新高考高中数学核心知识点全透视专题17.5二项分布与正态分布(精讲精析篇)(原卷版+解析)

这是一份新高考高中数学核心知识点全透视专题17.5二项分布与正态分布(精讲精析篇)(原卷版+解析)，共43页。试卷主要包含了5 二项分布与正态分布，6826；，99与大于10等内容，欢迎下载使用。

一、核心素养
1.考查 n次独立重复试验的模型及二项分布，凸显数学抽象、数据分析、数学运算的核心素养.
2.考查正态分布的特征、正态分布的均值、方差及其含义，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
二、考试要求
1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念,理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题.
2．正态分布
(1)通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量．通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征．
(2)了解正态分布的均值、方差及其含义.
三、主干知识梳理
（一）n次独立重复试验
(1)定义
一般地，在相同条件下重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，称为n次独立重复试验．
(2)公式
一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)．
（二）二项分布
1.若将事件A发生的次数设为X，发生的概率为P，不发生的概率q＝1－p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pkqn－k(k＝0,1,2，…，n)
于是得到X的分布列
由于表中第二行恰好是二项式展开式
(q＋p)n＝Ceq \\al(0,n)p0qn＋Ceq \\al(1,n)p1qn－1＋…＋Ceq \\al(k,n)pkqn－k＋…＋Ceq \\al(n,n)pnq0各对应项的值，称这样的离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)．
2.二项分布的期望、方差：
若，则.
若，则．
（三）正态曲线及其性质
1．正态曲线及其性质
(1)正态曲线：
函数φμ，σ(x)＝eq \f(1,\r(2π)σ)e－eq \f(x－μ2,2σ2)，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态曲线的性质：
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x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,\r(2πσ))；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示：

甲 乙
2．正态分布
一般地，如果对于任何实数a，b(a3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ4．3σ原则
通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．
一、命题规律
（1）考查取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念及其性质；
（2）考查条件概率、二项分布及其应用、n 次独立重复试验的模型及其应用.
（3）二项分布的分布列及其概率分布往往与离散型随机变量的数字特征结合命题．
（4）正态分布的图像和性质
（3）概率统计在决策中的应用
二、真题展示
1．（2023·全国·高考真题）某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（ ）
A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
B．越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．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．越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
答案：D
分析：
由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.
【详解】
对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，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，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的概率与小于的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.
故选：D.
2.（2023·天津·高考真题）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为____________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为______________．
答案：
分析：
根据甲猜对乙没有才对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解.
【详解】
由题可得一次活动中，甲获胜的概率为；
则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.
故答案为：；.
考点01 独立重复试验的概率
【典例1】（2023·四川·高三月考（理））投壸是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙是唐朝的两位投壶游戏参与者，且甲、乙每次投壶投中的概率分别为，每人每次投壸相互独立.若约定甲投壶2次，乙投壶3次，投中次数多者胜，则甲最后获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：
利用相互独立事件的概率公式分别计算在甲只投中1次且甲获胜和甲投中2次且他获胜的概率，再利用互斥事件的概率加法公式求甲获胜的概率.
【详解】
若甲只投中1次，则他获胜的概率为；
若甲只投中2次，则他获胜的概率为.
故甲最后获胜的概率为，
故选：C.
【典例2】（多选题）（2023·襄阳市第一中学月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为. 则其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
答案：ABD
【解析】
一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，
①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；
②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；
③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；
④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.
故选：ABD.
【总结提升】
1独立重复试验的特点
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.
(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．
2.运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
3．解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验；
4．在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率．
考点02 二项分布及其应用
【典例3】（2023·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））已知随机变量服从二项分布，则（ ）．
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
表示做了次独立实验，每次试验成功概率为，
则．选．
【典例4】（2023·内蒙古·赤峰第四中学高三月考（理））从2020年开始，学习强国平台开展了两项答题活动，一项为“争上游答题”，另一项为“双人对战”.“争上游答题”项目的规则如下：在一天内参与“争上游答题”活动，仅前两局比赛有积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分，每局比赛相互独立.“双人对战”项目的规则如下：在一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛有积分，获胜得2分，失败得1分，每局比赛相互独立.已知甲参加“争上游答题”活动，每局比赛获胜的概率为；甲参加“双人对战”活动，每局比赛获胜的概率为.
（1）若甲连续4天参加“双人对战”活动，求甲这4天参加“双人对战”项目的总得分不低于6分的概率；
（2）记甲某天参加两项活动（其中“争上游答题”项目参与两局以上）的总得分为，求的分布列和数学期望.
答案：
（1）
（2）分布列见解析，
分析：
（1）设甲这4天参加“双人对战”项目的总得分为，则的可能取值为4，5，6，7，8，求出每个值的概率，即可求解；
（2）由题意，的可能取值为3，4，5，6，7，求出每个值的概率，即可得到分布列与数学期望；
（1）
设甲这4天参加“双人对战”项目的总得分为，
则的可能取值为4，5，6，7，8，
且，，
，，
，
所以甲这4天参加“双人对战”项目的总得分不低于6分的概率为
；
（2）
由题意可知，的可能取值为3，4，5，6，7，
且，
，
，
，
，
所以的分布列为
数学期望为
【规律方法】
1.判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))
(1)X的取值为0,1,2，…，n.
(2)P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n，p为试验成功的概率)．
提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．
2. 二项分布满足的条件
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
(4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
3.二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”
一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即与，每次试验中.我们将这样的试验称为次独立重复试验，也称为伯努利试验．在次独立重复试验中，每次试验事件发生的概率均为，即，.由于试验的独立性，次试验中，事件在某指定的次发生，而在其余次不发生的概率为.而在次试验中，事件恰好发生次的概率为，.它恰好是的二项展开式中的第项．
4. 牢记且理解事件中常见词语的含义：
(1) 、中至少有一个发生的事件为；
(2) 、都发生的事件为；
(3) 、都不发生的事件为；
(4) 、恰有一个发生的事件为；
(5) 、至多一个发生的事件为.
考点03 与二项分布有关的均值与方差
【典例5】(2023·浙江·模拟预测）2021年7月1日是中国共产党成立100周年，小明所在的学校准备举办一场以音乐为载体的“学史知史爱党爱国”歌曲接龙竞赛.该竟赛一共考察的歌曲范围有10首，由于7月学考临近，作为参赛选手的小明没有时间学习全部歌曲，只能完整学会这其中的8首.已知小明完整学会的歌曲成功接上的概率为0.9，没有完整学会的歌曲成功接上的概率为0.4.比赛一共考察10段歌词，每段歌词选自的歌曲均是考察范围内的歌曲，且考察不同歌曲的概率均相同，每首歌曲均可以重复考察.已知每答对一段歌词得10分，答错不扣分.设小明得分是x分，则P（x≥20）=___________（用类似的形式表示），E（x）=___________.
答案： 80
分析：
由题意算出每段歌词答对的概率为，然后设小明回答10段歌词答对的个数为，则，然后由二项分布的知识可得答案.
【详解】
由题意可得，每段歌词答对的概率为
设小明回答10段歌词答对的个数为，则
所以
因为，所以
故答案为：；80
【典例6】（2023·天津高考真题（理））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.
（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）设为事件“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”，求事件发生的概率.
答案：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
(Ⅰ)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，从面.
所以，随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望.
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.
且.
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由(Ⅰ)知：
.
【总结提升】
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)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．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
考点04 正态曲线及其性质
【典例7】【多选题】（2023·全国·高二课时练习）甲、乙两类水果的质量（单位：kg）分别服从正态分布，，，其正态分布的密度曲线，，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲类水果的平均质量
B．乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数
答案：AC
分析：
根据正态分布的特征可得两者的均值、方差的大小关系，结合正态分布密度曲线可判断D的正误，从而可得正确的选项.
【详解】
由题图可知甲图像关于直线对称，乙图像关于直线对称.
所以，，，故A正确，C正确；
因为甲图像比乙图像更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于均值左右，故B错误；
因为乙图像的最高点为，即，
故，故D错误.
故选：AC.
【典例8】【多选题】（2023·辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量，，其中，下列等式成立有( )
A．B．
C．D．
答案：AC
【解析】
随机变量服从标准正态分布，
正态曲线关于对称，
，，根据曲线的对称性可得：
A.，所以该命题正确；
B.，所以错误；
C.，所以该命题正确；
D.或，所以该命题错误．
故选：．
【规律方法】
1.求正态曲线的两个方法
(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为eq \f(1,\r(2π)σ)．
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
2.正态分布下2类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．
(2)熟记P(μ－σ(3)注意概率值的求解转化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，则P(X特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．
考点05 正态分布及其应用
【典例9】【多选题】（2023·全国·高二课时练习）医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层．内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）．根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率，则下列说法正确的是（附：若，则，，）（ ）
A．
B．
C．
D．假设生产状态正常，记表示一天内抽取的50只医用口罩中过滤率大于等于的数量，则
答案：ABC
分析：
利用正态曲线的对称性可以判定A,B,C，然后再求出一只口罩过滤率小于等于的概率，进而根据独立事件和对立事件的概率求出.
【详解】
由题意可知，，．对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以根据正态密度曲线的特点可知，故B正确；
对于C，因为，且，所以，故C正确；
对于D，一只医用口罩过滤率小于的概率约为，所以，故D错误．
故选：ABC．
【典例10】（2023·全国高三其他（理））某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.
（1）求这批树苗的高度高于米的概率，并求图（1）中，，的值；
（2）若从这批树苗中随机选取3株，记为高度在的树苗数量，求的分布列和数学期望；
（3）若变量满足且，则称变量满足近似于正态分布的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收.试问：该批树苗能否被签收？
答案：（1）概率为，，，；（2）分布列答案见解析，数学期望；（3）被签收.
【解析】
（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于米的共有15株，
以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于米的概率为.
记为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：
，
，
.
因为组距为，所以，，.
（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在的概率为
.
因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次独立重复试验，
所以随机变量服从二项分布，
故的分布列为，
即
(或).
（3）由，取，，
由（2）可知，，
又结合（1），可得
，
所以这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，
应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收.
【规律方法】
1.在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．
2.求正态变量X在某区间内取值的概率的基本方法：
(1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．
(2)将待求问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化；
(3)利用X在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果．
3.假设检验的思想
(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．
(2)若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则ξ落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布．
(3)对于小概率事件要有一个正确的理解：
小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．
巩固提升
1．（2023·全国·高二单元测试）如果随机变量，那么等于（ ）．
A．1B．C．2D．6
2．（2023·黑龙江·哈师大附中高二期中）如图分别是甲､乙､丙三种品牌手表日走时误差分布的正态分布密度曲线，则下列说法不正确的是（ ）
A．三种品牌的手表日走时误差的均值相等
B．
C．三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲､乙､丙
D．三种品牌手表中甲品牌的质量最好
3．【多选题】（2023·全国·高二课时练习）某城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从该城镇中任意选出5个家庭，则下列结论正确的是（ ）
A．这5个家庭均有小汽车的概率为
B．这5个家庭中，恰有3个家庭拥有小汽车的概率为
C．这5个家庭平均有4个家庭拥有小汽车
D．这5个家庭中，4个以上家庭（含4个家庭）拥有小汽车的概率为
4．【多选题】（2023·全国·高二课时练习）把某班级的全体学生平均分成6个小组，且每个小组均有4名男生和多名女生.现从各个小组中随机抽取1名学生参加社区服务活动，若抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为，则（ ）
A．该班级共有36名学生
B．第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为
C．抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是
D．设抽取的6名学生中女生人数为X，则
5．（2023·江苏·南京市中华中学高三期中）设随机变量服从正态分布.若，则______.
6．（2023·上海市控江中学高二月考）两个人射击，互相独立．已知甲射击一次中靶概率是0.6，乙射击一次中靶概率是0.3，现在两人各射击一次，中靶至少一次就算完成目标，则完成目标的概率为_____________．
7．（2023·全国·高二课时练习）某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术水平，第一次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.5，0.6，0.4，第二次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.6，0.5，0.75，则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为__________；经过两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的均值为__________．
8．（2023·全国·高二课时练习）已知两个随机变量满足，且，则______，______.
9．（2023·北京·高考真题）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为，试比较与 的大小．（结论不要求证明）
10．(2023·全国·高考真题（理））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正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，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抽取的16个零件的尺寸：
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ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？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
X
0
1
…
k
…
n
P
Ceq \\al(0,n)p0qn
Ceq \\al(1,n)p1qn－1
…
Ceq \\al(k,n)pkqn－k
…
Ceq \\al(n,n)pnq0
3
4
5
6
7
0
1
2
3
0
1
2
3
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
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
专题17.5 二项分布与正态分布（精讲精析篇）
一、核心素养
1.考查 n次独立重复试验的模型及二项分布，凸显数学抽象、数据分析、数学运算的核心素养.
2.考查正态分布的特征、正态分布的均值、方差及其含义，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
二、考试要求
1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念,理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题.
2．正态分布
(1)通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量．通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征．
(2)了解正态分布的均值、方差及其含义.
三、主干知识梳理
（一）n次独立重复试验
(1)定义
一般地，在相同条件下重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，称为n次独立重复试验．
(2)公式
一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)．
（二）二项分布
1.若将事件A发生的次数设为X，发生的概率为P，不发生的概率q＝1－p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pkqn－k(k＝0,1,2，…，n)
于是得到X的分布列
由于表中第二行恰好是二项式展开式
(q＋p)n＝Ceq \\al(0,n)p0qn＋Ceq \\al(1,n)p1qn－1＋…＋Ceq \\al(k,n)pkqn－k＋…＋Ceq \\al(n,n)pnq0各对应项的值，称这样的离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)．
2.二项分布的期望、方差：
若，则.
若，则．
（三）正态曲线及其性质
1．正态曲线及其性质
(1)正态曲线：
函数φμ，σ(x)＝eq \f(1,\r(2π)σ)e－eq \f(x－μ2,2σ2)，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态曲线的性质：
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x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,\r(2πσ))；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示：

甲 乙
2．正态分布
一般地，如果对于任何实数a，b(a3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ4．3σ原则
通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．
一、命题规律
（1）考查取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念及其性质；
（2）考查条件概率、二项分布及其应用、n 次独立重复试验的模型及其应用.
（3）二项分布的分布列及其概率分布往往与离散型随机变量的数字特征结合命题．
（4）正态分布的图像和性质
（3）概率统计在决策中的应用
二、真题展示
1．（2023·全国·高考真题）某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（ ）
A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
B．越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．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．越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
答案：D
分析：
由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.
【详解】
对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，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，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的概率与小于的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.
故选：D.
2.（2023·天津·高考真题）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为____________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为______________．
答案：
分析：
根据甲猜对乙没有才对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解.
【详解】
由题可得一次活动中，甲获胜的概率为；
则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.
故答案为：；.
考点01 独立重复试验的概率
【典例1】（2023·四川·高三月考（理））投壸是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙是唐朝的两位投壶游戏参与者，且甲、乙每次投壶投中的概率分别为，每人每次投壸相互独立.若约定甲投壶2次，乙投壶3次，投中次数多者胜，则甲最后获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
分析：
利用相互独立事件的概率公式分别计算在甲只投中1次且甲获胜和甲投中2次且他获胜的概率，再利用互斥事件的概率加法公式求甲获胜的概率.
【详解】
若甲只投中1次，则他获胜的概率为；
若甲只投中2次，则他获胜的概率为.
故甲最后获胜的概率为，
故选：C.
【典例2】（多选题）（2023·襄阳市第一中学月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为. 则其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
答案：ABD
【解析】
一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，
①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；
②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；
③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；
④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.
故选：ABD.
【总结提升】
1独立重复试验的特点
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.
(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．
2.运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
3．解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验；
4．在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率．
考点02 二项分布及其应用
【典例3】（2023·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））已知随机变量服从二项分布，则（ ）．
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
表示做了次独立实验，每次试验成功概率为，
则．选．
【典例4】（2023·内蒙古·赤峰第四中学高三月考（理））从2020年开始，学习强国平台开展了两项答题活动，一项为“争上游答题”，另一项为“双人对战”.“争上游答题”项目的规则如下：在一天内参与“争上游答题”活动，仅前两局比赛有积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分，每局比赛相互独立.“双人对战”项目的规则如下：在一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛有积分，获胜得2分，失败得1分，每局比赛相互独立.已知甲参加“争上游答题”活动，每局比赛获胜的概率为；甲参加“双人对战”活动，每局比赛获胜的概率为.
（1）若甲连续4天参加“双人对战”活动，求甲这4天参加“双人对战”项目的总得分不低于6分的概率；
（2）记甲某天参加两项活动（其中“争上游答题”项目参与两局以上）的总得分为，求的分布列和数学期望.
答案：
（1）
（2）分布列见解析，
分析：
（1）设甲这4天参加“双人对战”项目的总得分为，则的可能取值为4，5，6，7，8，求出每个值的概率，即可求解；
（2）由题意，的可能取值为3，4，5，6，7，求出每个值的概率，即可得到分布列与数学期望；
（1）
设甲这4天参加“双人对战”项目的总得分为，
则的可能取值为4，5，6，7，8，
且，，
，，
，
所以甲这4天参加“双人对战”项目的总得分不低于6分的概率为
；
（2）
由题意可知，的可能取值为3，4，5，6，7，
且，
，
，
，
，
所以的分布列为
数学期望为
【规律方法】
1.判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))
(1)X的取值为0,1,2，…，n.
(2)P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n，p为试验成功的概率)．
提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．
2. 二项分布满足的条件
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
(4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
3.二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”
一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即与，每次试验中.我们将这样的试验称为次独立重复试验，也称为伯努利试验．在次独立重复试验中，每次试验事件发生的概率均为，即，.由于试验的独立性，次试验中，事件在某指定的次发生，而在其余次不发生的概率为.而在次试验中，事件恰好发生次的概率为，.它恰好是的二项展开式中的第项．
4. 牢记且理解事件中常见词语的含义：
(1) 、中至少有一个发生的事件为；
(2) 、都发生的事件为；
(3) 、都不发生的事件为；
(4) 、恰有一个发生的事件为；
(5) 、至多一个发生的事件为.
考点03 与二项分布有关的均值与方差
【典例5】(2023·浙江·模拟预测）2021年7月1日是中国共产党成立100周年，小明所在的学校准备举办一场以音乐为载体的“学史知史爱党爱国”歌曲接龙竞赛.该竟赛一共考察的歌曲范围有10首，由于7月学考临近，作为参赛选手的小明没有时间学习全部歌曲，只能完整学会这其中的8首.已知小明完整学会的歌曲成功接上的概率为0.9，没有完整学会的歌曲成功接上的概率为0.4.比赛一共考察10段歌词，每段歌词选自的歌曲均是考察范围内的歌曲，且考察不同歌曲的概率均相同，每首歌曲均可以重复考察.已知每答对一段歌词得10分，答错不扣分.设小明得分是x分，则P（x≥20）=___________（用类似的形式表示），E（x）=___________.
答案： 80
分析：
由题意算出每段歌词答对的概率为，然后设小明回答10段歌词答对的个数为，则，然后由二项分布的知识可得答案.
【详解】
由题意可得，每段歌词答对的概率为
设小明回答10段歌词答对的个数为，则
所以
因为，所以
故答案为：；80
【典例6】（2023·天津高考真题（理））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.
（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（Ⅱ）设为事件“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”，求事件发生的概率.
答案：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
(Ⅰ)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，从面.
所以，随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望.
(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.
且.
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由(Ⅰ)知：
.
【总结提升】
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)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．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
考点04 正态曲线及其性质
【典例7】【多选题】（2023·全国·高二课时练习）甲、乙两类水果的质量（单位：kg）分别服从正态分布，，，其正态分布的密度曲线，，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲类水果的平均质量
B．乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于均值左右
C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数
答案：AC
分析：
根据正态分布的特征可得两者的均值、方差的大小关系，结合正态分布密度曲线可判断D的正误，从而可得正确的选项.
【详解】
由题图可知甲图像关于直线对称，乙图像关于直线对称.
所以，，，故A正确，C正确；
因为甲图像比乙图像更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于均值左右，故B错误；
因为乙图像的最高点为，即，
故，故D错误.
故选：AC.
【典例8】【多选题】（2023·辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量，，其中，下列等式成立有( )
A．B．
C．D．
答案：AC
【解析】
随机变量服从标准正态分布，
正态曲线关于对称，
，，根据曲线的对称性可得：
A.，所以该命题正确；
B.，所以错误；
C.，所以该命题正确；
D.或，所以该命题错误．
故选：．
【规律方法】
1.求正态曲线的两个方法
(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为eq \f(1,\r(2π)σ)．
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
2.正态分布下2类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．
(2)熟记P(μ－σ(3)注意概率值的求解转化：
①P(X②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，则P(X特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．
考点05 正态分布及其应用
【典例9】【多选题】（2023·全国·高二课时练习）医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层．内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）．根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率，则下列说法正确的是（附：若，则，，）（ ）
A．
B．
C．
D．假设生产状态正常，记表示一天内抽取的50只医用口罩中过滤率大于等于的数量，则
答案：ABC
分析：
利用正态曲线的对称性可以判定A,B,C，然后再求出一只口罩过滤率小于等于的概率，进而根据独立事件和对立事件的概率求出.
【详解】
由题意可知，，．对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，，所以根据正态密度曲线的特点可知，故B正确；
对于C，因为，且，所以，故C正确；
对于D，一只医用口罩过滤率小于的概率约为，所以，故D错误．
故选：ABC．
【典例10】（2023·全国高三其他（理））某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.
（1）求这批树苗的高度高于米的概率，并求图（1）中，，的值；
（2）若从这批树苗中随机选取3株，记为高度在的树苗数量，求的分布列和数学期望；
（3）若变量满足且，则称变量满足近似于正态分布的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收.试问：该批树苗能否被签收？
答案：（1）概率为，，，；（2）分布列答案见解析，数学期望；（3）被签收.
【解析】
（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于米的共有15株，
以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于米的概率为.
记为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：
，
，
.
因为组距为，所以，，.
（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在的概率为
.
因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次独立重复试验，
所以随机变量服从二项分布，
故的分布列为，
即
(或).
（3）由，取，，
由（2）可知，，
又结合（1），可得
，
所以这批树苗的高度满足近似于正态分布的概率分布，
应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收.
【规律方法】
1.在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．
2.求正态变量X在某区间内取值的概率的基本方法：
(1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．
(2)将待求问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化；
(3)利用X在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1求出最后结果．
3.假设检验的思想
(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．
(2)若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则ξ落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布．
(3)对于小概率事件要有一个正确的理解：
小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．
巩固提升
1．（2023·全国·高二单元测试）如果随机变量，那么等于（ ）．
A．1B．C．2D．6
答案：B
分析：
根据二项分布的方差公式计算可得；
【详解】
解：因为，所以
故选：B
2．（2023·黑龙江·哈师大附中高二期中）如图分别是甲､乙､丙三种品牌手表日走时误差分布的正态分布密度曲线，则下列说法不正确的是（ ）
A．三种品牌的手表日走时误差的均值相等
B．
C．三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲､乙､丙
D．三种品牌手表中甲品牌的质量最好
答案：B
分析：
根据三种品牌手表误差的正态分布曲线的图象，结合正态分布曲线的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
根据正态分布曲线的性质和图象可得，三种品牌的手表日走时的误差对应的正态分布曲线的对称轴都是轴，所以三种品牌的手表日走时误差的均值相等，所以A正确；
乙品牌对应点的正态分布曲线在区间之间与围成的面积与丙品牌对应点的正态分布曲线在区间之间与围成的面积相等，所以B不正确；
由正态分布曲线的形状，可得，所以三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲､乙､丙，所以C正确；
由，可得甲种品牌手表的最稳定，质量最好，所以D正确.
故选：B.
3．【多选题】（2023·全国·高二课时练习）某城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从该城镇中任意选出5个家庭，则下列结论正确的是（ ）
A．这5个家庭均有小汽车的概率为
B．这5个家庭中，恰有3个家庭拥有小汽车的概率为
C．这5个家庭平均有4个家庭拥有小汽车
D．这5个家庭中，4个以上家庭（含4个家庭）拥有小汽车的概率为
答案：AD
分析：
由题意得小汽车的普及率为，然后依次可求出ABD对应的概率，即可判断ABD，这5个家庭平均有个家庭拥有小汽车，即可判断C.
【详解】
由题意得小汽车的普及率为．
对于A选项，这5个家庭均有小汽车的概率为，故A选项正确；
对于B选项，这5个家庭中，恰有3个家庭拥有小汽车的概率为，故B选项不正确；
对于C选项，这5个家庭平均有个家庭拥有小汽车，故C选项不正确；
对于D选项，这5个家庭中，4个以上家庭（含4个家庭）拥有小汽车的概率为，故D选项正确．
故选：AD．
4．【多选题】（2023·全国·高二课时练习）把某班级的全体学生平均分成6个小组，且每个小组均有4名男生和多名女生.现从各个小组中随机抽取1名学生参加社区服务活动，若抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为，则（ ）
A．该班级共有36名学生
B．第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为
C．抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是
D．设抽取的6名学生中女生人数为X，则
答案：AD
分析：
设每个小组中女生人数为n,由题意可知抽取的6人全为女生的概率为，列出方程解出x，即可判断A，由古典概率公式可以判断B，再根据二项分布的概率公式和方差公式可以判断C和D.
【详解】
设该班级每个小组有名女生，∵抽取的6名学生中至少有1名男生的概率为，∴抽取的6名学生中没有男生，即抽取的6名学生全为女生的概率为，∴ ，解得，∴每个小组有4名男生、2名女生，共6名学生，∴该班级共有36名学生，A正确；
易知第1个小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为，B错误；
每组男生被抽取的概率为，女生被抽取的概率为，则抽取的6名学生中男、女生人数相同的概率是，C错误；
设抽取的6名学生中女生人数为X，则，∴ ，D正确.
故选：AD.
5．（2023·江苏·南京市中华中学高三期中）设随机变量服从正态分布.若，则______.
答案：0.4
分析：
根据正态分布的对称性可求.
【详解】
因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线的对称轴为，
所以，
所以，所以.
故答案为：0.4.
6．（2023·上海市控江中学高二月考）两个人射击，互相独立．已知甲射击一次中靶概率是0.6，乙射击一次中靶概率是0.3，现在两人各射击一次，中靶至少一次就算完成目标，则完成目标的概率为_____________．
答案：0.72
分析：
利用独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
由题意可知，若甲、乙两个各射击1次，至少有一人命中目标的概率为.
故答案为：
7．（2023·全国·高二课时练习）某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术水平，第一次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.5，0.6，0.4，第二次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.6，0.5，0.75，则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为__________；经过两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的均值为__________．
答案：0.38## 0.9
分析：
根据条件可直接算出第一次烧制后恰有一件产品合格的概率，然后可得，然后可得答案.
【详解】
第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为；
经过两次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为，，，
所以随机变量服从参数为，的二项分布，即，故．
故答案为：
8．（2023·全国·高二课时练习）已知两个随机变量满足，且，则______，______.
答案：2
分析：
由题干知，，因为，由公式知，.
【详解】
由，得，
因为，所以，
所以，
.
故答案为：2；.
9．（2023·北京·高考真题）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为，试比较与 的大小．（结论不要求证明）
答案：（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）,（Ⅲ）
分析：
（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；
（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；
（Ⅲ）先求，再根据频率估计概率，即得大小.
【详解】
（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，
该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为：;
（Ⅲ）
10．(2023·全国·高考真题（理））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正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.
（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，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抽取的16个零件的尺寸：
经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ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？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.
答案：（1），（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要. ,
分析：
（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.
（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；
（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.
【详解】
（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，
从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，
故.
因此.
的数学期望为.
（2）（i）如果生产状态正常，
一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，
一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件
概率只有0.0408，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，
得的估计值为，的估计值为，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，
因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据，
剩下数据的平均数为，
因此的估计值为.
，
剔除之外的数据，
剩下数据的样本方差为，
因此的估计值为.
X
0
1
…
k
…
n
P
Ceq \\al(0,n)p0qn
Ceq \\al(1,n)p1qn－1
…
Ceq \\al(k,n)pkqn－k
…
Ceq \\al(n,n)pnq0
3
4
5
6
7
0
1
2
3
0
1
2
3
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
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