第6課時二項分布、超幾何分布與正態分布[考試要求]1.理解二項分布、超幾何分布的概念，能解決一些簡單的實際問題.2.借助正態曲線了解正態分布的概念，并進行簡單應用．1．n重伯努利試驗與二項分布(1)n重伯努利試驗把只包含兩個可能結果的試驗叫做伯努利試驗．將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗.(2)二項分布一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發生的概率為p(0＜p＜1)，用X表示事件A發生的次數，則X的分布列為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，則稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p).(3)兩點分布與二項分布的均值、方差①若隨機變量X服從兩點分布，那么E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).②若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).2．超幾何分布(1)定義在含有M件次品的N件產品中，隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\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}，稱隨機變量X服從超幾何分布．(2)超幾何分布的均值若X服從參數為N，M，n的超幾何分布，則E(X)＝eq\f(nM,N).3．正態曲線與正態分布(1)我們稱f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))，x∈R(其中μ∈R，σ>0為參數)為正態密度函數，稱其圖象為正態密度曲線，簡稱正態曲線．(2)若隨機變量X的概率分布密度函數為f(x)，則稱隨機變量X服從正態分布，記為X～N(μ，σ2).特別地，當μ＝0，σ＝1時，稱隨機變量X服從標準正態分布．(3)正態曲線的特點①曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；②曲線在x＝μ處達到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；③當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸．(4)正態變量在三個特殊區間內取值的概率①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.在實際應用中，通常認為服從于正態分布N(μ，σ2)的隨機變量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，這在統計學中稱為3σ原則．(5)正態分布的均值與方差若X～N(μ，σ2)，則E(X)＝μ，D(X)＝σ2.提醒：正態分布是連續型隨機變量，要注意它是用面積表示概率，解決問題一定要注意對稱性的應用．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)X表示n次重復拋擲一枚骰子出現點數是3的倍數的次數，則X服從二項分布．(√)(2)從4名男演員和3名女演員中選出4人，其中女演員的人數X服從超幾何分布．(√)(3)對于不放回抽樣，當n遠遠小于N時，超幾何分布可以用二項分布近似．(√)(4)正態曲線與x軸圍成的面積隨參數μ，σ的變化而變化.(×)二、教材經典衍生1．(人教A版選擇性必修第三冊P79例6改編)袋中裝有2個紅球，3個黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，則3次中恰有2次抽到黃球的概率是()A．eq\f(2,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(18,125) D．eq\f(54,125)D[袋中裝有2個紅球，3個黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黃球的概率P1＝eq\f(3,5)，所以3次中恰有2次抽到黃球的概率P＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(54,125).]2．(人教A版選擇性必修第三冊P78探究改編)設50個產品中有10個次品，任取產品20個，取到的次品可能有X個，則E(X)＝()A．4 B．3C．2 D．1A[由題意，E(X)＝eq\f(20×10,50)＝4.故選A.]3．(人教A版選擇性必修第三冊P87練習T2改編)已知隨機變量ξ服從正態分布N(0，σ2)，若P(ξ＞2)＝0.023，則P(－2≤ξ≤2)＝()A．0.477 B．0.628C．0.954 D．0.977C[因為μ＝0，所以P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，所以P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.]4．(人教A版選擇性必修第三冊P78例5改編)在含有3件次品的10件產品中，任取4件，X表示取到的次品的件數，則P(X＝2)＝________.eq\f(3,10)[由題意得P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,7),C\o\al(4,10))＝eq\f(3,10).]考點一二項分布二項分布的期望[典例1]小明和小亮兩名同學每天利用課余時間進行羽毛球比賽．規定每一局比賽中獲勝方記2分，失敗方記0分，沒有平局，誰先獲得10分就獲勝，比賽結束．假設每局比賽小明獲勝的概率都是eq\f(2,3).(1)求比賽結束時恰好打了7局的概率；(2)若現在是小明6∶2的比分領先，記X表示結束比賽還需打的局數，求X的分布列及期望．解：(1)恰好打了7局小明獲勝的概率P1＝Ceq\o\al(4,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(15×25,37)，恰好打了7局小亮獲勝的概率P2＝Ceq\o\al(4,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(15×22,37)，所以比賽結束時恰好打了7局的概率為P＝P1＋P2＝eq\f(15×25＋15×22,37)＝eq\f(20,81).(2)X的可能取值為2,3,4,5.P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(4,9)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(23,33)＝eq\f(8,27)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(13,34)＝eq\f(13,81)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋Ceq\o\al(3,4)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(24,35)＝eq\f(8,81)，所以X的分布列為X2345Peq\f(4,9)eq\f(8,27)eq\f(13,81)eq\f(8,81)E(X)＝2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(8,27)＋4×eq\f(13,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(236,81).二項分布的性質[典例2](2025·煙臺模擬)若X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100，\f(1,3)))，則當k＝0,1,2，…，100時()A．P(X＝k)≤P(X＝50) B．P(X＝k)≤P(X＝32)C．P(X＝k)≤P(X＝33) D．P(X＝k)≤P(X＝49)C[設P(x＝a)最大，由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PX＝a≥PX＝a－1，,PX＝a≥PX＝a＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(a,100)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))100－a≥C\o\al(a－1,100)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))101－a，,C\o\al(a,100)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))100－a≥C\o\al(a＋1,100)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))99－a，))化簡得eq\f(98,3)≤a≤eq\f(101,3).又a為整數，可得a＝33，所以P(X＝a)≤P(X＝33)．故選C.]二項分布問題的解題關鍵定型①在每一次試驗中，事件發生的概率相同．②各次試驗中的事件是相互獨立的．③在每一次試驗中，試驗的結果只有兩個，即發生與不發生定參確定二項分布中的兩個參數n和p，即試驗發生的次數和試驗中事件發生的概率提醒：下列問題能轉化為二項分布①條件不變，重復進行試驗，一般取球后再放回；②某地區人數多或不知總體，從中抽取幾個；③某產品服從正態分布，若干個產品服從二項分布；④用頻率表示概率，有時轉化為二項分布．[跟進訓練]1．某地區鼓勵農戶利用荒坡種植果樹．某農戶考察三種不同的果樹苗A，B，C，經引種試驗后發現，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種樹苗B，C的自然成活率均為p(0.7≤p≤0.9)．(1)任取樹苗A，B，C各一棵，估計自然成活的棵數為X，求X的分布列及數學期望E(X)．(2)將(1)中的E(X)取得最大值時p的值作為B種樹苗的自然成活率．該農戶決定引種n棵B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有75%的樹苗可經過人工栽培技術處理，處理后的成活率為0.8，其余的樹苗不能成活．①求一棵B種樹苗最終成活的概率；②若每棵B種樹苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵虧損50元，該農戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？解：(1)依題意，X的所有可能取值為0,1,2,3.則P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2，P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×Ceq\o\al(1,2)×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8，P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×Ceq\o\al(1,2)×p×(1－p)＝0．2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p，P(X＝3)＝0.8p2.X的分布列為X0123P0.2p2－0.4p＋0.20.4p2－1.2p＋0.8－1.4p2＋1.6p0.8p2E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8.(2)當p＝0.9時，E(X)取得最大值．①一棵B種樹苗最終成活的概率為0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.②記Y為n棵B種樹苗的成活棵數，M為n棵B種樹苗的利潤，則Y～B(n,0.96)，E(Y)＝0.96n，M＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M)＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M)≥200000，則有n＞699.所以該農戶為獲利不低于20萬元，需至少引種700棵B種樹苗．考點二超幾何分布[典例3]某公司采購部需要采購一箱電子元件，供貨商對該電子元件整箱出售，每箱10個．在采購時，隨機選擇一箱并從中隨機抽取3個逐個進行檢驗．若其中沒有次品，則直接購買該箱電子元件；否則，不購買該箱電子元件．(1)若某箱電子元件中恰有1個次品，求該箱電子元件能被直接購買的概率；(2)若某箱電子元件中恰有2個次品，記對隨機抽取的3個電子元件進行檢驗時次品的個數為X，求X的分布列及期望．解：(1)設“某箱電子元件有1個次品能被直接購買”為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(3,9),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,10).(2)由已知得10個電子元件中有2個次品，8個合格品，隨機抽取3個電子元件進行檢驗時，次品的個數為X，X的可能取值為0,1,2.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,8),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,8)C\o\al(1,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(2,2),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,15)，所以X的分布列為X012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)故E(X)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(3,5).超幾何分布的特征：(1)研究對象分兩類且已知各類對象的個數；(2)超幾何分布描述的是不放回抽樣問題，隨機變量為抽到的某類個體的個數；(3)超幾何分布主要用于抽檢產品、摸不同類別的小球等概率模型，其實質是古典概型．[跟進訓練]2．已知一個袋子中裝有大小、形狀完全相同的3個白球和2個黑球．(1)若從袋中一次任取3個球，設取到的3個球中有X個黑球，求X的分布列及數學期望；(2)若從袋中每次隨機取出一個球，記下顏色后將球放回袋中，重復此過程，直至他連續2次取到黑球才停止，設他在第Y次取球后停止取球，求P(Y＝5)．解：(1)X的可能取值為0,1,2，P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,2)C\o\al(3－k,3),C\o\al(3,5))，其中k＝0,1,2.所以X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)故X的數學期望E(X)＝eq\f(3×2,5)＝eq\f(6,5).(2)當Y＝5時知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前兩次不能都取到黑球，所以所求概率P(Y＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)×\f(2,5)))×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(252,3125).考點三正態分布[典例4](1)(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的測量結果服從正態分布N(10，σ2)，則下列結論中不正確的是()A．σ越小，該物理量一次測量結果落在(9.9,10.1)內的概率越大B．該物理量一次測量結果大于10的概率為0.5C．該物理量一次測量結果大于10.01的概率與小于9.99的概率相等D．該物理量一次測量結果落在(9.9,10.2)內的概率與落在(10,10.3)內的概率相等(2)(多選)(2024·新高考Ⅰ卷)隨著“一帶一路”國際合作的深入，某茶葉種植區多措并舉推動茶葉出口．為了解推動出口后的畝收入(單位：萬元)情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值eq\x\to(x)＝2.1，樣本方差s2＝0.01.已知該種植區以往的畝收入X服從正態分布N(1.8,0.12)，假設推動出口后的畝收入Y服從正態分布N(eq\x\to(x)，s2)，則(若隨機變量Z服從正態分布N(μ，σ2)，則P(Z<μ＋σ)≈0.8413)()A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8(1)D(2)BC[(1)σ越小，正態分布的圖象越瘦長，總體分布越集中在對稱軸附近，A正確．由于正態分布圖象的對稱軸為μ＝10，B，C正確．D顯然錯誤．故選D.(2)依題可知，eq\x\to(x)＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1,0.12)，故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.8413>0.5，故C正確，D錯誤．因為X～N(1.8,0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．因為P(X<1.8＋0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.8413＝0.1587<0.2.而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，故B正確，A錯誤．故選BC.]解決正態分布問題的三個關鍵點(1)對稱軸x＝μ；(2)標準差σ；(3)分布區間．利用對稱性可求指定范圍內的概率值；由μ，σ，分布區間的特征進行轉化，使分布區間轉化為3σ特殊區間，從而求出所求概率．μ決定正態曲線的位置，σ的大小決定正態曲線的穩定與波動大?。⒁庵挥性跇藴收龖B分布下正態曲線的對稱軸才為x＝0.[跟進訓練]3．(1)(2025·濱州模擬)設兩個正態分布N1(μ1，σeq\o\al(2,1))(σ1>0)和N2(μ2，σeq\o\al(2,2))(σ2>0)的概率分布密度函數圖象如圖所示，則有()A．μ1<μ2，σ1<σ2 B．μ1<μ2，σ1>σ2C．μ1>μ2，σ1<σ2 D．μ1>μ2，σ1>σ2(2)(多選)若隨機變量X～N(1，σ2)，且其正態密度曲線如圖所示，則下列選項中，可以表示圖中陰影部分面積的是()A．eq\f(1,2)－P(X≤0) B．eq\f(1,2)－P(X≥2)C．eq\f(1,2)P(X≤2)－eq\f(1,2)P(X≤0) D．eq\f(1,2)－P(1≤X≤2)(3)為了解高三復習備考情況，某校組織了一次階段考試．經數據分析，高三全體考生的數學成績X近似服從正態分布N(100，17.52)．已知成績在117.5分以上(不含117.5分)的學生有80人，則此次參加考試的學生成績低于82.5分的概率為________；如果成績大于135分的為特別優秀，那么本次數學考試成績特別優秀的大約有________人．(若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545)(1)A(2)ABC(3)0.1586511[(1)根據正態曲線的性質，對稱軸方程x＝μ，σ表示正態曲線的形狀．由題圖可得，A正確．(2)根據正態分布的性質可知，正態密度曲線關于直線x＝1對稱，所以題圖中陰影部分的面積為eq\f(1,2)－P(X≤0)，A正確；根據對稱性，P(X≤0)＝P(X≥2)，B正確；陰影部分的面積也可以表示為eq\f(PX≤2－PX≤0,2)，C正確；陰影部分的面積也可以表示為P(0≤X≤1)，而P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)，D不正確．故選ABC.(3)因為數學成績X服從正態分布N(100,17.52)，則P(100－17.5≤X≤100＋17.5)＝P(82.5≤X≤117.5)≈0.6827，所以此次參加考試的學生成績低于82.5分的概率P(X<82.5)＝eq\f(1－P82.5≤X≤117.5,2)≈eq\f(1－0.6827,2)＝0.15865.又P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤135)≈0.9545，所以數學成績特別優秀的概率P(X>135)＝eq\f(1－P65≤X≤135,2)≈eq\f(1－0.9545,2)＝0.02275.又P(X<82.5)＝P(X>117.5)＝0.15865，則本次考試數學成績特別優秀的人數大約是eq\f(80,0.15865)×0.02275≈11.]超幾何分布二項分布區別描述的是不放回抽樣問題，一次性取描述的是有放回抽樣問題，一個一個的取考察對象分為兩類每一次試驗都是伯努利試驗已知各類對象的個數聯系(當總體容量很大時)超幾何分布可近似看作二項分布[典例]某食品廠為了檢查一條自動包裝流水線的生產情況，隨機抽取該流水線上的40件產品作為樣本稱出它們的質量(單位：g)，質量的分組區間為(490,495]，(495，500]，…，(510,515]．由此得到樣本的頻率分布直方圖(如圖)．(1)根據頻率分布直方圖，求質量超過505g的產品數量；(2)在上述抽取的40件產品中任取2件，設X為質量超過505g的產品數量，求X的分布列；(3)從該流水線上任取2件產品，設Y為質量超過505g的產品數量，求Y的分布列．[賞析](1)質量超過505g的產品的頻率為5×0.05＋5×0.01＝0.3，所以質量超過505g的產品數量為40×0.3＝12.突破點1：總體一定，不放回抽樣，超幾何分布(2)質量超過505g的產品數量為12，則質量未超過505g的產品數量為28，X的可能取值為0,1,2，X服從超幾何分布．P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(2,28),C\o\al(2,40))＝eq\f(63,130)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,12)C\o\al(1,28),C\o\al(2,40))＝eq\f(28,65)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,12),C\o\al(2,40))＝eq\f(11,130)，所以X的分布列為X012Peq\f(63,130)eq\f(28,65)eq\f(11,130)(3)根據樣本估計總體的思想，取一件產品，該產品的質量超過505g的概率為eq\f(12,40)＝eq\f(3,10).突破點2：總體容量大，不放回抽樣，視為二項分布從流水線上任取2件產品互不影響，該問題可看成2重伯努利試驗，質量超過505g的件數Y的可能取值為0,1,2，且Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,10)))，P(Y＝k)＝Ceq\o\al(k,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,10)))2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))k，k＝0,1,2.所以P(Y＝0)＝Ceq\o\al(0,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))2＝eq\f(49,100)，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(21,50)，P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))2＝eq\f(9,100).所以Y的分布列為Y012Peq\f(49,100)eq\f(21,50)eq\f(9,100)抓住超幾何分布與二項分布的各自特征，明確兩者間的區別與聯系是解決此類問題的關鍵所在．[跟進訓練]1．一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中有1個紅球、2個黑球，現隨機等可能地取出小球．當有放回地依次取出2個小球時，記取出的紅球數為ξ1；當不放回地依次取出2個小球時，記取出的紅球數為ξ2，則()A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)B[依題意知，ξ1的所有可能取值為0,1,2，ξ1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，所以E(ξ1)＝2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，D(ξ1)＝2×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).當不放回地依次取出2個小球時，記取出的紅球數為ξ2，則ξ2的所有可能取值為0,1，P(ξ2＝0)＝eq\f(2×1,3×2)＝eq\f(1,3)，P(ξ2＝1)＝eq\f(2×1,3×2)＋eq\f(1×2,3×2)＝eq\f(2,3)，所以E(ξ2)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，D(ξ2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).所以E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)．故選B.]2．(多選)某工廠進行產品質量抽檢，兩位員工隨機從生產線上各抽取數量相同的一批產品，已知在兩人抽取的一批產品中均有5件次品，員工A從這一批產品中有放回地隨機抽取3件產品，員工B從這一批產品中無放回地隨機抽取3件產品．設員工A抽取到的3件產品中次品數量為X，員工B抽取到的3件產品中次品數量為Y，k＝0,1,2,3.則下列判斷正確的是()A．隨機變量X服從二項分布B．隨機變量Y服從超幾何分布C．P(X＝k)<P(Y＝k)D．E(X)＝E(Y)ABD[對于A，B選項，由超幾何分布和二項分布的概念可知兩個選項均正確；對于D選項，設兩人抽取的產品均有M件，則E(X)＝3·eq\f(5,M)＝eq\f(15,M)，E(Y)＝eq\f(15,M)，D正確；對于C選項，若C正確可得E(X)<E(Y)，故C錯誤．故選ABD.]課時分層作業(六十八)(本試卷共97分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2025·濟寧模擬)接種疫苗是預防和控制傳染病最經濟、有效的公共衛生干預措施．根據實驗數據，人在接種某種病毒疫苗后，有80%不會感染這種病毒，若有4人接種了這種疫苗，則最多1人被感染的概率為()A．eq\f(512,625) B．eq\f(256,625)C．eq\f(113,625) D．eq\f(1,625)A[由題意得最多1人被感染的概率為Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))4＋Ceq\o\al(1,4)×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))3＝eq\f(256＋256,625)＝eq\f(512,625).故選A.]2．北京冬季奧運會的吉祥物是“冰墩墩”．“冰墩墩”將熊貓形象與冰晶外殼相結合，體現了冰雪運動和現代科技特點．北京冬季殘奧會吉祥物“雪容融”以燈籠為原型進行設計創作，頂部的如意造型象征吉祥幸福．小明在紀念品商店買了6個“冰墩墩”和3個“雪容融”，隨機選了3個寄給他的好朋友小華，則小華收到的“冰墩墩”的個數的數學期望為()A．1 B．2C．3 D．1.5B[設小華收到的“冰墩墩”的個數為ξ，則ξ的可能取值為0,1,2,3.則P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,9))＝eq\f(1,84)；P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,3),C\o\al(3,9))＝eq\f(3,14)；P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,3),C\o\al(3,9))＝eq\f(15,28)；P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,9))＝eq\f(5,21).所以E(ξ)＝0×eq\f(1,84)＋1×eq\f(3,14)＋2×eq\f(15,28)＋3×eq\f(5,21)＝2.故選B.]3．A，B兩組各有3人獨立地破譯某密碼，A組每個人成功破譯出該密碼的概率為p1，B組每個人成功破譯出該密碼的概率為p2，記A，B兩組中成功破譯出該密碼的人數分別為X，Y.若0<p1<p2<eq\f(1,2)，則下列關系正確的是()A．E(X)>E(Y)，D(X)<D(Y)B．E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)C．E(X)<E(Y)，D(X)<D(Y)D．E(X)<E(Y)，D(X)>D(Y)C[由題意可知，X服從二項分布B(3，p1)，所以E(X)＝3p1，D(X)＝3p1(1－p1)．同理，Y服從二項分布B(3，p2)，所以E(Y)＝3p2，D(Y)＝3p2(1－p2)．因為0<p1<p2<eq\f(1,2)，所以3p1<3p2，所以E(X)<E(Y)．對于二次函數y＝3p(1－p)，其圖象的對稱軸為直線p＝eq\f(1,2)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上函數單調遞增，所以當0<p1<p2<eq\f(1,2)時，有3p1(1－p1)<3p2(1－p2)，即D(X)<D(Y)．故選C.]4．高爾頓(釘)板是在一塊豎起的木板上釘上一排排互相平行、水平間隔相等的圓柱形小木塊(如圖所示)，并且每一排小木塊數目都比上一排多一個，一排中各個小木塊正好對準上面一排兩個相鄰小木塊的正中央，從入口處放入一個直徑略小于兩個小木塊間隔的小球，當小球從之間的間隙下落時，碰到下一排小木塊，它將以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通過間隙，又碰到下一排小木塊．如此繼續下去，小球最后落入下方條狀的格子內，則小球落到第⑤個格子的概率是()A．eq\f(5,32) B．eq\f(5,16)C．eq\f(3,16) D．eq\f(3,32)A[由題意知，小球下落過程中共碰撞小木塊5次，小球落到第⑤個格子需向左落下1次，向右落下4次，又小球向左、向右落下的概率均為eq\f(1,2)，故小球落到第⑤個格子的概率P＝Ceq\o\al(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝eq\f(5,32).]5．經檢測一批產品中每件產品的合格率為eq\f(3,5)，現從這批產品中任取5件，設取得合格產品的件數為X，則以下說法正確的是()A．X的可能取值為1,2,3,4,5B．P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2C．X＝3的概率最大D．X服從超幾何分布C[對于A，X的可能取值為0,1,2,3,4,5，A錯誤；對于B，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3，B錯誤；對于D，由題意，隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，D錯誤；對于C，隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,5)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))5－k，若P(X＝k)取得最大值時，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PX＝k≥PX＝k＋1，,PX＝k≥PX＝k－1，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))5－k≥C\o\al(k＋1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))4－k，,C\o\al(k,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))5－k≥C\o\al(k－1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))k－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))6－k，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,5－k)×\f(2,5)≥\f(1,k＋1)×\f(3,5)，,\f(1,k)×\f(3,5)≥\f(1,6－k)×\f(2,5)，))解得2.6≤k≤3.6，k∈N*，則k＝3，故X＝3的概率最大，C正確．故選C.]已知X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.今有一批數量龐大的零件．假設這批零件的某項質量指標ξ(單位：mm)服從正態分布X～N(5.40，0.052)，現從中隨機抽取M個，這M個零件中恰有K個的質量指標ξ位于區間[5.35,5.55]．若K＝45，試以使得P(K＝45)最大的M值作為M的估計值，則M為()A．45 B．53C．54 D．90B[由已知可得，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)．又P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)＝eq\f(Pμ－σ≤ξ≤μ＋σ＋Pμ－3σ≤ξ≤μ＋3σ,2)≈eq\f(0.6827＋0.9973,2)＝0.84，所以K～B(M,0.84)，P(K＝45)＝Ceq\o\al(45,M)·0.8445·0.16M－45.設f(x)＝Ceq\o\al(45,x)·0.8445·0.16x－45，則eq\f(fx＋1,fx)＝eq\f(C\o\al(45,x＋1)·0.8445·0.16x－44,C\o\al(45,x)·0.8445·0.16x－45)＝0.16·eq\f(\f(x＋1！,x－44！45！),\f(x！,x－45！45！))＝0.16·eq\f(x＋1,x－44)>1，所以x<eq\f(368,7)＝52＋eq\f(4,7)，所以f(53)>f(52)．eq\f(fx,fx－1)＝eq\f(C\o\al(45,x)·0.8445·0.16x－45,C\o\al(45,x－1)·0.8445·0.16x－46)＝0.16·eq\f(\f(x！,x－45！45！),\f(x－1！,x－46！45！))＝0.16·eq\f(x,x－45)<1，所以x>eq\f(375,7)＝53＋eq\f(4,7)，所以f(53)>f(54)．所以，以使得P(K＝45)最大的M值作為M的估計值，則M為53.故選B.]二、多項選擇題7．(2025·濱州模擬)某地區高三男生的“50米跑”測試成績ξ(單位：s)服從正態分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.從該地區高三男生的“50米跑”測試成績中隨機抽取3個，其中成績在(7,9)間的個數記為X，則()A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9BD[由正態分布的對稱性可知，P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，A錯誤；X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，B正確；E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)<E(5X)，C錯誤；因為X～B(3,0.6)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×(0.6)0×(0.4)3＝0.064，故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，D正確．故選BD.]8．(2023·新高考Ⅱ卷)在信道內傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次；三次傳輸是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1,0,1，則譯碼為1)．則()A．采用單次傳輸方案，若依次發送1,0,1，則依次收到1,0,1的概率為(1－α)(1－β)2B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1,0,1的概率為β(1－β)2C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3D．當0<α<0.5時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率ABD[由題意，發0收1的概率為α，發0收0的概率為1－α；發1收0的概率為β，發1收1的概率為1－β.對于A，發1收1的概率為1－β，發0收0的概率為1－α，發1收1的概率為1－β，所以所求概率為(1－α)·(1－β)2，A正確．對于B，相當于發了1,1,1，收到1,0,1，則概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正確．對于C，相當于發了1,1,1，收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1，則概率為Ceq\o\al(2,3)β(1－β)2＋Ceq\o\al(3,3)(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，C不正確．對于D，發送0，采用三次傳輸方案譯碼為0，相當于發0,0,0，收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0，則此方案的概率P1＝Ceq\o\al(2,3)α(1－α)2＋Ceq\o\al(3,3)(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；發送0，采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當0<α<0.5時，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，D正確．故選ABD.]三、填空題9．某工廠生產的產品的質量指標服從正態分布N(100，σ2)．質量指標介于99至101之間的產品為良品，為使這種產品的良品率達到95.45%，則需調整生產工藝，使得σ至多為________.(若X～N(μ，σ2)，則P(|X－μ|<2σ)≈0.9545)eq\f(1,2)[依題可知，μ＝100，根據題意及正態曲線的特征可知，|X－100|<2σ的解集A?(99,101)，由|X－100|<2σ可得100－2σ<X<100＋2σ，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(100－2σ≥99，,100＋2σ≤101，))解得σ≤eq\f(1,2)，故σ至多為eq\f(1,2).]10．某校召開春季運動會，為了組建一支朝氣蓬勃、訓練有素的賽會志愿者隊伍，欲從4名男志愿者，3名女志愿者中隨機抽取3人聘為志愿者隊的隊長，則在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下，“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________；若用X表示抽取的3人中女志愿者的人數，則E(X)＝________.eq\f(2,17)eq\f(9,7)[由題意X的所有可能取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,3),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,3),C\o\al(3,7))＝eq\f(12,35)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3),C\o\al(3,7))＝eq\f(1,35)，E(X)＝0×eq\f(4,35)＋1×eq\f(18,35)＋2×eq\f(12,35)＋3×eq\f(1,35)＝eq\f(9,7).記“全是男志愿者”為事件A，“至少有一名男志愿者”為事件B，則P(A)＝P(X＝0)＝eq\f(4,35)，P(B)＝1－P(X＝3)＝eq\f(34,35)，P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(4,35),\f(34,35))＝eq\f(2,17).]四、解答題11．(15分)(2025·青島模擬)某農場收獲的蘋果按A，B，C三個等級進行裝箱，已知蘋果的箱數非常多，且A，B，C三個等級蘋果的箱數之比為6∶3∶1.(1)現從這批蘋果中隨機選出3箱，若選到任何一箱蘋果是等可能的，求至少選到2箱A級蘋果的概率；(2)若用分層隨機抽樣的方法從該農場收獲的A，B，C三個等級的蘋果中選取10箱蘋果，假設某游客要從這10箱蘋果中隨機購買3箱，記購買的A級蘋果有X箱，求X的分布列與數學期望．解：(1)設事件M＝“至少選到2箱A級蘋果”，由題意知，選出一箱蘋果為A級蘋果的概率為eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，選出一箱蘋果為非A級蘋果的概率為eq\f(3＋1,10)＝eq\f(2,5)，所以P(M)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\f(2,5)＋Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))0＝eq\f(54＋27,125)＝eq\f(81,125).故至少選到2箱A級蘋果的概率為eq\f(81,125).(2)因為用分層隨機抽樣的方法從該農場收獲的A，B，C三個等級的蘋果中選取10箱蘋果，所以A級蘋果有6箱，B，C級蘋果共有4箱．易知隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3，則P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(0,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6)，所以X的分布列為X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).12．(15分)為了切實加強學校體育工作，促進學生積極參加體育鍛煉，養成良好的鍛煉習慣，某高中學校計劃優化課程，增加學生體育鍛煉時間，提高體質健康水平．某體質監測中心抽取了該校10名學生進行體質測試，得到如下表格：序號i12345678910成績xi/分38414451545658647480記這10名學生體質測試成績的平均分與方差分別為eq\x\to(x)，s2，經計算eq\i\su(i＝1,10,)(xi－eq\x\to(x))2＝1690.(1)求eq\x\to(x)；(2)規定體質測試成績低于50分為不合格，從這10名學生中任取3名，記體質測試成績不合格的人數為X，求X的分布列；(3)經統計，高中生體質測試成績近似服從正態分布N(μ，σ2)，用eq\x\to(x)，s2的值分別作為μ，σ2的近似值，若監測中心計劃從全市抽取100名高中生進行體質測試，記這100名高中生的體質測試成績恰好落在區間[30,82]的人數為Y，求Y的數學期望E(Y)．附：若ξ～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973.解：(1)eq\x\to(x)＝eq\f(1,10)×(38＋41＋44＋51＋54＋56＋58＋64＋74＋80)＝5