相互独立事件与正态分布（新高考地区专用）（解析版）

考点21相互独立事件与正态分布

知识理解

相互独立事件

(1)对于事件A,B,若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件A,8是相互独立事件.

(2)若A与8相互独立，则P(B|A)=P(8).P(A8)=尸(8|A)P(A)=P(A)P(B).

(3)若A与B相互独立，则4与石，7■与B,7"与石也都相互独立.

(4)若P(AB)=尸(A)P(8),则A与8相互独立.

(5)相互独立事件与互斥事件的区别

相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为尸(AB)=P(A)尸(8),互斥事件是指在同一试验中，

两个事件不会同时发生，计算公式为尸(AUB)=P(A)+P(B).

(6)P(48)=P(A>P(B)只有在事件A,B相互独立时,公式才成立，此时P(B)=P(B|A).

二.正态分布

(-)正态曲线的特点

①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；

②曲线是单峰的，它关于直线对称；

③曲线在x=“处达到峰值+；

(r\J2n

④曲线与X轴之间的面积为1；

⑤当(7一定时，曲线的位置由〃确定，曲线随着〃的变化而沿X轴平移；

⑥当〃一定时，曲线的形状由。确定，。越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；。越大，曲线越“矮

胖”，表示总体的分布越分散.

(二)正态分布的三个常用数据

①P(/Z—<T<X9+O)X0.6826；

②P(/L2<7VX9+2。户0.9544；

3CT)~0.9974.

考向分析

考向一相互独立实验

【例2】（2020•九江市同文中学高三期中）某学校为了了解学生对新冠病毒的传播和预防知识的掌握情况,

学校决定组织一次有关新冠病毒预防知识竞答.竞答分为必答题（共5题）和选答题（共2题）两部分.每

4

位同学答题相互独立，且每道题答对与否互不影响.已知甲同学答对每道必答题的概率为不，答对每道选答

题的概率为

（1）求甲恰好答对4道必答题的概率：

（2）在选答阶段，若选择回答且答对奖励5分，答错扣2分，选择放弃回答得。分.已知甲同学对于选答

的两道题，选择回答和放弃回答的概率均为《，试求甲同学在选答题阶段，得分X的分布列.

2

Of

【答案】（1）—：（2）答案见解析.

625

【解析】（1）甲恰好答对4道必答题的概率为P=C；

121133

（2）依题意，每道题选择回答并答对的概率为二x==一，选择回答且答错的概率为二x==k，选择放

2552510

弃回答的概率为g.

甲得分的可能性为-4分，-2分，0分，3分，5分和10分.

9

所以P（X=—4）=—,

100

P(X=0)=—x—,

224

1]3

P(X=3)=C,-x-x-

-22⑸25

11(2?1

p(X=10)=-x-x-

22⑶25

所以X的分布列为

X-4-203510

931311

P

10010425525

【举一反三】

1.（2020•广西桂林十八中高三月考）张先生家住”小区，他工作在。科技园区，从家开车到公司上班路

上有4，4两条路线（如图），4路线上有4，A2,A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为;；右路

233

线上有用，B2,当三个路口，各路口遇到红灯的概率依次为§,y.

（1）若走L,路线，求最多遇到1次红灯的概率;

（2）若走右路线，求遇到红灯次数才的分布列和数学期望.

【答案】（1）；；（2）分别列答案见解析，数学期望：嘘.

【解析】（1）设走4路线最多遇到1次红灯为4事件，

则蛆）

所以走4路线，最多遇到1次红灯的概率为:

（2）依题意，X的可能取值为0,1,2,3

1171

P（X=0）=-x—x—

,7345-3O'

p（x=l）=gx；x|13211313

=—X—x—==—x—X—（每对一个1分）

345345-60

P（X=2）=|x|x|2I3133279

=—X—x—==­X—X—

345345-60—茄’

3

P（X=3）=-x-x-

,7345=To

所以随机变量才的分布列为：

X0123

11393

P

30602010

c1,13c9c3121

E(X)=Ox--F1x---F2x---1-3x—=--

'"3060201060

2.（2020建国高三专题练习）张明要参加某单位组织的招聘面试.面试要求应聘者有7次选题答题的机会（选

一题答一题），若答对4题即终止答题，直接进入下一轮，否则被淘汰.已知张明答对每一道题的概率都为y.

（1）求张明进入下一轮的概率；

（2）设张明在本次面试中答题的个数为彳，试写出J的分布列，并求J的数学期望.

193

【答案】（1）（2）分布列答案见解析，数学期望：

216

【解析】（1）张明答4道题进入下一轮的概率为（1）4=2，

216

答5道题进入下一轮的概率为窃・（〈）3=二=：,

222o

答6道题进入下一轮的概率为C；-（1）3-（1）2•；='，

答7道题进入下一轮的概率为Cl-（1）3-（1）3•g='，

张明进入下一轮的概率为p=4+：+N+N=:；

16832322

（2）J可能取值为4、5、6、7,

当4=4时可能答对4道题进入下一轮，也可能打错4道题被淘汰,

Pe=4）=（夕+（步［，P《=5）=C；.（吴达+C•（吴器=%

PG=6）=以.（吴（吴白以.（吴（吴＞亮,

P4=7）=C；.（吴（吴;+C：.（吴（吴；=茅

于是J的分布列为：

自4567

2_55

P

8416

93

£(4)=4x—+5x—+6x—+7x—

84161676

3.（2020•全国高三专题练习）为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该

滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过I小时的部分每小时收费标准为40元（不足1小时

的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为

；、1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为十、|；两人滑雪时间都不会超过3小时.

（1）求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；

（2）设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量求J的分布列.

【答案】（1）2：（2）分布列见解析.

12

【解析】（1）两人所付费用相同，相同的费用可能为0、40、80元,

两人都付0元的概率为邛=；x：=（；

两人都付40元的概率为6=gx|=；；

（11A<12、1

两人都付80元的概率为A=1-二一7x1————=—.

\42yyo3y24

则两人所付费用相同的概率为0=《+《+[=」7+《+'7=最；

2432412

（2）设甲、乙所付费用之和为J,J可能取值为0、40、80、120、160,

P(^=120)=-xi+-x-=lp(^=160)=-xl=—.

,726344、74624

所以，随机变量J的分布列为:

04080120160

15j_1

P

2443424

考向二正态分布

【例2-1].(2020•江苏扬州市•高三开学考试)已知随机变量X~N(1Q2),P(X>0)=0.8,则

尸(X>2)=()

A.0.2B.0.4C.0.6D.0.8

【答案】A

【解析】由X~N(1,</),知：随机变量X的分布函数图象关于X=1对称，

P(X>2)=P(X<0)=l-P(X>0)=0.2；故选：A

【例2-2】(2020•江西省信丰中学高三月考)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一

(I)求这500件产品质量指标值的样本平均值x和样本方差$2(同一组的数据用该组区间的中点值作代表);

(H)由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z服从正态分布其中〃近似为样本平均数亍，

人近似为样本方差$2.

(i)利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；

(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间

(187.8,212.2)的产品件数.利用(i)的结果，求EX.

附：V150«12.2

若Z~则P(〃一cr<Z<〃+cr)=0.6826,P(〃-2b<Z<〃+2cr)=0.9544.

【答案】(I)200,150；(II)(i)0.6826；(ii)68.26.

【解析】(I)抽取产品的质量指标值的样本平均值三和样本方差$2分别为

元=170x0.02+180x0.09+190x0.22+200x0.33+210x0.24+220x0.08+230x0.02=200.

/=(-30)2*().()2+(-20)2x0.()9+(-10)2x0.22+0x().33+102x0.24+202x0.08+302x0.02=150.

(11)(i)由(I)知，Z服从正态分布2V(2OO,15O),从而P087.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200

+12.2)=0.6826.

(ii)由(i)可知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826,依题意知

X〜3(100,0.6826),所以EX=100x0.6826=68.26.

【举一反三】

1.(2020•全国高三专题练习)随机变量乂~8(2,〃)，Y~NQ,cr2),若P(X21)=0.64,

尸(o<y<2)=p,则p(y>4)=

【答案】0.1

【解析】•..随机变量服从乂~8(2,p),符合二项分布，

由二项分布概率公式：=k)=p)i得：

二P(XN1)=1—P(X=1)=1—端(1—〃)2=0.64,解得p=0.4,

又y~N(2,</),；.尸(丫>4)=尸。/<0)=0.5一2(0<丫<2)=0.1.故答案为：0.1.

2.(2020•吉林油田第十一中学高三月考)己知X〜N0,/)，若<2)=0,则P(0<。<2)=

【答案】0.6

【解析】：因为X〜N(1,CT2),所以正态密度曲线的对称轴为尤=1

因为P传<2)=0.8所以P(l<J<2)=0.3,所以尸(0<』<2)=2P(l<J<2)=2x0.3=0.6

故答案为:0.6

3.(2020•全国高三专题练习)近一段时间来，由于受非洲猪瘟的影响，各地猪肉价格普遍上涨，生猪供

不应求。各大养猪场正面临巨大挑战，目前各项针对性政策措施对于生猪整体产能恢复、激发养殖户积极

性的作用正在逐步显现.

现有甲、乙两个规模一致的大型养猪场，均养有1万头猪.根据猪的重量，将其分为三个成长阶段如下表.

猪生长的三个阶段

阶段幼年期成长期成年期

重量(Kg)[2,18)[18,82)[82,98]

根据以往经验，两个养猪场内猪的体重X均近似服从正态分布X~N(50,162).

由于我国有关部门加强对大型养猪场即将投放市场的成年期的猪监控力度，高度重视其质量保证，为了养

出健康的成年活猪，甲、乙两养猪场引入两种不同的防控及养殖模式.己知甲、乙两个养猪场内一头成年

43

期猪能通过质检合格的概率分别为二,

(1)试估算各养猪场三个阶段的猪的数量；

(2)已知甲养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利400元，若为不合格的猪，则亏

损200元；乙养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利500元，若为不合格的猪，则亏

损100元.记Y为甲、乙养猪场各出售一头成年期猪所得的总利润，求随机变量Y的分布列，假设两养猪

场均能把成年期猪售完，求两养猪场的总利润期望值.

(参考数据：若Z:N(u,cr2),则P(〃一cr<Z<〃+0痴，尸(〃-2cr<Z<〃+2cr)=0.9544,

尸(〃-3cr<Z<//+3cr)=0.9974)

【答案】(1)甲、乙两养猪场各有幼年期猪215头，成长期猪9544头，成年期猪215头；(2)分布列见解

析，135450元.

【解析】(1)由于猪的体重X近似服从正态分布N(50,162),设各阶段猪的数量分别为四,%,%

09974-09544

二P(2<x<18)=P(50-3xl6<x<50-2xl6)=2=0.0215,

.•.吗=10000x0.0215=215(头)；

同理，P(18<x<82)=P(5()-2xl6<x<50+2xl6)=0.9544,

.•.%=10000x0.9544=9544(头)；

n9974—0QS44

P(82<x<98)P(50+2x16<x<50+3x16)==0.0215,

riy=10000x0.0215=215(头),

所以，甲、乙两养猪场各有幼年期猪215头，成长期猪9544头，成年期猪215头。

43

(2)依题意，甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为一，一，随机变量Y可能

54

取值为900,300,-300.

43341137111

P（Y=900）=—x-=-,P（Y=3OO）=—x—+-x-=——，P（Y=—300）=—x-=——，

'7545'7545420,75420

所以Y的分布列为:

□900300-300

371

□所以5E（Y）=2900x3j+300x——300X—=630（元）,

2020

由于各养猪场均有215头成年猪，一头猪出售的利润总和的期望为630元，则总利润期望为

630x215=135450(元).

4.(2020•江苏无锡市•高三开学考试)为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水

线上随机抽取100个零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：

直径/mm5859616263646566676869707173合计

个数11356193318442121100

经计算，样本直径的平均值〃=65,标准差2.2,以频率值作为概率的估计值.

(1)为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X,并根据以下不等式进

行评判(P表示相应事件的概率)：①P(〃一b<XW〃+cr)20.6826；②

—2<T<X<〃+2b)N0.9544；③P(〃一3b<XW〃+3cr)20.9974.评判规则为：若同时满足上

述三个不等式，则设备等级为甲；若仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若

全部都不满足，则等级为丁，试判断设备M的性能等级.

(2)将直径小于等于〃-2cr或直径大于〃+2b的零件认为是次品.

①从设备M的生产流水线上随机抽取2件零件，计算其中次品件数丫的数学期望E(V)；

②从样本中随机抽取2件零件，计算其中次品件数Z的概率分布列和数学期望E(Z).

33

【答案】(1)其性能等级为丙；(2)①)；②分布列见解析；期望为二.

2525

【解析】(1)P("—b<XW"+cr)=P(62.8<X«67.2)=0.8>0.6826,

P(4—2b<X«〃+2b)=P(60.6<X«69.4)=0.94<0.9544,

P(4—3b<XW"+3b)=P(58.4<XW71.6)=0.98<0.9974,

因为设备M的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙.

（2）易知样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.

①由题意可知丫口《2,点），于是£（丫）=2?得白

②由题意可知Z的取值有0、1、2,

唳=。）=急=墨尸（、川=等=箫，唳=2）=号蒜

Z的概率分布列为:

Z012

291437610

P

330033003300

,,八2914,376c103

故E(Z)=0x------Fix------F2x----------

''33003300330025

考向三均值与方差的运用

【例3】（2020•全国高三专题练习）2017年11月河南省三门峡市成功入围“十佳魅力中国城市”，吸引了

大批投资商的目光，一些投资商积极准备投入到“魅力城市”的建设之中.某投资公司准备在2018年年初

将四百万元投资到三门峡下列两个项目中的一个之中.

项目一：天坑院是黄土高原地域独具特色的民居形式，是人类“穴居”发展史演变的实物见证.现准备投资

建设20个天坑院，每个天坑院投资0.2百万元，假设每个天坑院是否盈利是相互独立的，据市场调研，到

2020年底每个天坑院盈利的概率为P（0<p<l）,若盈利则盈利投资额的40%,否则盈利额为0.

项目二：天鹅湖国家湿地公园是一处融生态、文化和人文地理于一体的自然山水景区.据市场调研，投资到

该项目上，到2020年底可能盈利投资额的50%,也可能亏损投资额的30%,且这两种情况发生的概率分别

为。和1-p.

（1）若投资项目一，记X1为盈利的天坑院的个数，求E（xj（用0表示）；

（2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为X2百万元，求石（X?）（用。表示）；

（3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由.

【答案】⑴E（Xj=20〃（2）E（X2）=3.2p-1.2⑶见解析

【解析】（1）解：由题意X1~8（20,p）

则盈利的天坑院数的均值£（Xj=20〃.

（2）若投资项目二，则X2的分布列为

乂22-1.2

PP1-P

盈利的均值七(X2)=2〃一1.2(1—〃)=3.2〃-1.2.

(3)若盈利，则每个天坑院盈利0.2x40%=0.08(百万元)，

所以投资建设20个天坑院，盈利的均值为

E(0.08Xj=0.08E(Xj=0.08x20p=L6p(百万元).

0(0.08Xj=0.082D(XJ=0.082x20p(l-p)=0.128Ml-P)

22

£>(X2)=(2-3.2/7+1.2)/7+(-1.2-3.2/7+1.2)(l-/?)=10.24p(l-p)

①当E(0.08Xj=E(X2)时，L6p=3.2p-1.2,

3

解得p=二.

4

Z)(O.O8X,)<Z)(X2).故选择项目

②当E(O.()8Xj>E(X2)时，1.6〃>3.2〃-1.2,

3

解得0<P<一.

4

此时选择项一.

3

③当石（0.08Xj<E（X2）时，1.6〃<3.2〃—1.2,解得p>j

此时选择项二.

【举一反三】

1.（2020•河北枣强中学高三月考）中华掰猴桃果树喜湿怕旱，喜水怕涝，在我国种植范围较广.某地一生

态农业公司建立了一个大型掰猴桃种植基地，该地区雨量充沛，阳光与温度条件也对果树的成长十分有利，

但干旱或雨量过大也会造成损失.公司管理人员依据往年舜猴桃生长期30个周降雨量/（单位：mm）的数

据，得到如下茎叶图（表中的周降雨量为一周内降雨量的总和）.

0500S55050

10000500

24240

307250

43

56

64

91

103

另外，狒猴桃果树发生灾害与周降雨量的关系如下表所示.

周降雨量t（单位：mm）<10(10,50](50,100]>100

舜猴桃灾害等级轻灾正常轻灾重灾

根据上述信息，解答如下问题.

（1）根据茎叶图中所给的数据，写出周降雨量的中位数和众数；

（2）以收集数据的频率作为概率.

①估计该地区在今年发生重灾、轻灾以及无灾害的概率；

②若无灾害影响，每亩果树获利6000元：若受轻灾害影响，则每亩损失5400元；若受重灾害影响则每亩

损失10800元.为保护舜猴桃产业的发展，该地区农业部门有如下三种防控方案；

方案1：防控到轻灾害，每亩防控费用400元.

方案2：防控到重灾害，每亩防控费用1080元.

方案3：不采取防控措施.

问：如从获利角度考虑，哪种方案比较好？说明理由.

13

【答案】（1）中位数为12.5,众数为10；（2）①估计该地在今年发生重、轻害的概率分别为京和不，无

灾害概率为②选择方案一比较好；答案见解析.

【解析】（1）根据茎叶图，可得中位数为12.5,众数为10

（2）①根据图中的数据，可得该地区周降雨量/（单位：mm）的概率:

P（V0）=K=；,P（*E。）*,「（5。<1。。）44,P（900）=>

31

p（轻灾）=P（r<10）+P（50<r<100）=1,p（重灾）=P（r>100）=—

1311

因此估计该地在今年发生重、轻害的概率分别为二和二，无灾害概率为二

30530

②方案1：设每亩的获利为X］（元），则X1的可能取值为600,-10800,则X］的分布列如下:

6000-10800

291

P（xj3030

29

则£（Xj=6000x——10800X—=5440（元），则每亩净利润为5440—400=5040（元）；

'"3030

方案2：设每亩的获利为X?（元），则%2的可能取值为6000元，于是P（X2=6000）=1,E（X2）=6000.

净利润为6000—1080=4920（元）；

方案3：设每亩的获利为X3（元），则X3的可能取值为6000,-5400,-10800,

则X3的分布列如下：

X16000-5400-10800

1131

p（x）

30530

1131

则E（Xj=6000x——5400x——10800x—=-1400（元），于是每亩亏损为1400（元）;

'"30530

由此得出，方案一的获利最多，所以选择方案一比较好.

2.(2020•全国高三其他模拟)某超市采购了一批袋装的进口牛肉干进行销售，共1000袋，每袋成本为30

元，销售价格为50元，经过科学测定，每袋牛肉干变质的概率为〃[o<p<\)，且各袋牛肉干是否变质

相互独立.依据消费者权益保护法的规定：超市出售变质食品的，消费者可以要求超市退一赔三.为了保

护消费者权益，针对购买到变质牛肉干的消费者，超市除退货外，并对每袋牛肉干以销售价格的三倍现金

赔付，且把变质牛肉干做废物处理，不再进行销售.

(1)若销售完这批牛肉干后得到的利润为4，且7500<E(X)<10000,求〃的取值范围；

(2)已知p=£,若超市聘请兼职员工来检查这批牛肉干是否变质，超市需要支付兼职员工工资5000元，

这样检查到的变质牛肉干直接当废物处理，就不会流入到消费者手中.请以超市获取的利润为决策依据，

判断超市是否需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质？

【答案】(1)/<P<5；(2)山7500>5000,以超市获取的利润为决策依据，故超市需要聘请兼职员

工来检验这批牛肉干是否变质.

【解析】(1)令K表示这1000袋牛肉干中变质牛肉干的数量.

由题意有丫〜5(1000,p),则E(Y)=lOOOp,

故E(X)=(1000-1000p)(50-30)-1000px(30+50x3)=20000-200000p.

由7500<E(X)<10000,有7500<20000-200000p<10000,解得：—<p<—.

2016

故当7500<E(X)<10000时，p的取值范围为

2016

(2)

当P=-1-时，由(1)知，£(y)=l()00x—=50.

2020

设需要赔付给消费者的费用为Z元，有-Z)=50x3x50=7500.

由7500>5000,以超市获取的利润为决策依据，故超市需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质.

3.(2020•全国高三月考)某县为了帮助农户脱贫致富，鼓励农户利用荒地山坡种植果树，某农户考察了

三种不同的果树苗A、B,C.经过引种实验发现，引种树苗A的自然成活率为0.7,引种树苗3、C的

自然成活率均为〃(0.6<p<0.8).

(1)任取树苗A、8、C各一棵，估计自然成活的棵数为X,求X的分布列及其数学期望；

(2)将(1)中的数学期望取得最大值时。的值作为B种树苗自然成活的概率.该农户决定引种〃棵5种

树苗，引种后没有自然成活的树苗有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8,其

余的树苗不能成活.

①求一棵8种树苗最终成活的概率；

②若每棵树苗引种最终成活可获利400元，不成活的每棵亏损80元，该农户为了获利期望不低于10万元,

问至少要引种8种树苗多少棵？

【答案】(1)分布列见解析，E(X)=2p+0.7：(2)①0.92；②277棵.

【解析】(1)依题意，X的所有可能值为0、1、2、3,

则尸(X=0)=0.3(1-P)2=0.3—().6〃+().3〃2,

p(X=1)=0.7(1-/?)2+().3x2p(1-〃)=().1/-().8p+0.7,

p(X=2)=2x0.7p(l_p)+0.3p2=T.lp2+i.4p,

p(X=3)=0.7p2.

所以，随机变量X的分布列为：

X0123

P0.3-0.6p+0.3p20.1p2-0.8p+0.7-l.lp2+1.4p0.7p2

E(X)=lx(0.1p2-0.8p+0.7)+2x(-1.1/+]4p)+3x0.7p2=2p+0.7；

(2)由(1)知当p=0.8时，£(X)取得最大值.

①一棵B种树苗最终成活的概率为：0.8+(l—().8)x0.75x0.8=0.92,

②记X为〃棵树苗的成活棵数，则Y〜3(〃,0.92),E(y)=0.92/1,

100000

(0.92x4(X)-0.08x80)n>KXXXX),nNX276.55.

361.6

所以该农户至少要种植277棵树苗，才可获利不低于10万元.

强化练习

1.(2020•全国高三专题练习)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,

0.4,各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为()

A.0.25B.0.30C.0.31D.0.35

【答案】C

【解析】设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A,B，C，D，

则尸(A)=0.6,P(B)=P(C)=0.5,P(D)=0.4,

所以恰好3人使用设备的概率为

P,=P(ABCD)+P[ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD')

=(1-0.6)x(o.5)2X0.4+O.6x0.5X(1-0.5)X0.4+O.6x(l-O.5)xO.5x0.4+O.6X(O.5)2X(1-0.4)=0.25

4人使用设备的概率《=0.6x0.5x0.5x0.4=0.06故所求概率尸=0.25+0.06=0.31.故选：C.

2.(2021•全国高三专题练习)已知随机变量X~且P(XW0)=P(X2a),则

(1+办了]父+2)的展开式中d的系数为()

A.40B.120C.240D.280

【答案】1)

【解析】根据正态曲线的性质可知，0+a=lx2,解得。=2,

(1+2x)3的展开式的通项公式为&=2「.C；£,re{0,1,2,3)，

/八4

x2+-的展开式的通项公式为&二2二W尸"4-5)=2'《短+8,S£{0,1,2,3,4},

Ixj

r=3[r=0

令两式展开通项之积％的指数为r—3s+8=2,可得〈.或1日,

5=3[s=2

(1+2x)3+2)的展开式中尤2的系数为23v.23.C+2°•G1•22.盘=256+24=280,

故选：D.

3.(2020•全国高三专题练习)某大学选拔新生补充进“篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团，据资料

统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立，2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进

入该校的''篮球”，“电子竞技”，“国学”三个社团的概率依次为概率依次为如；，n,已知三个社团他都

13

能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为一，且加>〃.则〃+2〃=

244

3

【答案】-

4

【解析】由题知三个社团都能进入的概率为」即mx—x〃=-5-nmx〃=!，又因为至少进入一个社

243248

331

团的概率为了，即一个社团都没能进入的概率为1-二=:，即

444

21333

(l-/77)x—=—=>l-/n-/?+mx/?=-,整理得加+〃=一.故答案为：一.

''34844

4.(2020•全国高三专题练习)2019年高考前第二次适应性训练结束后，某校对全市的英语成绩进行统计，

发现英语成绩的频率分布直方图形状与正态分布N(95,8?)的密度曲线非常拟合.据此估计：在全市随机抽

取的4名高三同学中，恰有2名同学的英语成绩超过95分的概率是.

【答案】|3

【解析】由题意，可得每名学生的英语成绩孑口"(95,82),所以p(j>95)=g,

门、433

则全市随机抽取的4名同学中恰有2名的英语成绩超过95分的概率是P-=三.故答案为：!

5.(2020•全国高三专题练习)已知随机变量X~B(2,p),y~N(2,cr2),若

P(X>1)=0.64,P(OWyW2)=p,则P(Y>4)=.

【答案】0.I

【解析】：随机变量*~8(2,〃)，

A^(%>1)=1-^(1-/?)2=0.64,解得〃=0.4或p=L6(舍)，又Y~N(2,(r2),

p(y>4)=p(r<0)=().5-p(o<y<2)=o.1,故答案为：o.i

6.(2020•江苏高三月考)已知随机变量X服从正态分布且P(X<2)=0.7,则尸(0<X<1)=

【答案】0.2

【解析】•••随机变量&服从正态分布1（1,4）,.•.正态曲线的对称轴是了=1

V?（J<2）=0.7,.\/3（1</<2）=0.7-0.5=0.2,.（0v户1）=尸（1<才V2）=0.2,故答案为0.2.

7.（2020•辽宁高三月考）已知随机变量g服从正态分布N（4,。②），若夕（&V2）=0.3,则一（2<E

<6）=.

【答案】0.4

【解析】•.•随机变量自服从正态分布N（4,/）,.•.其对称轴方程为x=〃=4,

乂尸C<2）=0.3,.•.P«>6）=P«<2）=0.3,则P（2<*6）=1-2x0.3=04.故答案为：0.4.

8.（2020•全国高三专题练习）某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确

回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的

回答结果相互独立.则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为,该选手回答了5个问题

结束的概率为.

【答案】0.1280.104

【解析】（1）根据题意，记该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮为A,

若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第2个问题回答错误，第3、4个回答正确，第1个问题

可对可错，由此分两类，第一个答错与第一个答对；

由相互独立事件的概率公式得：P（A）=1x0.2x0.8x0.8=0.128

（2）根据题意，设答对的事件为4可分第3个问题回答正确与错误两类，若第3个问题回答正确则有/UA4

或通AZ两类情况，其概率为：

[=0.8x0.2x0.8x0.2+0.2x0.2x0.8x0.2=0.0256+0.0064=0.032

若第3个问题回答错误，第1,2两个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率为：

P,=0.23+2x0.2x0.8x0.2=0.008+0.064=0.072

所以选手回答了5个问题结束的概率为：+4=0.032+0.072=0.104

故答案为：0.128,0.104

9.（2021•河南郑州市•高三一模）教育是阻断贫困代际传递的根本之策.补齐贫困地区义务教育发展的短

板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在.治贫先治愚，扶贫先扶智.

为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，郑州市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动.

支教活动共3分批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从5人中随机抽选.已知这5

名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验.

（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；

（2）求第二次抽选时，选到没有支教经验的教师的人数最有可能是几人？请说明理由；

（3）现在需要2名支教教师完成某项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位

教师一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位教师.若有48两个教师可派，他们各自完成任务的概率

分别为“、2，假设1＞口＞。2,且假定各人能否完成任务

的事件相互独立.若按某种指定顺序派人，这两个人各自能完成任务的概率依次为%,%,其中1，%是外P2

的一个排列，试分析以怎样的顺序派出教师，可使所需派出教师的人员数目的数学期望达到最小.

54

【答案】（1）丁；（2）第二次抽取到的无支教经验的教师人数最有可能是1人，理由见解析；（3）按照先

125

A后B的顺序所需人数期望最小.

2

【解析】（1）5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到概率为

5

则三次抽取中，“甲，，恰有一次被抽取到的概率为八G上I嗯

（2）第二次抽取到的没有支教经验的教师人数最有可能是1人.

设J表示第二次抽取到的无支教经验的教师人数，可能的取值有0,1,2,则有:

r1C2C1C1C2C1C237

屿尸砥C；C；C；ClCl100'

厂2Z^l厂1厂254

ND「202「2「202「2Too

%c5cC5；c5y5

「212「|「I「212Q

好2）=言承十审皆。=前

因为P(J=1)>P(J=())>P(J=2),

故第二次抽取到的无支教经验的教师人数最有可能是1人.

（3）按照先A后8的顺序所需人数期望最小.

设X表示先A后3完成任务所需人员数目，则

X12

PPl（1-四）月

E（X）=〃|+2（1-〃|）=2-四

设y表示8先后A完成任务所需人员数目，则

X12

P