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第六节　二项分布及其应用、正态分布
1．伯努利试验
伯努利试验 只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验
n重伯努利试验 ①定义：将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．②特征：同一个伯努利试验重复做n次；各次试验的结果相互独立
2.二项分布
(1)二项分布的定义：
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0(2)二项分布的均值与方差：
如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
3．正态曲线和正态分布
(1)正态曲线：函数f(x)＝e，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，称为正态密度函数，称它的图象为正态密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态分布：若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)，特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布．
(3)正态曲线的特点：
①曲线是单峰的，它关于直线对称；
②曲线在x＝μ处达到峰值；
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．
(4)参数μ和σ对正态曲线形状的影响：
①当σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；
②当σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散．
(5)若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
(6)3σ原则：
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682_7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954_5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997_3.
(1)若X～N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
(2)“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率P＝Cpk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．
(3)在X～N(μ，σ2)中，随机变量X在μ的附近取值的概率很大，在离μ很远处取值的概率很小．
1．(北师大版选择性必修第一册P209·T1改编)在100件产品中有5件次品，采用放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　 )
A．X～B(100,0.05) B．X～B(10,0.05)
C．X～B(100,0.95) D．X～B(10,0.95)
解析：选B　有放回地抽取，每次抽到次品的概率都是0.05，相当于10重伯努利试验，所以X～B(10,0.05)．
2．(人教A版选择性必修第三册P77·T2改编)鸡接种一种疫苗后，有90%不会感染某种病毒，如果有5只鸡接种了疫苗，则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为(　 )
A．0.33 B．0.66 C．0.5 D．0.45
答案：A
3．(湘教版选择性必修第二册P130 ·例4改编)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为________．
答案：
4．(人教A版选择性必修第三册P87·习题T1改编)某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N(80,25)，如果规定大于或等于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率是________．(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7)
解析：P(X≥85)＝[1－P(75≤X<85)]≈≈0.158 7.
答案：0.158 7
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　n重伯努利试验的概率　
[题点全训]
1．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(　 )
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
解析：选A　根据n重伯努利试验公式得，该同学通过测试的概率为C×0.62×0.4＋0.63＝0.648.
2．第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　由题意知，从15项“世界互联网领先科技成果”中任选1项，“芯片领域”被选中的概率为＝；不被选中的概率为1－＝.那么恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率P＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝，故选A.
3．(2021·新乡二模)某同学上学的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为，则该同学在上学的路上至少遇到2次绿灯的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　4次均不是绿灯的概率为C·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())0＝，3次不是绿灯的概率为C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))3×＝，故至少遇到2次绿灯的概率为1－－＝，故选D.
[一“点”就过]
求解n重伯努利试验中事件A恰好发生k次的概率问题的基本思路
n重伯努利试验中事件A恰好发生k次可看作C个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作k个事件A与(n－k)个事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是pk(1－p)n－k(其中p为在一次试验中事件A发生的概率)．因此，n重伯努利试验中事件A恰好发生k次的概率为Cpk(1－p)n－k.
基础点(二)　正态曲线的性质　
[题点全训]
1．设随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，若P(ξ＜2a－3)＝P(ξ＞a＋2)，则实数a的值为(　 )
A．5 B．3 C. D.
解析：选D　因为ξ服从正态分布N(3,4)，所以正态曲线关于直线x＝3对称．因为P(ξ＜2a－3)＝P(ξ＞a＋2)，所以＝3，即3a＝7，解得a＝.
2.(多选)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σ)，N(μ2，σ)，其正态曲线如图所示，则下列说法正确的是(　 )
A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kg
B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝1.99
解析：选ABC　由题图可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1＜μ2，故A、C正确；因为甲图象比乙图象更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即＝1.99，所以σ2≠1.99，故D错误．
3．在产品的某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(5，σ2)，若ξ在(5,6)上取值的概率为0.45，且规定μ±1以内均为正品，其他为次品，则该产品的次品率是________．
解析：由题意知μ＝5，故在(4,6)上均为正品，而P(4＜ξ＜6)＝2P(5＜ξ＜6)＝2×0.45＝0.9.故该产品的次品率为1－0.9＝0.1.
答案：0.1
[一“点”就过]
利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　二项分布　
[典例]　“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生在某旅行社实习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下：
研学游类型 科技体验游 民俗人文游 自然风光游
学校数 40 40 20
该实习生在明年省内有意向组织高一“研学游”的学校中，随机抽取了3所学校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率(假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响)．
(1)若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；
(2)设这3所学校中选择“科技体验游”的学校数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
[解]　(1)由题知，学校选择“科技体验游”的概率为，选择“自然风光游”的概率为，若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学校选择的概率为P＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())＋Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝.
(2)X可能取值为0,1,2,3.则P(X＝0)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝，P(X＝1)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＝，P(X＝2)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝，P(X＝3)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝，∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[方法技巧]
二项分布的解题策略
(1)在根据n重伯努利试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，从而求得概率．
(2)①求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
②有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可以求出D(aξ＋b). 　　
[针对训练]
师大附中学生会组织部分同学，用“100分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取16名，记录了他们的幸福度分数：86,87,73,88,86,95,89,86,96,70,87,89,95,97,86,88.
(1)若幸福度不低于95分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人的幸福度是“极幸福”的概率；
(2)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列．
解：(1)设事件Ai(i＝0,1,2,3)表示所选取的3人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有1人的幸福度是“极幸福”记为事件A，则P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝.
(2)ξ的可能取值为0,1,2,3，由样本估计总体得任选1人，其幸福度为“极幸福”的概率为＝，则P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝，P(ξ＝1)＝C××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＝，P(ξ＝2)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2×＝，P(ξ＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝.所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
区分不开二项分布与超几何分布
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[典例]　写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数．
(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和．
(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为X3.
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N－M>n>0)．
[解]　(1)X1的分布列为
X1 0 1 2 … n
P C0·n C1·n－1 C2·n－2 … Cn
X1服从二项分布，即X1～B.
(2)X2的分布列为
X2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
P
(3)X3的分布列为
X3 0 1 2 … n
P C·n C·n－1 C2·n－2 … C·n
X3服从二项分布，即X3～B.
(4)X4的分布列为
X4 0 1 … k … n
P … …
[诊治策略]　二项分布与超几何分布的辨别方法
二项分布 超几何分布
特点 在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p 在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品
概率公式 P(X＝k)＝C·pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m(m＝min{n，M}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)
期望、方差公式 E(X)＝np，D(X)＝np(1－p) E(X)＝，D(X)＝
当N→＋∞时，超几何分布近似为二项分布
重难点(二)　正态分布的应用　
[典例]　(2022·成都七中月考)某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1 000人的得分(满分：100分)数据，统计结果如下表所示.
分组 [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
频数 25 150 200 250 225 100 50
(1)已知此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(μ，210)，μ近似为这1 000人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，请利用正态分布的知识求P(36≤Z≤79.5)；
(2)在(1)的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制订了如下奖励方案：
①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费，得分低于μ的可以获赠1次随机话费；
②每次赠送的随机话费和相应的概率如下表.
赠送的随机话费/元 20 40
概率
现市民甲要参加此次问卷调查，记X为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列及数学期望．
附：≈14.5，若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
[解]　(1)由题意，得μ＝×(35×25＋45×150＋55×200＋65×250＋75×225＋85×100＋95×50)＝65，σ＝ ≈14.5，则36＝65－2×14.5＝μ－2σ，79.5＝65＋14.5＝μ＋σ，所以P(36≤Z≤79.5)＝P(μ－2σ≤Z≤μ＋σ)＝P(μ－2σ≤Z≤μ)＋P(μ≤Z≤μ＋σ)
＝
≈＝0.818 5.
(2)由题意，得X的可能取值为20,40,60,80，P(X＝20)＝×＝，P(X＝40)＝×＋××＝，P(X＝60)＝2×××＝，P(X＝80)＝××＝.所以X的分布列为
X 20 40 60 80
P
所以E(X)＝20×＋40×＋60×＋80×＝.
[方法技巧]
利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．　　
[针对训练]
某学校高一年级举行了由全体学生参加的一分钟跳绳比赛，计分规则如下：
每分钟跳绳个数 [145，155) [155，165) [165，175) [175，185) 185及以上
得分 16 17 18 19 20
年级组为了了解学生的体质，随机抽取了100名学生，统计了他们的跳绳个数，并利用对应数据绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)现从这100名学生中任意抽取两人，求两人得分之和小于35分的概率(结果用最简分数表示)．
(2)若该校高一年级共有2 000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中σ2≈225，μ为抽取的100名学生跳绳个数的样本平均数的估计值(同一组中数据以这组数据所在区间的中点值为代表)．利用所得到的正态分布模型解决以下问题：
①估计每分钟跳绳164个以上的人数；
②若在全年级所有学生中随机抽取3人，记每分钟跳绳在179个以上的人数为Y，求Y的分布列、数学期望和方差．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
解：(1)设“两人得分之和小于35分”为事件A，则事件A包括以下四种情况：两人均得16分；一人得16分，一人得17分；一人得16分，一人得18分；两人均得17分．由频率分布直方图可知，得16分的有6人，得17分的有12人，得18分的有18人，则P(A)＝＝，故两人得分之和小于35分的概率为.
(2)由频率分布直方图可得样本数据的平均数的估计值为(0.006×150＋0.012×160＋0.018×170＋0.034×180＋0.016×190＋0.008×200＋0.006×210)×10≈179，由σ2≈225，得标准差σ≈15，所以高一年级全体学生的一分钟跳绳个数X近似服从正态分布N(179,152)．
①因为μ－σ＝179－15＝164，所以P(X＞164)≈1－＝0.841 5，故估计每分钟跳绳164个以上的人数为2 000×0.841 5＝1 683.
②由正态分布可得，从全年级所有学生中任取一人，其每分钟跳绳个数在179以上的概率为.所以Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，))，Y所有可能的取值为0,1,2,3.所以P(Y＝0)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))3＝，P(Y＝1)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))2＝，P(Y＝2)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))1＝，P(Y＝3)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))0＝.故Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P
E(Y)＝3×＝，D(Y)＝3××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
1.(创新命题情境)如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入④号球槽的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　设这个球落入④号球槽为事件A，落入④号球槽要经过两次向左、三次向右，所以P(A)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＝.故选D.
2．(分不清独立重复试验与相互独立事件)甲、乙两人各射击1次，击中目标的概率分别是和，假设两人击中目标与否相互之间没有影响，每人各次击中目标与否相互之间也没有影响，若两人各射击4次，则甲恰好有2次击中目标且乙恰好有3次击中目标的概率为________．
解析：设事件A表示“4次射击中甲恰好有2次击中目标”，事件B表示“4次射击中乙恰好有3次击中目标”，由题意知事件A与B相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2×C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3×＝.
答案：
3．(不清楚正态曲线的对称性)某班有50名同学，一次数学考试的成绩X服从正态分布N(110,102)．已知P(100解析：因为考试的成绩X服从正态分布N(110,102)，所以正态曲线关于X＝110对称，因为P(100答案：8
4．(体现数学应用)对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，))，为使误差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，至少要测量________次．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜2σ)＝0.954 5)
解析：由正态曲线的对称性知，要使误差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，则(μ－2σ，μ＋2σ) (－0.5,0.5)且μ＝0，σ＝ ，故0.5≥2，解得n≥32.
答案：32
5．(链接生活实际)某种病毒进入人体后有潜伏期(潜伏期是指自病原体侵入人体至最先出现临床症状的这段时期)，潜伏期越长，感染到他人的可能性越高．现对感染某病毒的200个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现平均数为7.1，方差为5.06.假设潜伏期Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差，则潜伏期不少于14天的概率大约是____________．
参考数据：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ＜Z≤μ＋3σ)≈0.997 3, ≈2.25.
解析：易知σ＝≈2.25，则μ＋3σ＝13.85.所以P(Z≥13.85)≈＝0.001 35，可得潜伏期不少于14天的概率大约是0.001 35.
答案：0.001 35
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．设随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，则μ与D(ξ)的值分别为(　 )
A．μ＝，D(ξ)＝ B．μ＝，D(ξ)＝7
C．μ＝3，D(ξ)＝7 D．μ＝3，D(ξ)＝
解析：选C　∵随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，∴正态曲线关于x＝μ对称．∵P(ξ<2)＝P(ξ>4)，∴μ＝＝3，D(ξ)＝σ2＝7.
2．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥2)的值为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝Cp(1－p)＋Cp2＝，解得p＝或p＝(舍去)．故P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝1－C×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())4－C××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝.
3．(多选)已知在某市的一次学情检测中，学生的数学成绩X服从正态分布N(100,100)，其中90分为及格线，120分为优秀线，则下列说法正确的是(　 )
附：随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 5，P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)＝0.997 3.
A．该市学生数学成绩的期望为100
B．该市学生数学成绩的标准差为100
C．该市学生数学成绩及格率超过0.8
D．该市学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等
解析：选AC　数学成绩X服从正态分布N(100,100)，则数学成绩的期望为100，数学成绩的标准差为10，故A正确，B错误；及格率p1＝1－＝0.841 35，故C正确；不及格率p2＝0.158 65，优秀率p3＝＝0.022 75，故D错误．故选A、C.
4．(多选)体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可能是(　 )
A. B. C. D.
解析：选AC　由题可知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＞1.75，解得p＞或p<，由p∈(0,1)，得p∈0，.故选A、C.
5.如图，在网格状小地图中，一机器人从A(0,0)点出发，每秒向上或向右行走1格到相应顶点，已知向上的概率是，向右的概率是，则6秒后到达B(4,2)点的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　根据题意可知，机器人每秒运动一次，则6秒共运动6次，若其从A(0,0)点出发，6秒后到达B(4,2)，则需要向右走4步，向上走2步，故其6秒后到达B的概率为C·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())4＝＝.
6．已知随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，若P(X>2)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝________.
解析：因为μ＝0，所以P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，所以P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案：0.954
7．已知随机变量X服从二项分布B(n，p)，若E(X)＝3，D(X)＝2，则p＝________，P(X＝1)＝________.
解析：由题意得解得即随机变量X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9，)).P(X＝1)＝C××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())8＝.
答案：　
8．一试验田某种作物一株生长的果实个数服从正态分布N(90，σ2)，且P(x<70)＝0.2，从试验田中随机抽取10株，果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X，且X服从二项分布，则X的方差为________．
解析：因为x～N(90，σ2)，且P(x＜70)＝0.2，所以P(x＞110)＝0.2，所以P(90≤x≤110)＝0.5－0.2＝0.3，所以X～B(10,0.3)，X的方差为10×0.3×(1－0.3)＝2.1.
答案：2.1
9．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5，0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6，0.5，0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．
(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；
(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X的分布列．
解：(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(A )＋P(B)＋P(C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)甲被录取的概率为P甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可以看成是3重伯努利试验，即X～B(3,0.3)，X的可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝k)＝C(0.3)k·(1－0.3)3－k.故P(X＝0)＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝C×0.33＝0.027，故X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
10．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球、3个白球的袋中随机摸出2个球，若“摸出的两个球都是红球”出现3次获得200分，若“摸出的两个球都是红球”出现1次或2次获得20分，若“摸出的两个球都是红球”出现0次，则扣除10分(即获得－10分)．
(1)设每轮游戏中出现“摸出的两个球都是红球”的次数为X，求X的分布列；
(2)许多玩过这款游戏的人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加，反而减少了，请运用概率统计的相关知识解释上述现象．
解：(1)每次游戏中，出现“摸出的两个球都是红球”的概率为P＝＝.X的所有可能取值为0,1,2,3，所以P(X＝0)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))3＝，P(X＝1)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))2＝，P(X＝2)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝，P(X＝3)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝，所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(2)设每轮游戏得分为Y.由(1)知，Y的分布列为
Y －10 20 200
P
E(Y)＝－10×＋20×＋200×＝－1.69，这表明每轮游戏的得分Y的数学期望为负．因此，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加，反而减少了．
二、重点难点培优训练
1．(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是(　 )
A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
解析：选D　正态分布的曲线形状由参数σ确定，σ越小，曲线越“高瘦”，即在(9.9,10.1)的概率越大，落在(9.9,10.2)的概率大于落在(10,10.3)的概率，A正确，D不正确．曲线在x＝10时处于最高点，并由此向左右两边延伸时，曲线逐渐降低，所以在一次测量中大于10的概率为0.5，小于9.99与大于10.01的概率相等，B、C正确．故选D.
2．(多选)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10 100)，其中A的各位数中ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时(　 )
A．X服从二项分布 B．P(X＝1)＝
C．X的均值E(X)＝ 　 D．X的方差D(X)＝
解析：选ABC　由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0,1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：①后4个数都出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())4＝；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＝；④后4个数出现3个1，记其概率为P(X＝3)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())＝；⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())4＝，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，))，故A正确；又P(X＝1)＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())3＝，故B正确；∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，))，∴E(X)＝4×＝，故C正确；∵X～B4，，∴X的方差D(X)＝4××＝，故D错误．故选A、B、C.
3．为庆祝建军节的到来，某校举行“强国强军”知识竞赛．该校某班经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在A，B两名学生中产生，该班委设计了一个选拔方案：A，B两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答．已知这6个问题中，学生A能正确回答其中的4个问题，而学生B能正确回答每个问题的概率均为.A，B两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立的．
(1)分别求A，B两名学生恰好答对2个问题的概率；
(2)设A答对的题数为X，B答对的题数为Y，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？请说明理由．
解：(1)由题意，得A恰好答对2个问题的概率为P1＝＝，B恰好答对2个问题的概率为P2＝Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())1＝.
(2)X的可能取值为1,2,3，则P(X＝1)＝＝；P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝.所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝.易知Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，))，所以E(Y)＝3×＝2，D(Y)＝3××＝.因为E(X)＝E(Y)，D(X)

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