PAGEPAGE16第六節二項分布與正態分布突破點一事務的相互獨立性及條件概率eq\a\vs4\al([基本學問])1．條件概率定義設A，B為兩個事務，且P(A)＞0，稱P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)為在事務A發生的條件下，事務B發生的條件概率性質①0≤P(B|A)≤1；②假如B和C是兩個互斥事務，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)2.事務的相互獨立性定義設A，B為兩個事務，假如P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事務A與事務B相互獨立性質①若事務A與B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B)；②假如事務A與B相互獨立，那么A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與B，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也都相互獨立eq\a\vs4\al([基本實力])一、推斷題(對的打“√”，錯的打“×”)(1)條件概率肯定不等于它的非條件概率．()(2)對于隨意兩個事務，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．()(3)相互獨立事務就是互斥事務．()(4)在條件概率中，肯定有P(AB)＝P(B|A)P(A)．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√二、填空題1．將一個大正方形平均分成9個小正方形，向大正方形區域隨機投擲一點(每次都能投中)，投中最左側3個小正方形區域的事務記為A，投中最上面3個小正方形或正中間的1個小正方形區域的事務記為B，則P(A|B)＝________.答案：eq\f(1,4)2．拋擲兩枚質地勻稱的硬幣，A＝{第一枚為正面對上}，B＝{其次枚為正面對上}，則事務C＝{兩枚向上的面為一正一反}的概率為________．答案：eq\f(1,2)3．有一批種子的發芽率為0.9，出芽后的幼苗成活率為0.8，在這批種子中，隨機抽取一粒，則這粒種子能成長為幼苗的概率為________．答案：0.72eq\a\vs4\al([全析考法])考法一條件概率[例1](1)(2024·武漢調研)小趙、小錢、小孫、小李到4個景點旅游，每人只去一個景點，設事務A為“4個人去的景點不相同”，事務B為“小趙獨自去一個景點”，則P(A|B)＝()A.eq\f(2,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,9) D.eq\f(5,9)(2)(2024·信豐聯考)已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形都相同且燈口向下放著，現須要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率為()A.eq\f(3,10) B.eq\f(2,9)C.eq\f(7,8) D.eq\f(7,9)[解析](1)小趙獨自去一個景點共有4×3×3×3＝108種狀況，即n(B)＝108,4個人去的景點不同的狀況有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24種，即n(AB)＝24，∴P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(24,108)＝eq\f(2,9).(2)設事務A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事務B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)＝eq\f(3,10)，P(AB)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(7,30).則所求概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq\f(7,9).[答案](1)A(2)D[方法技巧]條件概率的3種求法定義法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)求P(B|A)基本領件法借助古典概型概率公式，先求事務A包含的基本領件數n(A)，再求事務AB所包含的基本領件數n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)縮樣法縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的狀況，只探討剩下的狀況，用古典概型求解，它能化繁為簡考法二事務的相互獨立性[例2](2024·洛陽模擬)在某中學籃球體育測試要求學生完成“立定投籃”和“三步上籃”兩項測試，“立定投籃”與“三步上籃”各有2次投籃機會，先進行“立定投籃”測試，假如合格才有機會進行“三步上籃”測試，為了節約時間，每項只需且必需投中一次即為合格．小明同學“立定投籃”的命中率為eq\f(1,2)，“三步上籃”的命中率為eq\f(3,4)，假設小明不放棄任何一次投籃機會且每次投籃是否命中互不影響．(1)求小明同學一次測試合格的概率；(2)設測試過程中小明投籃的次數為ξ，求ξ的分布列．[解](1)設小明第i次“立定投籃”命中為事務Ai，第i次“三步上籃”命中為事務Bi(i＝1,2)，依題意有P(Ai)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(3,4)(i＝1,2)，“小明同學一次測試合格”為事務C.(1)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2eq\o(B,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))2)＋P(A1eq\o(B,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))2)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq\o(B,\s\up6(－))1)P(eq\o(B,\s\up6(－))2)＋P(A1)·P(eq\o(B,\s\up6(－))1)P(eq\o(B,\s\up6(－))2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＝eq\f(19,64).∴P(C)＝1－eq\f(19,64)＝eq\f(45,64).(2)依題意知ξ＝2,3,4，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(A,\s\up6(－))2)＝P(A1)P(B1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2)＝eq\f(5,8)，P(ξ＝3)＝P(A1eq\o(B,\s\up6(－))1B2)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2B1)＋P(A1eq\o(B,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))2)＝P(A1)P(eq\o(B,\s\up6(－))1)P(B2)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(B1)＋P(A1)·P(eq\o(B,\s\up6(－))1)P(eq\o(B,\s\up6(－))2)＝eq\f(5,16)，P(ξ＝4)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2eq\o(B,\s\up6(－))1)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq\o(B,\s\up6(－))1)＝eq\f(1,16).故投籃的次數ξ的分布列為：ξ234Peq\f(5,8)eq\f(5,16)eq\f(1,16)eq\a\vs4\al([方法技巧])相互獨立事務同時發生的概率的2種求法(1)干脆法：利用相互獨立事務的概率乘法公式．(2)間接法：從對立事務入手計算．eq\a\vs4\al([集訓沖關])1.eq\a\vs4\al([考法一])已知1號箱中有2個白球和4個紅球，2號箱中有5個白球和3個紅球，現隨機從1號箱中取出一球放入2號箱，然后從2號箱中隨機取出一球，則兩次都取到紅球的概率是()A.eq\f(11,27) B.eq\f(11,24)C.eq\f(8,27) D.eq\f(9,24)解析：選C設“從1號箱取到紅球”為事務A，“從2號箱取到紅球”為事務B.由題意，P(A)＝eq\f(4,2＋4)＝eq\f(2,3)，P(B|A)＝eq\f(3＋1,8＋1)＝eq\f(4,9)，所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq\f(4,9)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，所以兩次都取到紅球的概率為eq\f(8,27).2.eq\a\vs4\al([考法二])為向國際化大都市目標邁進，某市今年新建三大類重點工程，它們分別是30項基礎設施類工程、20項民生類工程和10項產業建設類工程．現有3名民工相互獨立地從這60個項目中任選一個項目參加建設，則這3名民工選擇的項目所屬類別互異的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,6)解析：選D記第i名民工選擇的項目屬于基礎設施類、民生類、產業建設類分別為事務Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3.由題意，事務Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)相互獨立，則P(Ai)＝eq\f(30,60)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(20,60)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(10,60)＝eq\f(1,6)，i＝1,2,3，故這3名民工選擇的項目所屬類別互異的概率是P＝Aeq\o\al(3,3)P(AiBiCi)＝6×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6).3.eq\a\vs4\al([考法二])為備戰2025年瑞典乒乓球世界錦標賽，乒乓球隊實行公開選拔賽，甲、乙、丙三名選手入圍最終單打競賽名單．現甲、乙、丙三人進行隊內單打對抗競賽，每兩人競賽一場，共賽三場，每場競賽勝者得3分，負者得0分，在每一場競賽中，甲勝乙的概率為eq\f(3,5)，丙勝甲的概率為eq\f(3,4)，乙勝丙的概率為p，且各場競賽結果互不影響．若甲獲第一名且乙獲第三名的概率為eq\f(1,10).(1)求p的值；(2)設在該次對抗競賽中，丙得分為X，求X的分布列和數學期望．解：(1)由已知，甲獲第一名且乙獲第三名的概率為eq\f(1,10).即甲勝乙、甲勝丙且丙勝乙的概率為eq\f(1,10)，∴eq\f(3,5)×eq\f(1,4)×(1－p)＝eq\f(1,10)，∴p＝eq\f(1,3).(2)依題意，丙得分X的全部取值為0,3,6.∵丙勝甲的概率為eq\f(3,4)，丙勝乙的概率為eq\f(2,3)，∴P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,12)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,12)，P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)，∴X的分布列為P036Xeq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,2)∴E(X)＝0×eq\f(1,12)＋3×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,2)＝eq\f(17,4).突破點二獨立重復試驗與二項分布eq\a\vs4\al([基本學問])1．獨立重復試驗在相同條件下重復做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次試驗結果，則P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．2．二項分布在n次獨立重復試驗中，用X表示事務A發生的次數，設每次試驗中事務A發生的概率是p，此時稱隨機變量X聽從二項分布，記作X～B(n，p)，并稱p為勝利概率．在n次獨立重復試驗中，事務A恰好發生k次的概率為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．eq\a\vs4\al([基本實力])一、推斷題(對的打“√”，錯的打“×”)(1)小王通過英語聽力測試的概率是eq\f(1,3)，他連續測試3次，那么其中恰好第3次測試獲得通過的概率是P＝Ceq\o\al(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))3－1＝eq\f(4,9).()(2)二項分布是一個概率分布，其公式相當于(a＋b)n二項綻開式的通項公式，其中a＝p，b＝1－p.()(3)二項分布是一個概率分布列，是一個用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次獨立重復試驗中事務A發生的次數的概率分布．()答案：(1)×(2)×(3)√二、填空題1．設隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)等于________．答案：eq\f(5,16)2．位于坐標原點的一個質點P按下述規則移動：質點每次移動一個單位，移動的方向為向上或向右，并且向上、向右移動的概率都是eq\f(1,2).質點P移動五次后位于點(2,3)的概率是________．答案：eq\f(5,16)3．若ξ～B(n，p)且E(ξ)＝6，D(ξ)＝3，則P(ξ＝1)的值為________．答案：3×2－10eq\a\vs4\al([全析考法])考法一獨立重復試驗的概率[例1](1)假如生男孩和生女孩的概率相等，則有3個小孩的家庭中女孩多于男孩的概率為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(1,4)(2)投擲一枚圖釘，設釘尖向上的概率為p，連續擲一枚圖釘3次，若出現2次釘尖向上的概率小于3次釘尖向上的概率，則p的取值范圍為________．[解析](1)設女孩個數為X，女孩多于男孩的概率為P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝3×eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,2).故選B.(2)設P(Bk)(k＝0,1,2,3)表示“連續投擲一枚圖釘，出現k次釘尖向上”的概率，由題意得P(B2)＜P(B3)，即Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)＜Ceq\o\al(3,3)p3.∴3p2(1－p)＜p3.由于0＜p＜1，∴eq\f(3,4)＜p＜1.[答案](1)B(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))[方法技巧]n次獨立重復試驗中事務A恰好發生k次的概率n次獨立重復試驗中事務A恰好發生k次可看作是Ceq\o\al(k,n)個互斥事務的和，其中每一個事務都可看作是k個A事務與n－k個eq\o(A,\s\up6(－))事務同時發生，只是發生的次序不同，其發生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n次獨立重復試驗中事務A恰好發生k次的概率為Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k.考法二二項分布的應用[例2](2024·順德一模)某市市民用水擬實行階梯水價，每人月用水量不超過w立方米的部分按4元/立方米收費，超出w立方米的部分按10元/立方米收費，從該市隨機調查了100位市民，獲得了他們某月的用水量數據，整理得到如下頻率分布直方圖，并且前四組頻數成等差數列．(1)求a，b，c的值及居民月用水量在2～2.5內的頻數；(2)依據此次調查，為使80%以上居民月用水價格為4元/立方米，應將w定為多少？(精確到小數點后2位)(3)若將頻率視為概率，現從該市隨機調查3名居民的月用水量，將月用水量不超過2.5立方米的人數記為X，求其分布列及均值．[解](1)∵前四組頻數成等差數列，∴所對應的eq\f(頻率,組距)也成等差數列，設a＝0.2＋d，b＝0.2＋2d，c＝0.2＋3d，∴0.5×(0.2＋0.2＋d＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.2＋d＋0.1＋0.1＋0.1)＝1，解得d＝0.1，∴a＝0.3，b＝0.4，c＝0.5.居民月用水量在2～2.5內的頻率為0.5×0.5＝0.25.居民月用水量在2～2.5內的頻數為0.25×100＝25.(2)由題圖及(1)可知，居民月用水量小于2.5的頻率為0.7＜0.8，∴為使80%以上居民月用水價格為4元/立方米．應規定w＝2.5＋eq\f(0.1,0.15)×0.5≈2.83.(3)將頻率視為概率，設A(單位：立方米)代表居民月用水量，可知P(A≤2.5)＝0.7，由題意，X～B(3,0.7)，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×0.33＝0.027，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×0.32×0.7＝0.189，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.3×0.72＝0.441，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×0.73＝0.343.∴X的分布列為X0123P0.0270.1890.4410.343∴E(X)＝np＝2.1.[方法技巧]某隨機變量是否聽從二項分布的特點(1)在每一次試驗中，事務發生的概率相同．(2)各次試驗中的事務是相互獨立的．(3)在每一次試驗中，試驗的結果只有兩個，即發生與不發生．eq\a\vs4\al([集訓沖關])1.eq\a\vs4\al([考法一])將一枚質地勻稱的硬幣連續拋擲n次，事務“至少有一次正面對上”的概率為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P≥\f(15,16)))，則n的最小值為()A．4 B．5C．6 D．7解析：選A由P＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n≥eq\f(15,16)，解得n≥4，即n的最小值為4.2.eq\a\vs4\al([考法二])若同時拋擲兩枚骰子，當至少有5點或6點出現時，就說這次試驗勝利，則在3次試驗中至少有1次勝利的概率是()A.eq\f(125,729) B.eq\f(80,243)C.eq\f(665,729) D.eq\f(100,243)解析：選C一次試驗中，至少有5點或6點出現的概率為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝1－eq\f(4,9)＝eq\f(5,9)，設X為3次試驗中勝利的次數，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,9)))，故所求概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))3＝eq\f(665,729)，故選C.3.eq\a\vs4\al([考法二])一家面包房依據以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖所示．將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立．(1)求在將來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率；(2)用X表示在將來3天里日銷售量不低于100個的天數，求隨機變量X的分布列及數學期望．解：(1)設A1表示事務“日銷售量不低于100個”，A2表示事務“日銷售量低于50個”，B表示事務“在將來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個”，因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X～B(3,0.6)，X可能取的值為0,1,2,3，相應的概率為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.故X的分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216E(X)＝3×0.6＝1.8.突破點三正態分布eq\a\vs4\al([基本學問])1．正態曲線及性質(1)正態曲線的定義函數φμ，σ(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))e－eq\f(x－μ2,2σ2)，x∈(－∞，＋∞)(其中實數μ和σ(σ＞0)為參數)的圖象為正態分布密度曲線，簡稱正態曲線．(2)正態曲線的特點①曲線位于x軸上方與x軸不相交；②曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；③曲線在x＝μ處達到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；④曲線與x軸之間的面積為1；⑤當σ肯定時，曲線的位置由μ確定，曲線隨著μ的改變而沿x軸平移；⑥當μ肯定時，曲線的形態由σ確定：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(σ越小，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；,σ越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散.))2．正態分布定義假如對于任何實數a，b(a＜b)，隨機變量X滿意P(a＜X≤b)＝eq\i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx，則稱隨機變量X聽從正態分布，記作X～N(μ，σ2)三個常用數據①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9974eq\a\vs4\al([基本實力])一、推斷題(對的打“√”，錯的打“×”)(1)當x無窮大時，正態曲線可以與x軸相交．()(2)正態曲線與x軸之間的面積大小不確定．()(3)X聽從正態分布，通常用X～N(μ，σ2)表示，其中參數μ和σ2分別表示X的均值和方差．()答案：(1)×(2)×(3)√二、填空題1．設有一正態總體，它的概率密度曲線是函數f(x)的圖象，且f(x)＝eq\f(1,\r(8π))·e－eq\f(x－102,8)，則這個正態總體的平均數與標準差分別是________．答案：1022．已知隨機變量ξ聽從正態分布N(μ，σ2)，其中P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝0.9544.設ξ～N(1，σ2)，且P(ξ≥3)＝0.1587，則σ＝________.答案：23．(2024·廣州模擬)依據國家規定，某種大米每袋質量(單位：kg)必需聽從正態分布ξ～N(10，σ2)，依據檢測結果可知P(9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司為每位職工購買一袋這種包裝的大米作為福利，若該公司有2000名職工，則分發到的大米質量在9.9kg以下的職工人數大約為________．解析：∵每袋大米質量聽從正態分布ξ～N(10，σ2)，∴P(ξ＜9.9)＝eq\f(1,2)[1－P(9.9≤ξ≤10.1)]＝0.02，∴分發到的大米質量在9.9kg以下的職工人數大約為2000×0.02＝40.答案：40[典例](2024·石家莊模擬)“過大年，吃水餃”是我國不少地方過春節的一大習俗.2024年春節前夕，A市某質檢部門隨機抽取了100包某種品牌的速凍水餃，檢測其某項質量指標值，所得頻率分布直方圖如下：(1)求所抽取的100包速凍水餃該項質量指標值的樣本平均數eq\o(x,\s\up6(－))(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)；(2)①由直方圖可以認為，速凍水餃的該項質量指標值Z聽從正態分布N(μ，σ2)，利用該正態分布，求Z落在(14.55,38.45)內的概率；②將頻率視為概率，若某人從某超市購買了4包這種品牌的速凍水餃，記這4包速凍水餃中這種質量指標值位于(10,30)內的包數為X，求X的分布列和數學期望．附：計算得所抽查的這100包速凍水餃的質量指標值的標準差為σ＝eq\r(142.75)≈11.95；若ξ～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜ξ≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)＝0.9544.[解](1)所抽取的100包速凍水餃該項質量指標值的平均數eq\o(x,\s\up6(－))＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(2)①∵Z聽從正態分布N(μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95，∴P(14.55＜Z＜38.45)＝P(26.5－11.95＜Z＜26.5＋11.95)＝0.6826，∴Z落在(14.55,38.45)內的概率是0.6826.②依據題意得X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)))，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,4)；P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(3,8)；P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,4)；P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16).∴X的分布列為X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)∴E(X)＝4×eq\f(1,2)＝2.[方法技巧]求正態總體在某個區間內取值概率的關鍵點(1)熟記P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值；(2)充分利用正態曲線的對稱性和曲線與x軸之間面積為1.①正態曲線關于直線x＝μ對稱，從而在關于x＝μ對稱的區間上概率相等．②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)．[針對訓練]1．(2024·