1、考点考点1 条件概率、相互独立事件及二项分布条件概率、相互独立事件及二项分布 1.(2018课标理,8,5分)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,DX=2.4,P(X=4)P(X=6),则p=( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 答案答案 B 本题考查相互独立事件及二项分布. 由题意知XB(10,p), 则DX=10p(1-p)=2.4, 解得p=0.4或0.6. 又P(X=4)P(X=6), 即p4(1-p)6p6(1-p)4(1-p)20.5, p=0.6,故选B. 4 10 C 6 10
2、C 2.(2020天津,13,5分)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影 响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 . 1 2 1 3 答案答案 ; 1 6 2 3 解析解析 设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A, 则P(A)=. 设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B, 则P(B)=1- =1-=. 1 2 1 3 1 6 1 1- 2 1 1- 3 1 3 2 3 3.(2019课标理,15,5分)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
3、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41获胜的概率是 . 答案答案 0.18 解析解析 本题主要考查独立事件概率的求解;考查学生的数据处理能力、推理论证能力;考查的核 心素养是逻辑推理与数学建模. 由题意可知七场四胜制且甲队以41获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类: 第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=0.60.40.52=2=;第二类:第1 场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.620.50.5=2=,所以甲队以41 获胜的概率为P=0.6=0.18. 1 2 C
4、3 5 2 5 1 4 3 25 1 2 C 2 3 5 1 4 9 50 39 2550 4.(2017课标理,13,5分)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DX= . 答案答案 1.96 解析解析 本题主要考查二项分布. 由题意可知XB(100,0.02),由二项分布可得DX=1000.02(1-0.02)=1.96. 5.(2019课标理,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成1010平后,每球交换发 球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的
5、概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方1010平后,甲先发球, 两人又打了X个球该局比赛结束. (1)求P(X=2); (2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.A 解析解析 本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心素 养是数据分析和逻辑推理. (1)X=2就是1010平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分. 因此P(X=2)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5. (2)X=4且甲获胜,就是1010平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两 球是甲、乙各得
6、1分,后两球均为甲得分. 因此所求概率为0.5(1-0.4)+(1-0.5)0.40.50.4=0.1. 思路分析思路分析 (1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件的概率,求和即可. (2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概率公 式可求解. 6.(2019天津理,16,13分)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. (1)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; (2)设M为事件“上学期间
7、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. 2 3 解析解析 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概率计算 公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数学运算的核 心素养. (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7:30之前到校的概率均为,故XB ,从而P(X=k)= ,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X的分布列为 随机变量X的数学期望E(X)=3=2. (2)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y,则YB,且M=X=3,Y=1X=
8、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, X 0 1 2 3 P 2 3 2 3, 3 3 Ck 2 3 k 3- 1 3 k 1 27 2 9 4 9 8 27 2 3 2 3, 3 从而由(1)知P(M)=P(X=3,Y=1X=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)=+=. 8 27 2 9 4 9 1 27 20 243 思路分析思路分析 (1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断XB(n,p),从而利用二项分布求 出分布列与期
9、望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即或从而利用互斥与相 互独立事件的概率计算公式求解. 3, 1 X Y 2, 0. X Y 7.(2018课标理,20,12分)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 对产品作检验,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件作检验,再根 据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0p0; 当p(0.1,1)时, f (p)400,故应该对余下的产品作检验. 2 20 C 2 20 C 2 20 C 1.(2016四川理,12,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至
10、少有一枚硬币正面向上时,就说这次试 验成功,则在2次试验中成功次数X的均值是 . 以下为教师用书专用 答案答案 3 2 解析解析 同时抛掷两枚质地均匀的硬币,至少有一枚硬币正面向上的概率为1-=, 且XB, 均值是2=. 2 1 2 3 4 3 2, 4 3 4 3 2 2.(2016课标理,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人, 续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概
11、率; (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 上年度出险 次数 0 1 2 3 4 5 保 费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 一年内出险 次数 0 1 2 3 4 5 概 率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 解析解析 (1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内 出险次数大于1,故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.(3分) (2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出 险次数大于3,故P(B)=0.10+0.05=0.1
12、5. 又P(AB)=P(B),故P(B|A)=. 因此所求概率为.(7分) (3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为 EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分) X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 () ( ) P AB P A ( ) ( ) P B P A 0.15 0.55 3 11 3 11 易错警示易错警示 对条件概率的定义理解不到位,或者不会运
13、用条件概率的求解公式,导致出错. 3.(2016课标理,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损 零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足 再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台 这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图: 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台 机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求X的分布列; (2)若要求P(Xn)0.5,
14、确定n的最小值; (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个? 解析解析 (1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的 概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.可知X的所有可能取值为16,17,18,19,20,21,22, P(X=16)=0.20.2=0.04; P(X=17)=20.20.4=0.16; P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24; P(X=19)=20.20.2+20.40.2=0.24; P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.2; P(X=21)=
15、20.20.2=0.08; P(X=22)=0.20.2=0.04.(4分) 所以X的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (6分) (2)由(1)知P(X18)=0.44,P(X19)=0.68,故n的最小值为19.(8分) (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元). 当n=19时, EY=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500)0.08+(19200+3500)0.04=4 040.(10 分) 当n=20时, EY=202000.88+(2020
16、0+500)0.08+(20200+2500)0.04=4 080. 可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分) 解后反思解后反思 本题重点考查相互独立事件的概率、简单随机变量的分布列及期望.求解本题的关键 在于认真分析题干中的事件,确定事件间的相互关系,根据分析内容,找到解题的突破口. 4.(2016山东理,19,12分)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成 语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果 两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对
17、的概率是;每轮活动中 甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求: (1)“星队”至少猜对3个成语的概率; (2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX. 3 4 2 3 解析解析 (1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”, 记事件D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“星队至少猜对3个成语”. 由题意,E=ABCD+BCD+ACD+ABD+ABC, 由事件的独立性与互斥性,得 P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)
18、P(D)+P(A) P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B) P(C) P () =+2 =. 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为. (2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6. 由事件的独立性与互斥性,得 P(X=0)=, P(X=1)=2=, ABC ABCD ABC D 3 4 2 3 3 4 2 3 12323132 43434343 2 3 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 1 144 31111211 43434343 10 144 5 72 P(X=2)=+=, P(X=3)=+=, P(X=4)=2=, P(X=6)=.
19、可得随机变量X的分布列为 所以数学期望EX=0+1+2+3+4+6=. X 0 1 2 3 4 6 P 3 4 1 3 3 4 1 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 25 144 3 4 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 3 4 2 3 12 144 1 12 32313212 43434343 60 144 5 12 3 4 2 3 3 4 2 3 36 144 1 4 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 23 6 考点考点2 正
20、态分布正态分布 (2017课标理,19,12分)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在正常状态下 生产的零件的尺寸服从正态分布N(,2). (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(-3,+3)之外的零件数,求P (X1)及X的数学期望; (2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(-3,+3)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
21、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. 用样本平均数作为的估计值,用样本标准差s作为的估计值,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,用剩下的数据估计和(精确到0.01). 附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-3Z+3)=0.997 4. 0.997 4160.959 2,0.09. x
22、1 16 16 1i 16 2 1 1 ( - ) 16 i i x x 16 2 2 1 1 -16 16 i i xx x 0.008 解析解析 (1)抽取的一个零件的尺寸在(-3,+3)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(-3,+3 )之外的概率为0.002 6,故XB(16,0.002 6). 因此P(X1)=1-P(X=0)=1-0.997 4160.040 8. X的数学期望为EX=160.002 6=0.041 6. (2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(-3,+3)之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个 零件中,出现尺寸在(-3,+3)之外的零件的概
23、率只有0.040 8,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. (ii)由=9.97,s0.212,得的估计值为=9.97,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(169.97-9.22)=10.02, 因此的估计值为10.02.=160.2122+169.9721 591.134, 剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方
24、差为(1 591.134-9.222-1510.022)0.008, 因此的估计值为0.09. x 1 15 16 1i 2 i x 1 15 0.008 方法总结方法总结 正态分布:若变量X服从正态分布N(,2),其中为样本的均值,正态分布曲线的对称轴 为x=;为样本数据的标准差,体现了数据的稳定性. 考点考点1 条件概率、相互独立事件及二项分布条件概率、相互独立事件及二项分布 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020福建南安侨光中学第一次阶段考,3)已知随机变量B,则E()=( ) A.3 B.2 C. D. 1 3, 2 3 2 1 2 答案答案 C B,E()=3=,故选C
25、. 1 3, 2 1 2 3 2 2.(2018山东潍坊模拟,6)某篮球队对队员进行考核,规则:每人进行3个轮次的投篮;每个轮次每 人投篮2次,若至少投中1次,则本轮通过,否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为,如果甲 各次投篮投中与否互不影响,那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( ) A.3 B. C.2 D. 2 3 8 3 5 3 答案答案 B 在一轮投篮中,甲通过的概率P=+=,则不通过的概率为. 由题意可知,甲3个轮次通过的次数X可取0,1,2,3, 则P(X=0)=; P(X=1)=; P(X=2)=; P(X=3)=. 随机变量X的分布列为 数学期望E(X)=0+1+2+3=
26、.或由XB及二项分布的期望公式可得E (X)=3=故选B. X 0 1 2 3 P 2 3 2 3 8 9 1 9 3 1 9 1 729 1 3 C 8 9 2 1 9 24 729 2 3 C 2 8 9 1 9 192 729 3 8 9 512 729 1 729 24 729 192 729 512 729 1 729 24 729 192 729 512 729 8 3 8 3, 9 8 9 8 3 1 3 3.(2020福建质量检查)某市为了解居民用水情况,通过抽样得到部分家庭月均用水量的数据,制出 频率分布直方图(如图),若以频率代替概率,从该市随机抽取5个家庭,则月均用水量在
27、812吨的家 庭个数X的数学期望为( ) A.3.6 B.3 C.1.6 D.1.5 答案答案 B 由频率分布直方图知月均用水量在812吨的概率为0.6,又XB(5,0.6),故E(X)=50.6=3. 思路分析思路分析 只要由频率分布直方图获知一个家庭月均用水量在812吨的概率,并正确判断家庭个 数X服从二项分布,再利用二项分布的期望公式即可求解. 4.(多选题)(2020山东潍坊临朐模拟,11)下列有关说法正确的是 ( ) A.的展开式中含x2y3项的二项式系数为20 B.事件AB为必然事件,则事件A、B是互为对立事件 C.设随机变量服从正态分布N(,7),若P(4),则与D()的值分别为
28、=3,D()=7 D.甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游,每人只去一个景点,设事件A=“4个人去的景点各不相 同”,事件B=“甲独自去一个景点”,则P(A|B)= 5 1 -2 2 xy 2 9 答案答案 CD A.的展开式的通项为Tk+1= (-2y)k,要求含x2y3项的二项式系数,则k=3, 所求二项式系数为=10,故A错误; B.事件AB为必然事件无法说明事件A、B是互为对立事件,缺少AB为不可能事件的条件,故B 错误; C.随机变量服从正态分布N(,7),P(4),=3,D()=7,故C正确; D.P(A)=,P(B)=,P(AB)=, 则P(A|B)=,故D正确. 5 1 -2 2
29、 xy 5 Ck 5- 1 2 k x 3 5 C 42 2 4 4! 4 3 32 3 4 4 3 4 27 64 4 4 3! 4 3 32 () ( ) P AB P B 2 9 5.(多选题)(2020山东淄博实验中学模拟,11)下列判断正确的是 ( ) A.若随机变量服从正态分布N(1,2),P(4)=0.79,则P(-2)=0.21 B.已知直线l平面,直线m平面,则“”是“lm”的充分不必要条件 C.若随机变量服从二项分布B,则E()=1 D.am2bm2是ab的充分不必要条件 1 4, 4 答案答案 ABCD A.因为N(1,2),P(4)=0.79, P(4)=0.21, P
30、(-2)=P(1-3)=P(1+3)=P(4), 所以P(-2)=0.21,故A正确. B.因为直线l平面,m平面, 又, l平面, 所以lm.反之,l平面,m平面,lm, 平面与平面不一定平行,可能相交,故B正确. C.因为B, 所以E()=4=1,故C正确. D.因为am2bm2,所以ab,但ab且m=0时有am2=bm2,所以ab时,am2bm2不一定成立,故D正确.故选 ABCD. 1 4, 4 1 4 6.(2020普通高等学校招生全国统一考试考前演练)飞镖锦标赛的赛制为投掷飞镖3次为一轮,一轮 中投掷3次飞镖至少两次投中9环以上,则评定该轮投掷飞镖的成绩为优秀.某选手投掷飞镖每轮为
31、 优秀的概率为,则该选手投掷飞镖共三轮,至少有一轮可以拿到优秀成绩的概率是 . 4 5 答案答案 124 125 解析解析 由于该选手每轮拿到优秀的概率为, 因此该选手投掷飞镖三轮至少有一轮可以拿到优秀的概率P=1- =. 4 5 0 3 C 0 4 5 3 1 5 124 125 7.(2020山东济宁一中质量检测,21)某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况,随机抽取 了100位居民,就最近一年来网购消费金额(单位:千元),网购次数和支付方式等进行了问卷调查.经 统计,这100位居民的网购消费金额均在区间0,30内,按0,5,(5,10,(10,15,(15,20,(20,25,(2
32、5,30 分成6组,其频率分布直方图如图所示. (1)估计该社区居民最近一年来网购消费金额的中位数; 男 女 总计 网购迷 20 非网购迷 45 总计 100 (2)将网购消费金额在20千元以上者称为“网购迷”,补全下面的22列联表,并判断有多大把握认 为“网购迷与性别有关系”; (3)调查显示,甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立,两人网购时间与次数也互不影响.统 计最近一年来两人网购的总次数与支付方式,所得数据如下表所示: 将频率视为概率,若甲、乙两人在下周内各自网购2次,记两人采用支付宝支付的次数之和为,求 的期望. 附:K2=,n=a+b+c+d. 临界值表: 网购 总次数 支付宝
33、 支付次数 银行卡 支付次数 微信 支付次数 甲 80 40 16 24 乙 90 60 18 12 2 (-) ()()()() n ad bc ab cd ac bd P(K2k0) 0.1 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 解析解析 (1)在频率分布直方图中,从左至右前3个小矩形的面积之和为(0.01+0.02+0.04)5=0.35, 后2个小矩形的面积之和为(0.04+0.03)5=0.35, 所以中位数位于区间(15,20内. 设频率分布直方图的面积平分线为15+x,则0.06x
34、=0.5-0.35=0.15,解得x=2.5,所以估计该社区居民网 购消费金额的中位数为17.5千元. (2)由频率分布直方图知,网购消费金额在20千元以上的频数为0.35100=35, 所以“网购迷”共有35人,由列联表知,其中女性有20人,则男性有15人. 所以补全的列联表如下: 因为K2=6.5935.024, 所以有97.5%的把握认为“网购迷与性别有关系”. 男 女 总计 网购迷 15 20 35 非网购迷 45 20 65 总计 60 40 100 2 100 (45 20-15 20) 60 40 35 65 600 91 (3)由题表知,甲,乙两人每次网购采用支付宝支付的概率分
35、别为,. 设甲、乙两人采用支付宝支付的次数分别为X,Y, 由题意知,XB,YB. 所以E(X)=2=1,E(Y)=2=. 因为=X+Y, 则E()=E(X)+E(Y)=, 所以的期望为. 1 2 2 3 1 2, 2 2 2, 3 1 2 2 3 4 3 7 3 7 3 考点考点2 正态分布正态分布 1.(2019河北冀州期末,4)已知随机变量服从正态分布N(4,62),P(5)=0.89,则P(3)=( ) A.0.89 B.0.78 C.0.22 D.0.11 答案答案 D 随机变量服从正态分布N(4,62), 正态曲线关于直线x=4对称,P(3)=P(5). P(5)=0.89,P(5)
36、=1-0.89=0.11,P(3)=0.11. 2.(2018山东淄博一模,5)设随机变量服从正态分布N(3,4),若P(a+2),则a的值为( ) A. B. C.5 D.3 7 3 5 3 答案答案 A 随机变量服从正态分布N(3,4),P(a+2),x=2a-3与x=a+2关于x=3对称, 2a-3+a+2=6,3a=7,a=,故选A. 7 3 3.(2019福建宁德二模,6)某校有1 000人参加某次模拟考试,其中数学考试成绩近似服从正态分布N (105,2)(0),试卷满分150分,统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的,则此 次数学考试成绩在90分到105分之间的
37、人数约为( ) A.150 B.200 C.300 D.400 1 5 答案答案 C P(X120)=0.2,P(90X120)=1-0.4=0.6,P(90X105)=P(90X 120)=0.3,此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1 0000.3=300.故选C. 1 2 解题关键解题关键 本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识,由已知求出P(X120)=0.2,进一步求出P(90X105)=P(90X120)=0.3. 1 2 4.(2020重庆直属校(重庆第八中学等)3月月考,19)为了保障某治疗新冠肺炎药品的主要药理成分 在国家药品监督管理局规定的值
38、范围内,武汉某制药厂在该药品的生产过程中,检验员在一天中按 照规定从该药品生产线上随机抽取20件产品进行检测,测量其主要药理成分含量(单位:mg).根据 生产经验,可以认为这条药品生产线正常状态下生产的产品的主要药理成分含量服从正态分布N (,2).在一天内抽取的20件产品中,如果有一件出现了主要药理成分含量在(-3,+3)之外的药 品,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,需对本次的生产过程进行检查. (1)下面是检验员在2月24日抽取的20件药品的主要药理成分含量: 经计算得=xi=9.96,s=0.19. 其中xi为抽取的第i件药品的主要药理成分含量,i=1,2,20.用
39、样本平均数作为的估计值,用样 本标准差s作为的估计值,利用估计值判断是否需对本次的生产过程进行检查? (2)假设生产状态正常,记X表示某天抽取的20件产品中其主要药理成分含量在(-3,+3)之外的 药品件数,求P(X=1)及X的数学期望. 附:若随机变量Z服从正态分布N(,2),则P(-3Z+3)0.997 4,0.997 4190.95. 10.02 9.78 10.04 9.92 10.14 10.04 9.22 10.13 9.91 9.95 10.09 9.96 9.88 10.01 9.98 9.95 10.05 10.05 9.96 10.12 x 1 20 20 1i 20 2
40、1 1 ( - ) 20 i i x x 20 22 1 1 (-20) 20 i i xx? x 解析解析 (1)由=9.96,s=0.19,得的估计值为=9.96,的估计值为=0.19,由样本数据可以看出有一 件药品的主要药理成分(9.22)含量在(-3,+3)=(9.39,10.53)之外,因此需对本次的生产过程进 行检查.(5分) (2)抽取的一件药品的主要药理成分含量在(-3,+3)之内的概率为0.997 4,从而主要药理成分含 量在(-3,+3)之外的概率为0.002 6,故XB(20,0.002 6). 因此P(X=1)=0.997 4190.002 6200.950.002 6
41、=0.0494,(10分) X的数学期望为E(X)=200.002 6=0.052.(12分) x 1 20 C 5.(2020全国百强名校“领军考试”,20)2019年国庆节假期期间,某商场为掌握假期期间顾客购买 商品人次,统计了10月1日7:0023:00这一时间段内顾客购买商品人次,统计发现这一时间段内顾 客购买商品共5 000人次,顾客购买商品时刻的频率分布直方图如图所示,其中时间段7:0011:00, 11:0015:00,15:0019:00,19:0023:00,依次记作7,11),11,15),15,19),19,23. (1)求该天顾客购买商品时刻的中位数t与平均值(同一组中
42、的数据用该组区间的中点值代表); (2)由频率分布直方图可以近似认为国庆节假期期间该商场顾客购买商品时刻服从正态分布N(, 2),其中近似为 ,=3.6,估计2019年国庆节假期期间(10月1日10月7日)该商场顾客在12:1219: 24之间购买商品的总人次(结果保留整数); (3)为活跃节日气氛,该商场根据题中的4个时间段分组,采用分层抽样的方法从这5 000个个体中随 x x 机抽取10个个体(假设这10个个体为10个不同顾客)作为幸运客户,再从这10个幸运客户中随机抽 取4人每人奖励500元购物券,其他幸运客户每人奖励200元购物券,记获得500元购物券的4人中在1 5:0019:00
43、之间购买商品的人数为X,求X的分布列与数学期望. 参考数据:若TN(,2),则 P(-T+)=0.682 7; P(-2T+2)=0.954 5; P(-3T+3)=0.997 3. 解析解析 (1)由(11-7)0.025+(15-11)0.075=0.4, (11-7)0.05+(15-11)0.075+(19-15)0.100=0.8, 可得15t19,所以有(11-7)0.025+(15-11)0.075+(t-15)0.100=0.5, 解得t=16,所以该天顾客购买商品时刻的中位数为16:00.(2分) 该天顾客购买商品时刻的平均值=(90.025+130.075+170.100+
44、210.050)4=15.8,即15:48.(4 分) (2)由题意可得顾客购买商品时刻TN(15.8,3.62),-=12.2,+=19.4,所以2019年国庆节假期期间, 每天12:1219:24之间顾客在该商场购买商品的概率为P(-T+)=0.682 7. 所以2019年国庆节假期期间12:1219:24之间顾客在该商场购买商品的人次为5 0000.682 77 23 895.(8分) (3)由频率分布直方图和分层抽样的方法可知抽取的10名幸运客户中,在15:0019:00之间购买商 品的人数为4,所以X的可能取值为0,1,2,3,4. 所以P(X=0)=,P(X=1)=, P(X=2)
45、=,P(X=3)=, P(X=4)=, x 4 6 4 10 C C 1 14 31 64 4 10 C C C 8 21 22 64 4 10 C C C 3 7 13 64 4 10 C C C 4 35 04 64 4 10 C C C 1 210 所以X的分布列为 所以E(X)=0+1+2+3+4=1.6(12分) X 0 1 2 3 4 P 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 6.(2020山东百师联盟联考,18)为了了解某年龄段人群的午休睡眠时间,随机抽取了1 000名该年龄 段的人作为被调查者,统计了他们的午休睡眠时
46、间,得到如图所示的频率分布直方图. (1)求这1 000名被调查者的午休平均睡眠时间;(同一组中数据用该组区间中点值作代表) (2)由直方图可以认为被调查者的午休睡眠时间Y服从正态分布N(,2),其中,2分别取被调查者的 平均午休睡眠时间和方差s2,那么这1 000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟(含43.91)的 人数估计有多少? (3)如果用这1 000名被调查者的午休睡眠情况来估计某市该年龄段所有人的午休睡眠情况,现从 全市所有该年龄段人中随机抽取5人,记午休睡眠时间不超过73.09分钟(含73.09)的人数为X,求E (X).(精确到0.01) 附:s2=212.75,14.
47、59. YN(,2),则P(-Y+)=0.682 6;P(-2Y+2)=0.954 4;P(-3Y+3)=0.997 4. x x 212.75 解析解析 (1)由题意知,第一组至第六组的区间中点值分别为35,45,55,65,75,85,对应的概率分别为0.1, 0.2,0.3,0.15,0.15,0.1,所以=350.1+450.2+550.3+650.15+750.15+850.1=58.5.所以,这1 000 名被调查者的午休睡眠时间=58.5.(4分) (2)因为Y服从正态分布N(,2)=N(58.5,14.592),P(-Y+)=P(43.91Y73.09)=0.682 6,所以P(Y 43.91)=0.158 7,所以这1 000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟(含43.91)的估 计有0.158 71 000159(人).(7分) (3)在全市该年龄段人中抽取午休睡眠
