2025年高考數學復習熱搜題速遞之概率（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考數學復習熱搜題速遞之概率（2024年7月）一．選擇題（共10小題）1．如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是（）A．14 B．π8 C．12 2．從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為（）A．110 B．15 C．310 3．有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則（）A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立4．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．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.3125．某公司的班車在7：00，8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達發(fā)車站乘坐班車，且到達發(fā)車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是（）A．13 B．12 C．23 6．我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是（）A．516 B．1132 C．2132 7．某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），則p＝（）A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.38．某地區(qū)空氣質量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是（）A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.459．某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現，紅燈持續(xù)時間為40秒．若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15秒才出現綠燈的概率為（）A．710 B．58 C．38 10．從2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區(qū)服務，則選中的2人都是女同學的概率為（）A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3二．填空題（共5小題）11．甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束）．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4：1獲勝的概率是．12．一批產品的二等品率為0.02，從這批產品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次．X表示抽到的二等品件數，則DX＝．13．盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球．從盒中隨機取球，每次取1個，不放回，直到取出紅球為止．設此過程中取到黃球的個數為ξ，則P（ξ＝0）＝，E（ξ）＝．14．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，則P（X＞2.5）＝．15．從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區(qū)服務工作，則甲、乙都入選的概率為．三．解答題（共5小題）16．某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗．設每件產品為不合格品的概率都為p（0＜p＜1），且各件產品是否為不合格品相互獨立．（1）記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f（p），求f（p）的最大值點p0．（2）現對一箱產品檢驗了20件，結果恰有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．（?。┤舨粚υ撓溆嘞碌漠a品作檢驗，這一箱產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，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？17．為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸（單位：cm）．根據長期生產經驗，可以認為這條生產線正常狀態(tài)下生產的零件的尺寸服從正態(tài)分布N（μ，σ2）．（1）假設生產狀態(tài)正常，記X表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的零件數，求P（X≥1）及X的數學期望；（2）一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查．（?。┰囌f明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性；（ⅱ）下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經計算得x=116i=116xi=9.97，s=116i=116用樣本平均數x作為μ的估計值μ?，用樣本標準差s作為σ的估計值σ?，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查？剔除（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的數據，用剩下的數據估計μ和σ（精確到附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N（μ，σ2），則P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）＝0.9974，0.997416≈0.9592，0.008≈0.0918．某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得如圖柱狀圖：以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發(fā)生的概率，記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）若要求P（X≤n）≥0.5，確定n的最小值；（Ⅲ）以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在n＝19與n＝20之中選其一，應選用哪個？19．11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10：10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10：10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結束．（1）求P（X＝2）；（2）求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．20．某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．

2025年高考數學復習熱搜題速遞之概率（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是（）A．14 B．π8 C．12 【考點】幾何概型．【專題】定義法；概率與統計．【答案】B【分析】根據圖象的對稱性求出黑色圖形的面積，結合幾何概型的概率公式進行求解即可．【解答】解：根據圖象的對稱性知，黑色部分為圓面積的一半，設圓的半徑為1，則正方形的邊長為2，則黑色部分的面積S=π則對應概率P=π故選：B．【點評】本題主要考查幾何概型的概率計算，根據對稱性求出黑色陰影部分的面積是解決本題的關鍵．2．從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為（）A．110 B．15 C．310 【考點】古典概型及其概率計算公式；列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率．【專題】計算題；集合思想；定義法；概率與統計．【答案】D【分析】先求出基本事件總數n＝5×5＝25，再用列舉法求出抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數包含的基本事件個數，由此能求出抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率．【解答】解：從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，基本事件總數n＝5×5＝25，抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數包含的基本事件有：（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共有m＝10個基本事件，∴抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率p=10故選：D．【點評】本題考查概率的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意列舉法的合理運用．3．有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則（）A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立【考點】相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】轉化思想；定義法；概率與統計；邏輯推理；數學運算．【答案】B【分析】分別列出甲、乙、丙、丁可能的情況，然后根據獨立事件的定義判斷即可．【解答】解：由題意可知，兩點數和為8的所有可能為：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），兩點數和為7的所有可能為（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），P（甲）=16，P（乙）=16，P（丙）=5A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），B：P（甲?。?136=PC：P（乙丙）=136≠PD：P（丙?。?≠P（丙）P（?。?，故選：B．【點評】本題考查相互獨立事件的應用，要求能夠列舉出所有事件和發(fā)生事件的個數，屬于中檔題．4．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．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312【考點】相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】概率與統計．【答案】A【分析】判斷該同學投籃投中是獨立重復試驗，然后求解概率即可．【解答】解：由題意可知：同學3次測試滿足X∽B（3，0.6），該同學通過測試的概率為C32故選：A．【點評】本題考查獨立重復試驗概率的求法，基本知識的考查．5．某公司的班車在7：00，8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達發(fā)車站乘坐班車，且到達發(fā)車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是（）A．13 B．12 C．23 【考點】幾何概型．【專題】概率與統計．【答案】B【分析】求出小明等車時間不超過10分鐘的時間長度，代入幾何概型概率計算公式，可得答案．【解答】解：設小明到達時間為y，當y在7：50至8：00，或8：20至8：30時，小明等車時間不超過10分鐘，故P=20故選：B．【點評】本題考查的知識點是幾何概型，難度不大，屬于基礎題．6．我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是（）A．516 B．1132 C．2132 【考點】古典概型及其概率計算公式．【專題】定義法；概率與統計；數學運算．【答案】A【分析】基本事件總數n＝26＝64，該重卦恰有3個陽爻包含的基本個數m=C63=【解答】解：在所有重卦中隨機取一重卦，基本事件總數n＝26＝64，該重卦恰有3個陽爻包含的基本個數m=C6則該重卦恰有3個陽爻的概率p=m故選：A．【點評】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．7．某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），則p＝（）A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3【考點】離散型隨機變量的均值（數學期望）．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；概率與統計．【答案】B【分析】利用已知條件，轉化為二項分布，利用方差轉化求解即可．【解答】解：某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，看作是獨立重復事件，滿足X～B（10，p），P（x＝4）＜P（X＝6），可得C104p4(1-p)6＜C10因為DX＝2.4，可得10p（1﹣p）＝2.4，解得p＝0.6或p＝0.4（舍去）．故選：B．【點評】本題考查離散型離散型隨機變量的期望與方差的求法，獨立重復事件的應用，考查轉化思想以及計算能力．8．某地區(qū)空氣質量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質量為優(yōu)良的概率是（）A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45【考點】相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】轉化思想；綜合法；概率與統計；數據分析．【答案】A【分析】設隨后一天的空氣質量為優(yōu)良的概率為p，則由題意可得0.75×p＝0.6，由此解得p的值．【解答】解：設隨后一天的空氣質量為優(yōu)良的概率為p，則由題意可得0.75×p＝0.6，解得p＝0.8，故選：A．【點評】本題主要考查相互獨立事件的概率乘法公式的應用，屬于基礎題．9．某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替出現，紅燈持續(xù)時間為40秒．若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15秒才出現綠燈的概率為（）A．710 B．58 C．38 【考點】幾何概型．【專題】綜合法；概率與統計．【答案】B【分析】求出一名行人前25秒來到該路口遇到紅燈，即可求出至少需要等待15秒才出現綠燈的概率．【解答】解：∵紅燈持續(xù)時間為40秒，至少需要等待15秒才出現綠燈，∴一名行人前25秒來到該路口遇到紅燈，∴至少需要等待15秒才出現綠燈的概率為2540故選：B．【點評】本題考查概率的計算，考查幾何概型，考查學生的計算能力，比較基礎．10．從2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區(qū)服務，則選中的2人都是女同學的概率為（）A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【考點】古典概型及其概率計算公式．【專題】計算題；對應思想；定義法；概率與統計．【答案】D【分析】（適合理科生）從2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區(qū)服務，共有C52＝10種，其中全是女生的有C32＝3種，根據概率公式計算即可，（適合文科生），設2名男生為a，b，3名女生為A，B，C，則任選2人的種數為ab，aA，aB，aC，bA，bB，Bc，AB，AC，BC共10種，其中全是女生為AB，AC，BC共3種，根據概率公式計算即可【解答】解：（適合理科生）從2名男同學和3名女同學中任選2人參加社區(qū)服務，共有C52＝10種，其中全是女生的有C32＝3種，故選中的2人都是女同學的概率P=310（適合文科生），設2名男生為a，b，3名女生為A，B，C，則任選2人的種數為ab，aA，aB，aC，bA，bB，Bc，AB，AC，BC共10種，其中全是女生為AB，AC，BC共3種，故選中的2人都是女同學的概率P=310故選：D．【點評】本題考查了古典概率的問題，采用排列組合或一一列舉法，屬于基礎題．二．填空題（共5小題）11．甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束）．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4：1獲勝的概率是0.18．【考點】相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】計算題；方程思想；定義法；概率與統計．【答案】見試題解答內容【分析】甲隊以4：1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，由此能求出甲隊以4：1獲勝的概率．【解答】解：甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，甲隊以4：1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，其概率為：p1＝0.4×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036，②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，其概率為：p2＝0.6×0.4×0.5×0.5×0.6＝0.036，③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，其概率為：p3＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，其概率為：p4＝0.6×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.054，則甲隊以4：1獲勝的概率為：p＝p1+p2+p3+p4＝0.036+0.036+0.054+0.054＝0.18．故答案為：0.18．【點評】本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．12．一批產品的二等品率為0.02，從這批產品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次．X表示抽到的二等品件數，則DX＝1.96．【考點】離散型隨機變量的方差與標準差．【專題】計算題；轉化思想；概率與統計．【答案】見試題解答內容【分析】判斷概率滿足的類型，然后求解方差即可．【解答】解：由題意可知，該事件滿足獨立重復試驗，是一個二項分布模型，其中，p＝0.02，n＝100，則DX＝npq＝np（1﹣p）＝100×0.02×0.98＝1.96．故答案為：1.96．【點評】本題考查離散性隨機變量的期望與方差的求法，判斷概率類型滿足二項分布是解題的關鍵．13．盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球．從盒中隨機取球，每次取1個，不放回，直到取出紅球為止．設此過程中取到黃球的個數為ξ，則P（ξ＝0）＝13，E（ξ）＝1【考點】離散型隨機變量的均值（數學期望）．【專題】對應思想；數學模型法；概率與統計；數學運算．【答案】P（ξ＝0）=13，E（ξ）＝【分析】【解法1】由題意知隨機變量ξ的可能取值分別為0，1，2；根據題意分別求出對應的概率值，寫出分布列，求出數學期望值；【解法2】由題意知隨機變量ξ的可能取值為0，1，2；分別計算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．【解答】解：【解法1】由題意知隨機變量ξ的可能取值分別為0，1，2；ξ＝0表示取到紅球后（停止取球）還沒有取到黃球，有以下兩種情況：①第一次就取到紅球（P1=1②第一次取到綠球、第二次取到紅球（P2=1所以P（ξ＝0）＝P1+P2=1當ξ＝1時，有以下三種情況：①第一次取到1個黃球為24=1②第一次取到1個黃球為24，第二次取到綠球為13，第三次取到紅球為③第一次取到綠球為14，第二次取到黃球為23，第三次取到紅球為所以P（ξ＝1）=2P（ξ＝2）＝1﹣P（ξ＝0）﹣P（ξ＝1）＝1-1所以ξ的分布列為：ξ012P131313數學期望為E（ξ）＝0×13+1×1【解法2】由題意知，隨機變量ξ的可能取值為0，1，2；計算P（ξ＝0）=CP（ξ＝1）=CP（ξ＝2）=A所以E（ξ）＝0×13+1×1故答案為：13，1【點評】本題考查了離散型隨機變量的分布列與數學期望的計算問題，是中檔題．14．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，則P（X＞2.5）＝0.14．【考點】正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義．【專題】計算題；整體思想；綜合法；概率與統計；數學運算．【答案】0.14．【分析】利用正態(tài)分布曲線的對稱性求解．【解答】解：∵隨機變量X服從正態(tài)分布N（2，σ2），∴P（2＜X≤2.5）+P（X＞2.5）＝0.5，∴P（X＞2.5）＝0.5﹣0.36＝0.14，故答案為：0.14．【點評】本題主要考查了正態(tài)分布曲線的對稱性，屬于基礎題．15．從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區(qū)服務工作，則甲、乙都入選的概率為310【考點】古典概型及其概率計算公式．【專題】計算題；對應思想；定義法；概率與統計；數學運算．【答案】見試題解答內容【分析】從甲、乙等5名學生中隨機選出3人，先求出基本事件總數，再求出甲、乙被選中包含的基本事件的個數，由此求出甲、乙被選中的概率．【解答】解：方法一：設5人為甲、乙、丙、丁、戊，從5人中選3人有以下10個基本事件：甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁、乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊；甲、乙被選中的基本事件有3個：甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊；故甲、乙被選中的概率為310方法二：由題意，從甲、乙等5名學生中隨機選出3人，基本事件總數C53甲、乙被選中，則從剩下的3人中選一人，包含的基本事件的個數C31根據古典概型及其概率的計算公式，甲、乙都入選的概率P=C【點評】本題主要考查古典概型及其概率計算公式，熟記概率的計算公式即可，屬于基礎題．三．解答題（共5小題）16．某工廠的某種產品成箱包裝，每箱200件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取20件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗．設每件產品為不合格品的概率都為p（0＜p＜1），且各件產品是否為不合格品相互獨立．（1）記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f（p），求f（p）的最大值點p0．（2）現對一箱產品檢驗了20件，結果恰有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．（?。┤舨粚υ撓溆嘞碌漠a品作檢驗，這一箱產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，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？【考點】離散型隨機變量的均值（數學期望）．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；概率與統計．【答案】見試題解答內容【分析】（1）求出f（p）=C202p2(1-p)18，則f'(（2）（i）由p＝0.1，令Y表示余下的180件產品中的不合格品數，依題意知Y～B（180，0.1），再由X＝20×2+25Y，即X＝40+25Y，能求出E（X）．（ii）如果對余下的產品作檢驗，由這一箱產品所需要的檢驗費為400元，E（X）＝490＞400，從而應該對余下的產品進行檢驗．【解答】解：（1）記20件產品中恰有2件不合格品的概率為f（p），則f（p）=C∴f'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，∴f（p）的最大值點p0＝0.1．（2）（i）由（1）知p＝0.1，令Y表示余下的180件產品中的不合格品數，依題意知Y～B（180，0.1），X＝20×2+25Y，即X＝40+25Y，∴E（X）＝E（40+25Y）＝40+25E（Y）＝40+25×180×0.1＝490．（ii）如果對余下的產品作檢驗，由這一箱產品所需要的檢驗費為400元，∵E（X）＝490＞400，∴應該對余下的產品進行檢驗．【點評】本題考查概率的求法及應用，考查離散型隨機變量的數學期望的求法，考查是否該對這箱余下的所有產品作檢驗的判斷與求法，考查二項分布等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．17．為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸（單位：cm）．根據長期生產經驗，可以認為這條生產線正常狀態(tài)下生產的零件的尺寸服從正態(tài)分布N（μ，σ2）．（1）假設生產狀態(tài)正常，記X表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的零件數，求P（X≥1）及X的數學期望；（2）一天內抽檢零件中，如果出現了尺寸在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查．（?。┰囌f明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性；（ⅱ）下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經計算得x=116i=116xi=9.97，s=116i=116用樣本平均數x作為μ的估計值μ?，用樣本標準差s作為σ的估計值σ?，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查？剔除（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的數據，用剩下的數據估計μ和σ（精確到附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N（μ，σ2），則P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）＝0.9974，0.997416≈0.9592，0.008≈0.09【考點】正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義．【專題】計算題；轉化思想；數學模型法；概率與統計．【答案】見試題解答內容【分析】（1）通過P（X＝0）可求出P（X≥1）＝1﹣P（X＝0）＝0.0408，利用二項分布的期望公式計算可得結論；（2）（?。┯桑?）及知落在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外為小概率事件可知該監(jiān)控生產過程方法合理；（ⅱ）通過樣本平均數x、樣本標準差s估計μ?、σ?可知(μ?-3σ?，【解答】解：（1）由題可知尺寸落在（μ﹣3σ，μ+3σ）之內的概率為0.9974，則落在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的概率為1﹣0.9974＝0.0026，由題意知X～B（16，0.0026），因為P（X＝0）=C160×（1﹣0.9974）0×0.9974所以P（X≥1）＝1﹣P（X＝0）＝0.0408，因為X～B（16，0.0026），所以E（X）＝16×0.0026＝0.0416；（2）（?。┤绻a狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ?-3σ?，μ?（ⅱ）由x=9.97，s≈0.212，得μ的估計值為μ?=9.97，σ的估計值為零件的尺寸在(μ剔除(μ?-115（16×9.97﹣9.22）＝10.02因此μ的估計值為10.02．i=116xi2＝16×0.2122+16×剔除(μ?-115（1591.134﹣9.222﹣15×10.022）≈0.008因此σ的估計值為0.008≈0.09【點評】本題考查正態(tài)分布，考查二項分布，考查方差、標準差，考查概率的計算，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．18．某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數，得如圖柱狀圖：以這100臺機器更換的易損零件數的頻率代替1臺機器更換的易損零件數發(fā)生的概率，記X表示2臺機器三年內共需更換的易損零件數，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）若要求P（X≤n）≥0.5，確定n的最小值；（Ⅲ）以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據，在n＝19與n＝20之中選其一，應選用哪個？【考點】離散型隨機變量的均值（數學期望）．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；概率與統計．【答案】見試題解答內容【分析】（Ⅰ）由已知得X的可能取值為16，17，18，19，20，21，22，分別求出相應的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）由X的分布列求出P（X≤18）=1125，P（X≤19）=1725．由此能確定滿足P（X≤n）≥（Ⅲ）法一：由X的分布列得P（X≤19）=1725．求出買19個所需費用期望EX1和買20個所需費用期望EX2，由此能求出買法二：解法二：購買零件所用費用含兩部分，一部分為購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用，分別求出n＝19時，費用的期望和當n＝20時，費用的期望，從而得到買19個更合適．【解答】解：（Ⅰ）由已知得X的可能取值為16，17，18，19，20，21，22，P（X＝16）＝（20100）2=P（X＝17）=20P（X＝18）＝（40100）2+2（20100）2P（X＝19）=2×P（X＝20）=(20P（X＝21）=2×P（X＝22）=(20∴X的分布列為：X16171819202122P1466121（Ⅱ）由（Ⅰ）知：P（X≤18）＝P（X＝16）+P（X＝17）+P（X＝18）=1P（X≤19）＝P（X＝16）+P（X＝17）+P（X＝18）+P（X＝19）=1∴P（X≤n）≥0.5中，n的最小值為19．（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）得P（X≤19）＝P（X＝16）+P（X＝17）+P（X＝18）+P（X＝19）=1買19個所需費用期望：EX1＝200×19×1725+（200×19+500）×15+（200×19+500×2）×225買20個所需費用期望：EX2=200×20×2225+（200×20+500）×225+（∵EX1＜EX2，∴買19個更合適．解法二：購買零件所用費用含兩部分，一部分為購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用，當n＝19時，費用的期望為：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04＝4040，當n＝20時，費用的期望為：20×200+500×0.08+1000×0.04＝4080，∴買19個更合適．【點評】本題考查離散型隨機變量的分布列和數學期望的求法及應用，是中檔題，解題時要認真審題，注意相互獨立事件概率乘法公式的合理運用．19．11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10：10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10：10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結束．（1）求P（X＝2）；（2）求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．【考點】相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；概率與統計；數學運算．【答案】見試題解答內容【分析】（1）設雙方10：10平后的第k個球甲獲勝為事件Ak（k＝1，2，3，…），則P（X＝2）＝P（A1A2）+P（A1A2）＝P（A1）P（A2）+P（A1）（2）P（X＝4且甲獲勝）＝P（A1A2A3A4）+P（A1A2A3A4）＝P（A1）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（A【解答】解：（1）設雙方10：10平后的第k個球甲獲勝為事件Ak（k＝1，2，3，…），則P（X＝2）＝P（A1A2）+P（A1＝P（A1）P（A2）+P（A1）P（A＝0.5×0.4+0.5×0.6＝0.5．（2）P（X＝4且甲獲勝）＝P（A1A2A3A＝P（A1）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（A2）P（A3）P（A＝0.5×0.6×0.5×0.4+0.5×0.4×0.5×0.4＝0.1．【點評】本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查推理能力與計算能力，是中檔題．20．某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題．每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關．（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由．【考點】離散型隨機變量的均值（數學期望）；離散型隨機變量及其分布列．【專題】計算題；對應思想；綜合法；概率與統計；數學運算．【答案】（1）X020100P0.20.320.48（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B(yǎng)類問題．【分析】（1）由已知可得，X的所有可能取值為0，20，100，分別求出對應的概率即可求解分布列；（2）由（1）可得E（X），若小明先回答B(yǎng)類問題，記Y為小明的累計得分，Y的所有可能取值為0，80，100，分別求出對應的概率，從而可得E（Y），比較E（X）與E（Y）的大小，即可得出結論．【解答】解：（1）由已知可得，X的所有可能取值為0，20，100，則P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，所以X的分布列為：X020100P0.20.320.48（2）由（1）可知小明先回答A類問題累計得分的期望為E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，若小明先回答B(yǎng)類問題，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為0，80，100，P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12，P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，則Y的期望為E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，因為E（Y）＞E（X），所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B(yǎng)類問題．【點評】本題主要考查離散型隨機變量分布列及數學期望，考查運算求解能力，屬于中檔題．

考點卡片1．古典概型及其概率計算公式【知識點的認識】1．定義：如果一個試驗具有下列特征：（1）有限性：每次試驗可能出現的結果（即基本事件）只有有限個；（2）等可能性：每次試驗中，各基本事件的發(fā)生都是等可能的．則稱這種隨機試驗的概率模型為古典概型．*古典概型由于滿足基本事件的有限性和基本事件發(fā)生的等可能性這兩個重要特征，所以求事件的概率就可以不通過大量的重復試驗，而只要通過對一次試驗中可能出現的結果進行分析和計算即可．2．古典概率的計算公式如果一次試驗中可能出現的結果有n個，而且所有結果出現的可能性都相等，那么每一個基本事件的概率都是1n如果某個事件A包含的結果有m個，那么事件A的概率為P（A）=m【解題方法點撥】1．注意要點：解決古典概型的問題的關鍵是：分清基本事件個數n與事件A中所包含的基本事件數．因此要注意清楚以下三個方面：（1）本試驗是否具有等可能性；（2）本試驗的基本事件有多少個；（3）事件A是什么．2．解題實現步驟：（1）仔細閱讀題目，弄清題目的背景材料，加深理解題意；（2）判斷本試驗的結果是否為等可能事件，設出所求事件A；（3）分別求出基本事件的個數n與所求事件A中所包含的基本事件個數m；（4）利用公式P（A）=mn求出事件3．解題方法技巧：（1）利用對立事件、加法公式求古典概型的概率（2）利用分析法求解古典概型．2．列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率【知識點的認識】1、等可能條件下概率的意義：一般地，如果在一次試驗中，有n種可能的結果，并且它們發(fā)生的可能性都相等，事件A包含其中的m種結果，那么事件A發(fā)生的概率為P（A）=m等可能條件下概率的特征：（1）對于每一次試驗中所有可能出現的結果都是有限的；（2）每一個結果出現的可能性相等．2、概率的計算方法：（1）列舉法（列表或畫樹狀圖），（2）公式法；列表法或樹狀圖這兩種舉例法，都可以幫助我們不重不漏的列出所以可能的結果．列表法（1）定義：用列出表格的方法來分析和求解某些事件的概率的方法叫做列表法．（2）列表法的應用場合當一次試驗要設計兩個因素，并且可能出現的結果數目較多時，為不重不漏地列出所有可能的結果，通常采用列表法．樹狀圖法（1）定義：通過列樹狀圖列出某事件的所有可能的結果，求出其概率的方法叫做樹狀圖法．（2）運用樹狀圖法求概率的條件當一次試驗要設計三個或更多的因素時，用列表法就不方便了，為了不重不漏地列出所有可能的結果，通常采用樹狀圖法求概率．【解題方法點撥】典例1：將一顆骰子投擲兩次，第一次出現的點數記為a，第二次出現的點數記為b，設任意投擲兩次使兩條不重合直線l1：ax+by＝2，l2：x+2y＝2平行的概率為P1，相交的概率為P2，若點（P1，P2）在圓（x﹣m）2+y2=137144的內部，則實數A．（-518，+∞）B．（﹣∞，718）C．（-718，518）解析：對于a與b各有6中情形，故總數為36種設兩條直線l1：ax+by＝2，l2：x+2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4，或a＝3，b＝6，故概率為P=設兩條直線l1：ax+by＝2，l2：x+2y＝2相交的情形除平行與重合即可，∵當直線l1、l2相交時b≠2a，圖中滿足b＝2a的有（1，2）、（2，4）、（3，6）共三種，∴滿足b≠2a的有36﹣3＝33種，∴直線l1、l2相交的概率P=33∵點（P1，P2）在圓（x﹣m）2+y2=137∴（118-m）2+（1112）解得-518故選：D典例2：某種零件按質量標準分為1，2，3，4，5五個等級，現從一批該零件巾隨機抽取20個，對其等級進行統計分析，得到頻率分布表如下等級12345頻率0.05m0.150.35n（1）在抽取的20個零件中，等級為5的恰有2個，求m，n；（2）在（1）的條件下，從等級為3和5的所有零件中，任意抽取2個，求抽取的2個零件等級恰好相同的概率．解析：（1）由頻率分布表得0.05+m+0.15+0.35+n＝1，即m+n＝0.45．…（2分）由抽取的20個零件中，等級為5的恰有2個，得n=220所以m＝0.45﹣0.1＝0.35．…（5分）（2）：由（1）得，等級為3的零件有3個，記作x1，x2，x3；等級為5的零件有2個，記作y1，y2．從x1，x2，x3，y1，y2中任意抽取2個零件，所有可能的結果為：（x1，x2），（x1，x3），（x1，y1），（x1，y2），（x2，x3），（x2，y1），（x2，y2），（x3，y1），（x3，y2），（y1，y2）共計10種．…（9分）記事件A為“從零件x1，x2，x3，y1，y2中任取2件，其等級相等”．則A包含的基本事件為（x1，x2），（x1，x3），（x2，x3），（y1，y2）共4個．…（11分）故所求概率為P(A)=3．幾何概型【知識點的認識】1．定義：若一個試驗具有下列特征：（1）每次試驗的結果有無限多個，且全體結果可用一個有度量的幾何區(qū)域來表示；（2）每次試驗的各種結果是等可能的．那么這樣的試驗稱為幾何概型．2．幾何概率：設幾何概型的基本事件空間可表示成可度量的區(qū)域Ω，事件A所對應的區(qū)域用A表示（A?Ω），則P（A）=A的度量Ω4．相互獨立事件和相互獨立事件的概率乘法公式【知識點的認識】1．相互獨立事件：事件A（或B）是否發(fā)生，對事件B（或A）發(fā)生的概率沒有影響，這樣兩個事件叫做相互獨立事件．2．相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式：將事件A和事件B同時發(fā)生的事件即為A?B，若兩個相互獨立事件A、B同時發(fā)生，則事件A?B發(fā)生的概率為：P（A?B）＝P（A）?P（B）推廣：一般地，如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率之積，即：P（A1?A2…An）＝P（A1）?P（A2）…P（An）3．區(qū)分互斥事件和相互獨立事件是兩個不同的概念：（1）互斥事件：兩個事件不可能同時發(fā)生；（2）相互獨立事件：一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．5．離散型隨機變量及其分布列【知識點的認識】1、相關概念；（1）隨機變量：如果隨機試驗的結果可以用一個變量來表示，那么這樣的變量叫做隨機變量隨機變量常用希臘字母ξ、η等表示．（2）離散型隨機變量：對于隨機變量可能取的值，可以按一定次序一一列出，這樣的隨機變量叫做離散型隨機變量．若ξ是隨機變量，η＝aξ+b，其中a、b是常數，則η也是隨機變量．（3）連續(xù)型隨機變量：對于隨機變量可能取的值，可以取某一區(qū)間內的一切值，這樣的變量就叫做連續(xù)型隨機變量（4）離散型隨機變量與連續(xù)型隨機變量的區(qū)別與聯系：離散型隨機變量與連續(xù)型隨機變量都是用變量表示隨機試驗的結果；但是離散型隨機變量的結果可以按一定次序一一列出，而連續(xù)性隨機變量的結果不可以一一列出．2、離散型隨機變量（1）隨機變量：在隨機試驗中，試驗可能出現的結果可以用一個變量X來表示，并且X是隨著試驗結果的不同而變化的，這樣的變量X叫做一個隨機變量．隨機變量常用大寫字母X，Y，…表示，也可以用希臘字母ξ，η，…表示．（2）離散型隨機變量：如果隨機變量X的所有可能的取值都能一一列舉出來，則稱X為離散型隨機變量．3、離散型隨機變量的分布列．（1）定義：一般地，設離散型隨機變量X的所有可能值為x1，x2，…，xn；X取每一個對應值的概率分別為p1，p2，…，pn，則得下表：Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn該表為隨機變量X的概率分布，或稱為離散型隨機變量X的分布列．（2）性質：①pi≥0，i＝1，2，3，…，n；②p1+p2+…+pn＝1．6．離散型隨機變量的均值（數學期望）【知識點的認識】1、離散型隨機變量的期望數學期望：一般地，若離散型隨機變量ξ的概率分布為x1x2…xn…Pp1p2…pn…則稱Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…為ξ的數學期望，簡稱期望．數學期望的意義：數學期望離散型隨機變量的一個特征數，它反映了離散型隨機變量取值的平均水平．平均數與均值：一般地，在有限取值離散型隨機變量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，則有p1＝p2＝…＝pn=1n，Eξ＝（x1+x2+…+xn）×1期望的一個性質：若η＝aξ+b，則E（aξ+b）＝aEξ+b．2、離散型隨機變量的方差；方差：對于離散型隨機變量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取這些值的概率分別是p1，p2，…，pn…，那么，稱為隨機變量ξ的均方差，簡稱為方差，式中的EξDξ是隨機變量ξ的期望．標準差：Dξ的算術平方根Dξ叫做隨機變量ξ的標準差，記作．方差的性質：．方差的意義：（1）隨機變量的方差的定義與一組數據的方差的定義式是相同的；（2）隨機變量的方差、標準差也是隨機變量的特征數，它們都反映了隨機變量取值的穩(wěn)定與波動、集中與離散的程度；（3）標準差與隨機變量本身有相同的單位，所以在實際問題中應用更廣泛．7．離散型隨機變量的方差與標準差【知識點的認識】1、離散型隨機變量的期望數學期望：一般地，若離散型隨機變量ξ的概率分布為x1x2…xn…Pp1p2…pn…則稱Eξ＝x1p1+x2p2+…+xnpn+…為ξ的數學期望，簡稱期望．數學期望的意義：數學期望離散型隨機變量的一個特征數，它反映了離散型隨機變量取值的平均水平．平均數與均值：一般地，在有限取值離散型隨機變量ξ的概率分布中，令p1＝p2＝…＝pn，則有p1＝p2＝…＝pn=1n，Eξ＝（x1+x2+…+xn）×1期望的一個性質：若η＝aξ+b，則E（aξ+b）＝aEξ+b．2、離散型隨機變量的方差；方差：對于離散型隨機變量ξ，如果它所有可能取的值是x1，x2，…，xn，…，且取這些值的概率分別是p1，p2，…，pn…，那么，稱為隨機變量ξ的均方差，簡稱為方差，式中的EξDξ是隨機變量ξ的期望．標準差：Dξ的算術平方根Dξ叫做隨機變量ξ的標準差，記作．方差的性質：．方差的意義：（1）隨機變量的方差的定義與一組數據的方差的定義式是相同的；（2）隨機變量的方差、標準差也是隨機變量的特征數，它們都反映了隨機變量取值的穩(wěn)定與波動、集中與離散的程度；（3）標準差與隨機變量本身有相同的單位，所以在實際問題中應用更廣泛．8．正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義【知識點的認識】1．正態(tài)曲線及性質（1）正態(tài)曲線的定義函數φμ，σ（x）=12πσe-(x-μ)22σ2，x∈（﹣∞，+（2）正態(tài)曲線的解析式①指數的自變量是x定義域是R，即x∈（﹣∞，+∞）．②解析式中含有兩個常數：π和e，這是兩個無理數．③解析式中含有兩個參數：μ和σ，其中μ可取任意實數，σ＞0這是正態(tài)分布的兩個特征數．④解析式前面有一個系數為12πσ，后面是一個以e2．正態(tài)分布（1）正態(tài)分布的定義及表示如果對于任何實數a，b（a＜b），隨機變量X滿足P（a＜X≤b）=abφμ，σ（x）dx，則稱X的分布為正態(tài)分布，記作N（μ，（2）正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內取值的概率值①P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）＝0.6826；②P（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）＝0.9544；③P（μ﹣3σ＜X≤μ+3σ）＝0.9974．3．正態(tài)曲線的性質正態(tài)曲線φμ，σ（x）=12πσe（1）曲線位于x軸上方，與x軸不相交；（2）曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；（3）曲線在x＝μ處達到峰值12（4）曲線與x軸圍成的圖形的面積為1；（5）當σ一定時，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移；（6）當μ一定時，曲線的形狀由σ確定，σ越小，曲線越“瘦高”