1、考点考点1 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,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 C
2、 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.(2017课标,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.
3、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. 4.(2019课标,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
4、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 3 5 2 5 1 4 3 25 1 2 C 2 3 5 1 4 9 50 39 2550 5.(2016课标,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
5、)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
6、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=0.15. 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 ( ) (
7、) 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,或者不会运用条件概率的求解公式,导致出错. 6.(2019课标,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. 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
8、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
9、,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概率公 式可求解. 7.(2019天津,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
10、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=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,
11、 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 8.(2018课标,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
12、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 9.(2016课标,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,
13、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,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;
14、 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)=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
15、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+(20200+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. 1.(2015课标,4,5
16、分)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 以下为教师用书专用 答案答案 A 该同学通过测试的概率P=0.620.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A. 2 3 C 2.(2014课标,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两 天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是 ( ) A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0
17、.45 答案答案 A 由条件概率公式可得所求概率为=0.8,故选A. 0.6 0.75 思路分析思路分析 直接利用条件概率公式即可求解. 考点考点2 2 正态分布正态分布 (2017课标,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
18、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
19、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 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.
20、(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 (169.97-9.2
21、2)=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,剩下数据的样本方差为 (1 591.134-9.222-1510.022)0.008, x 1 15 16 1i 2 i x 1 15 因此的估计值为0.09. 0.008 (2014课标,18,12分)从某企业生产的某种产品中抽取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500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值 作代表); (2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z
22、服从正态分布N(,2),其中近似为样本平均数,2 x x 以下为教师用书专用 近似为样本方差s2. (i)利用该正态分布,求P(187.8Z212.2); (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(187.8,21 2.2)的产品件数.利用(i)的结果,求EX. 附:12.2. 若ZN(,2),则P(-Z +)=0.682 6,P(-2Z +2)=0.954 4. 150 解析解析 (1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为 =1700.02+1800.09+1900.22+2000.33+2100.24+2200.08+2300
23、.02=200, s2=(-30)20.02+(-20)20.09+(-10)20.22+00.33+1020.24+2020.08+3020.02=150. (2)(i)由(1)知,ZN(200,150), 从而P(187.8Z212.2)=P(200-12.2Z200+12.2)=0.682 6. (ii)由(i)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6, 依题意知XB(100,0.682 6),所以EX=1000.682 6=68.26. x x 思路分析思路分析 (1)根据直方图求得样本平均数和样本方差s2; (2)(i)由(1)知ZN(200,
24、150),从而得出概率. (ii)依题意知XB(100,0.682 6),从而求得EX. x 考点考点1 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广西柳州模拟,8)袋中装有形状和大小完全相同的4个黑球,3个白球,从中不放回地依次随 机摸取两球,在第一次摸到了黑球的条件下,第二次摸到白球的概率是( ) A. B. C. D. 4 7 2 7 1 2 1 3 答案答案 C 本题考查条件概率的计算方法,以及利用计数原理求事件个数.同时考查学生的运算能 力.体现了逻辑推理的核心素养. 在这两次摸球过程中,设A=“第一次摸
25、到黑球”,B=“第二次摸到白球”. 则n(A)=24,n(AB)=12, 所以P(B|A)=.故选C. 1 4 C 1 6 C 1 4 C 1 3 C () ( ) n AB n A 12 24 1 2 2.(2020全国卷模拟,6)甲、乙两位选手进行乒乓球比赛,5局3胜制,每局甲赢的概率是,乙赢的 概率是,则甲以31获胜的概率是( ) A. B. C. D. 2 3 1 3 8 27 16 27 16 81 32 81 答案答案 A 甲以31获胜是指前3局比赛中甲2胜1负,第4局比赛甲胜,甲以31获胜的概率是P= =.故选A. 1 3 C 2 2 3 1 3 2 3 8 27 3.(2020
26、江西模拟,8)甲、乙两运动员进行乒乓球比赛,采用7局4胜制.在一局比赛中,先得11分的运 动员为胜方,但打到10平以后,先多得2分者为胜方.在10平后,双方实行轮换发球法,每人每次只发1 个球.若在某局比赛中,甲发球赢球的概率为,甲接发球赢球的概率为,则在比分为1010后甲 先发球的情况下,甲以1311赢下此局的概率为( ) A. B. C. D. 1 2 2 5 2 25 3 10 1 10 3 25 答案答案 C 本题考查概率的求法,考查相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件概率的加法公式 等基础知识,考查运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养. 在比分为1010后甲先发球的情况下
27、,甲以1311赢下此局分两种情况: 后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为P1=; 后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为P2=, 所以,所求事件的概率为P1+P2=.故选C. 1 2 3 5 1 2 2 5 3 50 1 2 2 5 1 2 2 5 1 25 1 10 4.(2019安徽安庆二模,7)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活动共有 关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目,每人限报其中一项,记事件A为“4名同 学所报项目各不相同”,事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,则P(A|B)=( ) A. B. C. D. 1 4 3 4 2 9 5 9 答案答案
28、C 由已知有P(B)=,P(AB)=,所以P(A|B)=,故选C. 3 4 3 4 27 256 3 3 4 A 4 3 128 () ( ) P AB P B 2 9 考点考点2 2 正态分布正态分布 1.(2020陕西教学质量检测,6)设XN(0,1),其正态分布密度曲线如图所示,点A(1,0),点B(2,0),点C(2, 1),点D(1,1),向正方形ABCD内任意投掷一粒黄豆,则该黄豆落入阴影部分的概率是( ) (注:XN(,2),则P(-X+)=0.682 7,P(-2X+2)=0.954 5,P(-3X+3)=0.997 3) A.0.864 1 B.0.658 7 C.0.522
29、 8 D.0.978 5 答案答案 A 由题意可得正态分布密度曲线的对称轴是直线x=0,=0,标准差是=1,而(1,2=(+,+ 2,P(1X2)=0.135 9,题图中阴影部分的面积为1-0.135 9=0.864 1.记“黄豆 落入阴影部分”为事件A,则P(A)=0.864 1,故选A. 0.954 5-0.682 7 2 阴影部分的面积 正方形的面积 2.(2019新疆乌鲁木齐八一中学月考,6)经统计,某市高三学生期末数学成绩XN(85,2),且P(80X9 0)=0.3,则从该市任选一名高三学生,其成绩不低于90分的概率是( ) A.0.35 B.0.65 C.0.7 D.0.85 答
30、案答案 A 学生成绩X服从正态分布N(85,2),且P(80X90)=0.3,P(X90)=1-P(80X10)=1-P(X10)=0.226 6, 可得ZB(20,0.226 6),P(Z2)=1-P(Z=0)-P(Z=1) =1-0.773 420-0.226 60.773 4191-(0.773 4+200.226 6)0.007 60.959 7. x 1.78 178 100 40 3 10 4 3 10-9 4 3 Y 1 20 C 参考数据:,0.773 4190.007 6.若YN(0,1),则P(Y0.75)=0.773 4. 178 40 3 一、选择题(每小题5分,共15
31、分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：60分钟 分值：70分) 1.(2020山西大同模拟,6)2016年巴西里约热内卢奥运会射击比赛中,某选手射击一次击中10环的概 率是,连续两次均击中10环的概率是,已知该选手某次击中10环,则随后一次击中10环的概率是 ( ) A. B. C. D. 4 5 1 2 2 5 5 8 1 2 4 5 答案答案 B 设该选手某次击中10环为事件A,随后一次击中10环为事件B,则P(A)=,P(AB)=, 某次击中10环,随后一次击中10环的概率是 P(B|A)=.故选B. 4 5 1 2 () ( ) P AB P A 1 2 4 5 5 8
32、2.(2020江苏盐城亭湖校级月考)若随机变量XB,则P(X=3)等于( ) A. B. C. D. 1 5, 3 1 3 40 243 10 27 3 5 答案答案 B 本题考查二项分布与n次独立重复试验模型,考查了数学运算的核心素养. 随机变量XB,则P(X=3)= =,故选B. 1 5, 3 3 5 C 3 1 3 2 2 3 40 243 3.(2020重庆模拟)某公司生产了一批新产品,这种产品的综合质量指标值X服从正态分布N(100,2) 且P(X80)=0.2.现从中随机抽取该产品1 000件,估计其综合质量指标值在100,120内的产品件数 为( ) A.200 B.300 C.
33、400 D.600 答案答案 B 本题考查正态分布密度函数的性质及应用,要注意利用正态曲线的对称性求解概率,同 时考查学生利用转化思想解决问题的能力,体现了数学运算的核心素养. 综合质量指标值X服从正态分布N(100,2)且P(X80)=0.2,P(X120)=0.2,P(X100)= P(X100)=0.5.P(100X120)=P(X100)-P(X120)=0.3. 故综合质量指标值在100,120内的产品件数为1 0000.3=300.故选B. 二、解答题(共35分) 4.(2020山西运城一模,19)在创建“全国文明卫生城”过程中,运城市“创城办”为了调查市民对 创城工作的了解情况,
34、进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次),通过随机抽样,得到 参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示: (1)由频数分布表可以大致认为,此次问卷调查的得分ZN(,198),近似为这100人得分的平均值 (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),利用该正态分布,求P(38.2Z80.2); (2)在(1)的条件下,“创城办”为此次参加问卷调查的市民制订如下奖励方案: 得分不低于的可以获赠2次随机话费,得分低于的可以获赠1次随机话费; 每次获赠的随机话费和对应的概率为: 组别 30,40) 40,50) 50,60) 60,70) 70,80) 80,90) 90,100) 频数
35、 2 12 20 25 24 13 4 赠送话费的金额(单位:元) 20 50 概率 3 4 1 4 现有市民甲参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X的分布列与 数学期望. 附:参考数据与公式:14,若XN(,2),则P(-X+)=0.682 7;P(-2X+2)=0.954 5, P(-3X+3)=0.997 3. 198 解析解析 (1)=350.02+450.12+550.20+650.25+750.24+850.13+950.04=66.2. 故ZN(66.2,198), =14, P(Z80.2)=1-=1-=0.841 35. 又P(Z38.2)=0
36、.022 75. 故P(38.2Z80.2)=P(Z80.2)-P(Z38.2)=0.818 6. (2)由题意知一位市民得分高于或低于的概率都为.该市民参与问卷调查获赠的话费X的可能取 值为20,40,50,70,100. P(X=20)=;P(X=40)=;P(X=50)=;P(X=70)=2=;P(X=100)= =. 故X的分布列为 198 1- (66.2-1466.2 14) 2 PZ1-0.682 7 2 1- (66.2-2 1466.22 14) 2 PZ 1-0.954 5 2 1 2 1 2 3 4 3 8 1 2 3 4 3 4 9 32 1 2 1 4 1 8 1 2
37、 3 4 1 4 3 16 1 2 1 4 1 4 1 32 X 20 40 50 70 100 P 3 8 9 32 1 8 3 16 1 32 所以E(X)=20+40+50+70+100=41.25. 故该市民参与问卷调查获赠话费的数学期望为41.25元. 3 8 9 32 1 8 3 16 1 32 5.(2018河南濮阳二模,18)近年来“双十一”已成为中国电子商务行业的年度盛事,并且逐渐影响 到国际电子商务行业.某商家为了准备2018年“双十一”的广告策略,随机调查了1 000名客户在2 017年“双十一”前后10天内网购所花时间T(单位:小时),并将调查结果绘制成如图所示的频率分
38、 布直方图. 由频率分布直方图可以认为,这10天网购所花的时间T近似服从N(,2),其中用样本平均值代替, 2=0.24. (1)计算,并利用该正态分布求P(1.51T2.49); (2)利用由样本统计获得的正态分布估计整体,将这10天网购所花时间在(2,2.98)小时内的人定义 为目标客户,对目标客户发送广告提醒.现若随机抽取10 000名客户,记X为这10 000人中目标客户 的人数. (i)求EX; (ii)问:10 000人中目标客户的人数X为何值时的概率最大? 附:若随机变量Z服从正态分布N(,2), 则P(-Z+)=0.682 7,P(-2Z+2)=0.954 5,P(-3Z+3)
39、=0.997 3.0.49. 0.24 解析解析 (1)=0.4(0.0500.8+0.2251.2+0.5501.6+0.8252.0+0.6002.4+0.2002.8+0.0503.2)=2, 从而T服从N(2,0.24),又=0.49, 从而P(1.51T2.49)=P(-T+)=0.682 7. (2)(i)任意抽取1名客户,该客户是目标客户的概率为 P(2T2.98)=P(T+2) =P(-2T+2)=0.954 5=0.477 25. 由题意知X服从B(10 000,0.477 25), 所以EX=10 0000.477 25=4 772.5. (ii)X服从B(10 000,0
40、.477 25), P(X=k)=0.477 25k(1-0.477 25)10 000-k =0.477 25k 0.522 7510 000-k(k=0,1,2,10 000). 设当X=k(k1,kN)时概率最大, 则有得 解得k=4 772.故10 000人中目标客户的人数为4 772的概率最大. 0.24 1 2 1 2 10 000 Ck 10 000 Ck ()(1), ()(-1), P XkP Xk P XkP Xk 1 10 00010 000 -1 10 00010 000 0.522 75C0.477 25C, 0.477 25C0.522 75C, kk kk 解题关
41、键解题关键 对于(2),得出X服从B(10 000,0.477 25)是解题的关键. 6.(2019山西运城二模,18)每年3月20日是国际幸福日,某电视台随机调查某一社区人们的幸福度. 现从该社区群众中随机抽取18名,用“10分制”记录了他们的幸福度指数,结果如茎叶图所示,其 中以小数点前的一位数字为茎,小数点后的一位数字为叶.若幸福度不低于8.5分,则称该人的幸福 度为“很幸福”. (1)求从这18人中随机选取3人,至少有1人是“很幸福”的概率; (2)以这18人的样本数据来估计整个社区的总体数据,若从该社区(人数很多)任选3人,记X表示抽到 “很幸福”的人数,求X的分布列及E(X). 解
42、析解析 (1)设事件A为抽出的3人中至少有1人是“很幸福”的,则为3人都不很幸福, P(A)=1-P()=1-=1-=. (2)样本中,幸福度为“很幸福”的概率为=.根据题意知,随机变量XB,X的可能取值为0, 1,2,3. P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, 所以随机变量X的分布列为 A A 3 6 3 18 C C 5 204 199 204 12 18 2 3 2 3, 3 0 3 C 3 1 3 1 27 1 3 C 2 3 2 1 3 2 9 2 3 C 2 2 3 1 3 4 9 3 3 C 3 2 3 8 27 X 0 1 2 3 P 1 27
43、 2 9 4 9 8 27 所以X的期望E(X)=0+1+2+3=2. 1 27 2 9 4 9 8 27 2 ( )32. 3 E X 或 思路分析思路分析 (1)18人中,“很幸福”的有12人,可以先计算其反面,即3人都不很幸福的概率,再用1减 去3人都不很幸福的概率即可;(2)根据题意知随机变量XB,列出分布列,求期望即可. 2 3, 3 1.(2020 5 3原创题)已知随机变量X服从正态分布N(80,25),若P(75Xm)=0.818 6,则m等于 ( ) (附:P(-X+)=0.682 7,P(-2X+2)=0.954 5) A.89 B.90 C.91 D.92 答案答案 B
44、由题意得=5,=80, P(80-5X80+5)=0.682 7,即P(75X85)=0.682 7; P(80-10X80+10)=0.954 5,即P(70X90)=0.954 5. 所以P(85X90)=0.135 9. 因为P(75Xm)=0.818 6, 而P(75X90)=P(75X85)+P(85X90)=0.682 7+0.135 9=0.818 6,所以m=90. 0.954 5-0.682 7 2 命题说明命题说明 本题考查对正态曲线中,的理解,通过准确理解正态曲线的特点,将已知正态分布概 率转化为相应的变量的范围,运用数形结合的思想解决问题. 2.(2020 5 3原创题
45、)由于疫情,学校推迟开学,所有学习改为线上,所以各个网上授课软件借此开拓 市场,包括一些办公软件也加入这个行列,这其中有免费的,也有收费的,某教育机构的主管为了解 决线上上课的问题,决定测试一下几款软件的性能.他一共下载了5款软件,其中有2款收费的,3款免 费的,假设每款收费软件通过测试的概率为,每款免费软件通过测试的概率为. (1)设X表示这5款软件通过测试的款数,求X的分布列; (2)如果使用免费软件,可以保证原来的班级学生数和相应的收益,但是如果使用收费软件,还可能 带来更多的学生和收益,假设收费软件的收费标准是每节课300元,设可能增加的学生个数为Y,Y服 从分布列: 现在每个学生的课
46、时费为150元,请你帮他分析一下选择收费软件是否合适. Y 1 2 3 4 5 P 1 2 1 3 1 2 1 4 1 8 1 16 1 16 解析解析 (1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5. P(X=0)=; P(X=1)=+=; P(X=2)=+=; P(X=3)=+=; P(X=4)=+=; P(X=5)=. 故X的分布列为 0 2 C 1 2 1 2 0 3 C 2 3 2 3 2 3 2 27 1 2 C 1 2 1 2 0 3 C 2 3 2 3 2 3 0 2 C 1 2 1 2 1 3 C 2 3 2 3 1 3 7 27 2 2 C 1 2 1 2 0 3 C 2
47、3 2 3 2 3 1 2 C 1 2 1 2 1 3 C 2 3 2 3 1 3 0 2 C 1 2 1 2 2 3 C 2 3 1 3 1 3 19 54 2 2 C 1 2 1 2 1 3 C 2 3 2 3 1 3 1 2 C 1 2 1 2 2 3 C 2 3 1 3 1 3 0 2 C 1 2 1 2 3 3 C 1 3 1 3 1 3 25 108 1 2 C 1 2 1 2 3 3 C 1 3 1 3 1 3 2 2 C 1 2 1 2 2 3 C 2 3 1 3 1 3 2 27 2 2 C 1 2 1 2 3 3 C 1 3 1 3 1 3 1 108 (2)由题意,我们可以求一下可能增加的学生数的数学期望,即EY=1+2+3+4+5= 2,所以根据现在的收费标准,差不多刚刚能抵消收费软件的费用,不仅如此,还能让原来的学生体 验到更好的线上教育
