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第十一章 概 率
第四讲　二项分布及其应用、正态分布
考点测评
1.[2020浙江温州九校第一次联考]抽奖箱中有15个除颜色外完全一样的球(2个红色,3个黄色,其余为白色),抽到红球为一等奖,抽到黄球为二等奖,抽到白球不中奖.有90人依次进行有放回的抽奖,则这90人中中奖人数的期望值和方差分别是 (　　)
A.6,0.4 B.18,14.4 C.30,10 D.30,20
2.[2015 新课标全国Ⅰ]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
3.[2018全国卷Ⅲ]某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,D(X)=2.4,P(X=4)A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3
4.[2019吉林长春三模]若8件产品中包含6件一等品,从这8件产品中任取2件,则在已知取出的2件产品中有1件不是一等品的条件下,另1件是一等品的概率为 (　　)
A. B. C. D.
5.[新情境题]北京冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京和张家口联合举行.甲、乙两人都想去现场观看比赛,若他们到车站买动车票,甲买票用微信支付的概率为0.4,乙买票用微信支付的概率为0.3,两人是否用微信支付互不影响,则两人中恰有一人用微信支付的概率为 (　　)
A.0.46 B.0.58 C.0.7 D.0.88
6.[多选题]江先生朝九晚五上班,上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些,但乘坐公交路上经常拥堵,所需时间Z(单位:分)服从正态分布N(33,42),下车后从公交站步行到单位要12分钟;乘坐地铁畅通,但路线长且乘客多,所需时间Z(单位:分)服从正态分布N(44,22),下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.从统计的角度看,下列说法合理的是 (　　)
参考数据:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σA.若8:00出门,则乘坐公交上班不会迟到
B.若8:02出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大
C.若8:06出门,则乘坐公交上班不迟到的可能性更大
D.若8:12出门,则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到
7.[2020江西五校联考]非洲成员代表团团长及相关的人员参加了中非合作论坛北京峰会,会后某记者在场地外随机进行采访,假设第一次采访到的人恰好是参会的代表团团长的概率为0.7,连续两次采访到的人都是代表团团长的概率为0.6,则在第一次采访到的人是代表团团长的条件下,第二次采访到的也是代表团团长的概率为　　　　.?
8.[2017全国卷Ⅱ]一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则D(X)=　　　.?
9.[2020百校联考]若随机变量ξ服从正态分布N(9,16),则P( - 3<ξ≤13)=　　　　.?
参考数据:若ξ~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.
知识回顾　　　　　　　　　　　　　　　　
考法1 条件概率的计算
1 [2020西安模拟]从1,2,3,4,5,6,7中取出两个不同的数,记事件A为“两个数之和为偶数”,事件B为“两个数均为偶数”,则P(B|A)=
A. B. C. D.
【解题思路】先用列举法求出事件A,事件B所包含的基本事件的个数,求得P(A),P(AB),再根据条件概率公式,即可得到结果.
【解析】解法一　从这七个数中取出两个不同的数,不同的结果共有种.
事件A为“两个数之和为偶数”,其包含的基本事件有{1,3},{1,5},{1,7},{3,5},{3,7},{5,7},{2,4},{2,6},{4,6},共9个,
所以P(A)=. (求出事件A发生的概率)
由题意知,事件AB为“两个数均为偶数”,所以P(AB)=P(B).
事件B为“两个数均为偶数”,其包含的基本事件有{2,4},{2,6},{4,6},共3个,
所以P(AB)=P(B)=. (求出事件A和事件B同时发生的概率)
所以P(B|A)=.
解法二　因为事件A为“两个数之和为偶数”,所以选取的两个数应都为偶数或都为奇数,事件A包含的基本事件有{1,3},{1,5},{1,7},{3,5},{3,7},{5,7},{2,4},{2,6},{4,6},共9个.
事件B|A 表示在事件A发生的前提下事件B发生,即“在两数之和为偶数的前提下,选取的两个数都为偶数”,事件B|A包含的基本事件有{2,4},{2,6},{4,6},共3个. (写出对应事件包含的基本事件)
故P(B|A)=.
【答案】A
变式练习
1.已知100件产品中有95件合格品,5件不合格品,现从中不放回地取两次,每次任取一件,则在第一次取到不合格品后,第二次取到不合格品的概率为　　　　.?
考法2 相互独立事件的概率的求法
2[2019全国卷Ⅰ]甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　.?
【解析】解法一　因为甲队以4∶1获胜,所以第五场甲胜,而前四场甲需要胜三场输一场,则甲队的胜负情况可分为“胜胜胜负胜”“胜胜负胜胜”“胜负胜胜胜”“负胜胜胜胜”这4种.设事件A为“甲队以4∶1获胜”,Ai表示第i场甲队获胜.又前五场的主客场安排为“主主客客主”,所以P(A1)=P(A2)=P(A5)=0.6,P(A3)=P(A4)=0.5,则P(A)=P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A3A4A5)+P(A2A3A4A5)=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×0.5×0.5×0.6+0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18.
解法二　甲队在前四场中有一场客场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;甲队在前四场中有一场主场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率P=0.108+0.072=0.18.
解法三 　由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.
前四场甲队胜三场,输一场的情况有如下两种.
①甲队主场输一场,其概率P1=×0.6×0.4××0.52=0.12.
②甲队客场输一场,其概率P2=×0.62××0.5×0.5=0.18.
由于第五场必定是甲队胜,所以所求概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
【反思】本题以七场四胜制的篮球比赛为背景,考查了相互独立事件的概率,考查了数学抽象、数学建模、数学运算和数据分析等核心素养.求解此类问题时应注意分情况讨论,应用相互独立事件的概率的计算公式求解.题目有一定的难度,注重对基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查.
考法3 独立重复试验与二项分布
3 [2020广东佛山第一次质量检测]随着互联网的发展,网购早已融入人们的日常生活.网购的苹果在运输过程中容易出现碰伤,假设在运输中每箱苹果出现碰伤的概率为 0.7,每箱苹果在运输中是否出现碰伤互不影响,则网购2箱苹果中恰有1箱在运输中出现碰伤的概率为　　　　.?
【解析】可将在运输中2箱苹果是否出现碰伤看成做2次独立重复试验,每次试验中苹果出现碰伤的概率为0.7,则2次试验中恰有1次苹果出现碰伤的概率为×0.7×(1 - 0.7)=0.42.
4[2019天津高考]设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为,假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(Ⅰ)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(Ⅱ)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
【解题思路】(Ⅰ)先根据已知条件分析出X服从二项分布,再利用二项分布的概率计算公式求出相应概率,即可求出其分布列与数学期望;(Ⅱ)先分析出乙同学7:30之前到校的天数Y服从二项分布,再根据互斥事件与相互独立事件的概率计算公式求概率即可.
【解析】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中每天到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故X~B(3,),从而P(X=k)=()k()3 - k,k=0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P



随机变量X的数学期望E(X)=3×=2.
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中每天7:30之前到校的天数为Y,则Y~B(3,),且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,从而由(Ⅰ)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P({X=3,Y=1})+P({X=2,Y=0})=P({X=3})P({Y=1})+P({X=2})P({Y=0})=××.
变式练习
2.[2018全国卷Ⅰ]某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件做检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p),求f (p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
(i)若不对该箱余下的产品做检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求E(X);
(ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品做检验?
考法4 正态分布及其应用
5为弘扬我国优秀的传统文化,某市教育局对全市所有中小学生进行了成语听写测试,经过大数据分析,发现本次听写测试成绩服从正态分布N(78,16).试根据正态分布的相关知识估计测试成绩大于90分(百分制)的学生所占的百分比为
A.0.135% B.1.35% C.3% D.3.3%
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ - σ【解题思路】
易知正态分布的两个参数μ,σ,应该先用这两个值表示所求范围,90=78+12=μ+3σ.用X表示本次听写测试的成绩,当X>90时,即为X>μ+3σ.然后根据正态曲线的对称性建立已知条件和所求问题之间的关系式进行求解.
【解析】解法一　用X表示本次听写测试的成绩,由题意可知,X~N(78,16),所以μ=78,σ=4. (定参数)
而90=78+12=μ+3σ,故本题的实质就是求P(X>μ+3σ). (转化所求)
由正态曲线的对称性可得P(X≥μ)=P(X≤μ)=0.5,
又P(μ - 3σ所以P(μ故P(X>μ+3σ)=P(X≥μ) - P(μ解法二　用X表示本次听写测试的成绩,由题意可知,X~N(78,16),所以μ=78,σ==4. (定参数)
而90=78+12=μ+3σ,故本题的实质就是求P(X>μ+3σ). (转化所求)
因为P(μ - 3σ所以P(X≤μ - 3σ)+P(X>μ+3σ)=1 - P(μ - 3σ由正态曲线的对称性可得,P(X>μ+3σ)=[P(X≤μ - 3σ)+P(X>μ+3σ)]=×0.002 7=0.001 35=0.135%. (利用图象的对称性求概率)
【答案】A
6[2017全国卷Ⅰ]为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在 (μ - 3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望.
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04
10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95
经计算得xi=9.97,s=≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数作为μ的估计值,用样本标准差s作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查?剔除( - 3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ - 3σ【解题思路】(1)利用正态分布、二项分布的性质求出P(X≥1)及X的数学期望;(2)(i)先说明出现尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.042 3,再说明监控生产过程方法的合理性;(ii)利用给出的数据可计算出区间( - 3, +3),从而剔除( - 3, +3)之外的数据,再利用剩余数据估计μ和σ.
【解析】(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之内的概率约为0.997 3,从而零件的尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的概率约为0.002 7,故X~B(16,0.002 7).因此P(X≥1)=1 - P(X=0)=1 - 0.997 316≈0.042 3.
X的数学期望E(X)=16×0.002 7=0.043 2.
(2)(i)如果生产状态正常,一个零件的尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.002 7,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.042 3,发生的概率很小.因此一旦出现了尺寸在(μ - 3σ,μ+3σ)之外的零件,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,即上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii)由=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在( - 3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除( - 3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为×(16×9.97 - 9.22)=10.02,
因此μ的估计值为10.02.=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除( - 3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为×(1 591.134 - 9.222 - 15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为≈0.09.
变式练习
3.(1)如果随机变量X~N(μ,σ2),且E(X)=3,D(X)=1,则P(0A.0.210 B.0.003 C.0.681 D.0.021 4
(2)若随机变量ξ服从正态分布N(0,1),已知P(ξ< - 1.96)=0.025,则P(|ξ|<1.96)= (　　)
A.0.025 B.0.050 C.0.950 D.0.975
数学探究　概率与其他知识的综合
7[2019全国卷Ⅰ]为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得 - 1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得 - 1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列.
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api - 1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X= - 1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.
(i)证明:{pi+1 - pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列;
(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.
【解析】(1)X的所有可能取值为 - 1,0,1.
P(X= - 1)=(1 - α)β,
P(X=0)=αβ+(1 - α)(1 - β),
P(X=1)=α(1 - β).
所以X的分布列为
X - 1 0 1
P (1 - α)β αβ+(1 - α)(1 - β) α(1 - β)
(2)(i)由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.
因此pi=0.4pi - 1+0.5pi+0.1pi+1(i=1,2,…,7),故0.1(pi+1 - pi)=0.4(pi - pi - 1),即pi+1 - pi=4(pi - pi - 1).
又p1 - p0=p1≠0,所以{pi+1 - pi}(i=0,1,2,…,7)是公比为4,首项为p1的等比数列.
(ii)由(i)可得p8=p8 - p7+p7 - p6+…+p1 - p0=(p8 - p7)+(p7 - p6)+…+(p1 - p0)=p1.
由于p8=1,故p1=,
所以p4=(p4 - p3)+(p3 - p2)+(p2 - p1)+(p1 - p0)
=p1
=.
p4表示甲药的累计得分为4分时,最终认为甲药比乙药更有效的概率.由计算结果可以看出,当甲药的治愈率为0.5,乙药的治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率p4=≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.
变式练习
4.[2019河南濮阳二模]如图11 - 4 - 3,已知电路中4个开关闭合的概率都是,且每个开关是否闭合相互独立,则灯亮的概率为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
第四讲　《二项分布及其应用、正态分布》测试
基础篇
1.[新情境题]大型场景式读书节目《一本好书》的热播激起了某校同学的阅读兴趣，该校甲、乙两位同学决定利用3天假期到图书馆阅读图书，若甲、乙两位同学每天去图书馆的概率分别为，，且甲、乙两位同学每天是否去图书馆相互独立，那么在这3天假期中，恰有2天甲、乙两位同学都去了图书馆的概率为 (　　)
A. B. C. D.
2.[2020重庆巴蜀中学模拟]中国某科技公司生产一批同型号的光纤通信仪器，每台仪器的某一部件由三个电子元件按如图11-4-1所示的方式连接而成.
已知元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则该部件正常工作.由大数据统计显示，三个电子元件的使用寿命(单位:时)均服从正态分布N(10 000，102)，且各个元件能否正常工作相互独立.现从这批仪器中随机抽取1 000台，检测该部件的工作情况(各部件能否正常工作相互独立)，那么这1 000台仪器中该部件的使用寿命超过10 000小时的台数的平均值为　　　　台.?
3.[2019四省八校联考]设随机变量X~B(6，)，则P(24.[2020贵阳市高三摸底测试]某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择.
方案甲:员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为.第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束；若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币决定是否继续进行第二次抽奖.规定:若抛出的硬币反面朝上，则员工获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，则员工进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1 000元，若未中奖，则没有奖金.
方案乙:员工连续抽三次，每次的中奖率均为，每次中奖均可获得奖金400元.
(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(单位:元)的分布列；
(2)试比较该公司员工选择哪个方案抽奖更好?
5.[2019广东省汕头市联考]在某市高中某学科竞赛中，某一个区4 000名考生的参赛成绩统计如图11-4-2所示.(用频率代替概率)
图11-4-2
(1)求这4 000名考生的竞赛平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).
(2)由直方图可认为考生的竞赛成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别取考生的平均成绩和考生成绩的方差s2，那么该区4 000名考生中竞赛成绩超过84.81分的人数估计为多少?
(3)如果用该区参赛考生竞赛成绩的情况来估计全市参赛考生的竞赛成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名考生，记竞赛成绩不高于84.81分的考生人数为ξ，求P(ξ≤3)(精确到0.001).
附:①s2=204.75，≈14.31；
②Z~N(μ，σ2)，则P(μ-σ③0.841 354≈0.501.
提高篇
6.[原创题]某市教育科学研究院为了对今后所出试题的难度有更好的把握、提高命题质量，对该市高三联考理综试卷的得分情况进行了调研.从全市参加考试的考生中随机抽取了100名考生的理综成绩(满分300分)，将数据分成7组，分别为[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300](单位:分)，并整理得到如图11-4-3所示的频率分布直方图.
图11-4-3
(1)根据频率分布直方图，求直方图中x的值.
(2)用频率估计概率，从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取3个，记理综成绩位于区间[220，260)内的个数为Y，求Y的分布列及数学期望E(Y).
(3)若变量S满足P(μ-σ7.[2020广东七校高三第二次联考]2019年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》中规定:每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将被认定为“存在问题学位论文”.3位专家中有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家(不同于前3位专家)进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将被认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0(1)若p=，求抽检一篇学位论文，该论文被认定为“存在问题学位论文”的概率；
(2)现拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的总评审费用为1 500元，若某次评审抽检论文总数为3 000篇，求该次评审费用期望的最大值及对应的p值.
8.[2019河北九校第二次联考]已知某种植物种子每粒成功发芽的概率为，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互独立.假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的.
(1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；
(2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望；
(3)第三小组进行试验，到成功了四次为止，在第四次成功之前共有三次失败的前提下，求恰有两次连续失败的概率.
9.[2019山西三模][开放题]某纺织厂为了生产一种高端布料，准备从A农场购进一批优质棉花.厂方技术人员从A农场存储的优质棉花中随机抽取了100份棉花，分别测量了其纤维长度(单位:mm)的均值，得到100个样本数据，并制成如下频数分布表:
长度/mm [23，25) [25，27) [27，29) [29，31) [31，33) [33，35) [35，37) [37，39]
频数 4 9 16 24 18 14 10 5
(1)求这100个样本数据的样本平均数 和样本方差s2(同一组数据取该区间的中点值为代表).
(2)由得到的数据可以认为这批棉花的纤维长度X服从正态分布，即X~N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数 ，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(X>μ-2σ)；
②纺织厂将A农场送来的这批优质棉花进行二次检验，从中随机抽取20份测量其纤维长度的均值Yi(i=1，2，…，20)，得到的数据如下.
Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 Y8 Y9 Y10
24.1 31.8 32.7 28.2 28.4 34.3 29.1 34.8 37.2 30.8
Y11 Y12 Y13 Y14 Y15 Y16 Y17 Y18 Y19 Y20
30.6 25.2 32.9 27.1 35.9 28.9 33.9 29.5 35.0 29.9
若这20个样本中纤维长度的均值Y>μ-2σ的频率不低于①中的P(X>μ-2σ)，则可判断该批优质棉花合格，否则认为A农场送来的棉花掺杂了次品，判断该批棉花不合格，按照此依据判断A农场送来的这批棉花是否为合格的优质棉花，并说明理由.
附:若Z~N(μ，σ2)，则P(μ-σ
参考答案与解析
第四讲　二项分布及其应用、正态分布
考点测评
1.D　由题可得中奖概率为，而中奖人数服从二项分布，故这90人中中奖人数的期望值为90×=30，方差为90××(1- )=20.故选D.
2.A　由题意得所求概率P=×0.62×(1- 0.6)×0.63=0.648.故选A.
3.B　由题意知，X服从二项分布，所以D(X)=10p(1- p)=2.4，所以p=0.6或p=0.4.由P(X=4)【素养落地】　本题在移动支付的背景下考查二项分布的方差的计算公式的应用，考查考生的推理论证能力、运算求解能力，体现了逻辑推理和数学运算等核心素养，试题难度中等.解答本题时易出现的错误是未判断出随机变量X服从二项分布，从而无法利用二项分布的方差公式求解.
4.D　根据题意，设“取出的2件产品中有1件不是一等品”为事件A，“取出的2件产品中1件是一等品，另1件不是一等品”为事件B，则P(A)=1- =1- ，P(AB)=，则P(B|A)=.故选D.
5.A　解法一　设事件A为“甲买票用微信支付”，事件B为“乙买票用微信支付”，事件C为“两人中恰有一人用微信支付”.依题意得，P(A)=0.4，P(B)=0.3，所以P(C)=P(AB)=P(A)P()+P()P(B)=0.4×(1- 0.3)+(1- 0.4)×0.3=0.46，故选A.
解法二　设事件A为“甲买票用微信支付”，事件B为“乙买票用微信支付”，事件C为“两人中恰有一人用微信支付”.依题意得，P(A)=0.4，P(B)=0.3，两人都用微信支付的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.4×0.3=0.12，两人都不用微信支付的概率为P()=P()P()=(1- 0.4)×(1- 0.3)=0.42，所以P(C)=1- P(AB)- P()=1- 0.12- 0.42=0.46，故选A.
【技巧点拨】　应用相互独立事件同时发生的概率乘法公式求概率的关键:一是确定各个事件是相互独立的；二是确定各个事件会同时发生；三是先求每个事件发生的概率，再求其积.
6.CD　对于选项A，江先生乘坐公交的时间不大于43分钟才不会迟到，因为P(Z≤43)0.5，所以选项C是合理的；对于选项D，江先生乘坐地铁的时间不大于38分钟才不会迟到，因为P(44- 67.　记第一次采访到的人是代表团团长为事件A，第二次采访到的人是代表团团长为事件B，则P(A)=0.7，P(AB)=0.6，则P(B|A)=.
8.1.96　依题意，X~B(100，0.02)，所以D(X)=100×0.02×(1- 0.02)=1.96.
9.0.84　依题意，ξ~N(9，42)，其中μ=9，σ=4，故P(- 3<ξ≤13)=P(μ- 3σ<ξ≤μ+σ)≈=0.84.
变式练习
1.　解法一　设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A).
因为P(AB)=，P(A)=，
所以P(B|A)=.
解法二　在第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为.
【易错警示】　求解条件概率时易出现的问题主要有两个方面:一是混淆B|A与A|B导致错误，B|A表示在事件A发生的前提下事件B发生，而A|B表示在事件B发生的前提下事件A发生，显然符号“|”后面的为前提；二是对事件AB的理解不正确，事件AB表示事件A，B同时发生，不是只是事件B(或A)发生.
2.(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率f(p)=p2(1- p)18.
因此f '(p)=[2p(1- p)18- 18p2(1- p)17]
=2p(1- p)17(1- 10p).
令f '(p)=0，得p=0.1.
当p∈(0，0.1)时， f '(p)>0；
当p∈(0.1，1)时， f '(p)<0.
所以f(p)的最大值点p0=0.1.
(2)由(1)知，p0=0.1，所以p=0.1.
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品的件数，依题意知Y~B(180，0.1)，
X=20×2+25Y，即X=40+25Y.
所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=40+25×180×0.1=490.
(ii)如果对这箱余下的产品做检验，那么这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于E(X)>400，故应该对这箱余下的所有产品做检验.
【素养落地】　本题以产品检验为背景，考查二项分布及其期望的探求，将函数融入其中是本题的“闪光”之处.本题也考查了考生的数据处理能力、创新意识、运算求解能力，体现了数学建模、数学运算、数据分析等核心素养.
3.(1)D　由题意可得，X~N(3，12)，
P(0=
=
≈
=0.021 4.故选D.
(2)C　由随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，得
P(|ξ|<1.96)=P(- 1.96<ξ<1.96)
=P(ξ<1.96)- P(ξ≤- 1.96)
=1- 2 P(ξ≤- 1.96)
=1- 2P(ξ<- 1.96)
=1- 2×0.025
=0.950.故选C.
4.C　由题意知，灯泡不亮包括四个开关都开，或丙丁都开且甲开乙关，或丙丁都开且甲关乙开三种情况，
这三种情况是互斥的，每一种情况中的每个开关是否闭合是相互独立的，
所以灯泡不亮的概率是.
因为灯亮和灯不亮为对立事件，所以灯亮的概率是1- .
故选C.
【点评】　本题的亮点在于结合物理学中的电路知识考查了有关概率知识，考查对立事件的概率和相互独立事件同时发生的概率的求解，解题的关键是厘清事件之间的关系，灯亮的情况比较多，从反面考虑灯不亮的情况更简单.
基础篇
1.D　甲、乙两位同学在某一天都去图书馆的概率为，则两人在某一天未能都去图书馆的概率为1- ，故在这3天假期中，恰有2天甲、乙两位同学都去了图书馆的概率P=×()2×.故选D.
【素养落地】　试题以大型场景式读书节目《一本好书》为背景设题，贴近考生生活，引导考生感悟概率与统计知识在生活中的应用，很好地体现了数学的应用性以及数学运算、数学建模等核心素养.
2.375　由正态分布可知，每个元件的使用寿命超过10 000小时的概率为，则该部件的使用寿命超过10 000小时的概率为[1- ()2]×.由题意知1 000台仪器中该部件的使用寿命超过10 000小时的台数服从二项分布，所以台数的平均值为1 000×=375(台).
3.　由题意，得n=6，p=，所以P(24.(1)由题意知，X的所有可能取值为0，500，1 000.
则P(X=0)=，
P(X=500)=，
P(X=1 000)=，
所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X的分布列为
X 0 500 1 000
P


(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X的期望E(X)=0×500×1 000×=520.
若选择方案乙进行抽奖，则中奖次数ξ~B(3，)，则E(ξ)=3×，
抽奖所获奖金Y的期望E(Y)=E(400ξ)=400E(ξ)=480.
故选择方案甲抽奖更好.
5.(1)由题意知，
中点值 45 55 65 75 85 95
概率 0.1 0.15 0.2 0.3 0.15 0.1
则=45×0.1+55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.15+95×0.1=70.5(分)，
∴这4 000名考生的竞赛平均成绩为70.5分.
(2)依题意，Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ==70.5，σ2=s2=204.75，σ≈14.31，
∴Z服从正态分布N(70.5，14.312)，而P(μ- σ∴P(Z>84.81)==0.158 65.
∴该区4 000名考生中竞赛成绩超过84.81分的人数估计为0.158 65×4 000=634.6≈634.
(3)全市参赛考生的竞赛成绩不高于84.81分的概率为1- 0.158 65=0.841 35.
易知ξ~B(4，0.841 35)，
∴P(ξ≤3)=1- P(ξ=4)=1- ·0.841 354≈1- 0.501=0.499.
提高篇
6.(1)由(0.002 0+0.009 5+0.011 0+0.012 5+x+0.005 0+0.002 5)×20=1，解得x=0.007 5.
(2)用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取1个，理综成绩位于[220，260)内的概率为(0.012 5+0.007 5)×20=0.4，
所以随机变量Y服从二项分布B(3，0.4)，故P(Y=k)=·0.4k·0.63- k(k=0，1，2，3)，
故Y的分布列为
Y 0 1 2 3
P 0.216 0.432 0.288 0.064
E(Y)=3×0.4=1.2.
(3)记该市高三考生的理综成绩为Z，
由题可知，P(210又P(195所以Z不近似服从正态分布N(225，225)，所以这套试卷得到差评.
【素养落地】　试题以考生的理综成绩为背景，根据统计图对数据进行整理，然后根据整理的数据考查二项分布和正态分布，很好地体现了数学建模、数据分析、数学运算等核心素养.
7.(1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为p2(1- p)p3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为p(1- p)2[1- (1- p)2]，
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为
f(p)=p2(1- p)p3p(1- p)2[1- (1- p)2]
=3p2(1- p)+p3+3p(1- p)2[1- (1- p)2]
=- 3p5+12p4- 17p3+9p2，当p=时，f()=.
所以当p=时，抽检一篇学位论文，该论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为.
(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900，1 500.
P(X=1 500)=p(1- p)2，
P(X=900)=1- p(1- p)2，
所以E(X)=900×[1- p(1- p)2]+1 500×p(1- p)2=900+1 800p(1- p)2.
令g(p)=p(1- p)2，p∈(0，1)，则g'(p)=(1- p)2- 2p(1- p)=(3p- 1)(p- 1).
当p∈(0，)时，g'(p)>0，g(p)在(0，)上单调递增，
当p∈(，1)时，g'(p)<0，g(p)在(，1)上单调递减，
所以g(p)的最大值为g()=.
所以该次评审费用期望的最大值为3 000×(900+1 800×)=3 500 000(元)，对应的p=.
8.(1)易知每粒种子没有发芽的概率为，则该小组恰有两次失败的概率P=()2()2=.
(2)由题意可知X的所有可能取值为0，2，4，
则P(X=0)=()2()2=，
P(X=2)=()1()3()3()1=，
P(X=4)=()4()4=.
故X的分布列为
X 0 2 4
P


E(X)=0×2×4×，即所求数学期望为.
(3)由题意可知，在第四次成功之前共有三次失败，有基本事件=20(个)，而满足恰有两次连续失败的基本事件共有=12(个)，
则所求概率P=.
9.(1)×(4×24+9×26+16×28+24×30+18×32+14×34+10×36+5×38)=31，
s2=×(4×72+9×52+16×32+24×12+18×12+14×32+10×52+5×72)=12.28.
(2)棉花的纤维长度X~N(μ，σ2)，其中μ=31，σ=≈3.504.
①P(X>μ- 2σ)≈1- ×(1- 0.954 5)=0.977 25.
②A农场送来的这批棉花是合格的优质棉花，理由如下.
Μ - 2σ=31- 2×3.504=23.992，故P(Y>μ- 2σ)=P(Y>23.992)=1>0.977 25，
所以A农场送来的这批棉花为合格的优质棉花.
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