【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第11章 第8讲　二项分布与超几何分布、正态分布 含解析【高考】.doc，共(30)页，531.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第8讲二项分布与超几何分布、正态分布1．n重伯努利试验及其特征(1)n重伯努利试验的概念我们把只包含01两个可能结果的试验叫做伯努利试验．将一个伯努利试验02独立地03重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．(2)n重伯努利试验的共同特征①

同一个伯努利试验04重复做n次；②各次试验的结果05相互独立.2．二项分布一般地，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<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝06Cknpk(1－

p)n－k，k＝0,1,2，…，n.称随机变量X服从二项分布，记作07X～B(n，p).3．二项分布的均值与方差若X～B(n，p)，则E(X)＝08np，D(X)＝09np(1－p).4．超几何分布(1)定义：一般地，假设一批产

品共有N件，其中有M件次品，从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝CkMCn－kN－MCnN，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.2其中n，N，m∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n

，M}．如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布．(2)均值E(X)＝10nMN.5．正态分布(1)正态曲线称f(x)＝1σ2πe－(x－μ)22σ2，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，为正态密

度函数，称其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11X～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∀x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的12上方.②曲线与

x轴之间的区域的面积为131.③曲线是单峰的，它关于直线14x＝μ对称．④曲线在15x＝μ处达到峰值1σ2π.⑤当|x|无限增大时，曲线无限接近16x轴．⑥当17σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着18μ的变化而沿x轴平移，如图①.⑦当μ一定时，曲线的形状由σ确定，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；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，如图②.3(4)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值及3σ原则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈190.6827；P(μ－2σ≤X≤μ＋2

σ)≈200.9545；P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈210.9973.在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则．1．二项分布与超几何分布的关

系在n次试验中，某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布．区别①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球)，X服从二项分布；②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球)，X服从超几何分布联系在不放回n次试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小

，此时超几何分布可近似转化成二项分布2．若X～N(μ，σ2)，则X是连续型随机变量．1．从一批含有13件正品，2件次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是()A.3235B．1235C．335D．235答案B解析设随机变量X表示取出次品的个数，X服从超

几何分布，其中N＝15，4M＝2，n＝3，X的可能的取值为0,1,2，所求概率为P(X＝1)＝C12C213C315＝1235.故选B.2．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23，则甲以3∶1的比分获胜的概率

为()A.827B．6481C．49D．89答案A解析第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求概率为P＝C23×232×13×23＝827.故选A.3．(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．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C．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．该物理量在一次测量中落在(9.9

,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等答案D解析对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5，故B正确；

对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中小于9.99的概率与大于10.01的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量在一次测量中落在(9.9,10)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以在一次测量中落

在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误．故选D.4．(2018·全国Ⅲ卷)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)5＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则p＝()A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3答案B解析∵D(X)＝np(1－p)，∴p＝0.4或p＝0.6.∵P(X＝4)＝C410p4(1－p)6<P(X＝6)＝C610p6(1－p)4，∴(1－p)2<p2，可知

p>0.5.故选B.5．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．0.648B．0.432C．0.36D．0.312答案A解析3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×

0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.6．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中目标记0分．某人每次击中目标的概率为23，

则此人得分的数学期望与方差分别为________.答案20，2003解析记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～B3，23，Y＝10X，所以E(Y)＝10E(X)＝10×3×23＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3×23×13＝2003.考向一n重伯努利试验与二项分布例

1(2021·泰安模拟)国际比赛赛制常见的有两种，一种是单败制，一种是双败制．单败制即每场比赛的失败者直接淘汰，常见的有BO1，BO3等等．BO16表示双方进行一局比赛，获胜者晋级．BO3表示双方最多进行三局比赛，若连胜两局，则直接晋级

；若前两局两人各胜一局，则需要进行第三局决胜负．现在A，B，C，D四人进行乒乓球比赛，比赛赛制采用单败制，A与B一组，C与D一组，第一轮两组分别进行BO1，胜者晋级，败者淘汰；第二轮由上轮的胜者进行BO3，胜者为冠军．已知A与B，C，D比赛，A的胜率分别为

23，12，35；B与C，D比赛，B的胜率分别为12，25；C与D比赛，C的胜率为23.任意两局比赛之间均相互独立．(1)在C进入第二轮的前提下，求A最终获得冠军的概率；(2)记A参加比赛获胜的局数为X，求X的分布列与数学

期望．解(1)C进入第二轮的概率为P1＝23，A与B比赛，A获胜，C与D比赛，C获胜，且A与C比赛，A获胜，其概率为P2＝23×23×122＋23×23×C12×122×12＝29，故在C进入第二轮的前提下，A最终获得冠军的概率P＝P2P1

＝13.(2)A参加比赛获胜的局数X的取值有0,1,2,3.P(X＝0)＝13，P(X＝1)＝23×23×122＋13×252＝1175，P(X＝2)＝23×23×C12×122×12＋13×C12×35×

252＝1731125，P(X＝3)＝23×23×C12×122×12＋122＋13×C12×352×25＋352＝4121125.X的分布列为X0123P13117517311254121125

E(X)＝0×13＋1×1175＋2×1731125＋3×4121125＝17471125.71．n重伯努利试验概率求法的三个步骤(1)判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验．(2)分拆：判断所求事件是否需

要分拆．(3)计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算．2．求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算

量．1.张先生家住H小区，他在C科技园区工作，从家开车到公司上班有L1，L2两条路线(如图)，L1路线有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为12；L2路线有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为3

4，35.(1)若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；(2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助张先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由．解(1)

设走L1路线最多遇到1次红灯为A事件，则P(A)＝C03×123＋C13×12×122＝12.所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为12.(2)依题意，知X的可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝

1－34×1－35＝110，P(X＝1)＝34×1－35＋1－34×35＝920，P(X＝2)＝34×35＝920.8随机变量X的分布列为X012P110920920E(X)

＝110×0＋920×1＋920×2＝2720.(3)设选择L1路线遇到红灯次数为Y，随机变量Y服从二项分布，即Y～B3，12，所以E(Y)＝3×12＝32.因为E(X)<E(Y)，所以选择L2路线上班最好．

考向二超几何分布问题例2从某校高三年级中随机抽取100名学生，对其眼视力情况进行统计(两眼视力不同，取较低者统计)，得到如图所示的频率分布直方图，已知从这100人中随机抽取1人，其视力在[4.1,4.3)的概率为110.(1)求a，b的值；(2)若

高校A专业的报考资格为任何一眼裸眼视力不低于4.9，高校B专业的报考资格为任何一眼裸眼视力不低于5.0，已知在[4.9,5.1)中有13的学生裸眼视力不低于5.0.现用分层随机抽样的方法从[4.9,5.

1)和[5.1,5.3)中抽取4名同学，4人中有资格(仅考虑视力)报考B专业的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列．解(1)由频率分布直方图的性质，得9b×0.2＝110，(b＋0.75＋1.75＋a＋0.75＋0.25)×0.2＝1，解得b＝0

.5，a＝1.(2)在[4.9,5.1)中，共有15人，其中5人裸眼视力不低于5.0，在这15人中，抽取3人，在[5.1,5.3)中，共有5人，抽取1人，随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4，P(ξ＝1)＝C310C05C315＝2491，P(ξ＝2)＝C210C15C315＝45

91，P(ξ＝3)＝C110C25C315＝2091，P(ξ＝4)＝C010C35C315＝291，∴ξ的分布列如下：ξ1234P249145912091291超几何分布的特点(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到

的某类个体的个数．(2)超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布．(3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．2.某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2

人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．求：(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的均值．解(1)设事件A为选派的3人中恰有2人会法语，则P(A)＝C25C12C37＝47.(2)依题意知X的取值为

0,1,2,3，10P(X＝0)＝C34C37＝435，P(X＝1)＝C24C13C37＝1835，P(X＝2)＝C14C23C37＝1235，P(X＝3)＝C33C37＝135，∴X的分布列为X0123P43518351235135∴

E(X)＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3×135＝97或E(X)＝3×37＝97.3．某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490,495]，(495,500]，…，(510

,515]．由此得到样本的频率分布直方图(如下图)．(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列，并求其均值；(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，

求Y的分布列．解(1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件)．(2)质量超过505克的产品数量为12件，则质量未超过505克

的产品数量为28件，X的可能取值为0,1,2，X服从超几何分布．P(X＝0)＝C228C240＝63130，11P(X＝1)＝C112C128C240＝2865，P(X＝2)＝C212C240＝11130，∴X的分布列为X012P6313028

6511130∴X的均值为解法一：E(X)＝0×63130＋1×2865＋2×11130＝35.解法二：E(X)＝2×1240＝35.(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为310.从流水线上任取2

件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505克的产品数量Y的可能取值为0,1,2，且Y～B2，310，P(Y＝k)＝Ck2×1－3102－k×310k，所以P(Y＝0)＝C02×7102＝49100，P(Y＝1)＝C12×

310×710＝2150，P(Y＝2)＝C22×3102＝9100.∴Y的分布列为Y012P4910021509100考向三正态分布例3(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a的值为()12A．5B．3C．53D．73答案D解

析因为ξ服从正态分布N(3,4)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，所以x＝2a－3与x＝a＋2关于x＝3对称，所以2a－3＋a＋22＝3，即3a＝7，解得a＝73.故选D.(2)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机

变量X，且X～N(800,502)．则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为()参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3

σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.A．0.97725B．0.6827C．0.9973D．0.9545答案A解析∵X～N(800,502)，∴P(700≤X≤900)≈0.9545，∴P(X>900)≈1－0.95452＝0.02275，∴P(X≤900)≈1－0.02275＝0.97725.故选

A.(3)(2021·新高考八省联考)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～N0，2n，为使误差εn在(－0.5，0.5)内的概率不小于0.9545，至少要测量________次(若X～N(μ，σ2)

，则P(|X－μ|<2σ)＝0.9545)．答案32解析根据正态曲线的对称性知，要使误差εn在(－0.5，0.5)内的概率不小于0.9545，则(μ－2σ，μ＋2σ)⊆(－0.5,0.5)，又μ＝0，σ＝2n，所以0.5≥22n⇒n≥32.正态分布下的概率计算常见

的两类问题(1)利用正态分布密度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，及曲线与x轴之间的区域的面积为1的性质．(2)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，13σ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．4.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．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.0

29.2210.0410.059.95经计算得x－＝116∑16i＝1xi＝9.97，s＝116∑16i＝1(xi－x－)2＝116(∑16i＝1x2i－16x－2)≈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x－作为μ的估计值μ^，用样本标准差s作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)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≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973,0.997316≈0.9577,0.008≈0.09.解(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在(μ－3σ

，μ＋3σ)之外的概率为0.0027，故X～B(16，0.0027)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997316≈0.0423.X的数学期望E(X)＝16×0.0027＝0.0432.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0027，一天内

抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概14率只有0.0423，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，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，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x－＝9.97，s≈0.

212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据

的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.∑16i＝1x2i＝16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.2

2，剩下数据的样本方差为115×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.正态分布与概率、统计的综合题从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这50

0件产品质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2(同一组数据用该区间的中点值作代表，记作xi，i＝1,2，…，7)；(2)由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x－，σ2近似为样本方

差s2.①若使84.135%的产品的质量指标值高于企业制定的合格标准，则合格标准15的质量指标值大约为多少？②若该企业又生产了这种产品1000件，且每件产品相互独立，则这1000件产品质量指标值不低于12.14的件数最有可能是多少？附：参考数

据与公式：i＝17(xi－x－)2hi＝3.46,3.46≈12×2.632；若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈

0.9973.解(1)x－＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.4，s2＝i＝17(xi－x－)2hi×2＝3.46×2＝6.92.(2)①由题意，得X～N(17.4,6.92

)，则μ＝17.4，σ≈2.63，P(X>μ－σ)≈12＋0.68272＝0.84135，∴当μ－σ≈17.4－2.63＝14.77时，满足题意，即合格标准的质量指标值约为14.77.②由P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)≈0.5＋0.95452＝0.97725，可知每件产品的质量

指标值不低于12.14的事件概率约为0.97725，记这1000件产品的质量指标值不低于12.14的件数为ξ，则ξ～B(1000，p)，其中p≈0.97725，∴恰有k件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率P(ξ＝k)＝Ck1000pk(1－p)1

000－k，则P(ξ＝k)P(ξ＝k－1)＝(1001－k)×pk×(1－p)>1，解得k<1001p≈978.22725，∴当0≤k≤978时，P(ξ＝k－1)<P(ξ＝k)，当979≤k≤1000时，P(ξ＝k－1)>P(ξ＝k)，由此可知，在这1000件产品中，质量指标值不低于1

2.14的件数最有可能是978.答题启示本题考查正态分布、概率统计问题的综合，是在知识网络的交汇处命制的一道较为新颖的试题．正态分布与统计案例有些知识点是所谓的高考“冷点”，由于考生对这些“冷点”的内容重视不够，复习不全面，一旦这些

“冷点”知识出16了考题，虽然简单但也做错，甚至根本不会做，因而错误率相当高．此题告诉我们必须全面掌握每一个知识点．对点训练(2021·T8第二次联考)国家发展改革委、住房城乡建设部于2017年发布了《生活垃圾分类制度实施方案》，规定46个城市在2

020年底实施生活垃圾强制分类，垃圾回收、利用率要达35%以上．截至2019年底，这46个重点城市生活垃圾分类的居民小区覆盖率已经接近70%.武汉市在实施垃圾分类之前，从本市人口数量在两万人左右的320个社区中随机抽取50个社区，对这50个社区某天产生的垃圾量(单位：吨)进行了调查，得到如下频数

分布表，并将人口数量在两万人左右的社区垃圾量超过28吨/天的确定为“超标”社区．垃圾量x/吨[12.5，15．5)[15.5，18．5)[18.5，21．5)[21.5，24．5)频数56912垃圾量x/吨[24.5，27．5)[27.5，30．5)[30.5，33．5]频数864(1

)通过频数分布表估算出这50个社区这一天垃圾量的平均值x－(精确到0.1)；(2)若该市人口数量在两万人左右的社区这一天的垃圾量大致服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为(1)中的样本平均值x－，σ2近似为样本方差

s2，经计算得s＝5.2.请利用正态分布知识估计这320个社区中“超标”社区的个数；(3)通过研究样本原始数据发现，抽取的50个社区中这一天共有8个“超标”社区，市政府决定对这8个“超标”社区的垃圾来源

进行跟踪调查．现计划在这8个“超标”社区中任取5个先进行跟踪调查，设Y为抽到的这一天的垃圾量至少为30.5吨的社区个数，求Y的分布列与数学期望．参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9

545；P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)由频数分布表得x－＝1714×5＋17×6＋20×9＋23×12＋26×8＋29×6＋32×450＝22.76≈22.8，∴估计这50个社区这一天垃圾量的平均值为22.8吨．(2)由(1)知

μ＝22.8，∵s＝5.2，∴σ＝s＝5.2，∴P(X＞28)＝P(X＞μ＋σ)≈1－0.68272＝0.15865，∵320×0.15865＝50.768≈51，∴估计这320个社区中“超标”社区的个数为51.(3)由频数分布表知，8个“

超标”社区中这一天的垃圾量至少为30.5吨的社区有4个，∴Y的所有可能取值为1,2,3,4，P(Y＝1)＝C14C44C58＝114，P(Y＝2)＝C24C34C58＝37，P(Y＝3)＝C34C24C58＝37，

P(Y＝4)＝C44C14C58＝114，∴Y的分布列为Y1234P1143737114∴数学期望E(Y)＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.一、单项选择题1．已知ξ～B4，13，并且η＝2

ξ＋3，则方差D(η)＝()A.329B．89C．439D．599答案A18解析由题意知，D(ξ)＝4×13×1－13＝89，∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4D(ξ)＝4×89＝329.故选A.2．某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播

种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为()A．100B．200C．300D．400答案B解析将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1,2,3，…，1000，由题意可知ξ～B(1000,0.1)，所以E

(ξ)＝1000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200.故选B.3．已知随机变量X服从正态分布N(3,1)，且P(2≤ξ≤4)≈0.6827，则P(ξ>4)≈()A．0.1

5875B．0.15865C．0.15855D．0.15845答案B解析由正态曲线性质知，其图象关于直线x＝3对称，∴P(ξ>4)＝1－P(2≤ξ≤4)2≈0.5－12×0.6827＝0.15865.故选B.4．将一枚质地均匀的硬币连

续抛掷n次，事件“至少有一次正面向上”的概率为PP≥1516，则n的最小值为()A．4B．5C．6D．7答案A解析P＝1－12n≥1516，解得n≥4.故选A.5．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝

59，则P(Y≥2)的值为()19A.3281B．1127C．6581D．1681答案B解析P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝C12p·(1－p)＋C22p2＝59，解得p＝13或p＝53(舍去)．故P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝

1－C04×234－C14×13×233＝1127.故选B.6．一个课外兴趣小组共有5名成员，其中3名女性成员，2名男性成员，现从中随机选取2名成员进行学习汇报，记选出女性成员的人数为X，则X的均值是()

A.65B．310C．45D．15答案A解析由题意得，P(X＝0)＝C22C25＝110，P(X＝1)＝C12×C13C25＝35，P(X＝2)＝C23C25＝310.∴E(X)＝0×110＋1×35＋2×310＝65.故选A.7．若X～B6，12，则使P(X＝k)最大的k

的值是()A．2B．3C．2或3D．4答案B解析P(X＝k)＝Ck612k1－126－k＝Ck6126，又P(X＝k＋1)P(X＝k)＝Ck＋16126Ck6126＝6－kk＋1，

当k<52时，P(X＝k＋1)>P(X＝k)，当k>52时，P(X＝k＋1)<P(X＝k)，∴当k＝3时，P(X＝k)取得最大值．故选B.208．某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的，A学生对

12个选择题中每个题的四个选项都没有把握，最后选择题的得分为X分，B学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其他三个选项都没有把握，选择题的得分为Y分，则D(Y)－D(X)的值为

()A.12512B．3512C．274D．234答案A解析设A学生答对题的个数为m，则得分X＝5m(分)，m～B12，14，D(m)＝12×14×34＝94，所以D(X)＝25×94＝2254.同理，设B学生答对题的个数为n，可知n～B12，13，D(

n)＝12×13×23＝83，所以D(Y)＝83×25＝2003，所以D(Y)－D(X)＝2003－2254＝12512.故选A.二、多项选择题9．(2021·邯郸市邯山区期中)某校每学期进行一次体能测试

，随机抽查了其中一次的成绩ξ进行分析，已知ξ～N(100,100)，则下列说法正确的是()参考数据：若随机变量ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973.A．本次成绩的标准差为1

00B．若及格线为90分，则本次成绩及格的概率不足80%C．若及格线为90分，则本次成绩不及格的概率超过15%D．若优秀线为120分，则本次成绩优秀的概率超过2%答案CD解析因为ξ～N(100,100)，所以平均数μ＝100，方差σ2＝100，标准差为1

0，21故A错误；及格的概率为1－1－P(100－10≤ξ≤100＋10)2≈0.84135，则不及格的概率为0.15865，故B错误，C正确；优秀的概率为1－P(100－20＜ξ＜100＋20)2≈0.02275，故D正确．故选CD.10．(202

1·唐山三模)下列说法正确的是()A．某投掷类游戏闯关规则是游戏者最多投掷5次，只要有一次投中，游戏者即闯关成功，并停止投掷，已知每次投中的概率为12，则游戏者闯关成功的概率为3132B．从10名男生、5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生的概率为C15C314C415C．已

知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝ai(i＋1)(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝29D．若随机变量η～N(2，σ2)，且δ＝3η＋1，则P(η＜2)＝0.5，E(δ)＝6答案AC解析对于A,5次都没投中的概率为125＝132，所以游戏者闯关成

功的概率为1－132＝3132，故A正确；对于B，从10名男生、5名女生中选取4人，则其中至少有一名女生分为：1名女生3名男生、2名女生2名男生、3名女生1名男生和4名都是女生四种情况，共有C15C310＋C25C210＋C35C110＋C45＝1155种情况，而C15C314＝182

0，所以其中至少有一名女生的概率为C15C310＋C25C210＋C35C110＋C45C415≠C15C314C415，故B错误；对于C，由P(X＝i)＝ai(i＋1)(i＝1,2,3)，则a

12＋16＋112＝1，解得a＝43，所以P(X＝2)＝43×12×3＝29，故C正确；对于D，由随机变量η～N(2，σ2)，则P(η＜2)＝0.5，E(η)＝2，所以E(δ)＝E(3η＋1)＝3E(η)＋1＝7，故D错误．故选AC.11．(2021·福清龙西

中学期中)为了防止受到核污染的产品影响民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行22销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响．若产品可以销售

，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则下列说法正确的是()A．该产品能销售的概率为34B．若ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则ξ～B4，34C．若ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则P(X＝40)＝

P(ξ＝3)＝7120D．P(X＝－80)＝27128答案ABD解析该产品能销售的概率为1－16×1－110＝34，故A正确；由A可得每件产品能销售的概率为34，一箱中有4件产品，因为ξ表示一箱产品中可以销售的件数，所以ξ～B4，34，故B正确；

由题意，得X＝40ξ－80(4－ξ)＝120ξ－320，当X＝40时，ξ＝3，所以P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝C34×343×14＝2764，故C错误；由题意，得X＝－80，即4件产品中有2件能销售，有2件产品不能销售，所以P(X＝－80)＝C24×

342×142＝27128，故D正确．故选ABD.12．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10100)，其中A的各位数中ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为

13，出现1的概率为23，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)＝881C．X的均值E(X)＝8323D．X的方差D(X)＝83答案ABC解析由二进制数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在填时互不影响，

故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：①后4个数出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝134＝181；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝C14×23×133＝881

；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝C24×232×132＝2481，④后4个数出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝C34×233×13＝3281；

⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝234＝1681，故X～B4，23，故A正确，B正确；∵X～B4，23，∴E(X)＝4×23＝83，故C正确；∵X～B4，23，∴X

的方差D(X)＝4×23×13＝89，故D错误．故选ABC.三、填空题13．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P(ξ＝

2)＝________.答案310解析ξ的可能取值为0,1,2,3，所以P(ξ＝2)＝C11C13C12C14＋C23C22C24C26＝310.14．某工厂质检部要对即将出厂的1000个零件进行质检，已知每个零件质检合格的概率为0.95，且每个零件质检是否合格

是相互独立的，设质检合格的零件数为X，则随机变量X的方差D(X)＝________.答案47.5解析由题意可知，X～B(1000,0.95)，D(X)＝1000×0.95×(1－0.95)＝47.5.2415．拥有“千古第一才女”之称的宋代女词人李清照发

明了古代非常流行的游戏“打马”，在她的《打马赋》中写道“实博弈之上流，乃闺房之雅戏”．“打马”游戏用每轮抛掷三枚完全相同的骰子决定“马”的行走规则，每一个抛掷结果都有对应走法的名称，如结果由两个2点和一个3点组成，叫做“夹七”，结果由两个2点和一个4

点组成，叫做“夹八”．则在某一轮中，能够抛出“夹七”或“夹八”走法的概率是________.答案136解析记在某一轮中，抛出“夹七”的走法为事件A，抛出“夹八”的走法为事件B，则事件A与事件B是互斥事件．故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝C23×1

62×16＋C23×162×16＝136.16．为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100,17.52)．已知成绩在117.5分以上(含117.5分)的学生有80人，则此次参加考试的学生成绩不超过82.5分的概率为_

_______；如果成绩大于135分的为特别优秀，那么本次数学考试成绩特别优秀的大约有________人．(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545)答案0.1586511解析由已知可得，

P(100－17.5<X<100＋17.5)＝P(82.5<X<117.5)≈0.6827，故成绩不超过82.5分的概率P(X≤82.5)＝1－P(82.5<X<117.5)2≈1－0.68272＝250.15865.又P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤

135)≈0.9545，所以数学成绩特别优秀的概率P(X>135)＝1－P(65≤X≤135)2≈1－0.95452＝0.02275.又P(X≤82.5)＝P(X≥117.5)＝0.15865，则本次考试数学成绩特别优秀的人数大约是800.15865×0.022

75≈11.四、解答题17．(2021·广州模拟)某中学举行篮球趣味投篮比赛，比赛规则如下：每位选手各投5个球，每一个球可以选择在A区投篮也可以选择在B区投篮，在A区每投进一球得2分，投不进球得0分；在B区每投

进一球得3分，投不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为23和12，且各次投篮的结果互不影响．(1)若甲投篮得分的期望值不低于7分，则甲选择在A区投篮的球数最多是多少？(2)若甲在

A区投3个球且在B区投2个球，求甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．解(1)甲在A区进球的概率为23，投进一球得2分，则在A区投一次得分的期望为2×23＋0×13＝43，同理，在B区投一次得分的期望为3×12

＋0×12＝32.设在A区投x次，在B区投5－x次，则总的期望值43x＋32(5－x)≥7，解得x≤3，则甲选择在A区投篮的球数最多是3.(2)由题可得甲在A区投3个球，得分可能是0,2,4,6，在B区投2个球，得分可能是0,3,6，则甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的情况有：26A区2分B区0

分，概率为C13×23×132×122＝118，A区4分B区0分，概率为C23×232×13×122＝19，A区4分B区3分，概率为C23×232×13×C12×12×12＝29，A区6分B区0分，概率为233×

122＝227，A区6分B区3分，概率为233×C12×12×12＝427，则甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为118＋19＋29＋227＋427＝1118.18．PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力

学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2

021年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值的频数分布如下表所示：PM2.5日均值(微克/立方米)[25，35)[35，45)[45，55)[55，65)[65，75)[75，85]频数311113(1)从这

10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列．解(1)记“从这10天的PM2.5日均值监测数

据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P(A)＝C13C27C310＝2140.(2)由条件知，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，且随机变量ξ27的可能取值为0,1,2,3.P

(ξ＝k)＝Ck3C3－k7C310(k＝0,1,2,3)．∴P(ξ＝0)＝C03C37C310＝724，P(ξ＝1)＝C13C27C310＝2140，P(ξ＝2)＝C23C17C310＝740，P(ξ＝3)＝C33C07C310

＝1120.故ξ的分布列为ξ0123P7242140740112019．为了监测垃圾处理过程中对环境造成的影响，某大型垃圾处理厂为此建立了5套环境监测系统，并制定如下方案：每年工厂的环境监测费用预算定为80万元

，日常全天候开启3套环境监测系统，若至少有2套系统监测出排放超标，则立即检查污染处理系统；若有且只有1套系统监测出排放超标，则立即同时启动另外2套系统进行1小时的监测，且后启动的这2套监测系统中只要有1套系统监测出排放超标

，也立即检查污染处理系统．设每个时间段(以1小时为计量单位)被每套系统监测出排放超标的概率均为p(0＜p＜1)，且各个时间段每套系统监测出排放超标情况相互独立．(1)当p＝12时，求某个时间段需要检查污染处理系统的概率；(2)若每套环境

监测系统运行成本为20元/小时(不启动则不产生运行费用)，除运行费用外，所有的环境监测系统每年的维修和保养费用需要6万元．现以此方案实施，问该工厂的环境监测费用是否会超出预算(全年按9000小时计算)？并说明理由．解(1)设某个时间段在需

要开启3套系统就被确定需要检查污染源处理系统的事件为A，P(A)＝C23p2(1－p)＋C33p3＝C23×122×12＋C33×123＝38＋18＝12.设某个时间段在需要开启另外2套系统才能确定需要检查污染源处理系统的事件为B，28P(B)

＝C13p(1－p)2[1－(1－p)2]＝C13×123×1－122＝932，∴某个时间段需要检查污染源处理系统的概率为12＋932＝2532.(2)设某个时间段环境监测系统的运行费用为X元

，则X的可能取值为60,100.P(X＝100)＝C13p(1－p)2，P(X＝60)＝1－C13p(1－p)2，∴E(X)＝60×[1－C13p(1－p)2]＋100×C13p(1－p)2＝60＋120p(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∈0，13时，g′(p)＞0，g(p)在0，13上单调递增，当p∈13，1时，g′(p)＜0，g(p)在13，1上

单调递减，∴g(p)的最大值为g13＝427，∴实施此方案，最高费用为6＋9000×60＋120×427×10－4＝76(万元)，∵76＜80，故不会超出预算．20．(2021·辽宁考前模拟)《中国制造2

025》提出，坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针，通过“三步走”实现制造强国的战略目标：第一步，到2025年迈入制造强国行列；第二步，到2035年中国制造业整体达到世界制造强国阵营中

等水平；第三步，到新中国成立一百年时，综合实力进入世界制造强国前列．质检部门对设计出口的甲、乙两种“无人机”分别随机抽取100架检测某项质量指标，由检测结果得到如下的频率分布直方图：(1)写出频率分布直方图(甲)中a的值；记甲、乙两种“无人机”10

0架样本的质量指标的方差分别为s21，s22，试比较s21，s22的大小(只需给出答案)；29(2)若质检部门规定质量指标高于20的无人机为优质产品，根据上面抽取的200架无人机的质量指标及小概率值α＝0.05的独立性检验，能否推断甲、乙两种

“无人机”的优质率有差异；质量无人机合计甲乙优质产品不是优质产品合计100100200附：χ2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)(n＝a＋b＋c＋d)．α0.0500.0100.001

xα3.8416.63510.828(3)由频率分布直方图可以认为，乙种“无人机”的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)．其中μ近似为样本平均数x－，σ2近似为样本方差s22，设X表示从乙种无人机中随机抽取10架，其质量指标值位于(11.6,35.4)的架数，求X的数学期望

．注：①同一组数据用该区间的中点值作代表，计算得s2＝142.75≈11.9；②若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545.解(1)a＝0.010，且s21＞

s22.(2)甲种无人机中优质率为0.25＋0.1＋0.35＝0.7，所以甲种无人机中优质产品有70架，不是优质产品的有30架；乙种无人机中优质率为0.3＋0.2＋0.1＝0.6，所以乙种无人机中优质产品有60架，不是优质产品的有40架．列联表如下：质量无人机合计甲

乙优质产品706013030不是优质产品304070合计100100200零假设为H0：甲、乙两种“无人机”的优质率没有差异．χ2＝200×(70×40－60×30)2130×70×100×100≈2.20＜3.841＝x0

.05，故依据小概率值α＝0.05的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为甲、乙两种“无人机”的优质率没有差异．(3)计算得x－＝5×0.15＋15×0.25＋25×0.3＋35×0.2＋45×0.1＝23.5，由题意，知Z～N(23.5,142.75)

，从而P(11.6＜Z＜35.4)≈0.6827，故从乙种“无人机”中随机抽取1架，其质量指标值位于(11.6,35.4)的概率是0.6827，根据题意得X～B(10,0.6827)，所以E(X)＝10×0.6827＝6.827.