专题17.5 二项分布与正态分布(精讲精析篇)(解析版)

专题17.5 二项分布与正态分布（精讲精析篇）
提纲挈领
点点突破
热门考点01 独立重复试验的概率
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P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)．
【典例1】（2015·全国高考真题（理））投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（）
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
【答案】A
【解析】
该同学通过测试的概率为，故选A．
【典例2】（多选题）（2020·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3
5
；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80
243
；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2
5
；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
26
27
. 则其
中正确命题的序号是（）
A ．①
B ．②
C ．③
D ．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21423
63
5
C C p C ==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21
63
p =
=，则恰好有两次白球的概率为42
26218033243p C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，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
11
4311
453
5
C C C C =，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42
63
p =
=：则至少有一次取到红球的概率为3
03
126
1327
p C ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，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．
热门考点02 二项分布及其应用
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 )＝C k n p k q
n －
k
(k ＝0,1,2，…，n ) 于是得到X 的分布列
(q ＋p )n ＝C 0n p 0q n ＋C 1n p 1q n －
1
＋…＋C k n p k q
n －
k ＋…＋C n n p n q 0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 )．
【典例3】（2020·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ξ服从二项分布
14,3
B ξ⎛⎫
~ ⎪⎝
⎭
，则(3)P ξ==（ ）．
A ．
3281
B ．
1681
C ．
2481
D ．
881
【答案】D 【解析】
14,3B ξ⎛⎫
~ ⎪⎝⎭
表示做了4次独立实验，每次试验成功概率为13，
则31
341228(3)4338181P C ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
．选D ．
【典例4】为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度．
某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：
(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？
(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列； (3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k 户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k 的值．
【答案】见解析
【解析】(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元)．
(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3,4.
P (ξ＝0)＝C 04C 46C 410＝114，P (ξ＝1)＝C 14C 36C 410＝821，P (ξ＝2)＝C 24C 26C 410＝37，P (ξ＝3)＝C 34C 16C 410＝435，P (ξ＝4)＝C 44C 0
6
C 410＝1210
，
故ξ的分布列为
(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足X ～B ⎝⎛⎭⎫10，25，可知P (X ＝k )＝C k 10⎝⎛⎭⎫25k ·⎝⎛⎭
⎫3510－k (k ＝0,1,2,3，…，10)．
由⎩⎨⎧
C k 10
⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k ＋110⎝⎛⎭⎫25k ＋1⎝⎛⎭⎫359－k ，
C
k 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k －110
⎝⎛⎭⎫25k －1⎝⎛⎭⎫3511－k
，
解得175≤k ≤22
5.又k ∈N *，所以当k ＝4时概率最大，故k ＝4.
【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 )＝C k n p k
(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A 与A ，每次试验中()0p A p =>.我们将这样的试验称为n 次独立重复试验，也称为伯努利试验．在n 次独立重复试验中，每次试验事件A 发生的概率均为()01p p <<，即()p A p =，()
1p A p q =-=.由于试验的独
立性，n 次试验中，事件A 在某指定的k 次发生，而在其余n k -次不发生的概率为k n k
p q -.而在n 次试验
中，事件A 恰好发生()0k k n ≤≤次的概率为()k
k
n k
n n P k C p q
-=，0,1,2,
,k n =.它恰好是()n
p q +的二
项展开式中的第1k +项．
4. 牢记且理解事件中常见词语的含义： (1) A 、B 中至少有一个发生的事件为A B ；
(2) A 、B 都发生的事件为AB ； (3) A 、B 都不发生的事件为AB ； (4) A 、B 恰有一个发生的事件为AB AB ； (5) A 、B 至多一个发生的事件为AB
AB
AB .
热门考点03 与二项分布有关的均值与方差
二项分布的期望、方差： 若(),X B n p ，则()E X np =. 若(),X
B n p ，则()()1D X np p =-．
【典例5】（2019·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2
3
.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X 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X 的分布列和数学期望； （Ⅱ）设M 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M 发生的概率. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）20243
【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
23
， 故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，从面()()33210,1,2,333k k
k P X k C k -⎛⎫⎛⎫
=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.
所以，随机变量X 的分布列为：
X
0 1 2 3
P
127 29
49 827
随机变量X 的数学期望2
()323
E X =⨯
=. (Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
. 且{3,1}{2,0}M X Y X Y =====.
由题意知事件{}3,1X Y ==与{}2,0X Y ==互斥，
且事件{}3X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立， 从而由(Ⅰ)知：
{}{}()()3,12,0P M P X Y X Y =====
()()3,12,0P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==
824120279927243
=
⨯+⨯=. 【典例6】（2019·河北高二期末（理））互联网正在改变着人们的生活方式，在日常消费中手机支付正逐渐取代现金支付成为人们首选的支付方式. 某学生在暑期社会活动中针对人们生活中的支付方式进行了调查研究. 采用调查问卷的方式对100名18岁以上的成年人进行了研究，发现共有60人以手机支付作为自己的首选支付方式，在这60人中，45岁以下的占2
3
，在仍以现金作为首选支付方式的人中，45岁及以上的有30人.
（1）从以现金作为首选支付方式的40人中，任意选取3人，求这3人至少有1人的年龄低于45岁的概率； （2）某商家为了鼓励人们使用手机支付，做出以下促销活动：凡是用手机支付的消费者，商品一律打八折. 已知某商品原价50元，以上述调查的支付方式的频率作为消费者购买该商品的支付方式的概率，设销售每件商品的消费者的支付方式都是相互独立的，求销售10件该商品的销售额的数学期望. 【答案】（1）291
494
；（2）440 【解析】
（1）设事件A 表示至少有1人的年龄低于45岁，
则()3
30340291
1494
C P A C =-=.
（2）由题意知，以手机支付作为首选支付方式的概率为
603
1005
=.
设X 表示销售的10件商品中以手机支付为首选支付的商品件数，则3~10,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 设Y 表示销售额，则()40501050010Y X X X =+-=-， 所以销售额Y 的数学期望3
5001050010104405
EY EX =-=-⨯⨯=（元）. 【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 )．
热门考点04 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 )＝1
2πσe －(x －μ)22σ2，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
1
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 (a <b )，随机变量X 满足P (a <X ≤b )＝⎠⎛a
b φμ，σ(x )d x ，则称随机变量X 服从正
态分布(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N (μ，σ2)．如果随机变量X 服从正态分布，则记为X ～N (μ，σ2)． 3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.6826； ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.9544； ③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.9974． 4．3σ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．
【典例7】（2020·湖北十堰·期末）设某地胡柚（把胡柚近似看成球体）的直径（单位：)mm 服从正态分布(75,16)N ，则在随机抽取的1000个胡柚中，直径在(79，83]内的个数约为( ) 附：若2~(,)X N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<+=，(22)0.9545P X μσμσ-<+=． A ．134 B ．136 C ．817 D ．819
【答案】B 【解析】
由题意，75μ=，4σ=，
则1
(7983)[(22)()]2
P X P X P X μσμσμσμσ<=-<+-+<+
1
(0.95450.6827)0.13592
=⨯-=． 故直径在(79，83]内的个数约为0.135********.9136⨯=≈． 故选：B ．
【典例8】（多选题）（2020·辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量()0,1N ξ
，
()()x P x φξ=≤，其中0x >，下列等式成立有( )
A ．()()1x x φφ-=-
B ．()()22x x φφ=
C ．()
()21P x x ξφ<=- D ．()
()2P x x ξφ>=-
【答案】AC 【解析】
随机变量ξ服从标准正态分布(0,1)N ，
∴正态曲线关于0ξ=对称，
()(x P x φξ=，0)x >，根据曲线的对称性可得：
A.()()1()x x x φφξφ-=≥=-，所以该命题正确；
B.(2)(2),2()2()x x x x φφξφφξ=≤=≤，所以()()22x x φφ=错误；
C.(||)=()12()12[1()]2()1P x P x x x x x ξξφφφ<-≤≤=--=--=-，所以该命题正确；
D.(||)(P x P x ξξ>=>或)=1()()1()1()22()x x x x x x ξφφφφφ<--+-=-+-=-，所以该命题错误． 故选：AC ． 【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1
2πσ
． (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<X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)的值． (3)注意概率值的求解转化： ①P (X <a )＝1－P (X ≥a )； ②P (X <μ－a )＝P (X ≥μ＋a )；
③若b <μ，则P (X <b )＝1－P μ－b <X <μ＋b
2
．
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．
热门考点05 正态分布及其应用
【典例9】(2020·开封模拟)某商场经营的某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布N (10，σ2
)，根据检测结果可知P (9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为( )
A ．10
B ．20
C ．20
D ．40
【答案】B
【解析】由已知得P (ξ<9.9)＝1－P 9.9≤ξ≤10.12＝1－0.96
2＝0.02，
所以分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为1 000×0.02＝20.故选B.
【典例10】（2020·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1.60米的概率，并求图（1）中a ，b ，c 的值；
（2）若从这批树苗中随机选取3株，记ξ为高度在(]
1.40,1.60的树苗数量，求ξ的分布列和数学期望； （3）若变量S 满足()06826P S μσμσ-<≤+>.
且()220.9544P S μσμσ-<≤+>，则称变量S 满足近似于正态分布(
)2
,N μσ
的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 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0.15，0.2a =， 1.3b =， 3.5c =；（2）分布列答案见解析，数学期望2.1；（3）被签收. 【解析】
（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于1.60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1.60米的概率为0.15. 记X 为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：
()()2
1.20 1.30 1.70 1.800.02100
P X P X ≤≤=<≤=
=， ()()13
1.30 1.40 1.60 1.700.13100
P X P X <≤=<≤==，
()()()1
1.40 1.50 1.50 1.60120.0220.130.352
P X P X <≤=<≤=
-⨯-⨯=. 因为组距为0.1，所以0.2a =， 1.3b =， 3.5c =.
（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(]
1.40,1.60的概率为
()()()1.40 1.60 1.40 1.50 1.50 1.600.7P X P X P X <≤=<≤+<≤=.
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ξ服从二项分布()3,0.7B ， 故ξ的分布列为()()330.3
0.70,1,2,3n
n
n P n C n ξ-==⨯⨯=，
即
ξ
0 1 2 3
()P ξ
0.027 0.189 0.441 0.343
()00.02710.18920.44130.343 2.1E x =⨯+⨯+⨯+⨯=(或()30.7 2.1E ξ=⨯=).
（3）由()1.5,0.01N ，取 1.50μ=，0.1σ=，
由（2）可知，()()1.40 1.600.70.6826P X P X μσμσ-<≤+=<≤=>， 又结合（1），可得()()22 1.30 1.70P X P X μσμσ-<≤+=<≤
()()2 1.60 1.70 1.40 1.60P X P X =⨯<≤+<≤ 0.960.9544=>，
所以这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 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．（2020·山东济宁·期末）若随机变量()23,X N σ，且()50.2P X ≥=，则()15P X ≤≤等于（ ）
A ．0.6
B ．0.5
C ．0.4
D ．0.3
【答案】A
【解析】 由于()23,X
N σ，则正态密度曲线关于直线3x =对称，
所以()()15125120.20.6P X P X ≤≤=-≥=-⨯=，故选A.
2．（2020·四川泸州·期末（理））设()()1122~,,~,X N Y N μσμσ，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是( )
A ．1212,μμσσ><
B ．1212,μμσσ<<
C ．1212,μμσσ<>
D ．1212,μμσσ>>
【答案】B 【解析】
由图可得：X 的正态分布密度曲线更“瘦高”，且对称轴偏左， 结合正态分布密度曲线性质可得：1212,μμσσ<<. 故选：B
3．（2020·江苏苏州·高二期末）现有5个人独立地破译某个密码，已知每人单独译出密码的概率均为p ，且
1
12
p <<，则恰有三个人译出密码的概率是（ ） A ．33
5C p B ．223
5(1)C p p -
C ．332
5(1)C p p -
D ．22
51(1)C p --
【答案】C 【解析】
由题意可知，恰有三个人译出密码的概率为
33
25(1)P C p p =-
故选：C
4.（2019·广东高二期末（理））从分别标有1，2，…，9的9张卡片中有放回地随机抽取5次，每次抽取1张．则恰好有2次抽到奇数的概率是（ ）
A ．23
5499⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B ．23
25
5499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
C ．2
3
4599⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
D ．32
35
5499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】B 【解析】
每次抽到奇数的概率都相等，为
59
， 故恰好有2次抽到奇数的概率是25
C •2
59⎛⎫ ⎪⎝⎭•3
49⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 故选：B ．
5．（多选题）（2020·江苏省海头高级中学高二月考）海头高级中学高二年级组织了一次调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数2
(100)200
(),
x P x x R --
=∈，则下列命题正确的是（ ）
A ．这次考试的数学平均成绩为100
B ．分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数相同
C ．分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同
D ．这次考试的数学成绩方差为10 【答案】AC 【解析】
因为数学成绩服从正态分布，其密度函数()2
(100)200
--
=x P x ，x ∈R ，
所以100μ=，22200σ=，即10σ=.
所以这次考试的平均成绩为100，标准差为10，故A 正确，D 错误. 因为正态曲线的对称轴为100x =，
所以分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数不相同，故B 错误； 分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同，故C 正确.
6．（2020·黑龙江爱民·牡丹江一中开学考试（理））2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象．在政府部门的牵头下，部分工厂转业生产口罩，已知某工厂生产口罩的质量指标
()~15,0.0025N ξ，单位为g ，该厂每天生产的质量在()14.9,15.05g g 的口罩数量为818600件，则可以
估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为（ ） 参考数据：若(
)2
~,N ξμσ
，则()0.6827P μσξμσ-<<+=，()220.9545P μσξμσ-<<+=，
()330.9973P μσξμσ-<<+=．
A ．158 700
B ．22 750
C ．2 700
D ．1 350
【答案】D 【解析】
由题意知，()~15,0.0025N ξ，即15μ=，20.0025σ=，即0.05σ=； 所以()()0.68270.9545
14.915.0520.81862
P P ξμσξμσ+<<=-<<+=
=，
所以该厂每天生产的口罩总量为8186000.81861000000÷=（件）， 又()()10.9973
15.1532
P P ξξμσ->=>+=
， 所以估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为10.9973
100000013502
-⨯=（件）． 故选：D
7．（2020·营口市第二高级中学高二期末）荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在A 荷叶上，则跳三次之后停在A 荷叶上的概率是（ ）
A ．
2
3
B ．
14
C ．
13
D ．
34
【答案】C 【解析】
设按照顺时针跳的概率为p ，则逆时针方向跳的概率为2p ，则p +2p =3p =1，
解得p =
13，即按照顺时针跳的概率为13，则逆时针方向跳的概率为23
， 若青蛙在A 叶上，则跳3次之后停在A 叶上， 则满足3次逆时针或者3次顺时针，
①若先按逆时针开始从A →B ，则对应的概率为23×23×23=8
27， ②若先按顺时针开始从A →C ，则对应的概率为13×13×13=1
27
，
则概率为
827+127=927=13
， 故选：C.
8．（2020·江苏张家港·期中）某篮球运动员每次投篮投中的概率是4
5
，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为m ，则m 的值为（ ） A ．5 B ．6
C ．7
D ．8
【答案】D 【解析】
记投篮命中的次数为随机变量X ， 由题意，410,5X
B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 则投篮命中m 次的概率为()101010101010
44441155555m
m
m m
m m
m m C P X m C C --⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⋅⋅-=⋅⋅=
⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
， 由11
10101010111010101044554455m m m m m m m m C C C C ++--⎧⋅⋅≥⎪⎪⎨⋅⋅⎪≥⎪⎩得110101101044m m m m C C C C +-⎧≥⎨≥⎩，即1101011
1
1010
1144m m m m m m m m m m m
m A A A A A A A A +++---⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()4101141011m m m m ⎧-≥⎪⎪+⎨-+⎪≥⎪⎩， 解得
3944
55
m ≤≤，又m N ∈， 因此8m =时，()1010
45
m
m
C P X m ⋅==取最大值. 即该运动员10次投篮中，最有可能投中的次数为8次. 故选：D.
9.（2019·湖北高二期末）NBA 总决赛采用7场4胜制，2018年总决赛两支球队分别为勇士和骑士，假设每场比赛勇士获胜的概率为0.6，骑士获胜的概率为0.4，且每场比赛的结果相互独立，则恰好5场比赛决
出总冠军的概率为_______． 【答案】0.2688 【解析】
恰好5场比赛决出总冠军的情况有两种：
一种情况是前4局勇士队3胜一负，第5局勇士胜， 另一种情况是前4局骑士队3胜一负，第5局骑士胜，
∴恰好5场比赛决出总冠军的概率为：
331
344060.40.60.6040.40.2688p C C =⨯⋅⨯⨯+⨯⨯⋅⨯=．
故答案为：0.2688．
10．（2020·天津南开�高三一模）甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为
45；乙第一次射击的命中率为78，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为3
4
，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为1
2
．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期
望为_____，乙射中的概率为_____． 【答案】
125 6364
【解析】
甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为4
5
， 则甲击中的次数43,5X
B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， ∴甲三次射击命中次数的期望为()412355
E X =⨯=， 乙第一次射击的命中率为
78
， 第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为
34
， 如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12
， 乙若射中，则不再继续射击， 则乙射中的概率为：7131116388484264
P =+⨯+⨯⨯=． 故答案为：
125，6364
．
11．（2018·浙江下城·杭州高级中学高三其他）一个盒子中有大小形状完全相同的m 个红球和6个黄球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸出一个球，设摸到红球的个数为X ，若()3E X =，则m =________，(2)P X ==________．
【答案】9 144
625
【解析】
由题意知每次随机抽出1个球为红球的概率为
6m m +
，所以~5,6m X B m ⎛
⎫ ⎪+⎝⎭
，则由()3E X =，得
536m m ⋅
=+，解得9m =，所以3
65
m m =+， 所以2
3
25
33144(2)155625
P X C ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故答案为：9；
144
625
12．（2019·浙江高三其他）已知随机变量()~X B n p ,，且X 的数学期望()2E X =，方差()23
D X =，则p =____________，()2P X == ____________.
【答案】23 4
9
【解析】
由二项分布的期望和方差的计算公式知，()2,2()(1),3E X np D X np p ==⎧⎪⎨=-=⎪⎩解得2,
33,
p n ⎧
=⎪⎨
⎪=⎩ 则2
23214(2)339P X C ⎛⎫==⨯= ⎪
⎝⎭
． 故答案为：
23；49
. 13.(2019·济南市学习质量评估)某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：
(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值．
(2)①由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值ξ服从正态分布N(μ，102)，计算该批产品该项指标值落在(180,220]上的概率；
②国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220]为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，在①的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.
等级合格优良优秀
售价102030
附：若ξ～N(μ，δ2)，则P(μ－δ<ξ≤μ＋δ)≈0.682 7，
P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)≈0.954 5.
【答案】见解析
【解析】(1)由10×(2×0.002＋0.008＋0.009＋0.022＋0.024＋a)＝1，解得a＝0.033，
则平均值x＝10×0.002×170＋10×0.009×180＋10×0.022×190＋10×0.033×200＋10×0.024×210＋10×0.008×220＋10×0.002×230＝200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.
(2)①由题意可得μ＝x＝200，δ＝10，则P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)＝P(180<ξ≤220)≈0.954 5，则该批产品指标值落在(180,220]上的概率为0.954 5.
②设每盒该产品的售价为X元，由①可得X的分布列为
X 102030
P 0.022 750.954 50.022 75
则每盒该产品的平均售价为E(X)＝10×0.022 75＋20×0.954 5＋30×0.022 75＝20，故每万盒的平均利润为20－15＝5(万元)．
14.（辽宁高考真题（理））一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )． 【答案】(1)0.108.(2) 1.8，0.72. 【解析】
（1）设1A 表示事件“日销售量不低于100个”，2A 表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此
1()(0.0060.0040.002)500.6P A =++⨯=. 2()0.003500.15P A =⨯=. ()0.60.60.1520.108P B =⨯⨯⨯=.
（2）X 的可能取值为0,1,2,3.相应的概率为
033(0)(10.6)0.064P X C ==⋅-=, 123(1)0.6(10.6)0.288P X C ==⋅-=,
223(2)0.6(10.6)0.432P X C ==⋅-=,
333(3)0.60.216P X C ==⋅=,
分布列为
因为()~3,0.6X B ,所以期望为()30.6 1.830.610.60.72E X D X =⨯==⨯⨯-=，方差（）（）.
15．（2020·浙江）2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每
21 次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.
（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
【答案】（1）1
14400；（2）选择第二种方案更合算.
【解析】
（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，
设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()21
21310
1
120C C P A C ==，
所以两位顾客均享受到免单的概率为()()1
14400P P A P A =⋅=；
（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0、500、700、1000.
()212131010120C C P X C ===，()21
273107
500120
C C P X C ===，
()12
173********C C P X C ===，()17791
1000112012040120
P X ==---=.
故X 的分布列为，
所以()0500700100091012012040120E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-，
由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()39
31010E Y =⨯=，
所以()()()10002001000200820E Z E Y E Y =-=-=（元）.
因为()()E X E Z >，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.。