2023版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十一章統(tǒng)計與概率第8講二項分布與正態(tài)分布理

PAGEPAGE6第8講二項分布與正態(tài)分布一、選擇題1．甲、乙兩地都位于長江下游，根據(jù)天氣預(yù)報的紀(jì)錄知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，兩市同時下雨占12%.那么甲市為雨天，乙市也為雨天的概率為()A．0.6 B．0.7C．0.8 D．0.66解析甲市為雨天記為事件A，乙市為雨天記為事件B，那么P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.12,0.2)＝0.6.答案A2．投擲一枚均勻硬幣和一枚均勻骰子各一次，記“硬幣正面向上〞為事件A，“骰子向上的點數(shù)是3〞為事件B，那么事件A，B中至少有一件發(fā)生的概率是()A.eq\f(5,12)B.eq\f(1,2)C.eq\f(7,12)D.eq\f(3,4)解析此題涉及古典概型概率的計算．本知識點在考綱中為B級要求．由題意得P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,6)，那么事件A，B至少有一件發(fā)生的概率是1－P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(5,6)＝eq\f(7,12).答案C3．在4次獨立重復(fù)試驗中，隨機(jī)事件A恰好發(fā)生1次的概率不大于其恰好發(fā)生兩次的概率，那么事件A在一次試驗中發(fā)生的概率p的取值范圍是 ()．A．[0.4,1] B．(0,0.4]C．(0,0.6] D．[0.6,1]解析設(shè)事件A發(fā)生的概率為p，那么Ceq\o\al(1,4)p(1－p)3≤Ceq\o\al(2,4)p2(1－p)2，解得p≥0.4，應(yīng)選A. 答案A4．設(shè)隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2,9)，假設(shè)P(X>c＋1)＝P(X<c－1)，那么c等于()．A．1 B．2 C．3 D．4解析∵μ＝2，由正態(tài)分布的定義，知其函數(shù)圖象關(guān)于x＝2對稱，于是eq\f(c＋1＋c－1,2)＝2，∴c＝2.答案B5．在正態(tài)分布Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,9)))中，數(shù)值前在(－∞，－1)∪(1，＋∞)內(nèi)的概率為()．A．0.097B．0.046C．0.03D．0.0026解析∵μ＝0，σ＝eq\f(1,3)∴P(X＜1或x＞1)＝1－P(－1≤x≤1)＝1－P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝1－0.9974＝0.0026.答案D6．三個正態(tài)分布密度函數(shù)φi(x)＝eq\f(1,\r(2π)σi)·e－eq\f(x－μi2,2σ\o\al(2,i))(x∈R，i＝1,2,3)的圖象如下圖，那么 ()．A．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＞σ3B．μ1＞μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3C．μ1＝μ2＜μ3，σ1＜σ2＝σ3D．μ1＜μ2＝μ3，σ1＝σ2＜σ3解析正態(tài)分布密度函數(shù)φ2(x)和φ3(x)的圖象都是關(guān)于同一條直線對稱，所以其平均數(shù)相同，故μ2＝μ3，又φ2(x)的對稱軸的橫坐標(biāo)值比φ1(x)的對稱軸的橫坐標(biāo)值大，故有μ1＜μ2＝μ3.又σ越大，曲線越“矮胖〞，σ越小，曲線越“瘦高〞，由圖象可知，正態(tài)分布密度函數(shù)φ1(x)和φ2(x)的圖象一樣“瘦高〞，φ3(x)明顯“矮胖〞，從而可知σ1＝σ2＜σ3.答案D二、填空題7．三支球隊中，甲隊勝乙隊的概率為0.4，乙隊勝丙隊的概率為0.5，丙隊勝甲隊的概率為0.6，比賽順序是：第一局是甲隊對乙隊，第二局是第一局的勝者對丙隊，第三局是第二局勝者對第一局的敗者，第四局是第三局勝者對第二局?jǐn)≌撸敲匆谊犨B勝四局的概率為________．解析設(shè)乙隊連勝四局為事件A，有以下情況：第一局中乙勝甲(A1)，其概率為1－0.4＝0.6；第二局中乙勝丙(A2)，其概率為0.5；第三局中乙勝甲(A3)，其概率為0.6；第四局中乙勝丙(A4)，其概率為0.50，因各局比賽中的事件相互獨立，故乙隊連勝四局的概率為：P(A)＝P(A1A2A3A4)＝0.62×0.52＝0.09.答案0.098．設(shè)隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(0,1)，如果P(X≤1)＝0.8413，那么P(－1<X<0)＝________.解析∵P(X≤1)＝0.8413，∴P(X>1)＝1－P(X≤1)＝1－0.8413＝0.1587.∵X～N(0,1)，∴μ＝0.∴P(X<－1)＝P(X>1)＝0.1587，∴P(－1<X<1)＝1－P(X<－1)－P(X>1)＝0.6826.∴P(－1<X<0)＝eq\f(1,2)P(－1<X<1)＝0.3413.答案0.34139．設(shè)隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0,1)，記Ф(x)＝P(ξ＜x)，給出以下結(jié)論：①Φ(0)＝0.5；②Φ(x)＝1－Φ(－x)；③P(|ξ|＜2)＝2Φ(2)－1.那么正確結(jié)論的序號是________．答案①②③10．商場經(jīng)營的某種包裝大米的質(zhì)量(單位：kg)服從正態(tài)分布X～N(10,0.12)，任選一袋這種大米，質(zhì)量在9.8～10.2kg的概率是________．解析P(9.8<X<10.2)＝P(10－0.2<X<10＋0.2)＝0.9544.答案0.9544三、解答題11．設(shè)在一次數(shù)學(xué)考試中，某班學(xué)生的分?jǐn)?shù)X～N(110,202)，且知試卷總分值150分，這個班的學(xué)生共54人，求這個班在這次數(shù)學(xué)考試中及格(即90分以上)的人數(shù)和130分以上的人數(shù)．解由題意得μ＝110，σ＝20，P(X≥90)＝P(X－110≥－20)＝P(X－μ≥－σ)，∵P(X－μ<－σ)＋P(－σ≤X－μ≤σ)＋P(X－μ>σ)＝2P(X－μ<－σ)＋0.6826＝1，∴P(X－μ<－σ)＝0.1587，∴P(X≥90)＝1－P(X－μ<－σ)＝1－0.1587＝0.8413.∴54×0.8413≈45(人)，即及格人數(shù)約為45人．∵P(X≥130)＝P(X－110≥20)＝P(X－μ≥σ)，∴P(X－μ≤－σ)＋P(－σ≤X－μ≤σ)＋P(X－μ>σ)＝0.6826＋2P(X－μ≥σ)＝1，∴P(X－μ≥σ)＝0.1587.∴54×0.1587≈9(人)，即130分以上的人數(shù)約為9人．12．在某市組織的一次數(shù)學(xué)競賽中全體參賽學(xué)生的成績近似服從正態(tài)分布N(60,100)，成績在90分以上的學(xué)生有13人．(1)求此次參加競賽的學(xué)生總數(shù)共有多少人？(2)假設(shè)方案獎勵競賽成績排在前228名的學(xué)生，問受獎學(xué)生的分?jǐn)?shù)線是多少？解設(shè)學(xué)生的得分情況為隨機(jī)變量X，X～N(60,100)．那么μ＝60，σ＝10.(1)P(30＜X≤90)＝P(60－3×10＜X≤60＋3×10)＝0.9974.∴P(X＞90)＝eq\f(1,2)[1－P(30＜X≤90)]＝0.0013∴學(xué)生總數(shù)為：eq\f(13,0.0013)＝10000(人)．(2)成績排在前228名的學(xué)生數(shù)占總數(shù)的0.0228.設(shè)分?jǐn)?shù)線為x.那么P(X≥x0)＝0.0228.∴P(120－x0＜x＜x0)＝1－2×0.0228＝0.9544.又知P(60－2×10＜x＜60＋2×10)＝0.9544.∴x0＝60＋2×10＝80(分)．13．某超市為了解顧客的購物量及結(jié)算時間等信息，安排一名員工隨機(jī)收集了在該超市購物的100位顧客的相關(guān)數(shù)據(jù)，如下表所示.一次購物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顧客數(shù)(人)x3025y10結(jié)算時間(分鐘/人)11.522.53這100位顧客中一次購物量超過8件的顧客占55%.(1)確定x，y的值，并求顧客一次購物的結(jié)算時間X的分布列與數(shù)學(xué)期望；(2)假設(shè)某顧客到達(dá)收銀臺時前面恰有2位顧客需結(jié)算，且各顧客的結(jié)算相互獨立，求該顧客結(jié)算前的等候時間不超過2.5分鐘的概率．(注：將頻率視為概率)解(1)由得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.該超市所有顧客一次購物的結(jié)算時間組成一個總體，所收集的100位顧客一次購物的結(jié)算時間可視為總體的一個容量為100的簡單隨機(jī)樣本，將頻率視為概率得P(X＝1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(X＝1.5)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4)，P(X＝2.5)＝eq\f(20,100)＝eq\f(1,5)，P(X＝3)＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10).X的分布列為X11.522.53Peq\f(3,20)eq\f(3,10)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,10)X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝1×eq\f(3,20)＋1.5×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,4)＋2.5×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,10)＝1.9.(2)記A為事件“該顧客結(jié)算前的等候時間不超過2.5分鐘〞，Xi(i＝1,2)為該顧客前面第i位顧客的結(jié)算時間，那么P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P(X1＝1.5且X2＝1)．由于各顧客的結(jié)算相互獨立，且X1，X2的分布列都與X的分布列相同，所以P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝eq\f(3,20)×eq\f(3,20)＋eq\f(3,20)×eq\f(3,10)＋eq\f(3,10)×eq\f(3,20)＝eq\f(9,80).故該顧客結(jié)算前的等候時間不超過2.5分鐘的概率為eq\f(9,80).14．現(xiàn)有甲、乙兩個靶，某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為eq\f(3,4)，命中得1分，沒有命中得0分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為eq\f(2,3)，每命中一次得2分，沒有命中得0分．該射手每次射擊的結(jié)果相互獨立．假設(shè)該射手完成以上三次射擊．(1)求該射手恰好命中一次的概率；(2)求該射手的總得分X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)．解(1)記：“該射手恰好命中一次〞為事件A，“該射手射擊甲靶命中〞為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中〞為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中〞為事件D.由題意，知P(B)＝eq\f(3,4)，P(C)＝P(D)＝eq\f(2,3)，由于A＝Beq\o(C,\s\up6(－))eq\o(D,\s\up6(－))＋eq\o(B,\s\up6(－))Ceq\o(D,\s\up6(－))＋eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))D，根據(jù)事件的獨立性和互斥性，得P(A)＝P(Beq\o(C,\s\up6(－))eq\o(D,\s\up6(－))＋eq\o(B,\s\up6(－))Ceq\o(D,\s\up6(－))＋eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))D)＝P(Beq\o(C,\s\up6(－))eq\o(D,\s\up6(－)))＋P(eq\o(B,\s\up6(－))Ceq\o(D,\s\up6(－)))＋P(eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))D)＝P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(eq\o(D,\s\up6(－)))＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)P(eq\o(D,\s\up6(－)))＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(D)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)＝eq\f(7,36).(2)根據(jù)題意，知X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5.根據(jù)事件的獨立性和互斥性，得P(X＝0)＝P(eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))eq\o(D,\s\up6(－)))＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,36)；P(X＝1)＝P(Beq\o(C,\s\up6(－))eq\o(D,\s\up6(－)))＝P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(eq\o(D,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(1,12)；P(X＝2)＝P(eq\o(B,\s\up6(－))Ceq\o(D,\s\up6(－))＋eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))D)＝P(eq\o(B,\s\up6(－))Ceq\o(D,\s\up6(－)))＋P(eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))D)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(