2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十一章計(jì)數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第七節(jié)n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布學(xué)案理含解析

PAGE第七節(jié)n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布[最新考綱][考情分析][核心素養(yǎng)]1.了解條件概率和兩個(gè)事務(wù)相互獨(dú)立的概念.2.理解n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布，能解決一些簡(jiǎn)潔的實(shí)際問(wèn)題.主要在選擇題、填空題中考查條件概率，對(duì)相互獨(dú)立事務(wù)及獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)多在解答題中考查，分值為5分左右.1.數(shù)學(xué)建模2.數(shù)學(xué)運(yùn)算‖學(xué)問(wèn)梳理‖1．條件概率條件概率的定義條件概率的性質(zhì)已知B發(fā)生的條件下，A發(fā)生的概率，稱(chēng)為B發(fā)生時(shí)A發(fā)生的條件概率，記為eq\x(1)P(A|B).當(dāng)P(B)>0時(shí)，我們有P(A|B)＝eq\f(P（A∩B）,P（B）)(其中，A∩B也可以記成AB).類(lèi)似地，當(dāng)P(A)>0時(shí)，A發(fā)生時(shí)B發(fā)生的條件概率為P(B|A)＝eq\x(2)eq\f(P（AB）,P（A）)(1)0≤P(B|A)≤1；(2)假如B和C是兩個(gè)互斥事務(wù)，則P(B∪C|A)＝eq\x(3)P(B|A)＋P(C|A)2.事務(wù)的相互獨(dú)立性(1)定義：設(shè)A，B為兩個(gè)事務(wù)，若P(AB)＝eq\x(4)P(A)P(B)，則稱(chēng)事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立．(2)性質(zhì)①若事務(wù)A與B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝eq\x(5)P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝eq\x(6)P(A)P(B)．②假如事務(wù)A與B相互獨(dú)立，那么eq\x(7)A與eq\x\to(B)，eq\x(8)eq\x\to(A)與B，eq\x(9)eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也相互獨(dú)立．3．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)二項(xiàng)分布定義在相同條件下重復(fù)做的n次試驗(yàn)稱(chēng)為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事務(wù)A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事務(wù)A發(fā)生的概率為p，此時(shí)稱(chēng)隨機(jī)變量X聽(tīng)從二項(xiàng)分布，記作eq\x(10)X～B(n，p)，并稱(chēng)p為eq\x(11)成功概率計(jì)算公式Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次試驗(yàn)結(jié)果，則P(A1A2A3…An)＝P(A1)·P(A2)…P(An)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，事務(wù)A恰好發(fā)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)‖基礎(chǔ)自測(cè)‖一、疑誤辨析1．推斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)．(1)若事務(wù)A，B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)．()(2)P(B|A)表示在事務(wù)A發(fā)生的條件下，事務(wù)B發(fā)生的概率，P(AB)表示事務(wù)A，B同時(shí)發(fā)生的概率，肯定有P(AB)＝P(A)·P(B)．()(3)相互獨(dú)立事務(wù)就是互斥事務(wù)．()(4)二項(xiàng)分布是一個(gè)概率分布列，是一個(gè)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(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事務(wù)A發(fā)生的次數(shù)的概率分布．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√二、走進(jìn)教材2．(選修2－3P55T3改編)依據(jù)天氣預(yù)報(bào)，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)兩地是否降雨相互之間沒(méi)有影響，則這兩地中恰有一個(gè)地方降雨的概率為()A．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56答案：C3．(選修2－3P54T2改編)已知盒中裝有3個(gè)紅球、2個(gè)白球、5個(gè)黑球，它們大小形態(tài)完全相同，現(xiàn)需一個(gè)紅球，甲每次從中任取一個(gè)不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，其次次拿到紅球的概率為()A．eq\f(3,10) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8) D．eq\f(2,9)答案：B三、易錯(cuò)自糾4．兩個(gè)實(shí)習(xí)生每人加工一個(gè)零件，加工成一等品的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，兩個(gè)零件中能否被加工成一等品相互獨(dú)立，則這兩個(gè)零件中恰好有一個(gè)一等品的概率為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)解析：選B因?yàn)閮扇思庸こ梢坏绕返母怕史謩e為eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，且相互獨(dú)立，所以?xún)蓚€(gè)零件中恰好有一個(gè)一等品的概率P＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).5．從1，2，3，4，5中任取2個(gè)不同的數(shù)，事務(wù)A為“取到的2個(gè)數(shù)之和為偶數(shù)”，事務(wù)B為“取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)等于()A．eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5) D．eq\f(1,2)解析：選BP(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,4).eq\a\vs4\al(考點(diǎn)\a\vs4\al(條件概率))|題組突破|1．(2025屆石家莊一模)袋子中裝有大小、形態(tài)完全相同的2個(gè)白球和2個(gè)紅球，現(xiàn)從中不放回地摸取2個(gè)球，已知其次次摸到的是紅球，則第一次摸到紅球的概率為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,5)解析：選B設(shè)“其次次摸到紅球”為事務(wù)A，“第一次摸到紅球”為事務(wù)B，∵P(A)＝eq\f(2×1＋2×2,4×3)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(2,4×3)＝eq\f(1,6)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,3)，∴在其次次摸到紅球的條件下，第一次摸到紅球的概率為eq\f(1,3)，故選B．2．(2025屆廣東汕頭模擬)如圖所示，半徑為1的圓O是正方形MNPQ的內(nèi)切圓，將一顆豆子隨機(jī)地扔到正方形MNPQ內(nèi)，用A表示事務(wù)“豆子落在圓O內(nèi)”，B表示事務(wù)“豆子落在扇形OEF(陰影部分)內(nèi)”，則P(B|A)＝()A．eq\f(π,4) B．eq\f(1,4)C．eq\f(π,12) D．eq\f(1,8)解析：選B由已知得P(A)＝eq\f(π×12,22)＝eq\f(π,4)，P(AB)＝eq\f(\f(1,4)×π×12,22)＝eq\f(π,16)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(π,16),\f(π,4))＝eq\f(1,4)，故選B．3．(2025屆江西南昌模擬)口袋中裝有大小形態(tài)完全相同的紅球2個(gè)，白球3個(gè)，黃球1個(gè)，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_(kāi)_______．解析：設(shè)事務(wù)A表示“第一次取得紅球”，事務(wù)B表示“其次次取得白球”，則P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(2,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，∴第一次取得紅球后，其次次取得白球的概率為P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,5),\f(1,3))＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)?名師點(diǎn)津條件概率的3種求法定義法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)求P(B|A)基本領(lǐng)件法借助古典概型概率公式，先求事務(wù)A包含的基本領(lǐng)件數(shù)n(A)，再求事務(wù)AB所包含的基本領(lǐng)件數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)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(jiǎn)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一\a\vs4\al(相互獨(dú)立事務(wù)——變式探究))【例1】某次學(xué)問(wèn)競(jìng)賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個(gè)問(wèn)題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個(gè)問(wèn)題，即停止答題，晉級(jí)下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個(gè)問(wèn)題的概率都是0.8，且每個(gè)問(wèn)題的回答結(jié)果相互獨(dú)立，則該選手恰好回答了4個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪的概率為_(kāi)_______．[解析]依題意，該選手第2個(gè)問(wèn)題回答錯(cuò)誤，第3，4個(gè)問(wèn)題均回答正確，第1個(gè)問(wèn)題回答正誤均有可能，則所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.[答案]0.128|變式探究|1．(變問(wèn)題)保持本例條件不變，則該選手恰好回答了5個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪的概率為_(kāi)_______．解析：依題意，該選手第3個(gè)問(wèn)題的回答是錯(cuò)誤的，第4，5個(gè)問(wèn)題均回答正確，第1，2個(gè)問(wèn)題回答均錯(cuò)誤或有且只有1個(gè)錯(cuò)誤，則所求概率P＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.00512＋0.04096＝0.04608.答案：0.046082．(變問(wèn)題)保持本例條件不變，則該選手回答了5個(gè)問(wèn)題(5個(gè)問(wèn)題必需全部回答)就結(jié)束的概率為_(kāi)_______．解析：依題意，設(shè)答對(duì)的事務(wù)為A，則可分為第3個(gè)回答正確與錯(cuò)誤兩類(lèi)．若第3個(gè)回答正確，則有AAAA或eq\a\vs4\al(A)eq\a\vs4\al(A)AA兩類(lèi)狀況，其概率為0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.0256＋0.0064＝0.032；若該選手第3個(gè)問(wèn)題的回答是錯(cuò)誤的，則第1，2個(gè)問(wèn)題回答均錯(cuò)誤或有且只有1個(gè)錯(cuò)誤，則所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率為0.032＋0.072＝0.104.答案：0.104?名師點(diǎn)津利用相互獨(dú)立事務(wù)求困難事務(wù)概率的解題思路(1)將待求困難事務(wù)轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥簡(jiǎn)潔事務(wù)的和．(2)將彼此互斥簡(jiǎn)潔事務(wù)中的簡(jiǎn)潔事務(wù)，轉(zhuǎn)化為幾個(gè)已知(易求)概率的相互獨(dú)立事務(wù)的積事務(wù)．(3)代入概率的積公式求解．|跟蹤訓(xùn)練|1．(2024年全國(guó)卷Ⅰ)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，實(shí)行七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)成功時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．依據(jù)前期競(jìng)賽成果，甲隊(duì)的主客場(chǎng)排隊(duì)依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6，客場(chǎng)取勝的概率為0.5，且各場(chǎng)競(jìng)賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是________．解析：由題意可知七場(chǎng)四勝制且甲隊(duì)以4∶1獲勝，則共競(jìng)賽了5場(chǎng)，且第5場(chǎng)甲勝，前4場(chǎng)中甲勝3場(chǎng)．第一類(lèi)：若第1場(chǎng)、第2場(chǎng)中甲勝1場(chǎng)，第3場(chǎng)、第4場(chǎng)甲勝，則P1＝Ceq\o\al(1,2)×0.6×0.4×0.52＝2×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,25)；其次類(lèi)：若第1場(chǎng)、第2場(chǎng)甲勝，第3場(chǎng)、第4場(chǎng)中甲勝1場(chǎng)，則P2＝0.62×Ceq\o\al(1,2)×0.5×0.5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×2×eq\f(1,4)＝eq\f(9,50).所以甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率為P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,25)＋\f(9,50)))×0.6＝0.18.答案：0.18eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二\a\vs4\al(獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布))【例2】九節(jié)蝦的真身是虎斑蝦，蝦身上有一深一淺的橫向紋路，煮熟后有明顯的九節(jié)白色花紋，肉味鮮美．某酒店購(gòu)進(jìn)一批九節(jié)蝦，并隨機(jī)抽取了40只統(tǒng)計(jì)質(zhì)量，得到的結(jié)果如下表所示：質(zhì)量/g[5，15)[15，25)[25，35)[35，45)[45，55]數(shù)量4121185(1)若購(gòu)進(jìn)這批九節(jié)蝦35000g，且同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值代表，試估計(jì)這批九節(jié)蝦的數(shù)量(所得結(jié)果保留整數(shù))；(2)以頻率估計(jì)概率，若在本次購(gòu)買(mǎi)的九節(jié)蝦中隨機(jī)選擇4只，記質(zhì)量在[5，25)間的九節(jié)蝦的數(shù)量為X，求X的分布列．[解](1)由表中數(shù)據(jù)，可以估計(jì)每只九節(jié)蝦的質(zhì)量為eq\f(1,40)×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)．因?yàn)?5000÷29.5≈1186(只)，所以這批九節(jié)蝦的數(shù)量約為1186只．(2)由表中數(shù)據(jù)知，隨意選擇1只九節(jié)蝦，質(zhì)量在[5，25)間的概率P＝eq\f(4＋12,40)＝eq\f(2,5)，X的全部可能取值為0，1，2，3，4，則P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(4)＝eq\f(81,625)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(216,625)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(216,625)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)×eq\f(3,5)＝eq\f(96,625)，P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16,625).所以X的分布列為X01234Peq\f(81,625)eq\f(216,625)eq\f(216,625)eq\f(96,625)eq\f(16,625)?名師點(diǎn)津獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布問(wèn)題的類(lèi)型及解題策略(1)在求n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事務(wù)恰好發(fā)生k次的概率時(shí)，首先要確定好n和k的值，再精確利用公式求概率．(2)在依據(jù)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)求二項(xiàng)分布的有關(guān)問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵是理清事務(wù)與事務(wù)之間的關(guān)系，確定二項(xiàng)分布的試驗(yàn)次數(shù)n和變量的概率，求得概率．|跟蹤訓(xùn)練|2．選擇飛行員可以說(shuō)是“萬(wàn)里挑一”，要想通過(guò)須要過(guò)五關(guān)：目測(cè)、初檢、復(fù)檢、文考(文化考試)、政審．若某校甲、乙、丙三位同學(xué)都順當(dāng)通過(guò)了前兩關(guān)，依據(jù)分析甲、乙、丙三位同學(xué)能通過(guò)復(fù)檢關(guān)的概率分別是0.5，0.6，0.75，能通過(guò)文考關(guān)的概率分別是0.6，0.5，0.4，由于他們平常表現(xiàn)較好，都能通過(guò)政審關(guān)，若后三關(guān)之間通過(guò)與否沒(méi)有影響．(1)求甲、乙、丙三位同學(xué)中恰好有一人通過(guò)復(fù)檢的概率；(2)設(shè)只要通過(guò)后三關(guān)就可以被錄用，求錄用人數(shù)X的分布列．解：(1)設(shè)A，B，C分別表示事務(wù)“甲、乙、丙通過(guò)復(fù)檢”，則所求概率P＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被錄用的概率P甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同學(xué)被錄用的概率均為0.3，故可看成是獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，即X～B(3，0.3)，X的可能取值為0，1，2，3，其中P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)(0.3)k·(1－0.3)3－k，k＝0，1，2，3.故P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×0.33＝0.027.故X的分布列為X0123P0.3430.4410.1890.027eq\a\vs4\al(考點(diǎn)\a\vs4\al(二項(xiàng)分布與統(tǒng)計(jì)交匯問(wèn)題))【例】從某市的高一學(xué)生中隨機(jī)抽取400名同學(xué)的體重進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)估計(jì)從該市高一學(xué)生中隨機(jī)抽取一人，體重超過(guò)60kg的概率；(2)假設(shè)該市高一學(xué)生的體重X聽(tīng)從正態(tài)分布N(57，σ2)．①利用(1)的結(jié)論估計(jì)該高一某個(gè)學(xué)生體重介于55～57kg之間的概率；②從該市高一學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，記體重介于54～57kg之間的人數(shù)為Y，利用(1)的結(jié)論，求Y的分布列．[解](1)這400名學(xué)生中，體重超過(guò)60kg的頻率為(0.04＋0.01)×5＝eq\f(1,4)，由此估計(jì)從該市高一學(xué)生中隨機(jī)抽取一人，體重超過(guò)60kg的概率為eq\f(1,4).(2)①∵X～N(57，σ2)，由(1)知P(X>60)＝eq\f(1,4)，∴P(X<54)＝eq\f(1,4).∴P(54<X<60)＝1－2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).∴P(54<X<57)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，即高一某個(gè)學(xué)生體重介于54～57kg之間的概率為eq\f(1,4).②∵該市高一學(xué)生總體很大，∴從該市高一學(xué)生中隨機(jī)抽取3人，可以視為獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)．其中體重介于54～57kg之間的人數(shù)Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,4)))，P(Y＝i)＝Ceq\o\al(i,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\s\up12(3－i)，i＝0，1，2，3.∴Y的分布列為Y0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)?名師點(diǎn)津求解與二項(xiàng)分布與統(tǒng)計(jì)學(xué)問(wèn)交匯問(wèn)題的關(guān)鍵在于分析條件，確立事務(wù)類(lèi)型．|跟蹤訓(xùn)練|一個(gè)盒子中裝有大量形態(tài)、大小一樣但質(zhì)量不盡相同的小球，從中隨機(jī)抽取50個(gè)作為樣本，稱(chēng)出它們的質(zhì)量(單位：克)，質(zhì)量分組區(qū)間為[5，15)，[15，25)，[25，35)，[35，45]，由此得到如圖所示的樣本的質(zhì)量頻率分布直方圖．(1)求a的值，并依據(jù)樣本數(shù)據(jù)，試估計(jì)盒子中小球質(zhì)量的眾數(shù)與平均數(shù)；(2)從盒子中隨機(jī)抽取3個(gè)小球，其中質(zhì)量在[5，15)內(nèi)的小球個(gè)數(shù)為X，求X的分布列和期望．(以直方圖中的頻率作為概率)解：(1)由題意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，解得a＝0.03.由頻率分布直方圖可估計(jì)盒子中小球質(zhì)量的眾數(shù)為20克，50個(gè)樣本中小球質(zhì)量的平均數(shù)為x＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由樣本估計(jì)總體，可估計(jì)盒子中小球質(zhì)量的眾數(shù)為20克，平均數(shù)為24