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高考数学科学创新复习方案提升版第65讲二项分布与超几何分布、正态分布学案（Word版附解析）
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这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第65讲二项分布与超几何分布、正态分布学案（Word版附解析），共25页。
1．n重伯努利试验及其特征
(1)n重伯努利试验的概念
我们把只包含eq \x(\s\up1(01))两个可能结果的试验叫做伯努利试验．
将一个伯努利试验eq \x(\s\up1(02))独立地eq \x(\s\up1(03))重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．
(2)n重伯努利试验的共同特征
①同一个伯努利试验eq \x(\s\up1(04))重复做n次；
②各次试验的结果eq \x(\s\up1(05))相互独立．
2．二项分布
(1)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(0P(X＝k)＝eq \x(\s\up1(06))Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.
称随机变量X服从二项分布，记作eq \x(\s\up1(07))X～B(n，p)．
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝eq \x(\s\up1(08))np，D(X)＝eq \x(\s\up1(09))np(1－p)．
3．超几何分布
(1)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)＝eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\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．
(2)均值E(X)＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(nM,N)．
4．正态分布
(1)正态曲线
称f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))e－eq \f(\a\vs4\al(（x－μ）2),2σ2)，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，为正态密度函数，称其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eq \x(\s\up1(11))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∀x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的eq \x(\s\up1(12))上方．
②曲线与x轴之间的区域的面积为eq \x(\s\up1(13))1．
③曲线是单峰的，它关于直线eq \x(\s\up1(14))x＝μ对称．
④曲线在eq \x(\s\up1(15))x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π)).
⑤当|x|无限增大时，曲线无限接近eq \x(\s\up1(16))x轴．
⑥当eq \x(\s\up1(17))σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着eq \x(\s\up1(18))μ的变化而沿x轴平移，如图①.
⑦当μ一定时，曲线的形状由σ确定，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；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，如图②.
(4)正态分布在三个特殊区间内取值的概率值及3σ原则
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈eq \x(\s\up1(19))0.6827；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈eq \x(\s\up1(20))0.9545；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈eq \x(\s\up1(21))0.9973．
在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则．
1．二项分布与超几何分布的关系
在n次试验中，某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布．
2.若X～N(μ，σ2)，则X是连续型随机变量．
1．从一批含有13件正品，2件次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是( )
A.eq \f(32,35) B.eq \f(12,35)
C.eq \f(3,35) D.eq \f(2,35)
答案 B
解析 设随机变量X表示取出次品的个数，X服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3，X的可能的取值为0，1，2，所求概率为P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,13),Ceq \\al(3,15))＝eq \f(12,35).故选B.
2．(人教A选择性必修第三册7.4.1例3改编)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(64,81)
C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,9)
答案 A
解析 第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求概率为P＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27).故选A.
3．(人教A选择性必修第三册7.5例题改编)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26 min可用 B．有30 min可用
C．有34 min可用 D．有38 min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的概率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)4．(2022·新高考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)＝________．
答案 0.14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(7,50)))
解析 因为X～N(2，σ2)，所以P(X＜2)＝P(X＞2)＝0.5，因此P(X＞2.5)＝P(X＞2)－P(2＜X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.
5．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中目标记0分．某人每次击中目标的概率为eq \f(2,3)，则此人得分的数学期望与方差分别为________．
答案 20，eq \f(200,3)
解析 记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，Y＝10X，所以E(Y)＝10E(X)＝10×3×eq \f(2,3)＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(200,3).
例1 (2023·郑州模拟)世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负(踢成平局)，将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：
①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；
②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2∶0，则不需踢第5轮了；
③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．
现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟(含加时赛)仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为eq \f(1,2)，乙队每名球员射进的概率为eq \f(2,3).每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率．
解 (1)由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,2)))，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).
所以X的分布列为
E(X)＝5×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)设“乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出”为事件A，由题意知，乙射进4次，甲前4次射进2次，P(A)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(2,27)，
即乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率为eq \f(2,27).
1．n重伯努利试验概率求法的三个步骤
(1)判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验．
(2)分拆：判断所求事件是否需要分拆．
(3)计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算．
2．求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2023·兰州一模)如图，李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有L1，L2两条路线，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为eq \f(1,2)；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(3,5).
(1)若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；
(2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；
(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由．
解 (1)设“走L1路线最多遇到1次红灯”为事件A，包括“没有遇到红灯”和“只遇到1次红灯”两种情况，
则P(A)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为eq \f(1,2).
(2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,10)，
P(X＝1)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)，
P(X＝2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20).
随机变量X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＝eq \f(27,20).
(3)设选择L1路线遇到红灯的次数为Y，随机变量Y服从二项分布Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，所以E(Y)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
因为E(X)例2 某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个．在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检测．若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件．
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为X，求X的分布列及期望．
解 (1)设“某箱电子元件有一个次品能被直接购买”为事件A，则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(3,9),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(7,10).
(2)X的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝eq \f(8,10)×eq \f(2,9)＝eq \f(8,45)，
P(X＝3)＝eq \f(8,10)×eq \f(7,9)＝eq \f(28,45).
故X的分布列为
故E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(8,45)＋3×eq \f(28,45)＝eq \f(109,45).
超几何分布的特点
(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．
(2)超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布．
(3)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，其实质是古典概型．
(2024·岳阳模拟)共享电动车(sharedev)是一种新的交通工具，通过扫码开锁，实现循环共享．某记者来到中国传媒大学探访，在校园喷泉旁停放了10辆共享电动车，这些电动车分为荧光绿和橙色两种颜色，已知从这些共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为P＝0.4.若从这些共享电动车中任取3辆．
(1)求取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色的概率；
(2)求取出的3辆共享电动车中橙色电动车的辆数X的分布列与数学期望．
解 (1)因为从10辆共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆．
记事件A为“取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色”，则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2).
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(0,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,6)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(3,10)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,30).
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或E（X）＝\f(3×4,10)＝\f(6,5))).
例3 (1)设随机变量X服从正态分布N(3，4)，若P(X<2a－3)＝P(X>a＋2)，则a的值为( )
A．5 B．3
C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,3)
答案 D
解析 因为X服从正态分布N(3，4)，P(X<2a－3)＝P(X>a＋2)，所以x＝2a－3与x＝a＋2关于x＝3对称，所以eq \f(2a－3＋a＋2,2)＝3，即3a＝7，解得a＝eq \f(7,3).故选D.
(2)(2021·新高考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．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．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．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
答案 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)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在一次测量中大于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在一次测量中小于9.99的概率与大于10.01的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量在一次测量中落在(9.9，10)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以在一次测量中落在(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.
(3)(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N(100，σ2)．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，则需调整生产工艺，使得σ至多为________．(若X～N(μ，σ2)，则P(eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(X－μ))<2σ)≈0.9545)
答案 eq \f(1,2)
解析 依题意可知，μ＝100，根据题意及正态曲线的特征可知，|X－100|<2σ的解集A⊆(99，101)，由|X－100|<2σ可得100－2σ正态分布下的概率计算常见的两类问题
(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，及曲线与x轴之间的区域的面积为1的性质．
(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．
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N(μ，σ2)．
(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[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]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．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
经计算得eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(1,16)eq \(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1))xi＝9.97，s＝eq \r(\f(1,16)\(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1)) （xi－\(x,\s\up6(－))）2)＝eq \r(\f(1,16)（\(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1))xeq \\al(2,i)－16\(x,\s\up6(－))2）)≈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eq \(x,\s\up6(－))作为μ的估计值eq \(μ,\s\up6(^))，用样本标准差s作为σ的估计值eq \(σ,\s\up6(^))，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]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N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973，0.997316≈0.9577，eq \r(0.008)≈0.09.
解 (1)抽取的一个零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0027，故X～B(16，0.0027)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997316≈0.0423.
X的数学期望E(X)＝16×0.0027＝0.0432.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率只有0.0027，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件的概率只有0.0423，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．
②由eq \(x,\s\up6(－))＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \(μ,\s\up6(^))＝9.97，σ的估计值为eq \(σ,\s\up6(^))＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq \f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02，
因此μ的估计值为10.02.
eq \(∑,\s\up6(16),\s\d4(i＝1))xeq \\al(2,i)≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，
剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq \f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为eq \r(0.008)≈0.09.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·泉州三模)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为eq \f(63,64)，则射击一次，击中目标的概率为( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8)
答案 B
解析 设该运动员射击一次，击中目标的概率为p，该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为1－(1－p)3＝eq \f(63,64)，解得p＝eq \f(3,4).故选B.
2．(2024·孝感模拟)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．2 B．1
C.eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵X服从超几何分布，∴E(X)＝eq \f(3×4,6)＝2.故选A.
3．(2023·乌鲁木齐二模)中国算力大会“算力中国”创新成果展区分为A区和B区两大板块．A区由最新数据中心产业图谱和国家新型工业化示范基地组成，B区由算力筑基优秀案例、算力赋能案例、算力网络案例组成．若从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(3,10)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(3,5)
答案 D
解析 从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是P＝eq \f(Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,5))＝eq \f(3×2,10)＝eq \f(3,5).故选D.
4．(2023·烟台一模)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/100 km)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14 kW·h/100 km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14 kW·h/100 km的汽车大约有1200×0.15＝180(辆)．故选A.
5．某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
答案 B
解析 将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1，2，3，…，1000，由题意可知ξ～B(1000，0.1)，所以E(ξ)＝1000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200.故选B.
6.如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行且错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球在下落过程中向左、向右落下的机会均等，设小球最终落入X号球槽，则X的数学期望为( )
A．3 B．4
C．3.5 D．2.5
答案 C
解析 当X＝1时，小球要向左下落5次，则P(X＝1)＝Ceq \\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)；当X＝2时，小球要向左下落4次，向右下落1次，则P(X＝2)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＝eq \f(5,32)；当X＝3时，小球要向左下落3次，向右下落2次，则P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(10,32)；当X＝4时，小球要向左下落2次，向右下落3次，则P(X＝4)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(10,32)；当X＝5时，小球要向左下落1次，向右下落4次，则P(X＝5)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(5,32)；当X＝6时，小球要向右下落5次，则P(X＝6)＝Ceq \\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).则X的数学期望为eq \f(1×1＋2×5＋3×10＋4×10＋5×5＋6×1,32)＝3.5.故选C.
7．(2024·石家庄二中月考)经检测，一批产品中每件产品的合格率为eq \f(3,5)，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是( )
A．X的所有可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝eq \f(256,625)
C．X服从超几何分布
D．X＝3的概率最大
答案 D
解析 对于A，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，故A错误；对于B，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(144,625)，故B错误；对于C，由题意，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,5)))，故C错误；对于D，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,5)))，所以P(X＝k)＝Ceq \\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(5－k)(k＝0，1，2，3，4，5)，则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(32,3125)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(4)＝eq \f(48,625)，P(X＝2)＝eq \f(144,625)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(216,625)，P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(1)＝eq \f(162,625)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(243,3125)，所以X＝3的概率最大，故D正确．故选D.
8．连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为P1，事件“没有连续三次正面向上”的概率为P2，则下列结论正确的是( )
A．P1＋P2＝1 B．P2＜2P1
C．P2＝2P1 D．P2＞2P1
答案 B
解析 事件“没有连续两次正面向上”有四种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上，故P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \\al(2,5)－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(13,32).事件“没有连续三次正面向上”有五种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上；⑤四次正面向上，故P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \\al(3,5)－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(3,4)，所以P2＜2P1成立．故选B.
二、多项选择题
9．(2023·泰安二模)随机变量X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，随机变量Y～B(3，p)，若E(Y)＝E(X)，则( )
A．μ＝2 B．D(X)＝2σ2
C．p＝eq \f(2,3) D．D(3Y)＝2
答案 AC
解析 对于A，B，因为X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，所以μ＝2，故E(X)＝μ＝2，D(X)＝σ2，A正确，B错误；对于C，因为Y～B(3，p)，所以E(Y)＝3p＝E(X)，所以3p＝2，解得p＝eq \f(2,3)，C正确；对于D，D(3Y)＝9D(Y)＝9×3×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝6，D错误．故选AC.
10．(2023·莆田二模)“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)＝0.8 B．E(X)＝1.8
C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9
答案 BD
解析 对于A，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；对于B，X～B(3，0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正确；对于C，E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)0.9，D正确．故选BD.
11．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝2，3，4，5)出现0的概率为eq \f(1,3)，出现1的概率为eq \f(2,3)，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时( )
A．X服从二项分布
B．P(X＝1)＝eq \f(8,81)
C．X的均值E(X)＝eq \f(8,3)
D．X的方差D(X)＝eq \f(8,3)
答案 ABC
解析 由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字在填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：①后4个数都出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,81)；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,81)；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(24,81)，④后4个数出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＝eq \f(32,81)；⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，故A，B正确；∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，∴E(X)＝4×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)，D(X)＝4×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,9)，故C正确，D错误．故选ABC.
三、填空题
12．(2024·绍兴模拟)袋中装有10个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是eq \f(7,9).现从该袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，则E(X)＝________．
答案 eq \f(3,2)
解析 设袋中有m个黑球，则白球有(10－m)个，由题意可得，eq \f(Ceq \\al(2,m),Ceq \\al(2,10))＝eq \f(m（m－1）,90)＝1－eq \f(7,9)，解得m＝5或m＝－4(舍去)，故X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,12)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,12)，
所以X的分布列为
故E(X)＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(5,12)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,12)＝eq \f(3,2).
13．(2024·南通调研)已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________．
答案 24
解析 由题意知，P(X＝k)＝Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k，要使P(X＝k)最大，当k取1，2，3，4，5时，有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k≥Ceq \\al(k－1,6)×0.27－k×0.8k－1，,Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k≥Ceq \\al(k＋1,6)×0.25－k×0.8k＋1，))化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.8×\f(7－k,k)≥0.2，,0.2≥0.8×\f(6－k,k＋1)，))解得eq \f(23,5)≤k≤eq \f(28,5)，故k＝5，又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24.
14.(2023·北京朝阳期中)甲、乙两人进行投篮比赛，已知甲、乙每次投中的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，每人每次投中与否互不影响．若约定甲投2次，乙投3次，投中次数多者胜，则乙最后获胜的概率为________．
答案 eq \f(17,54)
解析 若乙只投中1次，则甲投中0次时乙获胜，其概率为Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9)；若乙投中2次，则甲投中0次或1次时乙获胜，其概率为Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋Ceq \\al(1,2)×\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq \f(1,6)；若乙投中3次，则乙必获胜，其概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27).综上所述，乙最后获胜的概率为eq \f(1,9)＋eq \f(1,6)＋eq \f(1,27)＝eq \f(17,54).
四、解答题
15．为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100，17.52)．已知成绩在117.5分以上的学生有80人.
(1)求此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率；
(2)若成绩大于135分的为特别优秀，则本次数学考试成绩特别优秀的大约有
多少人？(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545)
解 (1)由已知可得，P(100－17.5≤X≤100＋17.5)＝P(82.5≤X≤117.5)≈0.6827，
故成绩低于82.5分的概率P(X<82.5)＝eq \f(1－P（82.5≤X≤117.5）,2)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865.
(2)P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤135)≈0.9545，
所以数学成绩特别优秀的概率P(X>135)＝eq \f(1－P（65≤X≤135）,2)≈eq \f(1－0.9545,2)＝0.02275.
又P(X<82.5)＝P(X>117.5)≈0.15865，
则本次数学考试成绩特别优秀的大约有eq \f(80,0.15865)×0.02275≈11人.
16．(2024·湖北江汉区开学考试)为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”．某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：
(1)假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均值eq \(x,\s\up6(－))，σ2近似为样本方差s2，经计算得eq \(x,\s\up6(－))≈12.8，s≈5.2.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；
(2)通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设Y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求Y的分布列与数学期望．
参考数据：若X～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.
解 (1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2，
所以P(X>18) ≈P(X>μ＋σ)＝eq \f(1－0.6827,2)≈0.15865，
因为320×0.15865＝50.768≈51，
所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51.
(2)由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y的所有可能取值为1，2，3，4，且P(Y＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(4,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(1,14)，P(Y＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(3,7)，
P(Y＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(3,7)，P(Y＝4)＝eq \f(Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(1,14)，
所以Y的分布列为
所以E(Y)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2).
17．(2023·徐州模拟)在一个袋子里有除颜色外完全相同的5个小球，其中有3个红球和2个白球．
(1)现无放回地依次从中摸出1个球，求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率；
(2)现有放回地每次从中摸出1个球，连摸3次，记摸到红球的次数为X，求随机变量X的概率分布列及方差．
解 (1)记“第一次摸出红球”为事件A，“第二次摸出白球”为事件B，则
P(A)＝eq \f(3,5)，P(B|A)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
由概率乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝eq \f(3,10)，
即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率为eq \f(3,10).
(2)由题意得X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5)))，
所以P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,5)＝eq \f(54,125)，
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125).
随机变量X的概率分布列为
方差D(X)＝3×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(18,25).
18．(2024·漳州开学考试)甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用2n－1(n∈N*)局n胜制(当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束)．已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1－p.
(1)若n＝2，p＝eq \f(1,2)，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若n＝3比n＝2对甲更有利，求p的取值范围．
解 (1)依题意得，X的所有可能取值为2，3，
则P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为
P1＝p2＋Ceq \\al(1,2)p2(1－p)＝p2(3－2p)，
若采用5局3胜制，甲最终获胜的概率为
P2＝p3＋Ceq \\al(1,3)p3(1－p)＋Ceq \\al(2,4)p3(1－p)2
＝p3(6p2－15p＋10)．
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，
则P2－P1>0，
即p3(6p2－15p＋10)－p2(3－2p)＝p2(6p3－15p2＋10p－3＋2p)＝3p2(2p3－5p2＋4p－1)＝3p2(p－1)(2p2－3p＋1)＝3p2(p－1)2(2p－1)>0，解得eq \f(1,2)解法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用ξ表示3局比赛中甲获胜的局数，则ξ～B(3，p)，
甲最终获胜的概率为P1＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq \\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p3＝p2[Ceq \\al(2,3)(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p]＝p2(3－2p)，
采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用η表示5局比赛中甲获胜的局数，则η～B(5，p)，
甲最终获胜的概率为P2＝P(η＝3)＋P(η＝4)＋P(η＝5)＝Ceq \\al(3,5)p3(1－p)2＋Ceq \\al(4,5)p4(1－p)＋Ceq \\al(5,5)p5＝p3(6p2－15p＋10)．
以下同解法一．
19．(2023·济南模拟)统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策．
(1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中A种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼，用ξ表示其中A种鱼的条数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望E(ξ)；
(2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条．
①请从用样本估计总体的角度估计池塘乙中的鱼数；
②统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法——最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的参数，即在什么情况下最有可能发生已知的事件．请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数．
解 (1)由题意，ξ的所有可能取值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,43),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(129,175)，P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,43)Ceq \\al(1,7),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(43,175)，
P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,7),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(3,175)，
故ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(129,175)＋1×eq \f(43,175)＋2×eq \f(3,175)＝eq \f(7,25).
(2)①设池塘乙中的鱼数为m，则eq \f(50,m)＝eq \f(5,20)，解得m＝200，故估计池塘乙中的鱼数为200.
②设池塘乙中的鱼数为n，令事件B＝“再捉20条鱼，5条有记号”，事件C＝“池塘乙中的鱼数为n”，
则pn＝P(B|C)＝eq \f(Ceq \\al(5,50)Ceq \\al(15,n－50),Ceq \\al(20,n))，由最大似然估计法，即求pn最大时n的值，其中n≥65，
所以eq \f(pn＋1,pn)＝eq \f(（n－49）（n－19）,（n－64）（n＋1）)＝eq \f(n2－68n＋931,n2－63n－64)
＝eq \f(n2－63n－64－5n＋995,n2－63n－64)＝1＋eq \f(5（199－n）,（n－64）（n＋1）).
当n＝65，…，198时，eq \f(pn＋1,pn)>1，
当n＝199时，eq \f(pn＋1,pn)＝1，
当n＝200，201，…时，eq \f(pn＋1,pn)<1，
所以池塘乙中的鱼数为199或200.
区别
①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球)，X服从二项分布；
②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球)，X服从超几何分布
联系
在不放回n次试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小，此时超几何分布可近似转化成二项分布
考向一 n重伯努利试验与二项分布
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,32)
eq \f(5,32)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(5,32)
eq \f(1,32)
X
0
1
2
P
eq \f(1,10)
eq \f(9,20)
eq \f(9,20)
考向二 超几何分布问题
X
1
2
3
P
eq \f(1,5)
eq \f(8,45)
eq \f(28,45)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
考向三 正态分布
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
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,12)
eq \f(5,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,12)
碳排放量X(单位：万吨)
[2.5，5.5)
[5.5，8.5)
[8.5，11.5)
[11.5，14.5)
频数
5
6
9
12
碳排放量X(单位：万吨)
[14.5，17.5)
[17.5，20.5)
[20.5，23.5]
频数
8
6
4
Y
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(3,7)
eq \f(3,7)
eq \f(1,14)
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
X
2
3
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,2)
ξ
0
1
2
P
eq \f(129,175)
eq \f(43,175)
eq \f(3,175)
1．n重伯努利试验及其特征
(1)n重伯努利试验的概念
我们把只包含eq \x(\s\up1(01))两个可能结果的试验叫做伯努利试验．
将一个伯努利试验eq \x(\s\up1(02))独立地eq \x(\s\up1(03))重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．
(2)n重伯努利试验的共同特征
①同一个伯努利试验eq \x(\s\up1(04))重复做n次；
②各次试验的结果eq \x(\s\up1(05))相互独立．
2．二项分布
(1)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
称随机变量X服从二项分布，记作eq \x(\s\up1(07))X～B(n，p)．
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝eq \x(\s\up1(08))np，D(X)＝eq \x(\s\up1(09))np(1－p)．
3．超几何分布
(1)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)＝eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\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．
(2)均值E(X)＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(nM,N)．
4．正态分布
(1)正态曲线
称f(x)＝eq \f(1,σ\r(2π))e－eq \f(\a\vs4\al(（x－μ）2),2σ2)，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，为正态密度函数，称其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eq \x(\s\up1(11))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∀x∈R，f(x)>0，它的图象在x轴的eq \x(\s\up1(12))上方．
②曲线与x轴之间的区域的面积为eq \x(\s\up1(13))1．
③曲线是单峰的，它关于直线eq \x(\s\up1(14))x＝μ对称．
④曲线在eq \x(\s\up1(15))x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π)).
⑤当|x|无限增大时，曲线无限接近eq \x(\s\up1(16))x轴．
⑥当eq \x(\s\up1(17))σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着eq \x(\s\up1(18))μ的变化而沿x轴平移，如图①.
⑦当μ一定时，曲线的形状由σ确定，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；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，如图②.
(4)正态分布在三个特殊区间内取值的概率值及3σ原则
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈eq \x(\s\up1(19))0.6827；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈eq \x(\s\up1(20))0.9545；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈eq \x(\s\up1(21))0.9973．
在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则．
1．二项分布与超几何分布的关系
在n次试验中，某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布．
2.若X～N(μ，σ2)，则X是连续型随机变量．
1．从一批含有13件正品，2件次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是( )
A.eq \f(32,35) B.eq \f(12,35)
C.eq \f(3,35) D.eq \f(2,35)
答案 B
解析 设随机变量X表示取出次品的个数，X服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3，X的可能的取值为0，1，2，所求概率为P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,13),Ceq \\al(3,15))＝eq \f(12,35).故选B.
2．(人教A选择性必修第三册7.4.1例3改编)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(64,81)
C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,9)
答案 A
解析 第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求概率为P＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27).故选A.
3．(人教A选择性必修第三册7.5例题改编)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26 min可用 B．有30 min可用
C．有34 min可用 D．有38 min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的概率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)
答案 0.14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\f(7,50)))
解析 因为X～N(2，σ2)，所以P(X＜2)＝P(X＞2)＝0.5，因此P(X＞2.5)＝P(X＞2)－P(2＜X≤2.5)＝0.5－0.36＝0.14.
5．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中目标记0分．某人每次击中目标的概率为eq \f(2,3)，则此人得分的数学期望与方差分别为________．
答案 20，eq \f(200,3)
解析 记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，Y＝10X，所以E(Y)＝10E(X)＝10×3×eq \f(2,3)＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(200,3).
例1 (2023·郑州模拟)世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负(踢成平局)，将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：
①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；
②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2∶0，则不需踢第5轮了；
③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．
现有甲、乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟(含加时赛)仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为eq \f(1,2)，乙队每名球员射进的概率为eq \f(2,3).每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率．
解 (1)由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,2)))，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,32)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).
所以X的分布列为
E(X)＝5×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)设“乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出”为事件A，由题意知，乙射进4次，甲前4次射进2次，P(A)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(2,27)，
即乙队在第4轮点球结束时以4∶2胜出的概率为eq \f(2,27).
1．n重伯努利试验概率求法的三个步骤
(1)判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验．
(2)分拆：判断所求事件是否需要分拆．
(3)计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算．
2．求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2023·兰州一模)如图，李先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家开车到公司上班路上有L1，L2两条路线，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为eq \f(1,2)；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(3,5).
(1)若走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；
(2)若走L2路线，求遇到红灯次数X的数学期望；
(3)按照“平均遇到红灯次数最少”的要求，请你帮助李先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由．
解 (1)设“走L1路线最多遇到1次红灯”为事件A，包括“没有遇到红灯”和“只遇到1次红灯”两种情况，
则P(A)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为eq \f(1,2).
(2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(1,10)，
P(X＝1)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)，
P(X＝2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20).
随机变量X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＝eq \f(27,20).
(3)设选择L1路线遇到红灯的次数为Y，随机变量Y服从二项分布Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，所以E(Y)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
因为E(X)
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为X，求X的分布列及期望．
解 (1)设“某箱电子元件有一个次品能被直接购买”为事件A，则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(3,9),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(7,10).
(2)X的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝eq \f(8,10)×eq \f(2,9)＝eq \f(8,45)，
P(X＝3)＝eq \f(8,10)×eq \f(7,9)＝eq \f(28,45).
故X的分布列为
故E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(8,45)＋3×eq \f(28,45)＝eq \f(109,45).
超几何分布的特点
(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．
(2)超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布．
(3)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，其实质是古典概型．
(2024·岳阳模拟)共享电动车(sharedev)是一种新的交通工具，通过扫码开锁，实现循环共享．某记者来到中国传媒大学探访，在校园喷泉旁停放了10辆共享电动车，这些电动车分为荧光绿和橙色两种颜色，已知从这些共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为P＝0.4.若从这些共享电动车中任取3辆．
(1)求取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色的概率；
(2)求取出的3辆共享电动车中橙色电动车的辆数X的分布列与数学期望．
解 (1)因为从10辆共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆．
记事件A为“取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色”，则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2).
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(0,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,6)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(3,10)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,30).
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或E（X）＝\f(3×4,10)＝\f(6,5))).
例3 (1)设随机变量X服从正态分布N(3，4)，若P(X<2a－3)＝P(X>a＋2)，则a的值为( )
A．5 B．3
C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,3)
答案 D
解析 因为X服从正态分布N(3，4)，P(X<2a－3)＝P(X>a＋2)，所以x＝2a－3与x＝a＋2关于x＝3对称，所以eq \f(2a－3＋a＋2,2)＝3，即3a＝7，解得a＝eq \f(7,3).故选D.
(2)(2021·新高考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．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．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．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
答案 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)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在一次测量中大于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在一次测量中小于9.99的概率与大于10.01的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量在一次测量中落在(9.9，10)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以在一次测量中落在(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.
(3)(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N(100，σ2)．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，则需调整生产工艺，使得σ至多为________．(若X～N(μ，σ2)，则P(eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(X－μ))<2σ)≈0.9545)
答案 eq \f(1,2)
解析 依题意可知，μ＝100，根据题意及正态曲线的特征可知，|X－100|<2σ的解集A⊆(99，101)，由|X－100|<2σ可得100－2σ
(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，及曲线与x轴之间的区域的面积为1的性质．
(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．
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N(μ，σ2)．
(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[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]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．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
经计算得eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(1,16)eq \(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1))xi＝9.97，s＝eq \r(\f(1,16)\(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1)) （xi－\(x,\s\up6(－))）2)＝eq \r(\f(1,16)（\(∑,\s\up10(16),\s\d8(i＝1))xeq \\al(2,i)－16\(x,\s\up6(－))2）)≈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eq \(x,\s\up6(－))作为μ的估计值eq \(μ,\s\up6(^))，用样本标准差s作为σ的估计值eq \(σ,\s\up6(^))，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]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N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973，0.997316≈0.9577，eq \r(0.008)≈0.09.
解 (1)抽取的一个零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.9973，从而零件的尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0027，故X～B(16，0.0027)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997316≈0.0423.
X的数学期望E(X)＝16×0.0027＝0.0432.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率只有0.0027，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件的概率只有0.0423，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．
②由eq \(x,\s\up6(－))＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为eq \(μ,\s\up6(^))＝9.97，σ的估计值为eq \(σ,\s\up6(^))＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的平均数为eq \f(1,15)×(16×9.97－9.22)＝10.02，
因此μ的估计值为10.02.
eq \(∑,\s\up6(16),\s\d4(i＝1))xeq \\al(2,i)≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，
剔除[eq \(μ,\s\up6(^))－3eq \(σ,\s\up6(^))，eq \(μ,\s\up6(^))＋3eq \(σ,\s\up6(^))]之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为eq \f(1,15)×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为eq \r(0.008)≈0.09.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·泉州三模)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次击中目标的概率为eq \f(63,64)，则射击一次，击中目标的概率为( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8)
答案 B
解析 设该运动员射击一次，击中目标的概率为p，该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为1－(1－p)3＝eq \f(63,64)，解得p＝eq \f(3,4).故选B.
2．(2024·孝感模拟)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．2 B．1
C.eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵X服从超几何分布，∴E(X)＝eq \f(3×4,6)＝2.故选A.
3．(2023·乌鲁木齐二模)中国算力大会“算力中国”创新成果展区分为A区和B区两大板块．A区由最新数据中心产业图谱和国家新型工业化示范基地组成，B区由算力筑基优秀案例、算力赋能案例、算力网络案例组成．若从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(3,10)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(3,5)
答案 D
解析 从该创新成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则其中恰有2个成果来自B区的概率是P＝eq \f(Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(3,5))＝eq \f(3×2,10)＝eq \f(3,5).故选D.
4．(2023·烟台一模)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/100 km)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14 kW·h/100 km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14 kW·h/100 km的汽车大约有1200×0.15＝180(辆)．故选A.
5．某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需要再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
答案 B
解析 将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1，2，3，…，1000，由题意可知ξ～B(1000，0.1)，所以E(ξ)＝1000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200.故选B.
6.如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行且错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球在下落过程中向左、向右落下的机会均等，设小球最终落入X号球槽，则X的数学期望为( )
A．3 B．4
C．3.5 D．2.5
答案 C
解析 当X＝1时，小球要向左下落5次，则P(X＝1)＝Ceq \\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32)；当X＝2时，小球要向左下落4次，向右下落1次，则P(X＝2)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＝eq \f(5,32)；当X＝3时，小球要向左下落3次，向右下落2次，则P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(10,32)；当X＝4时，小球要向左下落2次，向右下落3次，则P(X＝4)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(10,32)；当X＝5时，小球要向左下落1次，向右下落4次，则P(X＝5)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(5,32)；当X＝6时，小球要向右下落5次，则P(X＝6)＝Ceq \\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32).则X的数学期望为eq \f(1×1＋2×5＋3×10＋4×10＋5×5＋6×1,32)＝3.5.故选C.
7．(2024·石家庄二中月考)经检测，一批产品中每件产品的合格率为eq \f(3,5)，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是( )
A．X的所有可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝eq \f(256,625)
C．X服从超几何分布
D．X＝3的概率最大
答案 D
解析 对于A，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，故A错误；对于B，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(144,625)，故B错误；对于C，由题意，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,5)))，故C错误；对于D，随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(3,5)))，所以P(X＝k)＝Ceq \\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(5－k)(k＝0，1，2，3，4，5)，则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(32,3125)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(4)＝eq \f(48,625)，P(X＝2)＝eq \f(144,625)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(216,625)，P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(1)＝eq \f(162,625)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(5)＝eq \f(243,3125)，所以X＝3的概率最大，故D正确．故选D.
8．连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为P1，事件“没有连续三次正面向上”的概率为P2，则下列结论正确的是( )
A．P1＋P2＝1 B．P2＜2P1
C．P2＝2P1 D．P2＞2P1
答案 B
解析 事件“没有连续两次正面向上”有四种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上，故P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \\al(2,5)－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(13,32).事件“没有连续三次正面向上”有五种情况：①没有正面向上；②一次正面向上；③两次正面向上；④三次正面向上；⑤四次正面向上，故P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋(Ceq \\al(3,5)－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(3,4)，所以P2＜2P1成立．故选B.
二、多项选择题
9．(2023·泰安二模)随机变量X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，随机变量Y～B(3，p)，若E(Y)＝E(X)，则( )
A．μ＝2 B．D(X)＝2σ2
C．p＝eq \f(2,3) D．D(3Y)＝2
答案 AC
解析 对于A，B，因为X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，所以μ＝2，故E(X)＝μ＝2，D(X)＝σ2，A正确，B错误；对于C，因为Y～B(3，p)，所以E(Y)＝3p＝E(X)，所以3p＝2，解得p＝eq \f(2,3)，C正确；对于D，D(3Y)＝9D(Y)＝9×3×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝6，D错误．故选AC.
10．(2023·莆田二模)“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)＝0.8 B．E(X)＝1.8
C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9
答案 BD
解析 对于A，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；对于B，X～B(3，0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正确；对于C，E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)
11．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝2，3，4，5)出现0的概率为eq \f(1,3)，出现1的概率为eq \f(2,3)，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时( )
A．X服从二项分布
B．P(X＝1)＝eq \f(8,81)
C．X的均值E(X)＝eq \f(8,3)
D．X的方差D(X)＝eq \f(8,3)
答案 ABC
解析 由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字在填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：①后4个数都出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,81)；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,81)；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(24,81)，④后4个数出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＝eq \f(32,81)；⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，故A，B正确；∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，∴E(X)＝4×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)，D(X)＝4×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,9)，故C正确，D错误．故选ABC.
三、填空题
12．(2024·绍兴模拟)袋中装有10个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是eq \f(7,9).现从该袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，则E(X)＝________．
答案 eq \f(3,2)
解析 设袋中有m个黑球，则白球有(10－m)个，由题意可得，eq \f(Ceq \\al(2,m),Ceq \\al(2,10))＝eq \f(m（m－1）,90)＝1－eq \f(7,9)，解得m＝5或m＝－4(舍去)，故X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,12)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,5),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,12)，
所以X的分布列为
故E(X)＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(5,12)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,12)＝eq \f(3,2).
13．(2024·南通调研)已知随机变量X～B(6，0.8)，若P(X＝k)最大，则D(kX＋1)＝________．
答案 24
解析 由题意知，P(X＝k)＝Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k，要使P(X＝k)最大，当k取1，2，3，4，5时，有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k≥Ceq \\al(k－1,6)×0.27－k×0.8k－1，,Ceq \\al(k,6)×0.26－k×0.8k≥Ceq \\al(k＋1,6)×0.25－k×0.8k＋1，))化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0.8×\f(7－k,k)≥0.2，,0.2≥0.8×\f(6－k,k＋1)，))解得eq \f(23,5)≤k≤eq \f(28,5)，故k＝5，又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，故D(kX＋1)＝D(5X＋1)＝52D(X)＝24.
14.(2023·北京朝阳期中)甲、乙两人进行投篮比赛，已知甲、乙每次投中的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，每人每次投中与否互不影响．若约定甲投2次，乙投3次，投中次数多者胜，则乙最后获胜的概率为________．
答案 eq \f(17,54)
解析 若乙只投中1次，则甲投中0次时乙获胜，其概率为Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9)；若乙投中2次，则甲投中0次或1次时乙获胜，其概率为Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋Ceq \\al(1,2)×\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq \f(1,6)；若乙投中3次，则乙必获胜，其概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27).综上所述，乙最后获胜的概率为eq \f(1,9)＋eq \f(1,6)＋eq \f(1,27)＝eq \f(17,54).
四、解答题
15．为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100，17.52)．已知成绩在117.5分以上的学生有80人.
(1)求此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率；
(2)若成绩大于135分的为特别优秀，则本次数学考试成绩特别优秀的大约有
多少人？(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545)
解 (1)由已知可得，P(100－17.5≤X≤100＋17.5)＝P(82.5≤X≤117.5)≈0.6827，
故成绩低于82.5分的概率P(X<82.5)＝eq \f(1－P（82.5≤X≤117.5）,2)≈eq \f(1－0.6827,2)＝0.15865.
(2)P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤135)≈0.9545，
所以数学成绩特别优秀的概率P(X>135)＝eq \f(1－P（65≤X≤135）,2)≈eq \f(1－0.9545,2)＝0.02275.
又P(X<82.5)＝P(X>117.5)≈0.15865，
则本次数学考试成绩特别优秀的大约有eq \f(80,0.15865)×0.02275≈11人.
16．(2024·湖北江汉区开学考试)为应对气候变化，我国计划在2030年前实现碳排放量到达峰值，2060年前实现“碳中和”．某市为了解本市企业碳排放情况，从本市320家年碳排放量超过2万吨的企业中随机抽取50家企业进行了调查，得到如下频数分布表，并将年碳排放量大于18万吨的企业确定为“超标”企业：
(1)假设该市这320家企业的年碳排放量大致服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均值eq \(x,\s\up6(－))，σ2近似为样本方差s2，经计算得eq \(x,\s\up6(－))≈12.8，s≈5.2.试估计这320家企业中“超标”企业的家数；
(2)通过研究样本原始数据发现，抽取的50家企业中共有8家“超标”企业，市政府决定对这8家“超标”企业进行跟踪调查，现计划在这8家“超标”企业中任取5家先进行跟踪调查，设Y为抽到的年碳排放量至少为20.5万吨的企业家数，求Y的分布列与数学期望．
参考数据：若X～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.
解 (1)由已知，得μ≈12.8，σ≈5.2，
所以P(X>18) ≈P(X>μ＋σ)＝eq \f(1－0.6827,2)≈0.15865，
因为320×0.15865＝50.768≈51，
所以这320家企业中“超标”企业的家数约为51.
(2)由频数分布表可知，8家“超标”企业中碳排放量至少为20.5万吨的企业有4家，所以Y的所有可能取值为1，2，3，4，且P(Y＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(4,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(1,14)，P(Y＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(3,7)，
P(Y＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(3,7)，P(Y＝4)＝eq \f(Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(1,14)，
所以Y的分布列为
所以E(Y)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2).
17．(2023·徐州模拟)在一个袋子里有除颜色外完全相同的5个小球，其中有3个红球和2个白球．
(1)现无放回地依次从中摸出1个球，求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率；
(2)现有放回地每次从中摸出1个球，连摸3次，记摸到红球的次数为X，求随机变量X的概率分布列及方差．
解 (1)记“第一次摸出红球”为事件A，“第二次摸出白球”为事件B，则
P(A)＝eq \f(3,5)，P(B|A)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
由概率乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝eq \f(3,10)，
即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率为eq \f(3,10).
(2)由题意得X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5)))，
所以P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \f(2,5)＝eq \f(54,125)，
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125).
随机变量X的概率分布列为
方差D(X)＝3×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(18,25).
18．(2024·漳州开学考试)甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用2n－1(n∈N*)局n胜制(当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束)．已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1－p.
(1)若n＝2，p＝eq \f(1,2)，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若n＝3比n＝2对甲更有利，求p的取值范围．
解 (1)依题意得，X的所有可能取值为2，3，
则P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为
P1＝p2＋Ceq \\al(1,2)p2(1－p)＝p2(3－2p)，
若采用5局3胜制，甲最终获胜的概率为
P2＝p3＋Ceq \\al(1,3)p3(1－p)＋Ceq \\al(2,4)p3(1－p)2
＝p3(6p2－15p＋10)．
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，
则P2－P1>0，
即p3(6p2－15p＋10)－p2(3－2p)＝p2(6p3－15p2＋10p－3＋2p)＝3p2(2p3－5p2＋4p－1)＝3p2(p－1)(2p2－3p＋1)＝3p2(p－1)2(2p－1)>0，解得eq \f(1,2)
甲最终获胜的概率为P1＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝Ceq \\al(2,3)p2(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p3＝p2[Ceq \\al(2,3)(1－p)＋Ceq \\al(3,3)p]＝p2(3－2p)，
采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用η表示5局比赛中甲获胜的局数，则η～B(5，p)，
甲最终获胜的概率为P2＝P(η＝3)＋P(η＝4)＋P(η＝5)＝Ceq \\al(3,5)p3(1－p)2＋Ceq \\al(4,5)p4(1－p)＋Ceq \\al(5,5)p5＝p3(6p2－15p＋10)．
以下同解法一．
19．(2023·济南模拟)统计与概率主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象，通过对数据的收集、整理、分析、描述及对事件发生的可能性刻画，来帮助人们作出合理的决策．
(1)现有池塘甲，已知池塘甲里有50条鱼，其中A种鱼7条，若从池塘甲中捉了2条鱼，用ξ表示其中A种鱼的条数，请写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望E(ξ)；
(2)另有池塘乙，为估计池塘乙中的鱼数，某同学先从中捉了50条鱼，做好记号后放回池塘，再从中捉了20条鱼，发现有记号的有5条．
①请从用样本估计总体的角度估计池塘乙中的鱼数；
②统计学中有一种重要而普遍的求估计量的方法——最大似然估计，其原理是使用概率模型寻找能够以较高概率产生观察数据的参数，即在什么情况下最有可能发生已知的事件．请从条件概率的角度，采用最大似然估计法估计池塘乙中的鱼数．
解 (1)由题意，ξ的所有可能取值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,43),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(129,175)，P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,43)Ceq \\al(1,7),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(43,175)，
P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,7),Ceq \\al(2,50))＝eq \f(3,175)，
故ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(129,175)＋1×eq \f(43,175)＋2×eq \f(3,175)＝eq \f(7,25).
(2)①设池塘乙中的鱼数为m，则eq \f(50,m)＝eq \f(5,20)，解得m＝200，故估计池塘乙中的鱼数为200.
②设池塘乙中的鱼数为n，令事件B＝“再捉20条鱼，5条有记号”，事件C＝“池塘乙中的鱼数为n”，
则pn＝P(B|C)＝eq \f(Ceq \\al(5,50)Ceq \\al(15,n－50),Ceq \\al(20,n))，由最大似然估计法，即求pn最大时n的值，其中n≥65，
所以eq \f(pn＋1,pn)＝eq \f(（n－49）（n－19）,（n－64）（n＋1）)＝eq \f(n2－68n＋931,n2－63n－64)
＝eq \f(n2－63n－64－5n＋995,n2－63n－64)＝1＋eq \f(5（199－n）,（n－64）（n＋1）).
当n＝65，…，198时，eq \f(pn＋1,pn)>1，
当n＝199时，eq \f(pn＋1,pn)＝1，
当n＝200，201，…时，eq \f(pn＋1,pn)<1，
所以池塘乙中的鱼数为199或200.
区别
①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球)，X服从二项分布；
②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球)，X服从超几何分布
联系
在不放回n次试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小，此时超几何分布可近似转化成二项分布
考向一 n重伯努利试验与二项分布
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,32)
eq \f(5,32)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(5,32)
eq \f(1,32)
X
0
1
2
P
eq \f(1,10)
eq \f(9,20)
eq \f(9,20)
考向二 超几何分布问题
X
1
2
3
P
eq \f(1,5)
eq \f(8,45)
eq \f(28,45)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
考向三 正态分布
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
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,12)
eq \f(5,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,12)
碳排放量X(单位：万吨)
[2.5，5.5)
[5.5，8.5)
[8.5，11.5)
[11.5，14.5)
频数
5
6
9
12
碳排放量X(单位：万吨)
[14.5，17.5)
[17.5，20.5)
[20.5，23.5]
频数
8
6
4
Y
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(3,7)
eq \f(3,7)
eq \f(1,14)
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
X
2
3
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,2)
ξ
0
1
2
P
eq \f(129,175)
eq \f(43,175)
eq \f(3,175)
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