第十章　§10.6　二项分布、超几何分布与正态分布-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§10.6二项分布、超几何分布与正态分布课标要求1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用．知识梳理1．二项分布(1)伯努利试验只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验；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)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)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．(3)两点分布与二项分布的均值、方差①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．超几何分布一般地，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)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，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．3．正态分布(1)定义若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)．(2)正态曲线的特点①曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；②曲线在x＝μ处达到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．(3)3σ原则①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.(4)正态分布的均值与方差若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2.常用结论1．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．2．超几何分布有时也记为X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝eq\f(nM,N)，方差D(X)＝eq\f(nM,N)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n－1,N－1))).自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．(√)(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布．(√)(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(×)(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．(×)2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为eq\f(2,3)，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是()A.eq\f(80,243)B.eq\f(80,81)C.eq\f(163,243)D.eq\f(163,729)答案A解析用X表示发芽的粒数，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3)))，则P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(80,243)，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为eq\f(80,243).3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是()A．32B．16C．8D．20答案B解析因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.6827.根据正态密度曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是eq\f(1,2)×0.6827×48≈16.4．(选择性必修第三册P78例4改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝1)＝________.答案eq\f(1,2)解析由题意得P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,7),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,2).题型一二项分布例1(2023·广东大湾区联考)某工厂车间有6台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是eq\f(1,4)，且一台机器的故障能由一个维修工处理．已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责2台机器；方案二：由甲、乙两人共同维护6台机器．(1)对于方案一，设X为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数，求X的分布列与均值E(X)；(2)在两种方案下，分别计算机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高？解(1)由题意可知，X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)))，则P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝eq\f(9,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(1,16)，所以随机变量X的分布列为X012Peq\f(9,16)eq\f(3,8)eq\f(1,16)所以E(X)＝2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).(2)对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的2台机器同时发生故障”，考查反面处理这个问题．其概率为P1＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))3＝eq\f(721,4096).对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为P2＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))6－Ceq\o\al(1,6)·eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))5－Ceq\o\al(2,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＝1－eq\f(36＋6×35＋15×34,4096)＝eq\f(347,2048)，所以P2<P1，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高．思维升华二项分布问题的解题关键(1)定型：①在每一次试验中，事件发生的概率相同．②各次试验中的事件是相互独立的．③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．(2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．跟踪训练1(2023·太原模拟)第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为eq\f(2,3)，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为eq\f(2,3)，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为eq\f(3,4)，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为eq\f(1,2).(1)设甲3次点球的总得分为X，求X的分布列和均值；(2)求乙总得分为100分的概率．解(1)设甲3次点球射进的次数为Y，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，Y的可能取值为0,1,2,3，且X＝50Y，则X的所有可能的取值为0,50,100,150.P(X＝0)＝P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,27)，P(X＝50)＝P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)，P(X＝100)＝P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))1＝eq\f(4,9)，P(X＝150)＝P(Y＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以X的分布列为X050100150Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)E(X)＝0×eq\f(1,27)＋50×eq\f(2,9)＋100×eq\f(4,9)＋150×eq\f(8,27)＝100，(或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×eq\f(2,3)＝100)．(2)设“乙第i次射进点球”为事件Ai(i＝1,2,3)，则乙总得分为100分的事件为B＝A1A2eq\x\to(A3)＋A1eq\x\to(A2)A3＋eq\x\to(A1)A2A3.因为A1A2eq\x\to(A3)，A1eq\x\to(A2)A3，eq\x\to(A1)A2A3互斥，所以P(B)＝P(A1A2eq\x\to(A3)＋A1eq\x\to(A2)A3＋eq\x\to(A1)A2A3)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,3)，故乙总得分为100分的概率为eq\f(1,3).题型二超几何分布例2(2023·宿州质检)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市．为了统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为eq\f(1,3).(1)求n的值；(2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和均值．解(1)由题知，共有(n＋6)个机房，抽取2个机房有Ceq\o\al(2,n＋6)种方法，其中全是小机房有Ceq\o\al(2,6)种方法，因此全是小机房的概率P＝eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,n＋6))＝eq\f(1,3)，解得n＝4.即n的值为4.(2)X的可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(0,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6).则随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)则E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).思维升华(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．超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列．(2)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，其本质是古典概型．跟踪训练2(2024·安庆模拟)乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：民宿点甲乙丙丁戊己庚辛普通型民宿16812141318920品质型民宿6164101110912(1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率；(2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和均值．解(1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家．记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件B，则P(A)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,8))＝eq\f(5,14)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,8))＝eq\f(1,14)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,5).(2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家，故X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(4,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)，所以X的分布列为X0123Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)所以E(X)＝0×eq\f(1,14)＋1×eq\f(3,7)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(1,14)＝eq\f(3,2).题型三正态分布例3(1)(2023·烟台模拟)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100km)情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14kW·h/100km的汽车大约有()A．180辆 B．360辆C．600辆 D．840辆答案A解析因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7，所以P(ξ≥14)＝eq\f(1,2)×[1－P(12<ξ<14)]＝eq\f(1,2)×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于14kW·h/100km的汽车大约有1200×0.15＝180(辆)．(2)(2023·长沙市明德中学模拟)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布．绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车()A．有26min可用 B．有30min可用C．有34min可用 D．有38min可用答案D解析由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具．根据X和Y的分布密度曲线图可知，P(X≤26)>P(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)<P(Y≤38)．所以如果有38min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车．思维升华解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴为x＝μ.(2)标准差为σ.(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.跟踪训练3(1)(2024·佛山模拟)佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800，σ2)，且P(X<801)＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)＝________.答案1解析因为X～N(800，σ2)，均值μ＝800，且P(X<801)＝0.6，所以P(800≤X<801)＝P(X<801)－P(X<800)＝0.6－0.5＝0.1，由题可得Y～B(10,0.1)，所以E(Y)＝10×0.1＝1.(2)(2023·唐山模拟)某种食盐的袋装质量X服从正态分布N(400,16)，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间(396,408]的约有________袋．(质量单位：g)附：若随机变量X服从正态分布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.答案8186解析由题意知，X～N(400,42)，所以P(396≤X≤404)≈0.6827，P(392≤X≤408)≈0.9545，得P(396<X≤408)＝P(392≤X≤408)－P(392≤X≤396)＝P(392≤X≤408)－eq\f(1,2)[P(392≤X≤408)－P(396≤X≤404)]≈0.9545－eq\f(1,2)×(0.9545－0.6827)＝0.8186，所以袋装质量在区间(396,408]的约有10000×0.8186＝8186(袋)．课时精练一、单项选择题1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X＝0)＝eq\f(4,9)，则D(Y)等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,9)D.eq\f(8,9)答案D解析因为随机变量X～B(2，p)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,2)(1－p)2＝eq\f(4,9)，解得p＝eq\f(1,3)或p＝eq\f(5,3)(舍去)，所以Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以D(Y)＝4×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(8,9).2．(2023·福建名校联盟大联考)甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为eq\f(2,3)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)，采用三局两胜制，则甲以2∶1获胜的概率为()A.eq\f(8,27)B.eq\f(4,27)C.eq\f(4,9)D.eq\f(2,9)答案A解析甲以2∶1获胜指前两局甲胜一局，第三局甲胜，则概率为Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(8,27).3．(2023·枣庄模拟)某地区有20000名考生参加了高三第二次调研考试．经过数据分析，数学成绩X近似服从正态分布N(72,82)，则数学成绩位于(80,88]的人数约为()参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.A．455B．2718C．6346D．9545答案B解析由题意可知，μ＝72，σ＝8，P(80<X≤88)＝P(μ＋σ<X≤μ＋2σ)＝eq\f(1,2)[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈eq\f(1,2)×(0.9545－0.6827)＝0.1359，则数学成绩位于(80,88]的人数约为0.1359×20000＝2718.4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的正品数为ξ，则均值E(ξ)为()A.eq\f(4,5)B.eq\f(9,10)C．1D.eq\f(6,5)答案D解析ξ的所有可能取值为0,1,2，则P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，则E(ξ)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).5．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于10名，则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为eq\f(1,3)，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为eq\f(1,4)，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为()A．24B．25C．26D．27答案A解析设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y；设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32－n.X所有可能的取值为0,1,2，…，n，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，E(X)＝eq\f(n,3)；Y所有可能的取值为0,1,2，…，32－n，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(32－n，\f(1,4)))，E(Y)＝eq\f(32－n,4)，所以获胜的业余棋手总人数的均值E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)＝eq\f(n,3)＋eq\f(32－n,4)＝eq\f(n＋96,12)≥10，解得n≥24.6．(2024·赤峰模拟)某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有()A．1张B．2张C．3张D．4张答案B解析设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)．若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,9),C\o\al(2,10))＝eq\f(1,5)，E(X)＝30×eq\f(1,5)＝6，若盒子中的有奖券有2张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(1,2)＋C\o\al(2,2),C\o\al(2,10))＝eq\f(17,45)，E(X)＝30×eq\f(17,45)＝eq\f(34,3)，若盒子中的有奖券有3张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,7)C\o\al(1,3)＋C\o\al(2,3),C\o\al(2,10))＝eq\f(8,15)，E(X)＝30×eq\f(8,15)＝16，若盒子中的有奖券有4张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,4)＋C\o\al(2,4),C\o\al(2,10))＝eq\f(2,3)，E(X)＝30×eq\f(2,3)＝20，根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天．二、多项选择题7．(2023·莆田模拟)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7,9)的个数记为X，则()A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9答案BD解析由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，故A错误；X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确；E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)<E(5X)，故C错误；因为X～B(3,0.6)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)(0.6)0×(0.4)3＝0.064，故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，故D正确．8．(2023·汕头模拟)一个袋子有10个大小相同的球，其中有4个红球，6个黑球，试验一：从中随机地有放回摸出3个球，记取到红球的个数为X1，均值和方差分别为E(X1)，D(X1)；试验二：从中随机地无放回摸出3个球，记取到红球的个数为X2，均值和方差分别为E(X2)，D(X2)，则()A．E(X1)＝E(X2) B．E(X1)>E(X2)C．D(X1)>D(X2) D．D(X1)<D(X2)答案AC解析从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到红球的概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，则X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，故E(X1)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5)，D(X1)＝3×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(18,25)；从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为X2，则X2的可能取值是0,1,2,3，则P(X2＝0)＝eq\f(C\o\al(0,4)C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，P(X2＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X2＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X2＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(0,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，所以随机变量X2的概率分布为X20123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)E(X2)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5)，D(X2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(6,5)))2×eq\f(1,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(6,5)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(6,5)))2×eq\f(3,10)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(6,5)))2×eq\f(1,30)＝eq\f(14,25).故E(X1)＝E(X2)，D(X1)>D(X2)．三、填空题9．(2023·石家庄模拟)某市中学举办了一次“亚运知识知多少”的知识竞赛．参赛选手从7道题(4道多选题，3道单选题)中随机抽题进行作答，若某选手先随机抽取2道题，再随机抽取1道题，则最后抽取到的题为多选题的概率为________．答案eq\f(4,7)解析设先抽取2道题中多选题的题数为X，则X的可能取值为0,1,2，可得P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,7))＝eq\f(1,7)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,3),C\o\al(2,7))＝eq\f(4,7)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,7))＝eq\f(2,7)，所以最后抽取到的题为多选题的概率P＝P(X＝0)×eq\f(4,5)＋P(X＝1)×eq\f(3,5)＋P(X＝2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,7)×eq\f(4,5)＋eq\f(4,7)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,7)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,7).10．(2023·唐山模拟)近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品．设该产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，可得P(X>0)＝2P(X≤0)．若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出．则至少有3个季度的收益为正值的概率为________．答案eq\f(16,27)解析因为P(X>0)＝2P(X≤0)，所以P(X>0)＋P(X≤0)＝3P(X≤0)＝1，所以P(X≤0)＝eq\f(1,3)，P(X>0)＝eq\f(2,3)，则至少有3个季度的收益为正值的概率为Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4＝eq\f(16,27).11．(2024·南开模拟)一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品．若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为________；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品________次．答案eq\f(1,10)6解析令Ai为第i(i＝1,2,3)次取得一等品，所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为P(eq\x\to(A1)eq\x\to(A2)A3)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)×eq\f(3,3)＝eq\f(1,10)，若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为eq\f(3,5)，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(3,5)))，E(X)＝10×eq\f(3,5)＝6，所以平均取得一等品6次．12．(2023·聊城模拟)某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取100名高中生的身体素质指标值xi(i＝1,2,3，…，100)，经计算eq\i\su(i＝1,100,x)i＝7200，eq\i\su(i＝1,100,x)eq\o\al(2,i)＝100×(722＋36)．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布N(μ，σ2)，则估计该市高中生身体素质的合格率为________．(用百分数作答，精确到0.1%)参考数据：若随机变量X服从正态分布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.答案97.7%解析因为100个数据x1，x2，x3，…，x100的平均数eq\x\to(x)＝eq\f(1,100)eq\i\su(i＝1,100,x)i＝72，方差s2＝eq\f(1,100)eq\i\su(i＝1,100,)(xi－eq\x\to(x))2＝eq\f(1,100)(eq\i\su(i＝1,100,x)eq\o\al(2,i)－100eq\x\to(x)2)＝eq\f(1,100)×[100×(722＋36)－100×722]＝36，所以μ的估计值为μ＝72，σ的估计值为σ＝6.设该市高中生的身体素质指标值为X，由P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，得P(72－12≤X≤72＋12)＝P(60≤X≤84)≈0.9545，P(X>84)＝P(X>μ＋2σ)＝P(X<μ－2σ)＝eq\f(1－Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)≈eq\f(1－0.9545,2)，所以P(X≥60)＝P(60≤X≤84)＋P(X>84)≈0.9545＋eq\f(1,2)×(1－0.9545)＝0.97725≈97.7%.四、解答题13．某家具城举办了一次家具有奖促销活动，消费每超过1万元(含1万元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球，则打7折；若摸出1个白球2个黑球，则打9折，其余情况不打折．方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球(其中红球2个，黑球8个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减2000元．(1)若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；(2)若某顾客消费恰好满1万元，试从均值的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？解(1)选择方案一，若享受到7折优惠，则需要摸出2个红球和1个黑球，设顾客享受到7折优惠为事件A，则P(A)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,120).(2)若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为5000,7000,9000,10000，P(X＝5000)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,1),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120)，P(X＝7000)＝eq\f(7,120)，P(X＝9000)＝eq\f(C\o\al(1,1)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(X＝10000)＝1－eq\f(1,120)－eq\f(7,120)－eq\f(7,40)＝eq\f(91,120).故X的分布列为X50007000900010000Peq\f(1,120)eq\f(7,120)eq\f