課標專用5年高考3年模擬A版2024高考數(shù)學專題十一概率與統(tǒng)計3二項分布與正態(tài)分布試題理

PAGEPAGE20二項分布與正態(tài)分布挖命題【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)料熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點1.條件概率、相互獨立事務(wù)及二項分布①了解條件概率和兩個事務(wù)相互獨立的概念,理解n次獨立重復試驗的模型及二項分布,并能解決一些簡潔的實際問題.②利用實際問題的直方圖,了解正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義2024課標Ⅰ,20,12分二項分布的均值以及利用期望進行決策導數(shù)★★★2024課標Ⅲ,8,5分二項分布相互獨立事務(wù)2024課標Ⅰ,4,5分相互獨立事務(wù)的概率2024課標Ⅱ,18,12分條件概率的計算離散型隨機變量的均值2024課標Ⅱ,5,5分條件概率的計算2.正態(tài)分布2024課標Ⅰ,19,12分正態(tài)分布、二項分布的概念和性質(zhì)概率的計算以及數(shù)學期望2024課標Ⅰ,18,12分利用正態(tài)分布求概率頻率分布直方圖分析解讀本節(jié)主要命題點有:(1)相互獨立事務(wù)的概率,條件概率;(2)二項分布的概念、特征和相關(guān)計算;(3)正態(tài)分布的應(yīng)用,一般以解答題的形式出現(xiàn).解題時留意對相關(guān)概念的理解和相關(guān)公式的應(yīng)用.本節(jié)在高考中一般以選擇題、解答題形式出現(xiàn),中等以下,分值約為5分或12分.主要考查考生的數(shù)據(jù)分析實力.破考點【考點集訓】考點一條件概率、相互獨立事務(wù)及二項分布1.(2024河北“五個一名校聯(lián)盟”二模,4)某個電路開關(guān)閉合后會出現(xiàn)紅燈或綠燈閃耀,已知開關(guān)第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率為12,兩次閉合后都出現(xiàn)紅燈的概率為15,則在第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的條件下A.110B.15C.2答案C2.(2024福建廈門二模,6)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.25B.35C.18答案D3.(2024廣東德慶香山中學第一次模擬,9)某個部件由三個元件按如圖所示的方式連接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,則部件正常工作,設(shè)三個電子元件的運用壽命(單位:小時)均聽從正態(tài)分布N(1000,502),且各個元件能否正常工作相互獨立,那么該部件的運用壽命超過1000小時的概率為()A.15B.12C.3答案D考點二正態(tài)分布1.(2024廣西柳州高級中學、南寧其次中學其次次聯(lián)考,3)甲、乙兩類水果的質(zhì)量(單位:kg)分別聽從正態(tài)分布N(μ1,σ12),N(μ2,A.甲類水果的平均質(zhì)量μ1=0.4kgB.甲類水果的質(zhì)量比乙類水果的質(zhì)量更集中于平均值左右C.甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小D.乙類水果的質(zhì)量聽從正態(tài)分布的參數(shù)σ2=1.99答案D2.(2024廣東茂名一模,6)設(shè)X~N(1,1),其正態(tài)分布密度曲線如圖所示,那么向正方形ABCD中隨機投擲10000個點,則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值是()(注:若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ<X<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=95.44%)A.7539B.6038C.7028D.6587答案D煉技法【方法集訓】方法1獨立重復試驗及二項分布問題的求解方法1.(2024山東濰坊模擬,6)某籃球隊對隊員進行考核,規(guī)則如下:①每人進行3個輪次的投籃;②每個輪次每人投籃2次,若至少投中1次,則本輪通過,否則不通過.已知隊員甲投籃1次投中的概率為23,假如A.3B.83C.2D.答案B2.(2024廣東珠海一中等六校第一次聯(lián)考)一臺儀器每啟動一次都隨機地出現(xiàn)一個5位的二進制數(shù)A=a1a2a3a4a5,其中A的各位數(shù)字中,a1=1,ak(k=2,3,4,5)出現(xiàn)0的概率為13,出現(xiàn)1的概率為23.若啟動一次出現(xiàn)的數(shù)字為A=10101,則稱這次試驗勝利,若勝利一次得2分,失敗一次得-1分,則100次獨立重復試驗的總得分X的方差為答案30800方法2正態(tài)分布及其應(yīng)用方法1.(2024山東淄博一模,5)設(shè)隨機變量ξ聽從正態(tài)分布N(3,4),若P(ξ<2a-3)=P(ξ>a+2),則a的值為()A.73B.5答案A2.(2024河北石家莊新華模擬,19)“過大年,吃水餃”是我國不少地方過春節(jié)的一大習俗.2024年春節(jié)前夕,A市某質(zhì)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(zhì)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(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)x(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)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(zhì)量指標值Z聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),利用該正態(tài)分布,求Z落在(14.55,38.45)內(nèi)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(zhì)量指標值位于(10,30)內(nèi)的包數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學期望.附:計算得所抽查的這100包速凍水餃的質(zhì)量指標值的標準差為σ=142.若ξ~N(μ,σ2),則P(μ-σ<ξ≤μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)=0.9544.解析(1)所抽取的100包速凍水餃該項質(zhì)量指標值的平均數(shù)x=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.25+45×0.15=26.5.(2)①∵Z聽從正態(tài)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(nèi)的概率是0.6826.②依據(jù)題意得X~B4,12,P(X=0)=CP(X=1)=C41124=1P(X=3)=C43124=1∴X的分布列為X01234P11311∴E(X)=4×12過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標卷題組考點一條件概率、相互獨立事務(wù)及二項分布1.(2024課標Ⅲ,8,5分)某群體中的每位成員運用移動支付的概率都為p,各成員的支付方式相互獨立.設(shè)X為該群體的10位成員中運用移動支付的人數(shù),DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),則p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案B2.(2024課標Ⅰ,4,5分)投籃測試中,每人投3次,至少投中2次才能通過測試.已知某同學每次投籃投中的概率為0.6,且各次投籃是否投中相互獨立,則該同學通過測試的概率為()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312答案A3.(2024課標Ⅱ,5,5分)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明,一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75,連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6,已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良,則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45答案A4.(2024課標Ⅰ,20,12分)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝,每箱200件,每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對產(chǎn)品作檢驗,如檢驗出不合格品,則更換為合格品.檢驗時,先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗,再依據(jù)檢驗結(jié)果確定是否對余下的全部產(chǎn)品作檢驗.設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0<p<1),且各件產(chǎn)品是不是不合格品相互獨立.(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p),求f(p)的最大值點p0.(2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件,結(jié)果恰有2件不合格品,以(1)中確定的p0作為p的值.已知每件產(chǎn)品的檢驗費用為2元,若有不合格品進入用戶手中,則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用.(i)若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗,這一箱產(chǎn)品的檢驗費用與賠償費用的和記為X,求EX;(ii)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù),是否該對這箱余下的全部產(chǎn)品作檢驗?解析(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=C202p2(1-p)因此f'(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C20令f'(p)=0,得p=0.1,當p∈(0,0.1)時,f'(p)>0;當p∈(0.1,1)時,f'(p)<0.所以f(p)的最大值點為p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù),依題意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)假如對余下的產(chǎn)品作檢驗,則這一箱產(chǎn)品所須要的檢驗費為400元.由于EX>400,故應(yīng)當對余下的產(chǎn)品作檢驗.考點二正態(tài)分布1.(2024課標Ⅰ,19,12分)為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程,檢驗員每天從該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件,并測量其尺寸(單位:cm).依據(jù)長期生產(chǎn)閱歷,可以認為這條生產(chǎn)線在正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸聽從正態(tài)分布N(μ,σ2).(1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常,記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件數(shù),求P(X≥1)及X的數(shù)學期望;(2)一天內(nèi)抽檢零件中,假如出現(xiàn)了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異樣狀況,需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查.(i)試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性;(ii)下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸:9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經(jīng)計算得x=116∑i=116xi=9.97,s=1用樣本平均數(shù)x作為μ的估計值μ^,用樣本標準差s作為σ的估計值σ^,利用估計值推斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查.剔除(μ^-3σ^,附:若隨機變量Z聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.9974.0.997416≈0.9592,0.解析(1)抽取的一個零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之內(nèi)的概率為0.9974,從而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率為0.0026,故X~B(16,0.0026).因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997416≈0.0408.X的數(shù)學期望為EX=16×0.0026=0.0416.(2)(i)假如生產(chǎn)狀態(tài)正常,一個零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.0026,一天內(nèi)抽取的16個零件中,出現(xiàn)尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0408,發(fā)生的概率很小.因此一旦發(fā)生這種狀況,就有理由認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異樣狀況,需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查,可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的.(ii)由x=9.97,s≈0.212,得μ的估計值為μ^=9.97,σ的估計值為σ^=0.212,由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(μ^-3σ^,剔除(μ^-3σ^,μ^115因此μ的估計值為10.02.∑i=116xi剔除(μ^-3σ^,μ^115×(1591.134-9.222-15×10.022因此σ的估計值為0.思路分析(1)利用正態(tài)分布、二項分布的性質(zhì)可求出P(X≥1)及X的數(shù)學期望;(2)(i)先說明出現(xiàn)尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率,再說明監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性;(ii)利用給出的數(shù)據(jù)可計算出區(qū)間(μ^-3σ^,μ^+3σ^),從而剔除(μ^-3σ規(guī)律總結(jié)(1)正態(tài)分布:若變量X聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),則μ為樣本的均值,正態(tài)曲線的對稱軸為直線x=μ;σ為樣本數(shù)據(jù)的標準差,體現(xiàn)了數(shù)據(jù)的穩(wěn)定性.(2)二項分布:若變量X~B(n,p),則X的期望EX=np,方差DX=np(1-p).2.(2024課標Ⅰ,18,12分)從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取500件,測量這些產(chǎn)品的一項質(zhì)量指標值,由測量結(jié)果得如下頻率分布直方圖:(1)求這500件產(chǎn)品質(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表);(2)由直方圖可以認為,這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標值Z聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ近似為樣本平均數(shù)x,σ2近似為樣本方差s2.(i)利用該正態(tài)分布,求P(187.8<Z<212.2);(ii)某用戶從該企業(yè)購買了100件這種產(chǎn)品,記X表示這100件產(chǎn)品中質(zhì)量指標值位于區(qū)間(187.8,212.2)的產(chǎn)品件數(shù).利用(i)的結(jié)果,求EX.附:150≈12.2.若Z~N(μ,σ2),則P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.6826,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=0.9544.解析(1)抽取產(chǎn)品的質(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2分別為x=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200,s2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150.(2)(i)由(1)知,Z~N(200,150),從而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.6826.(ii)由(i)知,一件產(chǎn)品的質(zhì)量指標值位于區(qū)間(187.8,212.2)的概率為0.6826,依題意知X~B(100,0.6826),所以EX=100×0.6826=68.26.思路分析(1)依據(jù)直方圖求得樣本平均數(shù)x和樣本方差s2;(2)(i)由(1)知Z~N(200,150),從而得出概率.(ii)依題意知X~B(100,0.6826),從而求得EX.B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一條件概率、相互獨立事務(wù)及二項分布1.(2024廣東,13,5分)已知隨機變量X聽從二項分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,則p=.

答案12.(2024北京,17,12分)電影公司隨機收集了電影的有關(guān)數(shù)據(jù),經(jīng)分類整理得到下表:電影類型第一類其次類第三類第四類第五類第六類電影部數(shù)14050300200800510好評率0.40.20.150.250.20.1好評率是指:一類電影中獲得好評的部數(shù)與該類電影的部數(shù)的比值.假設(shè)全部電影是否獲得好評相互獨立.(1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部,求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率;(2)從第四類電影和第五類電影中各隨機選取1部,估計恰有1部獲得好評的概率;(3)假設(shè)每類電影得到人們喜愛的概率與表格中該類電影的好評率相等.用“ξk=1”表示第k類電影得到人們喜愛,“ξk=0”表示第k類電影沒有得到人們喜愛(k=1,2,3,4,5,6).寫出方差Dξ1,Dξ2,Dξ3,Dξ4,Dξ5,Dξ6的大小關(guān)系.解析(1)由題意知,樣本中電影的總部數(shù)是140+50+300+200+800+510=2000,第四類電影中獲得好評的電影部數(shù)是200×0.25=50.故所求概率是502000(2)設(shè)事務(wù)A為“從第四類電影中隨機選出的電影獲得好評”,事務(wù)B為“從第五類電影中隨機選出的電影獲得好評”.故所求概率為P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B).由題意知:P(A)估計為0.25,P(B)估計為0.2.故所求概率估計為0.25×0.8+0.75×0.2=0.35.(3)Dξ1>Dξ4>Dξ2=Dξ5>Dξ3>Dξ6.考點二正態(tài)分布1.(2024湖北,4,5分)設(shè)X~N(μ1,σ12),Y~N(μ2,A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C.對隨意正數(shù)t,P(X≤t)≥P(Y≤t)D.對隨意正數(shù)t,P(X≥t)≥P(Y≥t)答案C2.(2024山東,8,5分)已知某批零件的長度誤差(單位:毫米)聽從正態(tài)分布N(0,32),從中隨機取一件,其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為()(附:若隨機變量ξ聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%答案BC組老師專用題組1.(2024天津,16,13分)從甲地到乙地要經(jīng)過3個十字路口,設(shè)各路口信號燈工作相互獨立,且在各路口遇到紅燈的概率分別為12,13,(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望;(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地,求這2輛車共遇到1個紅燈的概率.解析本題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望,事務(wù)的相互獨立性,互斥事務(wù)的概率加法公式等基礎(chǔ)學問.考查運用概率學問解決簡潔實際問題的實力.(1)隨機變量X的全部可能取值為0,1,2,3.P(X=0)=1-12×1-1P(X=1)=12×1-13×1-14+1-12×13×1-14+1-12×1-13×P(X=2)=1-12×13×14+12×1-13×1P(X=3)=12×13×14所以,隨機變量X的分布列為X0123P11111隨機變量X的數(shù)學期望E(X)=0×14+1×1124+2×14+3×1(2)設(shè)Y表示第一輛車遇到紅燈的個數(shù),Z表示其次輛車遇到紅燈的個數(shù),則所求事務(wù)的概率為P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)=14×1124+1124×1所以,這2輛車共遇到1個紅燈的概率為1148技巧點撥解決隨機變量分布列問題的關(guān)鍵是正確求出隨機變量可以取哪些值以及取各個值時對應(yīng)的概率,只有正確理解隨機變量取值的意義才能解決這個問題,理解隨機變量取值的意義是解決這類問題的必要前提.2.(2024課標Ⅱ,18,12分)某險種的基本保費為a(單位:元),接著購買該險種的投保人稱為續(xù)保人,續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下:上年度出險次數(shù)01234≥5保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)概率如下:一年內(nèi)出險次數(shù)01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率;(2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費,求其保費比基本保費高出60%的概率;(3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值.解析(1)設(shè)A表示事務(wù):“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”,則事務(wù)A發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)(2)設(shè)B表示事務(wù):“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”,則事務(wù)B發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=P(AB)P(A)因此所求概率為311(3)記續(xù)保人本年度的保費為X元,則X的分布列為X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23.(12分)思路分析(1)將本年度保費高于基本保費a對應(yīng)的全部事務(wù)的概率相加即可;(2)利用條件概率公式求解;(3)求出續(xù)保人本年度保費的期望與基本保費的比值即可.3.(2024山東,19,12分)甲、乙兩人組成“星隊”參與猜成語活動,每輪活動由甲、乙各猜一個成語.在一輪活動中,假如兩人都猜對,則“星隊”得3分;假如只有一人猜對,則“星隊”得1分;假如兩人都沒猜對,則“星隊”得0分.已知甲每輪猜對的概率是34,乙每輪猜對的概率是23;每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響,各輪結(jié)果亦互不影響.假設(shè)“星隊”(1)“星隊”至少猜對3個成語的概率;(2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望EX.解析(1)記事務(wù)A:“甲第一輪猜對”,記事務(wù)B:“乙第一輪猜對”,記事務(wù)C:“甲其次輪猜對”,記事務(wù)D:“乙其次輪猜對”,記事務(wù)E:“‘星隊’至少猜對3個成語”.由題意,E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD,由事務(wù)的獨立性與互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)·P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)·P(D)=34×23×34×=23所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為23(2)由題意,隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事務(wù)的獨立性與互斥性,得P(X=0)=14×13×14×1P(X=1)=2×34×13×P(X=2)=34×13×34×13+34×13×14×23+14×23×34×1P(X=3)=34×23×14×13+14×13×34P(X=4)=2×34×23×P(X=6)=34×23×34×23=可得隨機變量X的分布列為X012346P1525151所以數(shù)學期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×512評析本題考查了隨機事務(wù)發(fā)生的概率及離散型隨機變量的分布列與數(shù)學期望,確定隨機變量可能的取值是解題的關(guān)鍵.屬于中檔題.4.(2024湖北,20,12分)某廠用鮮牛奶在某臺設(shè)備上生產(chǎn)A,B兩種奶制品,生產(chǎn)1噸A產(chǎn)品需鮮牛奶2噸,運用設(shè)備1小時,獲利1000元;生產(chǎn)1噸B產(chǎn)品需鮮牛奶1.5噸,運用設(shè)備1.5小時,獲利1200元.要求每天B產(chǎn)品的產(chǎn)量不超過A產(chǎn)品產(chǎn)量的2倍,設(shè)備每天生產(chǎn)A,B兩種產(chǎn)品時間之和不超過12小時.假定每天可獲得的鮮牛奶數(shù)量W(單位:噸)是一個隨機變量,其分布列為W121518P0.30.50.2該廠每天依據(jù)獲得的鮮牛奶數(shù)量支配生產(chǎn),使其獲利最大,因此每天的最大獲利Z(單位:元)是一個隨機變量.(1)求Z的分布列和均值;(2)若每天可獲得的鮮牛奶數(shù)量相互獨立,求3天中至少有1天的最大獲利超過10000元的概率.解析(1)設(shè)每天A,B兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)數(shù)量分別為x噸,y噸,相應(yīng)的獲利為z元,則有2x目標函數(shù)為z=1000x+1200y.當W=12時,①表示的平面區(qū)域如圖1,三個頂點分別為A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).將z=1000x+1200y變形為y=-56x+z當x=2.4,y=4.8時,直線l:y=-56x+z最大獲利Z=zmax=2.4×1000+4.8×1200=8160.當W=15時,①表示的平面區(qū)域如圖2,三個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).將z=1000x+1200y變形為y=-56x+z當x=3,y=6時,直線l:y=-56x+z最大獲利Z=zmax=3×1000+6×1200=10200.當W=18時,①表示的平面區(qū)域如圖3,四個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).將z=1000x+1200y變形為y=-56x+z當x=6,y=4時,直線l:y=-56x+z最大獲利Z=zmax=6×1000+4×1200=10800.故最大獲利Z的分布列為Z81601020010800P0.30.50.2因此,E(Z)=8160×0.3+10200×0.5+10800×0.2=9708.(2)由(1)知,一天最大獲利超過10000元的概率P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7,由二項分布知,3天中至少有1天最大獲利超過10000元的概率為1-(1-0.7)3=1-0.33=0.973.5.(2024陜西,19,12分)在一塊耕地上種植一種作物,每季種植成本為1000元,此作物的市場價格和這塊地上的產(chǎn)量均具有隨機性,且互不影響,其詳細狀況如下表:作物產(chǎn)量(kg)300500概率0.50.5作物市場價格(元/kg)610概率0.40.6(1)設(shè)X表示在這塊地上種植1季此作物的利潤,求X的分布列;(2)若在這塊地上連續(xù)3季種植此作物,求這3季中至少有2季的利潤不少于2000元的概率.解析(1)設(shè)A表示事務(wù)“作物產(chǎn)量為300kg”,B表示事務(wù)“作物市場價格為6元/kg”,由題設(shè)知P(A)=0.5,P(B)=0.4,∵利潤=產(chǎn)量×市場價格-成本,∴X全部可能的取值為500×10-1000=4000,500×6-1000=2000,300×10-1000=2000,300×6-1000=800.P(X=4000)=P(A)P(B)=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,P(X=2000)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,所以X的分布列為X40002000800P0.30.50.2(2)設(shè)Ci表示事務(wù)“第i季利潤不少于2000元”(i=1,2,3),由題意知C1,C2,C3相互獨立,由(1)知,P(Ci)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),3季的利潤均不少于2000元的概率為P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;3季中有2季利潤不少于2000元的概率為P(C1C2C3)+P(C1C2C3)+P(C1C2C3所以,這3季中至少有2季的利潤不少于2000元的概率為0.512+0.384=0.896.6.(2024大綱全國,20,12分)設(shè)每個工作日甲、乙、丙、丁4人需運用某種設(shè)備的概率分別為0.6、0.5、0.5、0.4,各人是否需運用設(shè)備相互獨立.(1)求同一工作日至少3人需運用設(shè)備的概率;(2)X表示同一工作日需運用設(shè)備的人數(shù),求X的數(shù)學期望.解析記Ai表示事務(wù):同一工作日乙、丙中恰有i人需運用設(shè)備,i=0,1,2,B表示事務(wù):甲需運用設(shè)備,C表示事務(wù):丁需運用設(shè)備,D表示事務(wù):同一工作日至少3人需運用設(shè)備.(1)D=A1·B·C+A2·B+A2·B·C,P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2i×0.5所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2·B·C)=P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·B·C)=P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B)P(C)=0.31.(6分)(2)X的可能取值為0,1,2,3,4,則P(X=0)=P(B·A0·C)=P(B)P(A0)P(C)=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06,P(X=1)=P(B·A0·C+B·A0·C+B·A1·C)=P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A1)P(C)=0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25,P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06,P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25,P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4)=1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10分)數(shù)學期望EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0.25+2×0.38+3×0.25+4×0.06=2.(12分)【三年模擬】一、選擇題(每小題5分,共20分)1.(2025屆四川成都雙流棠湖中學開學考試,2)某校共有500名高二學生,在一次考試中全校高二學生的語文成果X聽從正態(tài)分布N(110,σ2)(σ>0),若P(100≤X≤110)=0.3,則該校高二學生語文成果在120分以上的人數(shù)大約為()A.70B.80C.90D.100答案D2.(2025屆浙江溫州九校高三第一次聯(lián)考,7)抽獎箱中有15個形態(tài)一樣,顏色不一樣的乒乓球(2個紅色,3個黃色,其余為白色),抽到紅球為一等獎,黃球為二等獎,白球不中獎.有90人依次進行有放回抽獎,則這90人中中獎人數(shù)的期望和方差分別是()A.6,0.4B.18,14.4C.30,10D.30,20答案D3.(2024江西九江十校聯(lián)考二模,5)設(shè)隨機變量ξ聽從正態(tài)分布N(μ,7),若P(ξ<2)=P(ξ>4),則μ與Dξ的值分別為()A.μ=3,Dξ=7B.μ=3,Dξ=7C.μ=3,Dξ=7D.μ=3,Dξ=7答案C4.(2024山東濟南外國語學校12月月考,4)“石頭、剪刀、布”又稱“猜丁殼”,是一種流行多年的猜拳嬉戲,起源于中國,然后傳到日本、朝鮮等地,隨著亞歐貿(mào)易的不斷發(fā)展,它傳到了歐洲,到了近代漸漸風靡世界.其嬉戲規(guī)則是:出拳之前雙方齊喊口令,然后在語音剛落時同時出拳,握緊的拳頭代表“石頭”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸開代表“布”.“石頭”勝“剪刀”,“剪刀”勝“布”,而“布”又勝“石頭”.若所出的拳相同,則為和局.小軍和大明兩位同學進行“五局三勝制”的“石頭、剪刀、布”嬉戲競賽,則小軍和大明競賽至第四局小軍勝出的概率是()A.127B.227C.2答案B二、填空題(每小題5分,共15分)5.(2024安徽合肥名校聯(lián)考,13)已知隨機變量X~N(1,σ2),若P(X>0)=0.8,則P(X≥2)=.

答案0.26.(2024遼寧沈陽東北育才學校第一次模擬,14)拋擲兩枚骰子,至少有一個4點或5點出現(xiàn)時,就說這次試驗勝利,則在8次試驗中,勝利次數(shù)ξ的期望是.

答案407.(2024江西南昌模擬,14)口袋中裝有大小形態(tài)相同的紅球2個,白球3個,黃球1個,甲從中不放回地逐一取球,已知第一次取得紅球,則其次次取得白球的概率為.

答案3三、解答題(共35分)8.(2025屆廣東佛山禪城統(tǒng)一調(diào)研考試(二),21)某農(nóng)科所培育一種新型水稻品種,首批培育幼苗2000株,株長均介于185mm~235mm,從中隨機抽取100株對株進步行統(tǒng)計分析,得到如下頻率分布直方圖:(1)求樣本平均株長x和樣本方差s2(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值代替);(2)假設(shè)幼苗的株長X聽從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ近似為樣本平均數(shù)x,σ2近似為樣本方差s2,試估計2000株幼苗的株長位于區(qū)間(201,219)的株數(shù);(3)在第(2)問的條件下,選取株長在區(qū)間(201,219)內(nèi)的幼苗進入育種