人教A版普通高中数学一轮复习第十章第七节二项分布、超几何分布与正态分布学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第十章第七节二项分布、超几何分布与正态分布学案，共22页。

自查自测
知识点一 n重伯努利试验与二项分布
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了20次，是20重伯努利试验．( √ )
(2)在100件产品中有5件次品，采用有放回地方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则X～B(100，0.05)．( )
× 解析：有放回地抽取，每次抽到次品的概率都是0.05，相当于10重伯努利试验，所以X～B(10，0.05)．
(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n 二项展开式的通项，其中a＝p，b＝1－p.( × )
2．(教材改编题)已知X是一个随机变量，若X～B6，13，则P(X＝2)＝( )
A．316B．4243
C．13243D．80243
D 解析：由题意知n＝6，p＝13，故P(X＝2)＝C62×132×1−136-2＝C62×132×234＝80243．
3．已知随机变量X－2Y＝2，若X～B(10，0.4)，则E(Y)＝ ， D(Y)＝ ．
1 0.6 解析：因为X～B(10，0.4)，
所以E(X)＝10×0.4＝4，
D(X)＝10×0.4×(1－0.4)＝2.4.
由X－2Y＝2，得Y＝12X－1，
则E(Y)＝E12X−1＝12E(X)－1＝12×4－1＝1，D(Y)＝122D(X)＝14×2.4＝0.6.
核心回扣
1．n重伯努利试验
把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．
注意点：
n重伯努利试验具有如下共同特征：
(1)同一个伯努利试验重复做n次．
(2)各次试验的结果相互独立．
2．二项分布
(1)定义：
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)＝，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)．
(2)均值、方差：
E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
注意点：
由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即当n＝1时的二项分布．
自查自测
知识点二 超几何分布
1．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数．若P(X＝k)＝C74C86C1510，则k＝( )
A．4B．6
C．7D．110
A 解析：X服从超几何分布，P(X＝k)＝C7kC810−kC1510，故k＝4.
2．(教材改编题)从装有3个白球、4个红球的箱子中，随机取出了3个球，恰好是2个白球、1个红球的概率是( )
A．435B．635
C．1235D．36343
C 解析：由题意可知，恰好是2个白球、1个红球的概率为p＝C32C41C73＝1235．
3．从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任取2台，若设X表示所取的2台彩电中甲型彩电的台数，则P(X＝1)＝ ．
35 解析：X＝1表示的结果是抽取的2台彩电中有甲型和乙型彩电各1台，故所求概率P(X＝1)＝C31C21C52＝35．
4．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的件数，则E(X)＝ ．
65 解析：E(X)＝310×4＝65．
核心回扣
1．超几何分布的定义
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)＝CMkCN−Mn−kCNn，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．
2．超几何分布的均值
设随机变量X服从超几何分布，则X可以解释为从包含M件次品的N件产品中，不放回地随机抽取n件产品中的次品数．令p＝MN，则E(X)＝nMN＝np．
注意点：
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．
自查自测
知识点三 正态分布
1．已知随机变量X～N(μ1 ，σ12，Y～N(μ2，σ22)，它们的正态密度曲线如下图所示，则下列说法中正确的是( )
A．μ1＜μ2，σ12＜σ22 B．μ1＜μ2，σ12＞σ22
C．μ1＞μ2，σ12＜σ22 D．μ1＞μ2，σ12＞σ22
B 解析：由题图可得随机变量X的均值比随机变量Y的均值小，则μ1＜μ2.又由题图得，随机变量X的分布比随机变量Y的分布更加分散，则σ12＞σ22.故选B.
2．已知随机变量X～N(2，σ2)，且P(0＜X＜4)＝0.4，则P(X＜0)＝( )
A．0.1B．0.2
C．0.3D．0.6
C 解析：因为随机变量X～N(2，σ2)，且P(0＜X＜4)＝0.4，所以P(X＜0)＝1−P0＜X＜42＝1−0.42＝0.3.故选C.
3．设随机变量X～N(10，22)，则X的正态密度函数为 ，P(X≤10)＝ ．
f(x)＝18πex−10280.5 解析：由已知得，这个正态分布的均值和标准差分别为10和2，所以正态密度函数为f(x)＝18πex−1028，正态曲线的对称轴为直线x＝10，所以P(X≤10)＝0.5.
4．某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N(80，25)，如果规定大于或等于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率约为 ．
0．158 65 解析：P(X≥85)＝12[1－P(75≤X＜85)]≈1−0.682 72＝0.158 65.
核心回扣
1．正态曲线
函数f(x)＝1σ2πe－x−μ22σ2，x∈R，其中μ∈R，σ＞0为参数，称为正态密度函数，称它的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X～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)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1σ2π；
(3)当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．
4．参数μ和σ对正态曲线形状的影响
(1)当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；
(2)当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．
5．若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2．
6．3σ原则
(1)P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
(2)P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
(3)P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
【常用结论】
1．“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率P＝Cnkpk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)．
2．超几何分布有时也记为X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝nMN．
3．若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，则
(1)对任意的a有P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)．
(2)P(X＜x0)＝1－P(X≥x0)．
(3)P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a)．
应用1 甲、乙两人进行三局围棋比赛．假设每局比赛甲胜乙的概率都为23，没有平局，且各局比赛的胜负互不影响，则甲在比赛中第1局负，然后连胜2局的概率为 ，甲在比赛中恰好胜2局的概率为 ．
427 49 解析：甲在比赛中第1局负，然后连胜2局的概率P1＝13×23×23＝427．甲在比赛中恰好胜2局的概率P2＝C32×232×13＝49．
应用2 现有来自某乒乓球协会的运动员8名，其中种子选手5名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．设X为选出的4人中种子选手的人数，则E(X)＝ ．
52 解析：由已知得X～H(4，5，8)，所以E(X)＝nMN＝4×58＝52．
应用3 已知随机变量X～N(1，62)，若P(X＞0)＝0.8，则P(X≥2)＝ ．
0．2 解析：因为X～N(1，62)，所以正态曲线关于直线x＝1对称，所以P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X＞0)＝0.2.
二项分布
【例1】(2024·扬州模拟)学校组织A，B，C，D，E五位同学参加某大学的测试活动，现有甲、乙两种不同的测试方案，每位同学随机选择其中的一种方案进行测试，选择甲方案测试合格的概率为23，选择乙方案测试合格的概率为12，且每位同学测试的结果互不影响．
(1)若5位同学全选择甲方案，将测试合格的同学的人数记为X，求X的分布列及其方差；
(2)若测试合格的人数的期望值不小于3，求选择甲方案进行测试的同学的可能人数．
解：(1)由已知可得随机变量X的可能取值有0，1，2，3，4，5，则X～B5，23．
P(X＝0)＝C50×230×135＝1243，
P(X＝1)＝C51×231×134＝10243，
P(X＝2)＝C52×232×133＝40243，
P(X＝3)＝C53×233×132＝80243，
P(X＝4)＝C54×234×131＝80243，
P(X＝5)＝C55×235×130＝32243．
所以X的分布列为
D(X)＝5×23×13＝109．
(2)设选择甲方案测试的同学的人数为n，n＝0，1，2，3，4，5，
则选择乙方案测试的同学的人数为5－n，
并设通过甲方案测试合格的学生人数为ξ，通过乙方案测试合格的同学的人数为η，
当n＝0时，此时所有同学均选择乙方案测试，则η～B5，12，
所以E(ξ＋η)＝E(η)＝5×12＝52＜3，不符合题意；
当n＝5时，此时所有同学均选择甲方案测试，则ξ～B5，23，
所以E(ξ＋η)＝E(ξ)＝5×23＝103＞3，符合题意；
当n＝1，2，3，4时，ξ～Bn，23，η～B5−n，12，
所以E(ξ＋η)＝E(ξ)＋E(η)＝23n＋5−n2＝n+156．
又E(ξ＋η)＝n+156≥3，
解得n≥3，故当n＝3，4时，符合题意．
综上，n的值可取3，4，5，
所以当选择甲方案测试的同学的人数为3，4，5时，测试合格的人数的期望值不小于3.
二项分布的解题策略
(1)在根据n重伯努利试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，从而得出所求概率．
(2)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一，纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面，第三步绘花刷油．已知某工艺师在每个环节制作合格的概率分别为34，45，23，只有当每个环节制作都合格才认为是一次成功制作．
(1)求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率；
(2)若该工艺师进行4次制作，其中优秀作品数为X，求X的概率分布列及期望．
解：(1)由题意可知，制作一件优秀作品的概率为34×45×23＝25，
所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率p＝C31×25×352＝54125．
(2)该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，X的所有可能取值为0，1，2，3，4.
由题意可知，X～B4，25，
P(X＝0)＝C40×250×354＝81625，
P(X＝1)＝C41×251×353＝216625，
P(X＝2)＝C42×252×352＝216625，
P(X＝3)＝C43×253×35＝96625，
P(X＝4)＝C44×254×350＝16625，
所以X的分布列为
E(X)＝4×25＝85．
超几何分布
【例2】网民对一电商平台的某种特色农产品销售服务质量进行评价，每位参加购物的网民在“好评”“中评”“差评”中选择一个进行评价，在参与评价的网民中抽取2万人，对年龄分为“50岁以下”和“50岁以上(含50岁)”两类人群进行了统计，得到给予“好评”“中评”“差评”评价的人数如下表所示．
(1)根据这2万人的样本估计总体，从参与评价的网民中每次随机抽取1人，如果抽取到“好评”，则终止抽取，否则继续抽取，直到抽取到“好评”，但抽取次数最多不超过5次，求抽取了5次的概率；
(2)从给予“中评”评价的网民中，用分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，抽取的3人中年龄在50岁以下的人数为X，求X的分布列和数学期望．
解：(1)从参与评价的网民中随机抽取1人，抽取到“好评”的概率为9 000+1 00020 000＝12．
则抽取了5次的概率为124×12＋124×1−12＝116．
(2)在给予“中评”评价的网民，50岁以下与50岁以上(含50岁)的人数之比为3∶2，
因此在抽取的10人中，50岁以下与50岁以上(含50岁)的人数分别为6和4.
依题意知X服从参数N＝10，n＝3，M＝6的超几何分布，
所以P(X＝k)＝C6kC43−kC103，k＝0，1，2，3.
于是X的分布列为
E(X)＝3×610＝1.8.
求超几何分布的分布列的步骤
某高中德育处在全校组织了“国家安全知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩(百分制)如下：
52，63，67，68，72，76，76，76，82，88，93，94.
(1)写出该样本的中位数，若该校共有3 000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；
(2)从所抽取的70分以上的学生中再随机抽取4人，记ξ表示测试成绩在80分以上的人数，求ξ的分布列和数学期望．
解：(1)由已知数据可得中位数为76.
样本中70分以上的人数所占比例为812＝23，
故可估计该校测试成绩在70分以上的人数约为3 000×23＝2 000.
(2)由题意可得ξ的可能取值为0，1，2，3，4.
P(ξ＝0)＝C40C44C84＝170，P(ξ＝1)＝C41C43C84＝1670＝835，P(ξ＝2)＝C42C42C84＝3670＝1835，P(ξ＝3)＝C43C41C84＝1670＝835，P(ξ＝4)＝C44C44C84＝170．
所以ξ的分布列为
E(ξ)＝0×170＋1×835＋2×1835＋3×835＋4×170＝2.
正态分布
【例3】(1)(2021·新高考全国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．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．σ越小，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．σ越小，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
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一次测量大于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一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在(9.9，10.0)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(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.
(2)(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且 P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P(X＞2.5)＝ ．
0．14 解析：因为X～N(2，σ2)，
所以P(X＞2)＝0.5，
所以P(X＞2.5)＝P(X＞2)－P(2＜X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.
[变式] 本例(2)条件不变，则P(X≥1.5)＝ ．
0．86 解析：因为正态曲线的对称轴为直线x＝2，
所以P(1.5≤X＜2)＝P(2＜X≤2.5)＝0.36，
所以P(X≥1.5)＝P(1.5≤X＜2)＋P(X≥2)＝0.36＋0.5＝0.86.
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴为直线x＝μ.
(2)标准差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σ，2σ或3σ特殊区间，从而求出所求概率．
1．(2023·泰安调研)若随机变量X服从正态分布 N(μ，σ2)，则有P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.现有20 000人参加数学测试，成绩大致服从正态分布N(100，102)，则可估计本次数学测试成绩在120分以上的学生人数为( )
A．1 587B．228
C．455D．3 174
C 解析：依据题意可知μ＝100，σ＝10，记本次数学测试成绩为随机变量X，由于P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以P(80≤X≤120)≈0.954 5，
因此本次数学测试成绩在120分以上的学生约有20 000×1−0.954 52＝455(人)．
2．(多选题)若随机变量X～N(1，σ2)，且其正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表示图中阴影部分面积的是( )
A．12－P(x≤0)
B．12－P(x≥2)
C．12P(x≤2)－12P(x≤0)
D．12－P(1≤x≤2)
ABC 解析：根据正态分布的性质可知，正态密度曲线关于直线x＝1对称，所以题图中阴影部分的面积为12－P(X≤0)，A正确；根据对称性，P(X≤0)＝P(X≥2)，B正确；阴影部分的面积也可以表示为PX≤2−PX≤02，C正确；阴影部分的面积也可以表示为P(0≤X≤1)，而P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)，D不正确．
课时质量评价(六十七)
1．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝( )
A．C32×142×34 B．C32×342×14
C．142×34D．342×14
C 解析：ξ＝3表示第3次首次测到正品，而前2次都没有测到正品，故其概率是142×34．
2．(2024·佛山模拟)已知随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝4，D(X)＝2，则P(X＝1)＝( )
A．123B．124
C．125D．126
C 解析：随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝4，D(X)＝2，则np=4，np1−p=2，
解得n＝8，p＝12，故P(X＝1)＝C81×121×1−127＝125．
3．已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为X，则E(X)＝( )
A．2B．1
C．43D．23
A 解析：X的可能取值为1，2，3，其对应的概率为P(X＝1)＝C22C41C63＝15，P(X＝2)＝C21C42C63＝35，P(X＝3)＝C43C63＝15，所以E(X)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.故选A.
4．某班学生的一次数学考试成绩ξ(满分：100分)服从正态分布N(85，σ2)，且P(83≤ξ≤87)＝0.3，P(78≤ξ≤83)＝0.12，P(ξ＜78)＝( )
A．0.14B．0.18
C．0.23D．0.26
C 解析：因为ξ～N(85，σ2)，P(83≤ξ≤87)＝0.3，
所以P(ξ＜83)＝1−P83≤ξ≤872＝0.35.
又P(78≤ξ≤83)＝0.12，
所以P(ξ＜78)＝P(ξ≤83)－P(78≤ξ≤83)＝0.23.故选C.
5．中国的景观旅游资源相当丰富，5A级为中国旅游景区最高等级，代表着中国世界级精品的旅游风景区等级．某地7个旅游景区中有3个景区是5A级景区，现从中任意选3个景区，下列事件中概率等于67的是( )
A．至少有1个5A级景区
B．有1个或2个5A级景区
C．有2个或3个5A级景区
D．恰有2个5A级景区
B 解析：用X表示这3个旅游景区中5A级景区的个数，则X服从超几何分布，且P(X＝0)＝C30C43C73＝435，P(X＝1)＝C31C42C73＝1835，P(X＝2)＝C32C41C73＝1235，P(X＝3)＝C33C40C73＝135，所以P(X＝1)＋P(X＝2)＝67，即有1个或2个5A级景区的概率为67．
6．(多选题)“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)间的个数记为X，则( )
A．P(7＜ξ＜9)＝0.8B．E(X)＝1.8
C．E(ξ)＞E(5X)D．P(X≥1)＞0.9
BD 解析：A选项，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，A错误；
B选项，X～B(3，0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正确；
C选项，E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)＜E(5X)，C错误；
D选项，因为X～B(3，0.6)，所以P(X＝0)＝C30×(0.6)0×(0.4)3＝0.064，
故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936＞0.9，D正确．故选BD.
7．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为 ．
200 解析：设没有发芽的种子数为Y，则有X＝2Y.
由题意可知Y服从二项分布，即Y～B(1 000，0.1)，
则E(Y)＝1 000×0.1＝100，所以E(X)＝2E(Y)＝200.
8．某校高二学生的一次数学诊断考试成绩(单位：分)服从正态分布N(100，102)，从中抽取一个同学的数学成绩X，记该同学的成绩80≤X≤100为事件A，记该同学的成绩70≤X≤90为事件B，则在A事件发生的条件下B事件发生的概率P(BA)＝ ．(结果精确到0.01)
附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
0.28 解析：由题知，事件AB为“该同学的成绩80≤X≤90”，
因为μ－2σ＝100－20＝80，μ－σ＝100－10＝90，
所以P(AB)＝P(μ－2σ≤X≤μ－σ)≈0.954 52－0.682 72＝0.135 9.
又P(A)＝P(μ－2σ≤X≤μ)≈0.954 52＝0.477 25，
所以P(BA)＝PABPA＝0.135 90.477 25≈0.28.
9．(2024·济南模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋1)为偶函数，则μ＝( )
A．－12B．0
C．12D．1
C 解析：因为函数f(x)＝P(x≤ξ≤x＋1)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，所以P(－x≤ξ≤－x＋1)＝P(x≤ξ≤x＋1)，所以μ＝−x+x+12＝12．
10．已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，记次品数为X，已知P(X＝1)＝1645，且该产品的次品率不超过30%，则这10件产品中次品数n为( )
A．1B．2
C．8D．2或8
B 解析：设10件产品中存在n件次品，从中抽取2件，其次品数为X，由P(X＝1)＝1645，得Cn1C10−n1C102＝1645，化简得n2－10n＋16＝0，解得n＝2或n＝8.又该产品的次品率不超过30%，所以n≤3，应取n＝2.故选B.
11．(多选题)(2024·潍坊模拟)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有( )
A．a＋b＝1
B．当p＝12时，a＝b
C．当0＜p＜12时，a随着n的增大而增大
D．当12＜p＜1时，a随着n的增大而减小
ABC 解析：对于A选项，由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故A正确；
对于B选项，当p＝12时，离散型随机变量X服从二项分布Bn，12，
则P(X＝k)＝Cnk12k1−12n－k(k＝0，1，2，3，…，n)，
所以a＝12n (Cn1+Cn3+Cn5)＋…)＝12n×2n-1＝12，
b＝12n(Cn0+Cn2+Cn4)＋…)＝12n×2n-1＝12，所以a＝b，故B正确；
对于C，D选项，a＝1−p+pn−1−p−pn2＝1−1−2pn2，
令f(n)＝1−1−2pn2，n∈N*，当0＜p＜12时，易知f(n)在定义域内单调递增，
故a随着n的增大而增大，故C正确；
当12＜p＜1时，令g(n)＝(1－2p)n，n∈N*，易知g(n)的值正负交替，故D不正确．故选ABC.
12．某人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)．若此人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 ．
1627 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)＝13，P(X＞0)＝23，
则至少有3个季度的收益为正值的概率为C43×233×13+C44×234＝1627．
13．2023年3月，某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排赛事共有12个班级参加，本次比赛启用了新的排球用球．已知这种球的质量指标ξ(单位：g)服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝270，σ＝5.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军．积分规则如下(比赛采取5局3胜制)：比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分．第10轮1班排球队对抗3班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率均为p(0＜p＜1)．
(1)令η＝ξ−μσ，则η～N(0，1)，且Φ(a)＝P(η＜a)，求Φ(－2)，并证明：Φ(－2)＋Φ(2)＝1.
(2)第10轮比赛中，记1班排球队3∶1取胜的概率为f(p)，求出f(p)的最大值点p0，并以p0作为p的值，解决下列问题．
①在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为X，求X的分布列．
②已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多)？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
解：(1)由题可知η＝ξ−2705，Φ(－2)＝P(η＜－2)＝P(ξ＜260)，
又μ－2ξ＝260，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以Φ(－2)＝P(ξ＜260)≈0.5－0.954 52＝0.5－0.477 25＝0.022 75.
因为Φ(－2)＝P(η＜－2)，根据正态曲线的对称性，知Φ(－2)＝P(η＜－2)＝P(η＞2)．
又因为Φ(2)＝P(η＜2)＝1－P(η≥2)，
所以Φ(－2)＋Φ(2)＝1.
(2)由题知f(p)＝C32p3(1－p)＝3p3(1－p)，
则f′(p)＝3[3p2(1－p)＋p3(－1)]＝3p2(3－4p)．
令f′(p)＝0，解得p＝34(p＝0舍去)．
当p∈0，34时，f′(p)＞0，f(p)在0，34上单调递增；
当p∈34，1时，f′(p)＜0，f(p)在34，1上单调递减．
所以f(p)的最大值点p0＝34，从而p＝34．
①X的可能取值为3，2，1，0.
P(X＝3)＝343+C3234314＝189256，
P(X＝2)＝C4234214234＝81512，
P(X＝1)＝C42342143＝27512，
P(X＝0)＝143+C3134143＝13256，
所以X的分布列为
②若X＝3，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分．因为29＞28，所以1班如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为P(X＝3)＝189256．
X
0
1
2
3
4
5
P
1243
10243
40243
80243
80243
32243
X
0
1
2
3
4
P
81625
216625
216625
96625
16625
网民年龄
好评人数
中评人数
差评人数
50岁以下
9 000
3 000
2 000
50岁以上
(含50岁)
1 000
2 000
3 000
X
0
1
2
3
P
130
310
12
16
第一步
验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值
第二步
根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率
第三步
用表格的形式列出分布列
ξ
0
1
2
3
4
P
170
835
1835
835
170
X
3
2
1
0
P
189256
81512
27512
13256