第92讲两点分布、二项分布、超几何分布与正态分布_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第92讲 两点分布、二项分布、超几何分布与正态分布
知识梳理
知识点一．两点分布
1、若随机变量X服从两点分布，即其分布列为
X 0 1
P 1-p p
其中0<p<1，则称离散型随机变量X服从参数为p的两点分布．其中P(X=1)称为成功
概率．
注意：
(1)两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为1；
(2)两点分布又称0-1分布、伯努利分布，其应用十分广泛．
2、两点分布的均值与方差：若随机变量X服从参数为p的两点分布，则E(X)=1×p+0×(1
-p)=p，D(X)=p(1-p)．
知识点二．n次独立重复试验
1、定义
一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．
注意：独立重复试验的条件：①每次试验在同样条件下进行；②各次试验是相互独立的；
③每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．
2、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．
知识点三．二项分布
1、定义
一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的
概率为p，不发生的概率q=1-p，那么事件A恰好发生k次的概率是PX=k  =Ckpkqn-k n
(k=0，1，2，⋯，n)
于是得到X的分布列
X 0 1 ⋯ k ⋯ n
p C0p0qn C1p1qn-1 ⋯ Ckpkqn-k ⋯ Cnpnq0
n n n n
由于表中第二行恰好是二项式展开式
q+p  n=C0p0qn+C1p1qn-1+⋯+Ckpkqn-k+⋯+Cnpnq0各对应项的值，称这样的离散型 n n n n
随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X~B(n，p)，并称p为成功概率．
注意：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n=1时的二项
分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式．
2、二项分布的适用范围及本质
(1)适用范围：
第 页 共 页
3290 3427①各次试验中的事件是相互独立的；
②每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；
③随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
(2)本质：二项分布是放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．
3、二项分布的期望、方差
若X~B(n,p)，则E(X)=np，D(X)=np(1-p)．
知识点四．超几何分布
1、定义
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件 X=k   发生的概率
CkCn-k
为P(X=k)= M N-M，k=0，1，2，⋯，m，其中m=min M，n
Cn
N
  ，且n≤N，M≤N，n，
M，N∈N*，称分布列为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随
机变量X服从超几何分布．
X 0 1 ⋯ m
C0Cn-0 C1Cn-1 CmCn-m
P M N-M M N-M ⋯ M N-M
Cn Cn Cn
N N N
2、超几何分布的适用范围件及本质
(1)适用范围：
①考察对象分两类；
②已知各类对象的个数；
③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数Y的概率分布．
(2)本质：超几何分布是不放回抽样问题，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的．
知识点四、正态曲线
1 -
(x-μ)2
1、定义：我们把函数φ (x)= e 2σ2 ，x∈(-∞，+∞)(其中μ是样本均值，σ是样本标
μ,σ 2πσ
准差)的图象称为正态分布密度曲线，简称正态曲线．正态曲线呈钟形，即中间高，两边低．
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；
1
(3)曲线在x=μ处达到峰值(最大值) ；
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越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；σ越
大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示：：
第 页 共 页
3291 3427甲 乙
知识点五、正态分布
1、定义
b
随机变量X落在区间(a，b]的概率为P(a<X≤b)= φ (x)dx，即由正态曲线，过点(a，
μ,σ
a
0)和点(b，0)的两条x轴的垂线，及x轴所围成的平面图形的面积，如下图中阴影部分所示，
就是X落在区间(a，b]的概率的近似值．
b
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)= φ (x)dx，则称随
μ,σ
a
机变量X服从正态分布．正态分布完全由参数μ，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)．
其中，参数μ是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本的均值去估计；σ是衡量
随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本的标准差去估计．
2、3σ原则
μ+a
若X∼N(μ，σ2)，则对于任意的实数a>0，P(μ-a<X≤μ+a)= φ (x)dx为下图中阴
μ,σ
μ-a
影部分的面积，对于固定的μ和a而言，该面积随着σ的减小而变大．这说明σ越小，X落在
区间(μ-a,μ+a]的概率越大，即X集中在μ周围的概率越大
特别地，有P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.6826；P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.9544；P(μ-3σ<X
≤μ+3σ)=0.9974．
由P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.9974，知正态总体几乎总取值于区间(μ-3σ，μ+3σ)之内．
而在此区间以外取值的概率只有0.0026，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，
即为小概率事件．在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ
-3σ，μ+3σ)之间的值，并简称之为3σ原则．
【解题方法总结】
1、超几何分布和二项分布的区别
第 页 共 页
3292 3427(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；
而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.
2、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．
3、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．
4、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．
必考题型全归纳
1 题型一：两点分布
5094 (2024·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习)若随机变量X服从两点分布，
其中PX=0 
1
= ，EX
3
 ,DX  分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论不正确的
是 ( )
A.PX=1  =EX  B.E3X+2  =4
C.D3X+2  =4 D.DX 
2
=
9
【答案】C
1 2
【解析】随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)= ，∴P(X=1)= ，
3 3
EX 
1 2 2
=0× +1× = ，
3 3 3
DX 
2
=0-
3

2 1 2
× +1-
3 3

2 2 2
× = ，
3 9
在A中，P(X=1)=E(X)，故A正确；
在B中，E(3X+2)=3E(X)+2=4，故B正确；
在C中，D3X+2  =9DX 
2
=9× =2，故C错误；
9
第 页 共 页
3293 34272
在D中，D(X)= ，故D正确.
9
故选：C.
5095 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量X服从两点分布，若PX=1  -PX=0  =0.4，
则EX  = ( )
A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7
【答案】D
【解析】由题意得P(X=1)+P(X=0)=1，
因为PX=1  -PX=0  =0.4，
所以解得P(X=1)=0.7,P(X=0)=0.3，
所以EX  =1×0.7+0×0.3=0.7，
故选：D
5096 (2024·全国·高三专题练习)有一个盒子里有1个红球，现将n(n∈N*)个黑球放入盒子
后，再从盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着n(n∈N*)的增加，下列说
法正确的是 ( )
A.Eξ  减小，Dξ  增加 B.Eξ  增加，Dξ  减小
C.Eξ  增加，Dξ  增加 D.Eξ  减小，Dξ  减小
【答案】D
1
【解析】取到红球个数ξ服从两点分布B(1,p)，其中p= ，
n+1
所以Eξ 
1
= ，显然Eξ
n+1
 随着n的增大而减小.
Dξ 
1 1
= 1-
n+1 n+1

n
=
n+1 
，
2
x
记f(x)=
x+1 
x+1
=
2 x+1 
1
-
2 x+1 
1 1
= -
2 x+1 x+1 
，
2
fx 
1
=-
x+1 
2
+
2 x+1 
-x+1
=
3 x+1 
，
3
当x≥1时，f(x)≤0，故f(x)在1,+∞  上单调递减，
则当n∈N*时，Dξ  随着n的增大而减小.
故选：D.
5097 (2024·全国·高三专题练习)已知离散型随机变量X的分布列服从两点分布，且
PX=0  =3-4PX=1  =a，则a= ( )
2 1 1 1
A. B. C. D.
3 2 3 4
【答案】C
【解析】因为X的分布列服从两点分布，所以PX=0  +PX=1  =1，
因为PX=0  =3-4PX=1  =a，所以PX=0  =3-4 1-PX=0   
∴PX=0 
1 1
= ,∴a=
3 3
故选：C
5098 (2024·北京·高三专题练习)某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研
究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下
的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后，分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花
第 页 共 页
3294 3427作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.
株高增量(单位：厘米) 4,7  7,10  10,13  13,16 
第1组鸡冠花株数 9 20 9 2
第2组鸡冠花株数 4 16 16 4
第3组鸡冠花株数 13 12 13 2
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.
(1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为7,10  厘米的概率；
(2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰
有X株的株高增量为7,10  厘米，求X的分布列和数学期望EX；
(3)用“ξ =1”表示第k组鸡冠花的株高增量为4,10
k
 ，“ξ =0”表示第k组鸡冠花的株高
k
增量为10,16  厘米，k=1,2,3，直接写出方差Dξ ，Dξ ，Dξ 的大小关系.(结论不要求证 1 2 3
明)
【解析】(1)设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10  厘米”，
根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为7,10  厘米,
所以PA 
20 1
估计为 = ；
40 2
(2)设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10  厘米”，
设事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为7,10  厘米”，
根据题中数据，PB 
16 2
估计为 = ，PC
40 5

12 3
估计为 = ，
40 10
根据题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2.3，且
PX=0 
  
=PABC 

=PA 

PB 

PC 
1
=1-
2

2
×1-
5

3
×1-
10

21
= ；
100
PX=1 
     
=PABC+ABC+ABC  =PA 

PB 

PC 

+PA  PB 

PC  +

PA 

PB  PC 
11
= ；
25
PX=2 
  
=PABC+ABC+ABC  =PA  PB 

PC  +PA 

PB  PC  +

PA  PB  PC 
29
= ；
100
PX=3  =PABC  =PA  PB  PC 
3
= ，
50
则X的分布列为：
X 0 1 2 3
21 11 29 3
P
100 25 100 50
21 11 29 3 6
所以EX=0× +1× +2× +3× = .
100 25 100 50 5
(3)Dξ <Dξ <Dξ
1 3 2
理由如下：
Pξ 1 =1 
29
= 40 ,Pξ 1 =0 
11 29 11 29 29
= ，所以Eξ =1× +0× = ,Dξ =1- 40 1 40 40 40 1 40 
2 29
× 40
29
+0-
40

2 11 319
× = ；
40 1600
Pξ 2 =1 
20 1
= 40 = 2 ,Pξ 2 =0 
1 1 1 1 1
= ，所以Eξ =1× +0× = ,Dξ =1- 2 2 2 2 2 2 2 
2 1
× 2
第 页 共 页
3295 34271
+0-
2

2 1 1 400
× = = ；
2 4 1600
Pξ 3 =1 
25 5
= 40 = 8 ,Pξ 3 =0 
3 5 3 5 5
= ，所以Eξ =1× +0× = ,Dξ =1- 8 3 8 5 8 3 8 
2 5
× 8
5
+0-
8

2 3 15 375
× = = ；
8 64 1600
所以Dξ <Dξ <Dξ .
1 3 2
5099 (2024·全国·高三专题练习)某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为p，现
工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪
器一次最多可检验5件该产品，且每件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验
一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检验方案：将产品每k个k≤5  一组进行分组
检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内
有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验1次或
1+k次．设该工厂生产1000件该产品，记每件产品的平均检验次数为X．
(1)求X的分布列及其期望；
(2)(i)试说明，当p越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；
(ii)当p=0.1时，求使该方案最合理时k的值及1000件该产品的平均检验次数．
1
【解析】(1)PX=
k
 =1-p 
1 1+k
k由题，X的可能取值为 和
k k
1+k
PX=
k
 =1-1-p  k，故X的分布列为
1 1+k
X
k k
1-p
P
 1-
k 1-p  k
EX 
1
= ∙1-p
k

1+k
k+ ∙ 1-1-p
k
 k   =1-1-p 
1
k+
k
2  i  由1  记fp  =1-1-p 
1
k+ ，因为k>0，
k
所以 fp  在 p∈0,1  上单调递增 ，
故p越小，fp  越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理
ii  记gk  =1-1-p 
1 1
k+ =1-0.9k+
k k
当gk  <1且取最小值时，该方案最合理，
因为g1  =1.1,g2  =0.69，g3  ≈0.604,g4  ≈0.594，g5  ≈0.61
所以k=4时平均检验次数最少，约为1000×0.594=594 次．
5100 (2024·全国·高三专题练习)某单位有员工50000人，一保险公司针对该单位推出一款意
外险产品，每年每位职工只需要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金.保险
公司把该单位的所有岗位分为A，B，C三类工种，从事三类工种的人数分布比例如饼图
所示，且这三类工种每年的赔付概率如下表所示：
工种类别 A B C
1 2 1
赔付概率
105 105 104
第 页 共 页
3296 3427对于A，B，C三类工种，职工每人每年保费分别为a元、a元、b元，出险后的赔偿金额分
别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年20
万元.
(1)若保险公司要求每年收益的期望不低于保费的15%，证明：153a+17b≥4200.
(2)现有如下两个方案供单位选择：方案一：单位不与保险公司合作，职工不交保险，出意
外后单位自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔付给出意外的职工，单位开展这项工
作的固定支出为每年35万元；方案二：单位与保险公司合作，a=25，b=60，单位负责职
工保费的80%，职工个人负责20%，出险后赔偿金由保险公司赔付，单位无额外专项开支.
根据该单位总支出的差异给出选择合适方案的建议.
【解析】(1)设工种A，B，C对应职工的每份保单保险公司的收益分别为随机变量X，
Y，Z(单位：元)，则X，Y，Z的分布列分别为
X a a-100×104
1 1
P 1-
105 105
Y a a-100×104
2 2
P 1-
105 105
Z b b-50×104
1 1
P 1-
104 104
1
E(X)=a×1-
105
 +a-100×104 
1
× =a-10，
105
2
E(Y)=a×1-
105
 +a-100×104 
2
× =a-20，
105
1
E(Z)=b×1-
104
 +b-50×104 
1
× =b-50.
104
所以(a-10)×50000×0.6+(a-20)×50000×0.3+(b-50)×50000×0.1-20×104
≥(a×50000×0.6+a×50000×0.3+b×50000×0.1)×0.15，
整理得153a+17b≥4200.
(2)方案一：单位不与保险公司合作，则单位每年赔偿金支出的期望与固定开支共为
第 页 共 页
3297 34271 2 1
30000×100×104× +15000×100×104× +5000×50×104× +35×104=
105 105 104
1.2×106(元).
方案二：单位与保险公司合作，则单位支出金额为
(30000×25+15000×25+5000×60)×0.8=1.14×106(元).
因为1.2×106>1.14×106，所以建议单位选择方案二.
5101 (2024·全国·高三专题练习)为考察本科生基本学术规范和基本学术素养，某大学决定对
各学院本科毕业论文进行抽检，初步方案是本科毕业论文抽检每年进行一次，抽检对象为
上一学年度授予学士学位的论文，初评阶段，每篇论文送3位同行专家进行评审，3位专
家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的毕业论文，将认定为“存在问题毕业
论文”.3位专家中有1位专家评议意见为“不合格”，将再送2位同行专家(不同于前3位)
进行复评.复评阶段，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”，将认
定为“存在问题毕业论文”.每位专家，判定每篇论文“不合格”的概率均为p0<p<1  ，且
各篇毕业论文是否被判定为“不合格”相互独立.
1
(1)若p= ，求每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”的概率是多少；
2
(2)学校拟定每篇论文需要复评的评审费用为180元，不需要复评的评审费用为90元，则
每篇论文平均评审费用的最大值是多少？
【解析】(1)设每篇毕业论文被认定为“存在问题毕业论文”为事件A，
则pA  =p3+C2 3 p2 1-p  +C1 3 p1-p  2 1-1-p  2   ，
1
∵p= ，∴pA
2

25
= ；
32
(2)设每篇文章的评审费用为X元，则X的可能取值为90，180，
则PX=180  =C1 3 p1-p  2，PX=90  =1-C1 3 p1-p  2；
∴EX  =90× 1-C1 3 p1-p  2   +180×C1 3 p1-p  2=270p1-p  2+90.
令gp  =p1-p  2，p∈0,1  ，则gp  =1-p  2-2p1-p  =3p-1  p-1  .
1
当p∈0,
3
 时，gp  >0，gp 
1
在0,
3
 上单调递增，
1
当p∈ ,1
3
 时，gp  <0，gp 
1
在 ,1
3
 上单调递减，
∴gp 
1
的最大值为g
3

4
= ，∴每篇论文平均评审费用的最大值是130元.
27
2 题型二：n次独立重复试验
5102 (2024·全国·高三专题练习)为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教
育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，
三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进
行11场比赛(每场比赛都采取5局3胜制)，最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如
下：比赛中以3:0或3:1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3:2取胜的
队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜
的概率均为p(0<p<1).
(1)比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？
(2)第10轮比赛中，记张三3:1取胜的概率为f(p)，求出f(p)的最大值点p .
0
【解析】(1)根据题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是p=
第 页 共 页
3298 3427C1C1+C1C1+C1C1 47
3 4 4 5 3 5 = ；
C2 66
12
(2)由题可知fp  =C2 3 p3 1-p  =3p3 1-p  ，
fp  =3 3p2 1-p  +p3×-1    =3p2 3-4p  ，
令fp 
3
=0，得p= ，
4
3
当p∈0,
4
 时，fp  >0，fp 
3
在0,
4
 上单调递增；
3
当p∈ ,1
4
 时，fp  <0，fp 
3
在 ,1
4
 上单调递减.
所以fp 
3
的最大值点p = . 0 4
5103 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两人参加一个游戏，该游戏设有奖金256元，谁先赢满
5局，谁便赢得全部的奖金，已知每局游戏乙赢的概率为p(0<p<1)，甲赢的概率为1-
p，每局游戏相互独立，在乙赢了3局甲贏了1局的情况下，游戏设备出现了故障，游戏被
迫终止，则奖金应该如何分配才为合理？有专家提出如下的奖金分配方案：如果出现无人
先赢5局且游戏意外终止的情况，则甲、乙按照游戏再继续进行下去各自赢得全部奖金的
概率之比P :P 分配奖金.记事件A为“游戏继续进行下去甲获得全部奖金”，试求当游戏
甲 乙
继续进行下去，甲获得全部奖金的概率fA 
2
，并判断当p≥ 时，事件A是否为小概率事
3
件，并说明理由.(注：若随机事件发生的概率小于0.05，则称随机事件为小概率事件)
【解析】设游戏继续进行Y局甲获得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题知，当Y=4时，甲以5:3赢，所以P(Y=4)=(1-p)4，
当Y=5时，甲以5:4赢，所以P(Y=5)=(1-p)×C3×(1-p)3p=4(1-p)4p，
4
甲获得全部奖金的概率fA  =(1-p)4+4(1-p)4p=(4p+1)(1-p)4，
所以fA 
2
=(1-p)4+4(1-p)4p=(4p+1)(1-p)4,p∈  ,1
 3
 ，
所以fA  =4(1-p)4-(4p+1)4(1-p)3=4(1-p)3(1-p-4p-1)=-20(1-p)3p，
2
∵p∈  ,1
 3
 ，∴fA  =-20(1-p)3p<0，
∴fA 
2
在  ,1
 3
 上单调递减，
所以fA 
2
=f
max 3

11 1
= ×
3 3

4 11
= ≈0.045<0.05，
35
故事件A是小概率事件.
5104 (2024·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都
需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三
次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则
2
获得-300分，设备次击鼓出现音乐的概率为p0<p<
5
 .且各次击鼓出现音乐相互独
立.
(1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为fp  ，求fp  的最大值点p ； 0
(2)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而
减少了.设每盘游戏的得分为随机变量ξ；请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原
因.
【解析】(1)由题可知，一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为
f(p)=C1p(1-p)2=3p3-6p2+3p，
3
第 页 共 页
3299 34271
f(p)=3(3p-1)(p-1)，由f(p)=0得p= ，或p=1(舍)，
3
1
当p∈0,
3

1 2
时，f(p)>0；当p∈ ,
3 5
 时，f(p)<0，
1
∴f(p)在0,
3

1 2
上单调递增，在 ,
3 5
 上单调递减，
1 1
∴当p= 时，f(p)有最大值，即f(p)的最大值点p = ；
3 0 3
(2)由题可设每盘游戏的得分为随机变量ξ，则ξ的可能值为-300,50,100,150，
p(ξ=-300)=(1-p)3;p(ξ=50)=C1p(1-p)2，
3
p(ξ=100)=C2p2(1-p);p(ξ=150)=p3，
3
所以Eξ  =-300(1-p)3+50C1p(1-p)2+100C2p2(1-p)+150p3= 3 3
7
300p3-3p2+ p-1
2
 ，
7 7 1
令g(p)=p3-3p2+ p-1，则g(p)=3p2-6p+ =3(p-1)2+ >0，
2 2 2
2
所以g(p)在0,
5
 单调递增；
2
∴g(p)<g
5

2
=- <0，故有Eξ
125
 <0，
这说明每盘游戏平均得分是负分，由概率统计的相关知识可知：
许多人经过若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而会减少.
5105 (2024·江苏南通·高三统考开学考试)现有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球和1个白
球，乙盒中有2个红球和2个白球，所有的球除颜色外都相同.某人随机选择一个盒子，并
从中随机摸出2个球观察颜色后放回，此过程为一次试验.重复以上试验，直到某次试验
中摸出2个红球时，停止试验.
(1)求一次试验中摸出2个红球的概率；
(2)在3次试验后恰好停止试验的条件下，求累计摸到2个红球的概率.
1 C2 1 C2 1
【解析】(1)一次试验摸出2个红球的概率为P= ⋅ 3 + ⋅ 2 = .
2 C2 2 C2 3
4 4
(2)记在3次试验后恰好停止试验为事件A，累计摸到2个红球为事件B，
∴PBA  PAB = 
PA 
，PAB  1 C2 = ⋅ 2
2 C2
4
 2 1 1 1 × = × ，PA
3 144 3
 1 =1-
3
 2 1 4 × =
3 9
1
× ，
3
∴PBA 
PAB
=

PA 
1 1
×
144 3 1
= = .
4 1 64 ×
9 3
5106 (2024·福建莆田·高三校考开学考试)甲、乙两名运动员进行五局三胜制的乒乓球比赛，
先赢得3局的运动员获胜，并结束比赛．设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲赢的概
2 1
率为 ，乙赢的概率为 ．
3 3
(1)求甲获胜的概率；
(2)设X为结束比赛所需要的局数，求随机变量X的分布列及数学期望．
2
【解析】(1)依题意，比赛三局且甲获胜的概率为P =
1 3

3 8
= ，
27
2 比赛四局且甲获胜的概率为P =C2
2 3 3
 2 2 ×1-
3
 2 8 × = ，
3 27
第 页 共 页
3300 34272 比赛五局且甲获胜的概率为P =C2
3 4 3
 2 2 ×1-
3
 2 2 16 × = ，
3 81
8 8 16 64
所以甲获胜的概率为P=P +P +P = + + = ．
1 2 3 27 27 81 81
(2)随机变量X的取值为3，4，5，
2
则P(X=3)=
3

3 1
+
3

3 1
= ，
3
2 P(X=4)=C2
3 3
 2 × 1 × 2 +C2 1
3 3 3 3
 2 2 1 8 2 10 × × = + = ，
3 3 27 27 27
2 P(X=5)=C2
4 3
 2 1 ×
3
 2 8 = ，
27
所以随机变量X的分布列为：
X 3 4 5
1 10 8
p(X)
3 27 27
1 10 8 107
则随机变量X的数学期望为E(X)=3× +4× +5× = ．
3 27 27 27
5107 (2024·福建漳州·高三统考开学考试)甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用2n-
1n∈N∗  局n胜制(当一选手先赢下n局比赛时，该选手获胜，比赛结束).已知每局比赛
甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1-p.
1
(1)若n=2，p= ，比赛结束时的局数为X，求X的分布列与数学期望；
2
(2)若n=3比n=2对甲更有利，求p的取值范围.
【解析】(1)依题意得，随机变量X所有可能取值为2,3，
1 可得P(X=2)=
2
 2 1 +1-
2
 2 = 1 ，P(X=3)=C1 1
2 2 2
 2 1 1-
2
 1 +C1
2 2
 1 1-
2
 2 =
1
，
2
所以随机变量X的分布列为
X 2 3
1
1
2
P
2
1 1 5
所以X的数学期望E(X)=2× +3× = .
2 2 2
(2)解法一：若采用3局2胜制，甲最终获胜的概率为p =p2+C1p2(1-p)=p2(3-2p)，
1 2
若采用5局3胜制，甲最终获胜的概率为：
p 2 =p3+C1 3 p3 1-p  +C2 4 p3 1-p  2=p3 6p2-15p+10  ，
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则p -p >0，
2 1
即p3 6p2-15p+10

-p2(3-2p)=p2 6p3-15p2+10p-3+2p

=3p2 2p3-5p2+4p-1

=3p2(p-1)2p2-3p+1

=3p2(p-1)2(2p-1)>0，
1
解得 <p<1.
2
解法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用ξ表示3局比赛中甲获胜的局数，则ξ~B(3,
p)，
甲最终获胜的概率为：p =P(ξ=2)+P(ξ=3)=C2p2(1-p)+C3p3
1 3 3
=p2 C2(1-p)+C3p
3 3

=p2(3-2p)，
第 页 共 页
3301 3427采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用η表示5局比赛中甲获胜的局数，则η~B(5,p)，
甲最终获胜的概率为：
p =P(η=3)+P(η=4)+P(η=5)=C3p3(1-p)2+C4p4(1-p)+C5p5
2 5 5 5
=p3 6p2-15p+10  ，
若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，则p -p >0，
2 1
即p3 6p2-15p+10

-p2(3-2p)=p2 6p3-15p2+10p-3+2p

=3p2 2p3-5p2+4p-1

=3p2(p-1)2p2-3p+1

=3p2(p-1)2(2p-1)>0，
1
解得 <p<1.
2
5108 (2024·全国·高三专题练习)某企业包装产品时，要求把2件优等品和n(n≥2，且n∈
N*)件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的
两件产品等级相同则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B.
(1)试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；
(2)设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f(p)，求当n为何值时，f(p)取得最大值，
并求出最大值.
【解析】(1)从n+2件正品中任选两个，有C2 种选法，其中等级相同有C2+C2种选法，
n+2 n 2
∴某箱产品抽检被记为B的概率
C2+C2 n2-n+2 4n
p=1- n 2 =1- = .
C2 n2+3n+2 n2+3n+2
n+2
(2)由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p，
则抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为
f(p)=C3p3(1-p)2=10p3(1-2p+p2)=10(p3-2p4+p5)，
5
所以f(p)=10(3p2-8p3+5p4)
=10p2(3-8p+5p2)=10p2(p-1)(5p-3)，
3
所以当p∈0，
5
 时，f(p)>0，函数f(p)单调递增，
3
当p∈ ，1
5
 时，f(p)<0，函数f(p)单调递减，
3 3 所以当p= 时，f(p)取得最大值，最大值为f
5 5
 3 =C3×
5 5
 3 3 ×1-
5
 2 216 = .
625
4n 3
此时p= = ，n≥2，且n∈N*，解得n=3，
n2+3n+2 5
216
∴当n=3时，抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率最大，最大值为 .
625
【解题方法总结】
(1)在解复杂的题目时，可利用“正难则反”的思想，通过考查原事件的对立事件来求其概
率．
(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．
3 题型三：二项分布
1
5109 (2024·福建莆田·高三校考开学考试)已知随机变量ξ服从二项分布ξ∼B4,
3
 ，则
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3302 3427Pξ=2  = .
8
【答案】
27
1
【解析】∵ξ∼B4,
3

1
表示做了4次独立实验，每次试验成功概率为 ，
3
∴Pξ=2  1 =C2× 4 3  2 2 × 3  2 8 = ， 27
8
故答案为：
27
5110 (2024·江苏常州·高三常州高级中学校考开学考试)设随机变量X~B(n,p)，记p =Ckpk
k n
(1-p)n-k，k=0,1,2,⋅⋅⋅,n．在研究p 的最大值时，某学习小组发现并证明了如下正确结
k
论：若(n+1)p为正整数，当k=(n+1)p时，p =p ，此时这两项概率均为最大值；若(n
k k-1
+1)p不为正整数，则当且仅当k取(n+1)p的整数部分时，p 取最大值．某同学重复投
k
掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数．当投掷到第20次时，记录到此时
点数1出现4次，若继续再进行80次投掷试验，则在这100次投掷试验中，点数1总共出
现的次数为 的概率最大．
【答案】17
1
【解析】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数X服从二项分布X~B80,
6
 ，
1 81
由k=(n+1)p=81× = =13.5，结合题中结论可知，k=13时概率最大，即后面
6 6
80次中出现13次点数1的概率最大，
加上前面20次中的4次，所以出现17次的概率最大.
故答案为：17.
5111 (2024·黑龙江佳木斯·高三校考开学考试)设随机变量ξ∼B2,p  ，若Pξ≥1 
5
= ，则p
9
的值为 .
1
【答案】
3
【解析】Pξ≥1  =1-Pξ=0  =1-1-p 
5
2= ⇒1-p
9

4
2= ，由于1>p>0，
9
1
所以p= ，
3
1
故答案为：
3
5112 (2024·全国·高三对口高考)假设某型号的每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率
为1-p0<p<1  ，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞
机就可成功飞行，若使4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，则p的取值范围是 ．
2
【答案】 ,1
3

【解析】由已知可得，飞机引擎运行正常的个数X∼Bn,p  ，
所以4引擎飞机正常运行的概率为P 1 =C2 4 p2 1-p  2+C3 4 p3 1-p  +C4p4=3p4-8p3+ 4
6p2.
2引擎飞机正常运行的概率为P 2 =C1 2 p1-p  +C2p2=-p2+2p. 2
所以，P 1 -P 2 =3p4-8p3+6p2--p2+2p  =pp-1  2 3p-2  .
因为4引擎飞机比2引擎飞机更为安全，所以P -P >0，
1 2
即pp-1  2 3p-2  >0.
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3303 34272
因为0<p<1，所以 <p<1.
3
2
故答案为： ,1
3
 .
5113 (2024·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习)一个袋子中装有N大小相同的球，其中
有N 个黄球，N 个白球，从中随机地摸出m个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数.
1 2
(1)若采取不放回摸球，当N=6，N =2，N =4，m=3时，求X的分布列；
1 2
(2)若采取有放回摸球，当N=100，N =50，N =50，m=10时，用样本中黄球的比例估
1 2
计总体黄球的比例，求误差不超过0.1的概率(用分数表示).
【解析】(1)对于不放回摸球，各次试验的结果不独立，X服从超几何分布，
且PX=k 
Ck⋅C3-k
= 2 4 ，k=0,1,2
C3
6
 ，
则PX=0 
C0⋅C3 1
= 2 4 = ，PX=1
C3 5
6

C1⋅C2 2
= 2 4 = ，PX=3
C3 5
6

C2⋅C1 1
= 2 4 = ，
C3 5
6
则分布列为
X 0 1 2
1 3 1
P
5 5 5
50 1
(2)对于有放回摸球，各次试验结果相互独立，且每次摸到黄球的概率为 = ，X服
100 2
1 从二项分布，即X∼B10, 2  ，且PX=k  1 =Ck ⋅ 10 2  k 1 ⋅1- 2  10-k ，k=0,1,2,⋯,10  ，
X
样本中黄球的比例 为一个随机变量，用样本中黄球的比例估计总体黄球的比例误差
10
X 1
不超过0.1的概率P  -
10 2
  ≤0.1  =P4≤X≤6  =PX=4  +PX=5  +PX=6 
1 C4 ⋅
10 2
 4 1 ⋅1-
2
 10-4 +C5 ⋅ 1
10 2
 5 1 ⋅1-
2
 10-5 +C6 ⋅ 1
10 2
 6 1 ⋅1-
2
 10-6
1 = 2  10 ×C4 10 +C5 10 +C6 10  462 231 = = . 210 512
5114 (2024·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习)“双减”政策执行以来，中学生有更多的时
间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中
随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间(单位：小时)，分别位于区间
7,9  ，9,11  ，11,13  ，13,15  ，15,17  ，17,19  ，用频率分布直方图表示如下，假设用频
率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.
(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间13,17  的概率；
(2)从全校学生中随机选取3人，记ξ表示这3人一周参加课后活动的时间在区间15,17 
的人数，求ξ的分布列和数学期望Eξ  .
第 页 共 页
3304 3427【解析】(1)由频率分布直方图知：100人中，一周参加课后活动的事件位于区间13,17 
的频率为0.125+0.200  ×2=0.65，
用频率估计概率，全校学生一周参加课后活动的时间位于区间13,17  的概率为0.65.
(2)用频率估计概率，从全校学生中随机抽取1人，则该人一周参加课后活动的事件在区
间15,17  的概率p=0.200×2=0.4，∴ξ~B3,0.4  ，
则ξ所有可能的取值为0,1,2,3，
Pξ=0  =0.63=0.216；Pξ=1  =C1 3 ×0.4×0.62=0.432；Pξ=2  =C2×0.42×0.6= 3
0.288；Pξ=3  =0.43=0.064；
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
0.28
P 0.216 0.432 0.064
8
∴数学期望Eξ  =3×0.4=1.2.
5115 (2024·广东·高三校联考阶段练习)甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投
中的概率均为P，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球一次，
确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一次可获得1分；乙按约定的
投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一
次可获得2分.按累计得分高低确定胜负．
1-p
(1)若乙得6分的概率 ，求p；
8
(2)由(1)问中求得的p值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能性大？
【解析】(1)若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，
其概率为p3⋅1-p  ，又0<p<1，
故p3⋅1-p 
1-p 1
= ，解得p= ；
8 2
1
(2)设X为甲累计获得的分数，则X∼B5,
2
 ，所以EX 
1 5
=np=5× = ，
2 2
设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
PY=0 
1
= ，PY=2
2

1 1
= ×1-
2 2

1
= ，
4
PY=4 
1
=
2

2 1
×1-
2

1
= ，PY=6
8

1
=
2

3 1
×1-
2

1
= ，
16
PY=8 
1
=
2

4 1
×1-
2

1
= ，PY=10
32

1
=
2

5 1
= ，
32
所以Y的分布列为：
Y 0 2 4 6 8 10
1 1 1 1 1 1
P
2 4 8 16 32 32
所以EY 
1 1 1 1 1 1 31
=0× +2× +4× +6× +8× +10× = ，
2 4 8 16 32 32 16
因为EX  >EY  ，所以甲获胜的可能性大
5116 (2024·浙江·高三校联考阶段练习)艾伦·麦席森·图灵提出的图灵测试，指测试者与被测
试者在隔开的情况下，通过一些装置(如键盘)向被测试者随意提问．已知在某一轮图灵
测试中有甲、乙、丙、丁4名测试者，每名测试者向一台机器(记为A)和一个人(记为B)各
第 页 共 页
3305 3427提出一个问题，并根据机器A和人的作答来判断谁是机器，若机器A能让至少一半的测
试者产生误判，则机器A通过本轮的图灵测试．假设每名测试者提问相互独立，且甲、
乙、丙、丁四人之间的提问互不相同，而每名测试者有60%的可能性会向A和B问同一个
题．当同一名测试者提出的两个问题相同时，机器A被误判的可能性为10%，当同一名
测试者提的两个问题不相同时，机器A被误判的可能性为35%．
(1)当回答一名测试者的问题时，求机器A被误判的概率；
(2)按现有设置程序，求机器A通过本轮图灵测试的概率．
【解析】(1)用M表示事件“测试者提出的两个问题相同”，N表示事件“测试者对机器产
生误判”，则
PN  =PNM 

+PNM  =PM  PNM 

+PM 

PNM  =0.6×0.1+(1-0.6)×
0.35=0.2．
(2)设X为4名测试者中产生误判的人数，由(1)可知，X~B(4,0.2)，
若机器通过本轮的图灵测试，则4名测试者中至少有2名产生误判，所以机器A通过图
灵测试的概率
P=1-P(X=0)-P(X=1)=1-C0×0.20×(1-0.2)4-C1×0.2×(1-0.2)3=
4 4
0.1808．
5117 (2024·广西玉林·高三校联考开学考试)某医药企业使用新技术对某款血液试剂进行试
生产.
(1)在试产初期，该款血液试剂的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第
四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款血液试剂在生产中，经过
1
前三道工序后的次品率为 .第四道工序中智能自动检测为次品的血液试剂会被自动
20
淘汰，合格的血液试剂进入流水线并由工人进行抽查检验.
已知批次I的血液试剂智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检
时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率；
(2)已知切比雪夫不等式：设随机变量X的期望为EX  ，方差为DX  ，则对任意ε>0，
均有P X-EX     ≥ε 
DX
≤

.药厂宣称该血液试剂对检测某种疾病的有效率为
ε2
80%，现随机选择了100份血液样本，使用该血液试剂进行检测，每份血液样本检测结果
相互独立，显示有效的份数不超过60份，请结合切比雪夫不等式，通过计算说明该企业的
宣传内容是否真实可信.
【解析】(1)设批次I的血液试剂智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
由已知得PA 
98
= ,PAB
100

1 19
=1- = ，
20 20
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个血液试剂恰为合格品的概率为
PB|A 
PAB
=

PA 
19 100 95
= × = .
20 98 98
(2)设100份血液样本中检测有效的份数为X，假设该企业关于此新试剂有效率的宣传内
容是客观真实的，那么在此假设下，X∼B100,0.8  ，
第 页 共 页
3306 3427EX  =100×0.8=80,DX  =100×0.8×1-0.8  =16，
由切比雪夫不等式，有PX≤60  ≤P X-80   ≥20 
DX
≤

=0.04，
202
即在假设下，100份血液样本中显示有效的份数不超过60份的概率不超过0.04，此概率
很小，
据此我们有理由推断该企业的宣传内容不可信.
5118 (2024·全国·高三专题练习)袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次
取1个球.求：
(1)有放回抽样时，取到黑球的个数X的分布列、数学期望和方差；
(2)不放回抽样时，取到黑球的个数Y的分布列、数学期望和方差.
【解析】(1)有放回抽样时，取到的黑球数X可能的取值为0 , 1 , 2 , 3.又由
1
于每次取到黑球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则X∼B3,
5
 .
∴PX=0  1 =C0 3 5  0 4 × 5  3 64 = ；PX=1 125  1 =C1 3 5  1 4 × 5  2 48 = ；PX=2 125  =
1 C2
3 5
 2 4 ×
5
 1 12 = ；
125
PX=3  1 =C3 3 5  3 4 × 5  0 1 = . 125
因此，X的分布列为
X 0 1 2 3
64 48 12 1
P
125 125 125 125
EX 
3 9
=3× = ,DX
5 5

3 2 18
=3× × = .
5 5 25
(2)不放回抽样时，取到的黑球数Y可能的取值为0 , 1 , 2，且有：
PY=0 
C0C3 7
= 2 8 = ；PY=1
C3 15
10

C1C2 7
= 2 8 = ；PY=2
C3 15
10

C2C1 1
= 2 8 = .
C3 15
10
因此，Y的分布列为
Y 0 1 2
7 7 1
P
15 15 15
EY 
7 7 1 3
=0× +1× +2× = ,DX
15 15 15 5

3
=0-
5

2 7 3
× +1-
15 5

2 7
× +
15
3
2-
5

2 1 28
× = .
15 75
5119 (2024·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)第四届应急管理普法知识竞赛线
上启动仪式在3月21日上午举行，为普及应急管理知识，某高校开展了“应急管理普法知
识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取100名，统计他们的成绩(满分100分)，
其中成绩不低于80分的学生被评为“普法王者”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分
布直方图.
第 页 共 页
3307 3427(1)若该校参赛人数达20000人，请估计其中有多少名“普法王者”；
(2)随机从该高校参加竞赛的学生中抽取3名学生，记其中“普法王者”人数为ξ，用频率估
计概率，请你写出ξ的分布列.
【解析】(1)由频率分布直方图可知，(0.004+0.006+2a+0.028+0.018)×10=1，
解得a=0.022，成绩不低于80分的学生被评为“普法王者”，
则“普法王者”的频率为(0.022+0.018)×10=0.4，
则该校参赛人数达20000人中“普法王者”人数为0.4×20000=8000.
(2)随机从该高校参加竞赛的学生中抽取3名学生，记其中“普法王者”人数为ξ，
则ξ的取值为0，1，2，3，
2 3
由(1)知，从中任取一人是“普法王者”的概率为 ，不是“普法王者”的概率为 ，
5 5
则Pξ=0  3 =C0 3 5  3 27 = ，Pξ=1 125  3 =C1 3 5  2 2  5  54 = ， 125
Pξ=2  3 =C2 3 5  2  5  2 36 = ，Pξ=3 125  2 =C3 3 5  3 8 = ； 125
故ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
27 54 36 8
P
125 125 125 125
5120 (2024·四川攀枝花·统考三模)某企业从生产的一批产品中抽取100个作为样本，测量这
些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求这100件产品质量指标值的样本平均数x(同一组数据用该区间的中点值作代表)和
中位数；
(2)已知某用户从该企业购买了3件该产品，用X表示这3件产品中质量指标值位于
15,25  内的产品件数，用频率代替概率，求X的分布列和数学期望．

【解析】(1)由已知得x=10×0.015×10+20×0.040×10+30×0.025×10+40×
0.020×10=25．
因为0.15+0.4>0.5．设中位数为x，则x∈15,25  ，
则0.015×10+0.04×x-15  =0.5，解得x=23.75．
第 页 共 页
3308 3427(2)因为购买一件产品，其质量指标值位于15,25 
2 2
内的概率为 ，所X∼B3,
5 5
 ，
PX=0  2 =1- 5  3 27 = ，PX=1 125  2 2 =C1× ×1- 3 5 5  2 54 = ， 125
PX=2  2 =C2× 3 5  2 2 ×1- 5  36 = ，PX=3 125  2 = 5  3 8 = ， 125
所以X的分布为
X 0 1 2 3
27 54 36 8
P
125 125 125 125
所以，EX 
2 6
=3× = ．
5 5
【解题方法总结】
1、二项分布求解随机变量涉及“至少“”至多”问题的取值概率，其实质是求在某一取值范
围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率．
2、二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率．解题的
一般思路是：
(1)根据题意设出随机变量；
(2)分析出随机变量服从二项分布；
(3)找到参数n，p；
(4)写出二项分布的分布列；
(5)将k值代入求解概率．
4 题型四：超几何分布
5121 (2024·全国·高三对口高考)厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给
商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产
品．若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，都
进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收．则该商家拒收这批产品的概率
是 ．
27
【答案】
95
【解析】依题意，这20件产品中有20-3=17件合格品，
C2 136 68
所以该商家接收这批产品的概率为P= 17 = = ，
C2 190 95
20
68 27
故商家拒收这批产品的概率为1-P=1- = .
95 95
27
故答案为： .
95
5122 (2024·山东枣庄·统考二模)一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个
白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．
当PX=k  最大时，EX  +k= ．
4
【答案】17
5
【解析】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布
PX=k 
CkC22-k
= 40 60 ，k=0，1，2...22，
C22
100
第 页 共 页
3309 3427PX=k  最大时，即CkC22-k最大， 40 60
超几何分布最大项问题，利用比值求最大项
设a s =PX=s 
CsCm-s
= k n-k Cm
n
a Cs+1Cm-s-1 Cm
则 s+1 = k n-k ⋅ n
a Cm CsCm-s
s n k n-k
k!
s+1
=
 !k-s-1  !
k!
s!k-s 
n-k
⋅
!
 !
m-s-1  !n-k-m+s+1  !
n-k  !
m-s  !n-k-m+s  !
k-s
=
 m-s 
s+1  n-k-m+s+1 
k-s
令
 m-s 
s+1  n-k-m+s+1 
>1
⇒k-s  m-s  >s+1  n-k-m+s+1 
⇒s2-k+m  s+km>s2+2+n-k-m  s+1+n-k-m
⇒km>n+2  s+1+n-m-k 
⇒km+m+k  +1>n+2  s+1+n  +1
k+1
⇒s<
 m+1 
-1
n+2
k+1
故当s≤
 m+1 
时，PX=s
n+2
 严格增加，
k+1
当s≥
 m+1 
-1时，PX=s
n+2
 严格下降，
即k=9时取最大值，
此题中n=100，m=22，k=40，s=k，
根据超几何分布的期望公式可得EX 
k×m 40×22
= = =8.8，
n 100
EX  +k=8.8+9=17.8
故答案为：17.8
5123 (2024·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习)莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是
世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术胜地，每年都会吸引来自世界各地的游客参
观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中莫高窟
九层楼96号窟、莫高窟三层楼16号窟、藏经洞17号窟被誉为最值得参观的洞窟．根据疫
情防控的需要，莫高窟改为极速参观模式，游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个
进行参观，所有选择中至少包含2个最值得参观洞窟的概率是 ．
1
【答案】 /0.5
2
【解析】已知8个开放洞窟中有3个最值得参观，随机选择4个进行参观，至少包含2个最
值得参观洞窟包括2个或3个两种情况.
C2C2+C3C1 1
所求概率为P= 3 5 3 5 = .
C4 2
8
1
故答案为： .
2
5124 (2024·高三课时练习)袋中装有10个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意
第 页 共 页
3310 34277
摸出2个球，至少得到1个白球的概率是 ．现从该袋中任意摸出3个球，记得到白球的
9
个数为X，则E(X)= ．
3
【答案】 /1.5
2
【解析】设袋中有m个黑球，则白球有10-m，
C2 mm-1
由题意可得： m =
C2
10
 7
=1- ，解得m=5或m=-4(舍去)，
90 9
故X的可能取值有0,1,2,3，则有：
PX=0 
C3 1
= 5 = ,PX=1
C3 12
10

C2C1 5
= 5 5 = ,PX=2
C3 12
10

C1C2 5
= 5 5 = ,PX=3
C3 12
10

C3
= 5
C3
10
1
= ，
12
可得X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 5 5 1
P
12 12 12 12
故EX 
1 5 5 1 3
=0× +1× +2× +3× = .
12 12 12 12 2
3
故答案为： .
2
5125 (2024·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测)某乒乓球队训练教官为了检验学员某
项技能的水平，随机抽取100名学员进行测试，并根据该项技能的评价指标，按60,65  ,
65,70  ,70,75  ,75,80  ,80,85  ,85,90  ,90,95  ,95,100  分成8组，得到如图所示的频
率分布直方图．
(1)求a的值，并估计该项技能的评价指标的中位数(精确到0.1)；
(2)若采用分层抽样的方法从评价指标在70,75  和85,90  内的学员中随机抽取12名，
再从这12名学员中随机抽取5名学员，记抽取到学员的该项技能的评价指标在70,75 
内的学员人数为X，求X的分布列与数学期望．
【解析】(1)由直方图可知0.008+0.016+0.020+a+0.044+0.040+0.028+0.008  ×5
=1，
解得a=0.036．
因为0.008+0.016+0.02+0.036  ×5=0.4<0.5，
0.008+0.016+0.02+0.036+0.044  ×5=0.62>0.5，
所以学员该项技能的评价指标的中位数在80,85  内．
设学员该项技能的评价指标的中位数为m，则m-80  ×0.044+0.4=0.5，
第 页 共 页
3311 3427解得m≈82.3．
(2)由题意可知抽取的12名学员中该项技能的评价指标在70,75  内的有4名，在
85,90  内的有8名．
由题意可知X的所有可能取值为0,1,2,3,4．
PX=0 
C5 7
= 8 = ，PX=1
C5 99
12

C4C1 35
= 8 4 = ，
C5 99
12
PX=2 
C3C2 14
= 8 4 = ，PX=3
C5 33
12

C2C3 14
= 8 4 = ，
C5 99
12
PX=4 
C1C4 1
= 8 4 = ，
C5 99
12
则X的分布列为
X 0 1 2 3 4
7 35 14 14 1
P
99 99 33 99 99
EX 
7 35 14 14 1 5
=0× +1× +2× +3× +4× = .
99 99 33 99 99 3
5126 (2024·湖南益阳·高三统考阶段练习)某公司生产一种电子产品，每批产品进入市场之
前，需要对其进行检测，现从某批产品中随机抽取9箱进行检测，其中有5箱为一等品.
(1)若从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率；
(2)若从这9箱产品中随机抽取3箱，记ξ表示抽到一等品的箱数，求ξ的分布列和期望.
【解析】(1)设从这9箱产品中随机抽取的3箱产品中至少有2箱是一等品的事件为A，
则PA 
C2C1+C3C0 10×4+10×1 25
= 5 4 5 4 = = ，
C3 84 42
9
25
因此从这9箱产品中随机抽取3箱，求至少有2箱是一等品的概率为 .
42
(2)由题意可知ξ的所有可能取值为0,1,2,3，由超几何分布概率公式得
Pξ=0 
C3C0 4 1
= 4 5 = = ，Pξ=1
C3 84 21
9

C2C1 30 5
= 4 5 = = ，Pξ=2
C3 84 14
9

C1C2 40
= 4 5 = =
C3 84
9
10
，Pξ=3
21

C0C3 10 5
= 4 5 = = ，
C3 84 42
9
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
Pξ 
1 5 10 5
21 14 21 42
所以Eξ 
1 5 10 5 5
= ×0+ ×1+ ×2+ ×3= .
21 14 21 42 3
5127 (2024·陕西·高三校联考阶段练习)人工智能(AI)是当今科技领域最热门的话题之一，某
学校组织学生参加以人工智能(AI)为主题的知识竞赛，为了解该校学生在该知识竞赛中
的情况，现采用随机抽样的方法抽取了600名学生进行调查，分数分布在450~950分之
间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示．将分数不低于850分的
学生称为“最佳选手”．
第 页 共 页
3312 3427(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校学生分数的中位数；
(2)现采用分层抽样的方法从分数落在650,750  ，850,950  内的两组学生中抽取7人，
再从这7人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“最佳选手”的学生人数为随机变
量X，求X的分布列及数学期望．
【解析】(1)由题意知100×0.0010×2+0.0035+a+0.0020  =1，
解得a=0.0025，
分数段450,550  对应的频率为0.1，550,650  对应的频率为0.35，650,750  对应的频
率为0.25，
设中位数为x，则x∈650,750  ．
由0.1+0.35+x-650  ×0.0025=0.5，解得x=670．
(2)由题意知从分数段650,750  对应的学生中抽取5人，
从850,950  对应的学生中抽取2人，随机变量X的所有可能取值为0，1，2．
则PX=0 
C0C3 2
= 2 5 = ，
C3 7
7
PX=1 
C1C2 4
= 2 5 = ，
C3 7
7
PX=2 
C2C1 1
= 2 5 = ，
C3 7
7
随机变量X的分布列为
X 0 1 2
2 4 1
P
7 7 7
所以EX 
2 4 1 6
=0× +1× +2× = ．
7 7 7 7
5128 (2024·河北衡水·河北衡水中学校考一模)温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护
结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季
节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性
能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱.温室蔬菜生长和蔬菜产品
卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质
量等级划定如表所示.
环境质 土壤各单项或综合 灌溉水各单项或综合 环境空气各单项或综 等级
量等级 质量指数 质量指数 合质量指数 名称
1 ≤0.7 ≤0.5 ≤0.6 清洁
第 页 共 页
3313 3427尚清
2 0.7∼1.0 0.5∼1.0 0.6∼1.0
洁
3 >1.0 >1.0 >1.0 超标
各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，
若确对其所影响的植物(生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标)或周围环境(地
下水、地表水、大气等)有危害，方能确定为污染.某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、
戊、已、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜坏境产地质量监测得到
的相关数据如下：
(1)若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概
率；
(2)现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记ξ为技术员选中村的环
境空气等级为尚清洁的个数，求ξ的分布列和数学期望.
【解析】(1)由折线图可知：应对土壤做进一步调研的村共4个，
从8个村中随机抽取2个进行调查，基本事件总数有C2=28个；
8
其中抽取的2个村应对土壤做进一步调研的基本事件个数有C2=6个，
4
6 3
∴所求概率p= = .
28 14
(2)由折线图可知：环境空气等级为尚清洁的村共有5个，则ξ所有可能的取值为0,1,2,
3，
∵Pξ=0 
C3 1
= 3 = ；Pξ=1
C3 56
8

C2C1 15
= 3 5 = ；Pξ=2
C3 56
8

C1C2 30 15
= 3 5 = = ；Pξ=3
C3 56 28
8

C3 10 5
= 5 = = ；
C3 56 28
8
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
1 15 15 5
P
56 56 28 28
∴数学期望Eξ 
1 15 15 5 15
=0× +1× +2× +3× = .
56 56 28 28 8
【解题方法总结】
1、随机变量是否服从超几何分布的判断
若随机变量X服从超几何分布，则满足如下条件：(1)该试验是不放回地抽取n次；(2)
随机变量X表示抽取到的次品件数(或类似事件)，反之亦然．
2、求超几何分布的分布列的步骤
(1)验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
第 页 共 页
3314 3427(2)根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
(3)列出分布列．
5 题型五：二项分布与超几何分布的综合应用
5129 (2024·全国·高三专题练习)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？
【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PA 
C2C1 1
= 2 1 = ，
C3 120
10
所以两位顾客均享受到免单的概率为P=PA  ⋅PA 
1
= ；
14400
(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.
PX=0 
C2C1 1
= 2 1 = ，PX=500
C3 120
10

C2C1 7
= 2 7 = ，
C3 120
10
PX=700 
C1C2 7
= 1 7 = ，PX=1000
C3 40
10

1 7 7 91
=1- - - = .
120 120 40 120
故X的分布列为，
X 0 500 700 1000
1 7 7 91
P
120 120 40 120
所以EX 
1 7 7 91
=0× +500× +700× +1000× =910(元).
120 120 40 120
若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z=1000-200Y，
3
由已知可得Y~B3,
10
 ，故EY 
3 9
=3× = ，
10 10
所以EZ  =E1000-200Y  =1000-200EY  =820(元).
因为EX  >EZ  ，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
5130 (2024·全国·高三专题练习)4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了
解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线
调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成0,2  ，
2,4  ，4,6  ，6,8  ，8,10  ，10,12  ，12,14  ，14,16  ，16,18  九组，绘制成如图所示的
频率分布直方图．
第 页 共 页
3315 3427(1)从这500名学生中随机抽取一人，日平均阅读时间在10,12  内的概率；
(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日
平均阅读时间在12,14  ，14,16  ，16,18  三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了
10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在14,16  内的学生人数为X，求
X的分布列和数学期望；
(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用Pk  表示
这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在8,12  内的概率，其中k=0，1，2，⋯，
10．当Pk  最大时，写出k的值．(只需写出结论)
【解析】(1)由频率分布直方图得：
2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1，
解得a=0.10，0.10×2=0.20，所以日平均阅读时间在10,12  内的概率为0.20；
(2)由频率分布直方图得：
这500名学生中日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生人数分别
为：500×0.10=50人，500×0.08=40人，500×0.02=10人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
40
则从日平均阅读时间在(14，16]内的学生中抽取： ×10=4人，
50+40+10
现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
C3 20 1
P(X=0)= 6 = = ，
C3 120 6
10
C1C2 60 1
P(X=1)= 4 6 = = ，
C3 120 2
10
C2C1 36 3
P(X=2)= 4 6 = = ，
C3 120 10
10
C3 4 1
P(X=3)= 4 = = ，
C3 120 30
10
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 1 3 1
P
6 2 10 30
数学期望EX 
1 3 1 6
=1× +2× +3× = .
2 10 30 5
(3)k=5，理由如下：
第 页 共 页
3316 3427由频率分布直方图得学生日平均阅读时间在8,12  内的概率为0.50，从该地区所有高一
学生中随机抽取10名学生，恰有k名学生日平均阅读时间在8,12  内的分布列服从二项
1 分布X∼B(10,0.50)，P(k)=Ck 
10 2
 k 1 1-
2
 10-k =Ck  1
10 2
 10 ，由组合数的性质可得k=5
时Pk  最大.
5131 (2024·全国·镇海中学校联考模拟预测)某学校从全体师生中随机抽取30位男生、30位
女生、12位教师一起参加社会实践活动.
(1)假设30位男生身高均不相同，记其身高的第80百分位数为α，从学校全体男生中随机
选取3人，记X为3人中身高不超过α的人数，以频率估计概率求X的分布列及数学期
望；
(2)从参加社会实践活动的72人中一次性随机选出30位，记被选出的人中恰好有
kk=1,2,⋯,30  个男生的概率为Pk  ，求使得Pk  取得最大值的k的值.
【解析】(1)X所有可能的取值为0,1,2,3，且X~B3,0.8  .
PX=0  =C0×(1-0.8)3=0.008； 3
PX=1  =C1×0.81×(1-0.8)2=0.096； 3
PX=2  =C2×0.82×(1-0.8)1=0.384； 3
PX=3  =C3×0.83=0.512. 3
故X的分布列为
X 0 1 2 3
0.00 0.09 0.38
P 0.512
8 6 4
所以EX  =3×0.8=2.4.
(2)设事件A为“被选出的人中恰好有k位男生”，
则30个人中剩下30-k  个人为女生或者老师，事件包含样本点的个数为CkC30-k， 30 42
所以Pk 
CkC30-k 30!42! 1
= 30 42 = ⋅
C30 C30 k!30-k
72 72
 !30-k  !k+12 
.
!
Pk+1
所以

Pk 
(30-k)2
=
k+1  k+13 
887
>1，解得k< .
74
所以P12  >P11  >P10  ⋯,P12  >P13  >P14  >⋯，
故当k=12时，Pk  最大.
5132 (2024·福建福州·福州三中校考模拟预测)某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该
市中学生进行了一次数学知识竞赛.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名
学生的竞赛成绩(单位：分)，并以此为样本绘制了如下频率分布直方图.
第 页 共 页
3317 3427(1)求该100名学生竞赛成绩的中位数；(结果保留整数)
(2)从竞赛成绩在40,50  ,50,60  的两组的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现
从这10人中随机抽取3人，记竞赛成绩在40,50  的学生人数为X，求X的分布列和数学
期望EX  ；
(3)以样本的频率估计概率，从30,50  随机抽取20名学生，用Pk  表示这20名学生中
恰有k名学生竞赛成绩在30,40  内的概率，其中k=0,1,2,⋯,20．当Pk  最大时，求k.
【解析】(1)由直方图可知成绩在30,40  ，40,50  ，50,60  ，60,70  的频率和为0.06+
0.12+0.18+0.34=0.7>0.5，而成绩在60,70  的频率为0.34，
则抽取的100名学生成绩的中位数在60,70  内，设中位数为x，则0.36+x-60  ×
0.034=0.5，
解得x=64.118≈64，所以该100名学生竞赛成绩的中位数约为64；
(2)由频率分布直方图可得：竞赛成绩在40,50  ，50,60  两组的频率之比为0.12:0.18=
2:3，
则10人中竞赛成绩在40,50 
4
的人数为10× =4人；在50,60
10

6
的人数为10× =
10
6人；
则X所有可能的取值为0，1，2，3，
于是PX=0 
C3 20 1
= 6 = = ，PX=1
C3 120 6
10

C2C1 60 1
= 6 4 = = ，
C3 120 2
10
PX=2 
C1C2 36 3
= 6 4 = = ，PX=4
C3 120 10
10

C3 4 1
= 4 = = ，
C3 120 30
10
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
1 1 3 1
P
6 2 10 30
数学期望为EX 
1 1 3 1 6
=0× +1× +2× +3× = ；
6 2 10 30 5
(3)用频率估计概率，竞赛成绩在30,40 
0.06 1
内的概率P= = ，
0.06+0.12 3
则Pk  =Ck 20 Pk 1-P  1 20-k=Ck × 20 3  k 2 × 3  20-k = Ck 20 220-k ， 320
Pk+1 
Pk 
Ck+1219-k 20!
20
320 1 k+1
= = ×
Ck220-k 2
20
320
 !19-k  !
20!
k!20-k 
1 20-k 1 21
= × = -1+
2 k+1 2 k+1
!
 ．
Pk+1
令

Pk 
1 21
= -1+
2 k+1
 ≥1，解得k≤6，
当且仅当k=6时取等号，即P(6)=P(7)，
当k<6,k∈N时，P(k+1)>P(k)，当k>6,k∈N,k≤20时，P(k+1)<P(k)，
所以当k=6或k=7，Pk  最大.
(1)设A为事件“：在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件A发生的所有情况有：
所以PA 
1 1 1 1
= + + = ．
12 3 12 2
则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为：
3 1 2 P=C1× × ×C2×
2 4 4 2 3
 2 +C2× 3
2 4
 2 ×C1× 2 × 1 +C2× 3
2 3 3 2 4
 2 ×C2× 2
2 3
 2
第 页 共 页
3318 34271 1 1 2
= + + = ，
6 4 4 3
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行4轮比赛可看作4重伯努利试验．
2
用X表示教师甲在4轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则X∼B4,
3
 ．
EX 
2 8
=4× = <3，故教师甲不能进入复赛．
3 3
5133 (2024·甘肃·统考一模)“稻草很轻，但是他迎着风仍然坚韧，这就是生命的力量，意志的
力量”“当你为未来付出踏踏实实努力的时候，那些你觉得看不到的人和遇不到的风景都
终将在你生命里出现”⋯⋯当读到这些话时，你会切身体会到读书破万卷给予我们的力
量．为了解某普通高中学生的阅读时间，从该校随机抽取了800名学生进行调查，得到了
这800名学生一周的平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成九组，绘制成如图所
示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)为进一步了解这800名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在12,14  ，
14,16  ，16,18  三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机
抽取3人，记周平均阅读时间在14,16  内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望；
(3)以样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取20名学生，用Pk  表示这20名
学生中恰有k名学生周平均阅读时间在8,12  内的概率，其中k=0,1,2,⋅⋅⋅,20．当Pk 
最大时，写出k的值．
【解析】(1)∵0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01  ×2=1，∴a=0.1.
(2)由频率分布直方图可得：周平均阅读时间在12,14  ，14,16  ，16,18  三组的频率之
比为0.05:0.04:0.01=5:4:1，
∴10人中，周平均阅读时间在12,14 
5
的人数为10× =5人；在14,16
10
 的人数为10×
4
=4人；在16,18
10

1
的人数为10× =1人；
10
则X所有可能的取值为0,1,2,3，
∴PX=0 
C3 20 1
= 6 = = ；PX=1
C3 120 6
10

C2C1 60 1
= 6 4 = = ；PX=2
C3 120 2
10

C1C2 36
= 6 4 =
C3 120
10
3
= ；PX=3
10

C3 4 1
= 4 = = ；
C3 120 30
10
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
第 页 共 页
3319 34271 1 3 1
6 2 10 30
∴数学期望EX 
1 1 3 1 6
=0× +1× +2× +3× = .
6 2 10 30 5
(3)用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取1名学生，周平均阅读时间在8,12  内
的概率p=0.15+0.1 
1
×2=0.5= ；
2
则Pk  =Ck 20 pk 1-p 
1 1 Ck
20-k=Ck × × = 20， 20 2k 220-k 220
若Pk  最大，则Ck 20 最大，∴当k=10时，Pk  取得最大值.
5134 (2024·内蒙古·高三校考期末)电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的
收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众日均收看
该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称
为“体育迷”．将上述调查所得到的频率视为概率．
(1)现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被
抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X．若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布
列及数学期望．
(2)用分层抽样的方法从这100名“体育迷”中抽取8名观众，再从抽取的抽取8名观众中
随机抽取3名，Y表示抽取的是“体育迷”的人数，求Y的分布列．
【解析】(1)“体育迷”对应的频率为：0.02+0.005 
1
×10=0.25= ，
4
用频率估计概率，可知从该地区大量电视观众中，随机抽取1名观众，该观众是“体育迷”
1 1
的概率为 ，则X∼B3,
4 4
 ；
∵X所有可能的取值为0,1,2,3，
∴PX=0  3 =C0× 3 4  3 27 = ；PX=1 64  1 3 =C1× × 3 4 4  2 27 = ；PX=2 64  1 =C2× 3 4  2
3 9 × = ；PX=3 4 64  1 =C3× 3 4  3 1 = ； 64
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
27 27 9 1
P
64 64 64 64
数学期望EX 
1 3
=3× = .
4 4
1
(2)根据分层抽样原则知：抽取的8人中，有“体育迷”8× =2人，非“体育迷”体育迷8
4
第 页 共 页
3320 34273
× =6人，则Y所有可能的取值为0,1,2，
4
∵PY=0 
C3 20 5
= 6 = = ；PY=1
C3 56 14
8

C2C1 30 15
= 6 2 = = ；PY=2
C3 56 28
8

C1C2 6
= 6 2 =
C3 56
8
3
= ；
28
∴Y的分布列为：
Y 0 1 2
5 15 3
P
14 28 28
【解题方法总结】
超几何分布和二项分布的区别
(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2)超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；
而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的.
6 题型六：正态密度函数
5135 (2024·全国·高三竞赛)已知两个连续型随机变量X，Y满足条件2X+Y=2，且Y服从
标准正态分布．设函数Fx  =P X-2x   >1  ，则Fx  的图像大致为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】Fx  =P X-2x   >1 
Y
=P(X>2x+1或X<2x-1)，因为X=1- ，
2
所以Fx 
Y Y
=P(1- >2x+1或1- <2x-1)，即Fx
2 2
 =P(Y<-4x或Y>4-
4x)，
F1-x  =P[Y<-41-x  或Y>4-41-x  ]=P(Y<-4+4x或Y>4x)
因为Y服从标准正态分布，所以根据对称性可知Fx  =F1-x  ，所以函数Fx  关于x
1
= 对称，故排除AC；
2
1 1
当x= 时，F
2 2
 =P X-1   >1 
Y 1
，X=1- ，所以F
2 2
 =P X-1   >1  =
Y
P 
2
  >1  =P(Y>2或Y<-2),因为Y∼N0,1  ，其中μ=0,σ=1，-2=μ-2σ，2=
1
μ+2σ，根据3σ原则可知，F
2
 =1-0.9545=0.0455，所以排除B；
故选：D
第 页 共 页
3321 34275136 (2024·全国·高三专题练习)设随机变量X的正态分布密度函数为fx 
1 -x+3
= ⋅e
2 π
 2
4 ，
x∈-∞,+∞  ，则参数μ，σ的值分别是 ( )
A. μ=3，σ=2 B. μ=-3，σ=2 C. μ=3，σ= 2 D. μ=-3，σ= 2
【答案】D
【解析】由正态分布密度函数表达式知μ=-3，σ= 2.
故选：D.
5137 (2024·河南信阳·高三河南宋基信阳实验中学校考开学考试)某市期末教学质量检测，
甲、乙、丙三科考试成绩近似服从正态分布，则由如图曲线可得下列说法中正确的是
( )
A.甲学科总体的均值最小 B.乙学科总体的方差及均值都居中
C.丙学科总体的方差最大 D.甲、乙、丙的总体的均值不相同
【答案】C
【解析】由题中图象可知三科总体的平均数(均值)相等由正态密度曲线的性质,可知σ
越大,正态曲线越扁平,σ越小,正态曲线越尖陡,故三科总体的标准差从小到大依次为
甲、乙、丙.
故选:C.
5138 (2024·全国·高三专题练习)已知连续型随机变量X~N(u，σ2)(i=1，2，3)，其正态曲线
i i i
如图所示，则下列结论正确的是 ( )
A.P(X ≤μ )<P(X ≤μ)
1 2 2 1
B.P(X ≥μ )>P(X ≥μ )
2 2 3 3
C.P(X ≤μ )<P(X ≤μ )
1 2 2 3
D.P(μ -2σ ≤X ≤μ +2σ)=P(μ -2σ ≤X ≤μ +2σ )(i=1，2)
i i i i i i+1 i+1 i+1 i+1 i+1
第 页 共 页
3322 3427【答案】D
【解析】对于A：P(X ≤μ )是第一条正态分布密度函数图象在第二条虚线左侧与x轴围
1 2
成的部分，
P(X ≤μ)是第二条正态分布密度函数图象在第一条虚线左侧与x轴围成的部分，
2 1
故由图象可知P(X ≤μ )>P(X ≤μ)，故A错误；
1 2 2 1
1 1
对于B：P(X ≥μ )= ，P(X ≥μ )= ，则P(X ≥μ )=P(X ≥μ )，故B错误；
2 2 2 3 3 2 2 2 3 3
对于C：与A分析同理，P(X ≤μ )>P(X ≤μ )，故C错误；
1 2 2 3
对于D：由于概率表示曲线和x轴围成的部分，与是i还是i+1无关，
故P(μi-2σi≤Xi≤μi+2σi)=P(μi -2σi ≤Xi ≤μi +2σi )(i=1，2)成立，故
+1 +1 +1 +1 +1
D正确.
故选：D.
5139 (2024·上海浦东新·高三上海市建平中学校考开学考试)某物理量的测量结果服从正态
分布N10,σ2  ，下列结论中不正确的是 ( )
A.σ越大，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C.σ越大，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,10.1)的概率相等
【答案】A
【解析】σ2为数据的方差，所以σ越大，数据在均值附近越分散，所以测量结果落在(9.9,
10.1)内的概率越小，故A错误;
由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；
由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于
9.99的概率相等，故C正确；
由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(9.8,
10.1)的概率相等，故D正确.
故选：A.
【解题方法总结】
求正态曲线的两个方法
1
(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 ．
2πσ
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
7 题型七：正态曲线的性质
5140 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)若随机变量X∼N10,22  ，则下列选项错
误的是 ( )
A.PX≥10  =0.5 B.PX≤8  +PX≤12  =1
C.P8≤X≤12  =2P8≤X≤10  D.D2X+1  =8
【答案】D
【解析】根据随机变量X∼N10,22  可知正态分布曲线的对称轴为X=10，均值为2，方
差为4，
所以PX≥10  =0.5，故A正确，PX≤8  +PX≤12  =PX≥12  +PX≤12  =1，
第 页 共 页
3323 3427故B正确，
P8≤X≤12  =2P8≤X≤10  ，C正确，
D2X+1  =4DX  =16，故D错误，
故选：D
5141 (2024·湖北荆州·高三石首市第一中学校考阶段练习)某校高二年级1600名学生参加期
末统考，已知数学成绩X∼N100,σ2  (满分150分)．统计结果显示数学考试成绩在80分
3
到120分之间的人数约为总人数的 ．则此次统考中数学成绩不低于120分的学生人数
4
约为 ( )
A.80 B.100 C.120 D.200
【答案】D
【解析】由题意可知：成绩X∼N100,σ2  ，则其正态曲线关于直线x=100对称，
3
又因为成绩在80分到120分之间的人数约占总人数的 ，
4
1 3
由对称性知：成绩不低于120分的学生约为总人数的 ×1-
2 4

1
= ，
8
1
所以此次考试成绩不低于120分的学生约有： ×1600=200人．
8
故选：D．
5142 (2024·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)随机变量X服从正态分布X∼
N10,σ2  ,P(X>12)=m,P8≤X≤10 
1 1
=n，则 + 的最小值为 ( )
2m n
A.3+4 2 B.6+2 2 C.6+4 2 D.3+2 2
【答案】D
【解析】由随机变量X服从正态分布X∼N10,σ2  ，其正态分布分布曲线的对称轴为直
线x=10，
则PX>12  =PX<8  ，P8≤X≤10  =P10≤X≤12  ，
2×PX>12  +2×P8≤X≤10  =2m+2n=1，且m>0，n>0，
1 1
所以 + =2m+2n
2m n

1 1
 +
2m n

n 2m
= + +3≥2 2+3，
m n
n 2m
当且仅当 = ，即n= 2m时，取等号.
m n
故选：D.
5143 (2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习)南沿江高铁即将开通，某小区居民前
往高铁站有①，②两条路线可走，路线①穿过市区，路程较短但交通拥挤，经测算所需时
间(单位为分钟)服从正态分布N50,100  ；路线②骑共享单车到地铁站，乘地铁前往，路
程长，但意外阻塞较少，经测算所需时间(单位为分钟)服从正态分布N60,16  .该小区的
甲乙两人分别有70分钟与64分钟可用，要使两人按时到达车站的可能性更大，则甲乙选
择的路线分别为 ( )
A.①、① B.①、② C.②、① D.②、②
【答案】C
【解析】由正态分布的区间概率知Pμ-σ≤X≤μ+σ  ≈0.683，
Pμ-2σ≤X≤μ+2σ  ≈0.954，
令路线①所需时间X 1 ∼Nμ 1 ,σ 1  ，路线②所需时间X 2 ∼Nμ 2 ,σ 2 
第 页 共 页
3324 3427对于甲：有70分钟可走，
走第一条路线：故PX 1 ≤70  =PX 1 ≤μ 1 +2σ 1 
1-0.954
=1- =0.977， 2
走第二条路线：则PX 2 ≤68  =PX 2 ≤μ 2 +2σ 2 
1-0.954
=1- =0.977， 2
所以PX 2 ≤70  >PX 2 ≤68  ，所以应选择路线②；
对于乙：有64分钟可走，
走第二条路线：PX 2 ≤64  =PX 2 ≤μ 2 +σ 2 
1-0.683
=1- =0.8415 2
走第一条路线：则PX 1 ≤60  =PX 1 ≤μ 1 +σ 1 
1-0.683
=1- =0.8415， 2
所以PX 1 ≤60  <PX 1 ≤64  ，所以选择路线①.
故选：C
5144 (2024·全国·高三专题练习)已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，下列四个命题：
甲：P(X>m+1)>P(X<m-2)；乙：P(X≤m)=0.5；
丙：P(X≤m)=0.5；丁：P(m-1<X<m)<P(m+1<X<m+2)
如果有且只有一个是假命题，那么该命题是 ( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
【答案】D
【解析】因为P(X≤m)=0.5、P(X≤m)=0.5均等价于μ=m，
由题意可得：乙、丙均为真命题，且μ=m，
对于甲：因为P(X>m+1)=P(X<m-1)>P(X<m-2)，故甲为真命题；
对于丁：因为P(m-1<X<m)=P(m<X<m+1)>P(m+1<X<m+2)，故丁为
假命题；
故选：D.
1
5145 (2024·全国·模拟预测)已知随机变量X ∼Nμ,
1 1 4

1
,X ∼Nμ ,
2 2 9
 ，则 ( )
A.P X 1 -μ 1   <1  <P X 2 -μ 2   <1 
B.P X 1 -μ 1   <1  >P X 2 -μ 2   <1 
C.P X 1 -μ 1 
1
 < 2  <P X 2 -μ 2 
1
 < 3 
D.P X 1 -μ 1 
1
 < 2  >P X 2 -μ 2 
1
 < 3 
【答案】A
1
【解析】由题设可知，X 服从均值为μ ，标准差σ = 的正态分布，X 服从均值为μ ，标
1 1 1 2 2 2
1
准差σ = 的正态分布.
2 3
事件“X-μ  <kσ”的概率仅与正数k有关，且k越大，该事件的概率越大，因此：
X 1 -μ 1  <1和X 2 -μ 2  <1分别等价于X 1 -μ 1  <2σ 1 和X 2 -μ 2  <3σ ，故后者的概率更 2
大，A正确，B错误；
X 1 -μ 1 
1
< 2 和X 2 -μ 2 
1
< 3 分别等价于X 1 -μ 1  <σ 1 和X 2 -μ 2  <σ ，两者概率相同， 2
C错误，D错误；
故选：A.
8 题型八：正态曲线概率的计算
第 页 共 页
3325 34275146 (2024·全国·高三对口高考)设ξ~N0,1  ，且Pξ<1.623  =p，那么P-1.623≤ξ<0  的
值是 ( )
A. p B.-p C. p-0.5 D.0.5-p
【答案】C
【解析】∵ξ~N0,1  ，正态曲线关于μ=0对称，
∴P-1.623≤ξ<0  =P0<ξ≤1.623  =Pξ<1.623  -Pξ≤0  =p-0.5.
故选：C.
5147 (2024·重庆·高三校联考开学考试)已知随机变量X∼B2,p  ，随机变量Y∼N2,σ2  ，
若PX≤1  =0.36，PY<4  =p，则P0<Y<2  = ( )
A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.4
【答案】C
【解析】因为X∼B2,p  ，Y∼N2,σ2  ，PX≤1  =0.36，
所以PX≤1  =1-p  2+2p(1-p)=0.36，
解得p=0.8或p=-0.8(舍)，
由PY<4  =p=0.8，则P(Y≥4)=1-0.8=0.2，
所以P0<Y<2 
1
= 1-0.2×2
2
 =0.3.
故选：C.
5148 (2024·广东·统考模拟预测)研究人员采取普查的方式调查某市国企普通职工的收入情
况，记被调查的职工的收入为X，统计分析可知X~N4200,62500  ，则
P3450≤X≤4450  = ( )
参考数据：若ξ∼Nμ,σ2  ，则Pμ-σ≤ξ≤μ+σ  =0.6827，Pμ-2σ≤ξ≤μ+2σ  =
0.9545，Pμ-3σ≤ξ≤μ+3σ  =0.9973.
A.0.8186 B.0.9759 C.0.74 D.0.84
【答案】D
【解析】依题意，X~N4200,2502  ，
所以P3450≤X≤4450  =P4200-3×250≤X≤4200+250 
0.9973+0.6827
= =0.84.
2
故选：D.
5149 (2024·河北·统考模拟预测)山东烟台某地种植的苹果按果径X(单位：mm)的大小分
级，其中X∈80,100  的苹果为特级，且该地种植的苹果果径X∼N85,25  ．若在某一
次采摘中，该地果农采摘了2万个苹果，则其中特级苹果的个数约为( )(参考数据：X∼
Nμ,σ2  ，P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6827．P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ-3σ
<X≤μ+3σ)≈0.9973)
A.3000 B.13654 C.16800 D.19946
【答案】C
【解析】由X∼N85,25  ，得μ=85,σ=5，
P80<X≤85 
1
= P80<X≤90
2

1
≈ ×0.6827=0.34135，
2
P85<X≤100 
1
= P70<X≤100
2

1
≈ ×0.9973=0.49865，
2
第 页 共 页
3326 3427所以P80<X≤100  =P80<X≤85  +P85≤X≤100  =0.84，
所以特级苹果的个数约为20000×0.84=16800个.
故选：C.
5150 (2024·西藏林芝·校考模拟预测)据统计，在某次联考中，考生数学单科分数X服从正态
分布N90,202  ，考生共50000人，估计数学单科分数在130~150分的学生人数约为
( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布Nμ,σ2  ，则Pμ-σ<ξ≤μ+σ  ≈0.6827，
Pμ-2σ<ξ≤μ+2σ  ≈0.9545，Pμ-3σ<ξ≤μ+3σ  ≈0.9973)
A.1070 B.2140 C.4280 D.6795
【答案】A
【解析】由题设P(130<X≤150)=P(μ+2σ<X≤μ+3σ)=
1
Pμ-3σ<ξ≤μ+3σ
2
 -Pμ-2σ<ξ≤μ+2σ   
1
= ×(0.9973-0.9545)=0.0214，
2
所以数学单科分数在130~150分的学生人数约为0.0214×50000=1070人.
故选：A
5151 (2024·全国·高三专题练习)已知X∼Nμ,σ2  ，则Pμ-σ≤X≤μ+σ  ≈0.6827，
Pμ-2σ≤X≤μ+2σ  ≈0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ  ≈0.9973.今有一批数量庞大的
零件.假设这批零件的某项质量指标引单位：毫米)服从正态分布N5.40,0.052  ，现从中
随机抽取N个，这N个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间5.35,5.55  .若K=45，试
以使得PK=45  最大的N值作为N的估计值，则N为 ( )
A.45 B.53 C.54 D.90
【答案】B
【解析】由已知可得，P5.35<ξ<5.55  =P5.40-0.05<ξ<5.40+3×0.05  =
Pμ-σ<X<μ+3σ  .
又Pμ-σ<X<μ+3σ 
Pμ-σ<X<μ+σ
=
 +Pμ-3σ<X<μ+3σ 
≈
2
0.6827+0.9973
=0.84，
2
所以，K∼BN,0.84  ，PK=45  =C45⋅0.8445⋅0.16N-45. N
设fx  =C45⋅0.8445⋅0.16x-45， x
fx+1
则

fx 
x+1
C45 ⋅0.8445⋅0.16x-44
= x+1 =0.16⋅
C45⋅0.8445⋅0.16x-45
x
 !
x-44  !45!
x!
x-45 
x+1
=0.16⋅ >1，
x-44
!45!
1104
所以，x< =52.5，所以f53
21
 >f52  .
fx 
fx-1 
x!
C45⋅0.8445⋅0.16x-45 x-45
= x =0.16⋅
C45 ⋅0.8445⋅0.16x-46
x-1
 !45!
x-1  !
x-46 
x
=0.16⋅ <1，
x-45
!45!
375 4
所以，x> =53+ ，所以f53
7 7
 >f54  .
所以，以使得PK=45  最大的N值作为N的估计值，则N为53.
第 页 共 页
3327 3427故选：B.
5152 (2024·全国·高三专题练习)法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一
家面包店购买一个面包．该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是
1000g，上下浮动不超过50g．这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望
为1000g，标准差为50g的正态分布．假设面包师的说法是真实的，记随机购买一个面包
的质量为X，若X~Nμ,σ2  ，则买一个面包的质量大于900g的概率为 ( )
(附：①随机变量η服从正态分布Nμ,σ2  ，则(μ-σ≤η≤μ+σ)=0.6827，P(μ-2σ≤η
≤μ+2σ)=0.9545，P(μ-3σ≤η≤μ+3σ)=0.9973；)
A.0.84135 B.0.97225 C.0.97725 D.0.99865
【答案】C
【解析】由题意得900=1000-50×2，
1-P(μ-2σ≤η≤μ+2σ)
故面包的质量大于900g的概率为1- =0.97725.
2
故选：C
5153 (2024·全国·高三专题练习)某小区有1000户居民，各户每月的用电量近似服从正态分
布N(300,100)，则用电量在320度以上的居民户数估计约为( )(参考数据：若随机变量
ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈
0.9545，P(μ-3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9973)
A.17 B.23 C.34 D.46
【答案】B
【解析】若随机变量ξ服从正态分布N300,102  ，
则P300≤ξ≤300+20 
1
≈ P300-20≤ξ≤300+20
2
 ≈0.4773，
Pξ>320  ≈0.5-P300≤ξ≤300+20  =0.0227.
因为这1000户中用电量在320度以上的居民户数估计约为1000×0.0227=22.7，
即在这1000户中，用电量在320度以上的用户数约为23.
故选：B.
5154 (2024·宁夏银川·六盘山高级中学校考三模)已知函数fx 
log x,x≥1,
=   2 在R上单调
x+ξ,x<1,
1
递增的概率为 ，且随机变量ξ~Nu,1
2
 ．则P0<ξ≤1  等于 ( )
[附：若ξ~Nμ,σ2  ，则Pμ-σ≤x≤μ+σ  =0.6827，
Pμ-2σ≤x≤μ+2σ  =0.9545．]
A.0.1359 B.0.1587 C.0.2718 D.0.3413
【答案】A
【解析】使fx  在R上单调递增的充要条件是ξ+1≤log 1=0，即ξ≤-1，故P(ξ≤-1) 2
1
= .
2
由于随机变量ξ~Nu,1  ，则u=-1，即ξ~N-1,12  ，即μ=-1，σ=1.
故P-2≤ξ≤0  =Pμ-σ≤ξ≤μ+σ  =0.6827，
P-3≤ξ≤1  =Pμ-2σ≤ξ≤μ+2σ  =0.9545，
所以P0<ξ≤1  =P-1<ξ≤1  -P-1<ξ≤0 
1
= ×
2
第 页 共 页
3328 3427P-3≤ξ≤1  -P-2≤ξ≤0   
1
= ×0.9545-0.6827
2
 =0.1359．
故选：A．
5155 (2024·江苏镇江·高三统考开学考试)已知随机变量ξ服从正态分布N0,σ2  ，若
Pξ>2  =0.061，则P-2≤ξ≤0  等于 ( )
A.0.484 B.0.439 C.0.878 D.0.939
【答案】B
【解析】因为P0≤ξ≤2  =Pξ>0  -Pξ>2  =0.5-0.061=0.439，
所以P-2≤ξ≤0  =P0≤ξ≤2  =0.439.
故选：B.
5156 (2024·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设随机变量X服从正态分布
N4,σ2  ，若PX>m  =0.2，则PX>8-m  = ( )
A.0.8 B.0.7 C.0.9 D.0.2
【答案】A
m+8-m
【解析】由于 =4，所以PX<8-m
2
 =PX>m  =0.2，
所以PX>8-m  =1-0.2=0.8.
故选：A
1
5157 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知随机变量ξ服从正态分布N1,
4
 ，
3
如果Pξ≤
2

1
=0.8413，则P <ξ≤1
2
 = ( )
A.0.3413 B.0.6826 C.0.1581 D.0.0794
【答案】A
1
【解析】∵随机变量ξ服从正态分布N1,
4
 ，∴正态曲线关于x=1对称，
1
∴Pξ<
2

3
=Pξ>
2

3
=1-Pξ≤
2
 =1-0.8413=0.1587，
1
P <ξ≤1
2

1
=0.5-Pξ<
2
 =0.5-0.1587=0.3413.
故选：A.
【解题方法总结】
1、正态分布下两类常见的概率计算
(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．
2、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．
9 题型九：根据正态曲线的对称性求参数
5158 (2024·上海长宁·高三上海市延安中学校考开学考试)已知随机变量X~N1,4  ，若
第 页 共 页
3329 3427PX<a+3  =PX>2a-4  ，则实数a的值为 .
【答案】1
【解析】由随机变量X~N1,4  ，且PX<a+3  =PX>2a-4  ，
所以X=a+3与X=2a-4关于x=1对称，
即a+3+2a-4=2，解得a=1；
故答案为：1
5159 (2024·上海宝山·上海交大附中校考三模)随机变量X∼N105,192  ，Y∼N100,92  ，若
PX≤A  =PY≤A  ，那么实数A的值为 .
【答案】95.5
【解析】∵X∼N105,192  ，Y∼N100,92 
X-105
，∴ ∼N0,1
19

Y-100
， ∼N0,1
9
 ，
∵PX≤A  =PY≤A 
A-105 A-100
，∴ = ，解得：A=95.5.
19 9
故答案为：95.5.
5160 (2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)已知随机变量X∼N2,σ2  ，且PX≤a  =
PX≥b  ，则a2+b2的最小值为 .
【答案】8
【解析】由随机变量X∼N2,σ2  ，且PX≤a  =PX≥b  知a,b关于x=2对称，
a+b
故a+b=4，由不等式a2+b2≥
 2
，得a2+b2≥8,当且仅当a=b=2时取等号，
2
∴a2+b2的最小值为8.
故答案为：8
5161 (2024·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测)已知随机变量ξ∼N1,σ2  ,Pξ≤0  =
Pξ≥a 
1 4
，则 + (0<x<a)的最小值为 ．
x a-x
9
【答案】 /4.5
2
【解析】因为随机变量ξ~N1,σ2  ，且Pξ≤0  =Pξ≥a  ，
所以a=2，则x+2-x=2，
因为0<x<2，所以2-x>0，
1 4 1 4 1 1 4
则 + = + =  +
x a-x x 2-x 2 x 2-x
 x+2-x 
1 2-x 4x
= 5+ +
2 x 2-x
 ≥
1 2-x 4x
5+2 ⋅
2 x 2-x

9
= ，
2
2-x 4x 2
当且仅当 = ，即x= 时取等号，
x 2-x 3
1 4
所以 + 0<x<a
x a-x

9
的最小值为 .
2
9
故答案为：
2
5162 (2024·重庆·统考三模)已知随机变量X~N6,σ2  ，若PX≥8  =0.272，则PX>4  =
．
91
【答案】0.728/
125
【解析】由已知可得，μ=6，
根据正态分布的对称性可得，PX≤4  =PX≥8  =0.272，
第 页 共 页
3330 3427所以，PX>4  =1-PX≤4  =1-0.272=0.728.
故答案为：0.728.
5163 (2024·辽宁沈阳·沈阳市第一二〇中学校考模拟预测)某工厂生产一批零件(单位：cm)，
其尺寸ξ服从正态分布Nμ,σ2  ，且P(ξ≤14)=0.1，P(ξ<18)=0.9，则μ= ．
【答案】16
【解析】∵ξ~Nμ,σ2  ，P(ξ≤14)+P(ξ<18)=0.1+0.9=1，
14+18
∴P(ξ≤14)=1-P(ξ<18)=P(ξ≥18)，∴μ= =16.
2
故答案为：16
5164 (2024·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测)若随机变量X服从正态分布
N3,σ2  ，且PX<1  =0.27，则PX≤5  的值是 ．
73
【答案】0.73/
100
【解析】因为随机变量X服从正态分布N3,σ2  ，且PX<1  =0.27，
所以P1≤X≤3  =PX≤3  -PX<1  =0.5-0.27=0.23，
因为P1≤X≤3  =P3≤X≤5  ，PX<3  =0.5，
所以，PX≤5  =PX<3  +P3≤X≤5  =0.5+0.23=0.73
故答案为：0.73
5165 (2024·山东青岛·统考二模)某市高三年级男生的身高X(单位：cm)近似服从正态分布
N175,σ2  ，已知P175≤X<180  =0.2，若PX≤a  ∈0.3,0.5  .写出一个符合条件的a
的值为 .
【答案】172(170,175  中的任意一个数均可)
【解析】​​​​​​​因为X~N175,σ2  ，且P175≤X<180  =0.2,
则PX≤170  =PX≥180  =0.5-0.2=0.3,且PX≤175  =0.5，
故若PX≤a  ∈0.3,0.5  ，则a∈170,175  .
故答案为:172(170,175  中的任意一个数均可).
5166 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高三统考期末)在某项测量中，测得变量ξ∼N1,σ2  σ﹥0  ．ξ
在0,2  内取值的概率为0.8，则ξ在1,2  内取值的概率为 ．
2
【答案】0.4/
5
【解析】因为ξ符合正态分布N1,σ2  ，所以曲线的对称轴是x=1，
因为ξ在0,2  内取值的概率为0.8，
所以ξ在1,2  内取值的概率为0.4．
故答案为：0.4.
【解题方法总结】
①P(X<a)=1-P(X≥a)；
②P(X<μ-a)=1-P(X≥μ+a)；
1-P(μ-b<X<μ+b)
③若b<μ，则P(X<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．
10 题型十：正态分布的实际应用
第 页 共 页
3331 34275167 (2024·全国·高三专题练习)某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水
平，组织本校8000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试)，并随机抽取了100名
学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
(1)根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和80%分位数;
(2)若所有学生的初试成绩X近似服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ为样本平均数的估计
值，σ≈14．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;
(3)复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得
三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均
1
为a，第三道题答对的概率为b．若他获得一等奖的概率为 ，设他获得二等奖的概率为
8
P，求P的最小值．
附：若随机变量X服从正态分布Nμ,σ2  ，则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ-2σ<
X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.9973.

【解析】(1)设样本平均数的估计值为x

则x=10(40×0.01+50×0.02+60×0.03+70×0.024+80×0.012+90×0.004)．

解得:x=62．所以样本平均数的估计值为62．
前三组的频率和为0.1+0.2+0.3=0.6，
前四组的频率和为0.1+0.2+0.3+0.24=0.84，
第四组的频率为0.24，
0.8-0.6 25 220
所以80%分位数为65+ ×10=65+ = .
0.24 3 3
(2)因为学生的初试成绩X近似服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ=62,σ≈14．
1
所以μ+2σ≈62+2×14=90．所以P(x≥90)=P(x≥μ+2σ)= (1-0.9545)=
2
0.02275．
所以估计能参加复试的人数为0.02275×8000=182．
1 1
(3)由该学生获一等奖的概率为 可知：a2b= ．
8 8
则P=a2 1-b  +C1 2 a1-a 
3 1 3
b=a2+2ab- =a2+ - ． 8 4a 8
1 3
令P=f(a)=a2+ - ,0<a<1．
4a 8
1 8a3-1 (2a-1)4a2+4a+1
f(a)=2a- = =
4a2 4a2

．
4a2
1 1
当0<a< 时，f(a)<0;当 <a<1时，f(a)>0．
2 2
1
所以f(a)在区间0,
2

1
上是减函数，在区间 ,1
2
 上是增函数．
1
所以f(a) =f
min 2

1 1 3 3 3
= + - = ．所以P的最小值为 ．
4 2 8 8 8
第 页 共 页
3332 34275168 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习)某地区举行专业技能考试，共有
8000人参加，分为初试和复试，初试通过后方可参加复试．为了解考生的考试情况，随机
抽取了100名考生的初试成绩绘制成如图所示的样本频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计样本的平均数；
(2)若所有考生的初试成绩近似服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ为样本平均数的估计值，σ
≈9，试估计所有考生中初试成绩不低于80分的人数；
(3)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得
10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试
3 3
中前两题每道题能答对的概率均为 ，后两题每道题能答对的概率均为 ，且每道题回
4 5
答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为X，求PX≥20  .
附：若随机变量X服从正态分布Nμ,σ2  ，则：P(μ-σ<X<μ+σ)=0.6827，P(μ-2σ
<X<μ+2σ)=0.9545，P(μ-3σ<X<μ+3σ)=0.9973.
【解析】(1)由题意得，样本平均数的估计值为
40×0.010+50×0.020+60×0.030+70×0.024+80×0.012+90×0.004  ×10=62.
(2)以为学生初试成绩X服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ=62，σ≈9，
则μ+2σ=62+2×9=80，
所以PX≥80  =PX≥μ+2σ 
1
= 1-0.9545
2
 =0.02275，
所以估计初试成绩不低于80分的人数为0.02275×8000=182人.
(3)由题意得，PX=20  1 = 4  2 3 × 5  2 3 + 4  2 ×C1× 3 × 2 = 117 ， 2 5 5 400
PX=25  3 1 3 =C1× × × 2 4 4 5  2 54 = ,PX=30 400  3 = 4  2 3 × 5  2 81 = ， 400
所以PX≥20 
252 63
= = .
400 100
5169 (2024·山东·高三校联考开学考试)零件的精度几乎决定了产品的质量，越精密的零件其
精度要求也会越高.某企业为了提高零件产品质量，质检部门随机抽查了100个零件的直
径进行了统计整理，得到数据如下表：
零件直径(单位：厘米) 1.0,1.2  1.2,1.4  1.4,1.6  1.6,1.8  1.8,2.0 
零件个数 10 25 30 25 10
已知零件的直径可视为服从正态分布Nμ,σ2

，μ，σ2分别为这100个零件的直径的平均
数及方差(同一组区间的直径尺寸用该组区间的中点值代表).
(1)分别求μ，σ2的值；
(2)试估计这批零件直径在1.044,1.728  的概率；
(3)随机抽查2000个零件，估计在这2000个零件中，零件的直径在1.044,1.728  的个数.
参考数据： 0.052≈0.228；若随机变量ξ∼Nμ,σ2  ，则Pμ-σ≤ξ≤μ+σ  ≈0.6827，
第 页 共 页
3333 3427Pμ-2σ≤ξ≤μ+2σ  ≈0.9545，Pμ-3σ≤ξ≤μ+3σ  ≈0.9973.
【解析】(1)由平均数与方差的计算公式分别得：
1
μ= ×10×1.1+25×1.3+30×1.5+25×1.7+10×1.9
100

1
= × 10×1.1+1.9
100
 +25×1.3+1.7   +30×1.5 
1
= ×150
100
=1.5.
1
σ2= × 10×1.1-1.5
100
 2+25×1.3-1.5  2+30×1.5-1.5  2+25×1.7-1.5  2+10×1.9-1.5  2  
1
= ×10×0.16+25×0.04+30×0+25×0.04+10×0.16
100

1
= ×5.2
100
=0.052.
故μ=1.5，σ2=0.052.
(2)设ξ表示零件直径，则ξ∼Nμ,σ2  ，即ξ∼N1.5,0.2282  .
Pμ-σ≤ξ≤μ+σ  =P1.5-0.228≤ξ≤1.5+0.228  =0.6827，
由对称性得，2P1.5≤ξ≤1.728  =0.6827 ，即P1.5≤ξ≤1.728  =0.34135.
同理，Pμ-2σ≤ξ≤μ+2σ  =P1.5-2×0.228≤ξ≤1.5+2×0.228  =0.9545，
2P1.044≤ξ≤1.5  =0.9545，即P1.044≤ξ≤1.5  =0.47725.
P1.044≤ξ≤1.7.28  =P1.044≤ξ≤1.5  +P1.5≤ξ≤1.728  =0.47725+0.34135=
0.8186.
故这批零件直径在1.044,1.728  的概率为0.8186.
(3)由(2)知，P1.044≤ξ≤1.7.28  =0.8186，
所以在这2000个零件中，零件的直径在1.044,1.728  的有2000×0.8186≈1637个.
5170 (2024·山东临沂·高三校联考开学考试)在“飞彩镌流年”文艺汇演中，诸位参赛者一展风
采，奉上了一场舞与乐的盛宴．现从2000位参赛者中随机抽取40位幸运嘉宾，统计他们
的年龄数据，得样本平均数μ=45.75．
(1)若所有参赛者年龄X服从正态分布Nμ,15.752  ，请估计参赛者年龄在30岁以上的人
数；
(2)若该文艺汇演对所有参赛者的表演作品进行评级，每位参赛者只有一个表演作品且每
位参赛者作品有a%0<a<100  的概率评为A类，1-a%  的概率评为B类，每位参赛
者作品的评级结果相互独立．记上述40位幸运嘉宾的作品中恰有2份A类作品的概率
为pa  ，求pa  的极大值点a ； 0
(3)以(2)中确定的a 作为a的值，记上述幸运嘉宾的作品中的A类作品数为Y，若对这
0
些幸运嘉宾进行颁奖，现有两种颁奖方式：甲：A类作品参赛者获得1000元现金，B类作
品参赛者获得100元现金；乙：A类作品参赛者获得3000元现金，B类作品参赛者不获得
现金奖励．根据奖金期望判断主办方选择何种颁奖方式，成本可能更低．
附：若X∼Nμ,σ2  ，则P X-μ   <σ  =0.6827．
【解析】(1)因为X~N45.75.15,752  ，
1
则P(X>30)=0.5+ P X-μ
2
  <σ  =0.84135.
所以参赛者年龄在30岁以上的人数约为2000×0.84135≈1683(人).
(2)记x=a%,0<x<1,p(a)=f(x)，设a =100x ，其中x 为f(x)的极大值点.
0 0 0
依题意可得fx  =C2 40 x2 1-x  38，
则fx  =C2 40 2x1-x  38-38x2 1-x  37   =2C2 40 x1-x  37 1-20x  ，
第 页 共 页
3334 3427令fx 
1
=0，因为0<x<1，故x = ， 0 20
1
所以当0<x< 时，fx
20

1
>0，当 <x<1时，fx
20
 <0，
所以fx 
1
在0,
20

1
上单调递增，在 ,1
20
 上单调递减，
所以pa  在0,5  上单调递增，在5,100  上单调递减，
所以pa  的极大值点a =5； 0
1
(3)由题意知Y~B40,
20

1
,E(Y)=40× =2.
20
记Z,Z 分别为甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，
1 2
因为Z =1000×Y+100×(40-Y)=4000+900Y,Z =3000Y.
1 2
所以EZ 1  =4000+900E(Y)=4000+900×2=5800,EZ 2  =3000E(Y)=6000，
所以EZ 1  <EZ 2  .
故选择甲方式成本更低.
5171 (2024·福建厦门·厦门一中校考二模)法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都
会到同一家面包店购买一个面包.该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量
是1000g，上下浮动不超过50g.这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望
为1000g，标准差为50g的正态分布.
(1)已知如下结论：若X∼Nμ,σ2  ，从X的取值中随机抽取kk∈N*,k≥2  个数据，记这
σ2
k个数据的平均值为Y，则随机变量Y~Nμ,
k
 ，利用该结论解决下面问题.
(i)假设面包师的说法是真实的，随机购买25个面包，记随机购买25个面包的平均值为
Y，求PY<980  ；
(ii)庞加莱每天都会将买来的面包称重并记录，25天后，得到的数据都落在950,1050 
上，并经计算25个面包质量的平均值为978.72g.庞加莱通过分析举报了该面包师，从概
率角度说明庞加莱举报该面包师的理由；
(2)假设有两箱面包(面包除颜色外，其他都一样)，已知第一箱中共装有6个面包，其中黑
色面包有2个；第二箱中共装有8个面包，其中黑色面包有3个.现随机挑选一箱，然后从
该箱中随机取出2个面包.求取出黑色面包个数的分布列及数学期望.
附：①随机变量η服从正态分布Nμ,σ2  ，则Pμ-σ≤η≤μ+σ  =0.6827，
Pμ-2σ≤η≤μ+2σ  =0.9545，Pμ-3σ≤η≤μ+3σ  =0.9973；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生.
502
【解析】(1)(i)因为 =100，所以Y~N1000,102
25
 ，因为Pμ-2σ≤η≤μ+2σ  =
0.9545，所以Pη≤μ-2σ 
1-0.9545
= =0.02275，因为980=1000-2×10，
2
所以PY≤980  =PY≤μ-2σ  =0.02275；
(ii)由第一问知PY≤980  =PY≤μ-2σ  =0.02275，庞加莱计算25个面包质量的平
均值为978.72g，978.72<980，而0.02275<0.05，为小概率事件，小概率事件基本不会发
生，这就是庞加莱举报该面包师的理由；
(2)设取出黑色面包个数为随机变量ξ，则ξ的可能取值为0，1，2.
则pξ=0 
1 4 3 1 5 4 53
= × × + × × = ，pξ=1
2 6 5 2 8 7 140

1 2 4 1 3
= × × ×2+ × ×
2 6 5 2 8
5 449
×2=
7 840
Pξ=2 
1 2 1 1 3 2 73
= × × + × × = ，故分布列为：
2 6 5 2 8 7 840
第 页 共 页
3335 3427ξ 0 1 2
53 449 73
p
140 840 840
其中数学期望Eξ 
53 449 73 17
= ×0+ ×1+ ×2= .
140 840 840 24
5172 (2024·广东江门·高三统考阶段练习)为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了
“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，
这200份试卷的成绩(卷面共100分)频率分布直方图如右图所示．
(1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值为
代表)．
(2)可以认为这次竞赛成绩X近似地服从正态分布N(m，s2)(用样本平均数和标准差s
分别作为m、s的近似值)，已知样本标准差s»7.36 ，如有84%的学生的竞赛成绩高于
学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少？(结果取整数)
(3)从得分区间[80，90)和[90，100]的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这
10份样本中随机抽测3份试卷，若已知抽测的3份试卷来自于不同区间，求抽测3份试卷
有2份来自区间[80，90)的概率．
参考数据：若X~N(m，s2) ，则P(m-s<X£m+s)»0.68 ，P(m-2s<X£m+
2s)»0.95 ，P(m-3s<X£m+3s)»0.99.
【解析】(1)由频率分布直方图可知，
平均分=(65×0.01+75×0.04+85×0.035+95×0.015)×10=80.5；
(2)由(1)可知X∼N80.5,7.362

设学校期望的平均分约为m，则P(X≥m)=0.84，
因为P(μ-σ<X≤μ+o)≈0.68，P(μ-σ<X≤μ)≈0.34，
所以P(X>μ-σ)≈0.84，即PX>73.14  ≈0.84，
所以学校期望的平均分约为73分；
(3)由频率分布直方图可知，分数在80,90  和90,100  的频率分别为0.35和0.15，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在80,90 
0.35
，应抽取10× =7人，
0.35+0.15
分数在90,100 
0.15
应抽取10× =3人，
0.35+0.15
记事件A：抽测的3份试卷来自于不同区间；事件B:取出的试卷有2份来自区间[80，90
)，
则PA 
C3 -C3-C3 7
= 10 7 3 = ，PAB
C3 10
10

C2C1 21
= 7 3 = ，
C3 40
10
第 页 共 页
3336 3427则PB|A 
PAB
=

21
40 3
= = ．
P(A) 7 4
10
3
所以抽测3份试卷有2份来自区间[80，90 ) 的概率为 .
4
5173 (2024·全国·高三专题练习)2022年中国共产党第二十次全国代表大会胜利召开之际，
结合巩固深化“不忘初心、牢记使命”主题教育成果，在全体党员中继续开展党史学习教
育．为了配合这次学党史活动，某地组织全体党员干部参加党史知识竞赛，现从参加入员
中随机抽取100人，并对他们的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)现从这100人中随机抽取2人，记其中得分不低于80分的人数为ξ，试求随机变量ξ的
分布列及期望．
(2)由频率分布直方图，可以认为该地参加党史知识竞赛人员的分数X服从正态分布
Nμ,σ2

，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，经计算s2=192.44．现从所有
参加党史知识竞赛的人员中随机抽取500人，且参加党史知识竞赛的人员的分数相互独
立，试问这500名参赛者的分数不低于82.3的人数最有可能是多少?
参考数据： 192.44≈13.9，Pμ-σ≤X≤μ+σ  =0.6827，Pμ-2σ≤X≤μ+2σ  =
0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ  =0.9973．
【解析】(1)100人中得分不低于80分的人数为0.014+0.006  ×10×100=20，
随机变量ξ可能的取值为0，1，2．
又Pξ=0 
C2 316
= 80 = ，Pξ=1
C2 495
100

C1 C1 32
= 20 80 = ，Pξ=2
C2 99
100

C2 19
= 20 = ，
C2 495
100
则ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
316 32 19
P
495 99 495
Eξ 
316 32 19 198 2
=0× +1× +2× = = ．
495 99 495 495 5
(2)μ=35×0.04+45×0.06+55×0.11+65×0.36+75×0.25+85×0.14+95×0.06
=68.4．
σ= 192.44=13.9，
∴X~N68.4,192.44 
PX≥82.3  =PX≥μ+σ 
1-0.6827
= =0.15865，
2
每位参赛者分数不低于82.3的概率为0.15865，记500位参赛者中分数不低于82.3的人
数为随机变量η，则η~B500,p  ，其中p=0.15865，
第 页 共 页
3337 3427所以恰好有k个参赛者的分数不低于82.3的概率为Pη=k  =Ck 500 pk 1-p  500-k，k=0,
1,2,⋅⋅⋅,500．
Pη=k 由 
Pη=k-1 
= Ck 500 pk 1-p  500-k
Ck 50 - 0 1pk-1 1-p 
501-k =
501-k
 p
k1-p 
>1，得k<501p=79.4837．
所以当1≤k≤79时，pη=k  >Pη=k-1  ，
当80≤k≤500时，pη=k  <Pη=k-1  ，
由此可知，在这500名参赛者中分数不低于82.3的人数最有可能是79．
5174 (2024·全国·高三专题练习)N95型口罩是新型冠状病毒的重要防护用品，它对空气动力
学直径≥0.3μm的颗粒的过滤效率达到95%以上．某防护用品生产厂生产的N95型口
罩对空气动力学直径≥0.3μm的颗粒的过滤效率服从正态分布N0.97,9.025×10-5  ．
(1)当质检员随机抽检10只口罩，测量出一只口罩对空气动力学直径≥0.3μm的颗粒的
过滤效率为93．6%时，他立即要求停止生产，检查设备和工人工作情况．请你根据所学
知识，判断该质检员的要求是否有道理，并说明判断的依据．
(2)该厂将对空气动力学直径≥0.3μm的颗粒的过滤效率达到95．1%以上的N95型口
罩定义为“优质品”．
(ⅰ)求该企业生产的一只口罩为“优质品”的概率；
(ⅱ)该企业生产了1000只这种N95型口罩，且每只口罩互相独立，记X为这1000只口罩
中“优质品”的件数，当X为多少时可能性最大(即概率最大)？
【答案】(1)生产的口罩出现过滤效果在3σ之外的值，发生的可能性很小，一旦发生，应该
停止生产
(2)(ⅰ)0.9772；(ⅱ)当k=978时，PX=k  取得最大值
【解析】(1)已知过滤效率服从N0.97,9.025×10-5

．而90.25×10-6=9.5×10-3

2，所
以σ=9.5×10-3=0.0095，则0.936<0.97-0.0095×3=0.9415，即生产的口罩出现过滤
效果在3σ之外的值，发生的可能性很小，一旦发生，应该停止生产．
(2)(ⅰ)不妨记“N95口罩的过滤效果”为Y，则一只口罩为“优质品”的概率为
PY>0.951  =PY>0.97-2σ 
1 P0.97-2σ<Y<0.97+2σ
=1- -
2
 

 2

=0.9772．
(ⅱ)依题意X~B1000,0.9772  ，记n=1000，p=0.9772，则
PX=k  =Ck n pk 1-p  n-k k=0,1,2,⋯,1000  ．
问题等价于求当k取何值时PX=k  =Ck n pk 1-p  n-k取得最大值．
(解法1)由 Ck n pk 1-p  n-k≥Ck n -1pk-1 1-p  n-k+1,
Ck n pk 1-p  n-k≥Ck n +1pk+1 1-p 
p 1-p
  ≥ ,  k n+1-k 化简得
 n-k-1,  1-p p  ≥ ,
n-k k+1
即n+1  p-1≤k≤n+1  p，从而1001p-1≤k≤1001p，解得k=978．
PX=k
(解法2)由于对0<p<1，

PX=k-1 
n-k+1
=
 p
k1-p 
n+1
=1+
 p-k
k1-p 
，
因此：当k<n+1  p时，PX=k  >PX=k-1  ；
当k=n+1  p时，PX=k  =PX=k-1  ；
当k>n+1  p时，PX=k  <PX=k-1  ．
由以上分析知，PX=k  在 0,n+1   p  上单调递增，在 n+1   p,n  上单调递减．
代入数据得n+1  p=1001×0.9772=978.1772，而k是正整数，所以PX=978  >
PX=977  且PX=979  <PX=978  ，故当k=978时，PX=k  取得最大值．
第 页 共 页
3338 3427【反思】
由于X~B1000,0.9772  ，记n=1000，p=0.9772，因此最可能成功次数k= n+1   p 
=978.1772  =978．所以当k=978时，PX=k  取得最大值．
11 题型十一：标准正态分布的应用
5175 (2024·全国·高三专题练习)2024年3月某学校举办了春季科技体育节，其中安排的女排
赛事共有12个班级作为参赛队伍，本次比赛启用了新的排球用球MIKASA
V200W已知这种球的质量指标ξ(单位：g)服从正态分布X~Nμ,σ2  ，其中μ=270，σ=
5.比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军，积分
规则如下(比赛采取5局3胜制)：比赛中以3：0或3：1取胜的球队积3分，负队积0分；而
在比赛中以3：2取胜的球队积2分，负队积1分.9轮过后，积分榜上的前2名分别为1班
排球队和2班排球队，1班排球队积26分，2班排球队积22分.第10轮1班排球队对抗3
班排球队，设每局比赛1班排球队取胜的概率为p0<p<1  .
ξ-μ
(1)令η= ，则η~N0,1
σ
 ，且Φa  =Pη<a  ，求Φ-2  ，并证明：Φ-2  +Φ2  =1；
(2)第10轮比赛中，记1班排球队3：1取胜的概率为fp  ，求出fp  的最大值点p ，并以 0
p 作为p的值，解决下列问题.
0
(ⅰ)在第10轮比赛中，1班排球队所得积分为X，求X的分布列；
(ⅱ)已知第10轮2班排球队积3分，判断1班排球队能否提前一轮夺得冠军(第10轮过
后，无论最后一轮即第11轮结果如何，1班排球队积分最多)？若能，求出相应的概率；若
不能，请说明理由.
参考数据：X~Nμ,σ2  ，则Pμ-σ<X≤μ+σ  ≈0.6827，Pμ-2σ<X≤μ+2σ  ≈
0.9545，Pμ-3σ<X≤μ+3σ  ≈0.9973.
【解析】(1)Φ-2  =Pη<-2  =Pξ<260  ，又Pμ-2σ<X≤μ+2σ  ≈0.9545，
所以Φ-2  =Pξ<260 
0.9545
=0.5- =0.5-0.47725=0.02275.
2
因为Φ-2  =Pη<-2  ，根据正态曲线对称性，Φ-2  =Pη<-2  =Pη>2  ，
又因为Φ2  =Pη<2  =1-Pη≥2  ，所以Φ-2  +Φ2  =1.
(2)f(p)=C2 3 p3 1-p  =3p3 1-p  ，
f(p)=3 3p2 1-p  +p3 -1    =3p2 3-4p  .
3
令f(p)=0，得p= .
4
3
当p∈0,
4
 时，f(p)>0，fp 
3
在0,
4
 上为增函数；
3
当p∈ ,1
4

3
时，f(p)<0，f(p)在 ,1
4
 上为减函数.
3 3
所以f(p)的最大值点p = ，从而p= .
0 4 4
(ⅰ)X的可能取值为3，2，1，0.
PX=3  =p3+C2 3 p2 1-p 
189
p= ，PX=2 256  =C2 4 p2 1-p 
81
2p= ， 512
PX=1  =C2 4 p2 1-p 
27
3= ，PX=0 512  =1-p  3+C1 3 p1-p 
13
3= ， 256
所以X的分布列为
X 3 2 1 0
P
第 页 共 页
3339 3427189 81 27 13
256 512 512 256
(ⅱ)若X=3，则1班10轮后的总积分为29分，2班即便第10轮和第11轮都积3分，
则11轮过后的总积分是28分，29>28，所以，1班如果第10轮积3分，
则可提前一轮夺得冠军，其概率为PX=3 
189
= .
256
5176 (2024·全国·高三专题练习《) 山东省高考改革试点方案》规定：2022年高考总成绩由语
文、数学、外语三门统考科目和思想政治、历史、地理、物理、化学、生物六门选考科目组成，
将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B+、B、C+、C、D+、D、E共8个
等级，参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、
16%、7%、3%，选择科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩X，依
X-μ
照Y= (μ、σ分别为正态分布的均值和标准差)分别转换到91,100
σ
 、81,90  、
71,80  、61,70  、51,60  、41,50  、31,40  、21,30  八个分数区间，得到考生的等级成
绩．如果山东省2022年某次学业水平模拟考试物理科目的原始成绩X∼N77.8,256  ，
Y∼N0,1  ．
(1)若规定等级A、B+、B、C+、C、D+为合格，D、E为不合格，需要补考，估计这次学
业水平模拟考试物理合格线的最低原始分是多少；
(2)现随机抽取了该省1000名参加此次物理学科学业水平测试的原始分，若这些学生的
原始分相互独立，记ξ为被抽到的原始分不低于65分的学生人数，求ξ的数学期望和方
差．
附：当Y∼N0,1  时，PY≤1.3  ≈0.9，PY≤0.8  ≈0.788．
【解析】(1)由题意可知，学业水平模拟考试物理科目合格的比例为90%，
由PY≤1.3  ≈0.9且Y~N0,1  ，可得PY≥-1.3  ≈0.9，
X-77.8
由Y= ≥-1.3，可得X≥57，
16
估计这次学业水平模拟考试物理合格线的最低原始分为57分.
X-77.8
(2)若X≥65，则Y= ≥-0.8，PY≥-0.8
16
 =PY≤0.8  ≈0.788，
由题意可知ξ~B1000,0.788  ，
∴Eξ  =1000×0.788=788，Dξ  =1000×0.788×0.212=167.056.
5177 (2024·全国·高三专题练习)2021年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万
多人，2020年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务
活动累计超过150万小时，为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了
500名志愿者每月的志愿服务时长(单位：小时)，并绘制如图所示的频率分布直方图．
第 页 共 页
3340 3427
(1)估计这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数
据用该组数据区间的中间值代表)；
(2)由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ

近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.一般正态分布的概率都可以转化为标准正态
分布的概率进行计算：若X∼Nμ,σ2 
X-μ
，令Y= ，则Y∼N(0,1)，且P(X≤a)=
σ
a-μ
PY≤
σ
 ．
(i)利用直方图得到的正态分布，求P(X≤10)；
(ii)从该地随机抽取20名志愿者，记Z表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10
小时的人数，求P(Z≥1)(结果精确到0.001)，以及Z的数学期望(结果精确到0.01)．
参考数据： 1.64≈1.28， 16.4≈4.05，0.598720≈0.000035，0.729120≈0.0018，0.782320
≈0.0074.若Y∼N(0,1)，则P(Y≤0.25)≈0.5987，P(Y≤0.61)≈0.7291，P(Y≤0.78)
≈0.7823.

【解析】(1)x=6×0.02+7×0.10+8×0.20+9×0.38+10×0.18+11×0.08+12×
0.04=9，
s2=(-3)2×0.02+(-2)2×0.10+(-1)2×0.20+12×0.18+22×0.08+32×0.04=1.64．
(2)(i)由题意并结合(1)可知，μ=9，σ2=1.64≈1.282，
∴X∼N9,1.282 
10-9
，∴P(X≤10)=PY≤
1.28
 ≈P(Y≤0.78)≈0.7823．
(ii)由(ⅰ)可知，P(X>10)=1-P(X≤10)≈0.2177，
∴Z∼B(20,0.2177)，
∴P(Z≥1)=1-P(Z=0)=1-1-0.2177  20≈1-0.0074≈0.993，EZ  ≈20×0.2177
≈4.35．
5178 (2024·全国·高三专题练习)已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个
座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习
的概率均为0.1．
(1)将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差；
(2)18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，当n比较大时，二项分布可视为正态分布．此外，
如果随机变量Y~Nμ,σ2 
Y-μ
，令Z= ，则Z~N(0,1)．当Z~N(0,1)时，对于任意实数
σ
a，记Φ(a)=P(Z<a)．已知下表为标准正态分布表(节选)，该表用于查询标准正态分布
N(0,1)对应的概率值．例如当a=0.16时，由于0.16=0.1+0.06，则先在表的最左列找
到数字0.1(位于第三行)，然后在表的最上行找到数字0.06(位于第八列)，则表中位于第三
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3341 3427行第八列的数字0.5636便是Φ(0.16)的值．
a 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09
0. 0.500 0.504 0.508 0.512 0.516 0.519 0.523 0.531 0.535
0.5279
0 0 0 0 0 0 9 9 9 9
0. 0.539 0.543 0.547 0.551 0.555 0.559 0.563 0.571 0.575
0.5675
1 8 8 8 7 7 6 6 4 3
0. 0.579 0.583 0.587 0.591 0.594 0.598 0.602 0.610 0.614
0.6064
2 3 2 1 0 8 7 6 3 1
0. 0.617 0.621 0.625 0.629 0.633 0.636 0.640 0.648 0.651
0.6443
3 9 7 5 3 1 8 4 0 7
0. 0.655 0.659 0.662 0.666 0.670 0.673 0.677 0.684 0.687
0.6808，
4 4 1 8 4 0 6 2 4 9
0. 0.691 0.695 0.698 0.701 0.705 0.708 0.712 0.719 0.722
0.7157'
5 5 0 5 9 4 8 3 0 4
①求在晚自习时间阅览室座位不够用的概率；
②若要使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于0.7，则至少需要添加多少个座位？
【解析】(1)由题意可得，随机变量X服从二项分布，
则EX  =np=10000×0.1=1000，
DX  =np1-p  =10000×0.1×0.9=900，
(2)①由于(1)中二项分布的n值增大，
故可以认为随机变量X服从二项分布，
由(1)可得，μ=1000,σ=30，
可得X∼N1000,900 
X-1000
，则 ∼N0,1
30
 ，
则PX<994 
X-1000
=P <-0.2
30
 =Φ-0.2  ，
由标准正态分布性质可得，Φ-0.2  =1-Φ0.2  ，
故PX<994  =1-Φ0.2  ，
故PX≥994  =1-PX<994  =Φ0.2  =0.5793，
在晚自习时间阅览室座位不够用的概率为0.5793；
②查表可得，Φ0.53 
X-1000
=0.7019，则P <0.53
30
 =0.7019，
即PX<1015.9  =0.7019，
又PX<1015 
X-1000
=P <0.5
30
 =Φ0.5  =0.6915<0.7，
故座位数至少要1016个，
1016-994=22，
故阅览室座位至少需要添加22个．
5179 (2024·全国·高三专题练习)2020年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万
多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务
活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查
第 页 共 页
3342 3427了500名志愿者每月的志愿服务时长(单位：小时)，并绘制如图所示的频率分布直方图．

(1)求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据
用该组区间的中间值代表)；
(2)由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X服从正态分布Nμ,σ2  ，其中μ

近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2．一般正态分布的概率都可以转化为标准正
态分布的概率进行计算：若X~Nμ,σ2 
X-μ
，令Y= ，则Y~N0,1
σ
 ，且PX≤a  =
a-μ
PY≤
σ
 ．
(ⅰ)利用直方图得到的正态分布，求PX≤10  ；
(ⅱ)从该地随机抽取20名志愿者，记Z表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10
小时的人数，求PZ≥1  (结果精确到0.001)以及Z的数学期望．
参考数据： 1.64≈1.28，0.773420≈0.0059．若Y~N0,1  ，则PY≤0.78  =0.7734．

【解析】(1)x=6×0.02+7×0.1+8×0.2+9×0.38+10×0.18+11×0.08+12×0.04
=9．
s2=6-9

2×0.02+7-9

2×0.1+8-9

2×0.2+9-9

2×0.38+10-9

2×0.18+
11-9  2×0.08+12-9  2×0.04=1.64．
(2)(ⅰ)由题知μ=9，σ2=1.64，所以X~N9,1.64  ，σ= 1.64≈1.28．
所以PX≤10 
10-9
=PY≤
1.28
 =PY≤0.78  =0.7734．
(ⅱ)由(ⅰ)知PX>10  =1-PX≤10  =0.2266，可得Z~B20,0.2266  ．
PZ≥1  =1-PZ=0  =1-0.773420≈1-0.0059=0.9941≈0.994．
故Z的数学期望EZ  =20×0.2266=4.532．
5180 (2024·福建·高三统考阶段练习)近一段时间来，由于受非洲猪瘟的影响，各地猪肉价格
普遍上涨，生猪供不应求.各大养猪场正面临巨大挑战.目前各项针对性政策措施对于生
猪整体产量恢复、激发养殖户积极性的作用正在逐步显现.现有甲、乙两个规模一致的大
型养猪场，均养有1万头猪，将其中重量(kg)在1,139  内的猪分为三个成长阶段如下表.
猪生长的三个阶段
阶段 幼年期 成长期 成年期
重量(Kg) [1,24) [24, [116,
第 页 共 页
3343 3427116) 139]
根据以往经验，两个养猪场猪的体重X均近似服从正态分布X~N70,232  .由于我国有关
部门加强对大型养猪场即将投放市场的成年期猪的监控力度，高度重视成年期猪的质量
保证，为了养出健康的成年活猪，甲、乙两养猪场引入两种不同的防控及养殖模式.已知
3 4
甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为 ， .
4 5
(1)试估算甲养猪场三个阶段猪的数量；
(2)已知甲养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利600元，若为不合格
的猪，则亏损100元；乙养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利500
元，若为不合格的猪，则亏损200元.
(ⅰ)记Y为甲、乙养猪场各出售一头成年期猪所得的总利润，求随机变量Y的分布列；
(ⅱ)假设两养猪场均能把成年期猪售完，求两养猪场的总利润期望值.
(参考数据：若Z~Nμ,σ2  ，P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.6826，P(μ-2σ<Z<μ+2σ)=
0.9544，P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.9974)
【解析】(1)由于猪的体重X近似服从正态分布X~N70,232  ，
设各阶段猪的数量分别为n,n ,n
1 2 3
0.9974-0.9544
∴P(1≤X<24)=P(70-3×23≤X<70-2×23)= =0.0215
2
∴n =10000×0.0215=215(头)；
1
同理，P(24≤X<116)=P(70-2×23≤X<70+2×23)=0.9544
∴n =10000×0.9544=9544(头)
2
0.9974-0.9544
P(116≤X<139)=P(70+2×23≤X<70+3×23)= =0.0215
2
∴n =10000×0.0215=215
3
所以，甲养猪场有幼年期猪215头，成长期猪9544头，成年期猪215头；
3 4
(2)依题意，甲、乙两个养猪场内一头成年期猪能通过质检合格的概率分别为 ,
4 5
随机变量Y可能取值为1100,400,-300.
3 4 3 3 1 1 4 7
P(Y=1100)= × = ，P(Y=400)= × + × = ，
4 5 5 4 5 4 5 20
1 1 1
P(Y=-300)= × =
4 5 20
所以Y的分布列为：
-30
Y 1100 400
0
3 7 1
P
5 20 20
3 7 1
所以E(Y)=1100× +400× -300× =785(元)
5 20 20
由于各养猪场均有215头成年期猪，一头猪出售的利润总和的期望为785元，
则总利润期望为785×215=168775(元).
5181 (2024·全国·高三专题练习)为了解A市高三数学复习备考情况，该市教研机构组织了一
次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生数学成绩绘制如图所示的频率分布直方图.
第 页 共 页
3344 3427(1)根据频率分布直方图，估计该市此次检测理科数学的平均成绩u ；(精确到个位)
0
(2)研究发现，本次检测的理科数学成绩X近似服从正态分布X~Nu,σ2  (u=u ，σ约为 0
19.3).
①按以往的统计数据，理科数学成绩能达到升一本分数要求的同学约占46%，据此估计本
次检测成绩达到升一本的理科数学成绩大约是多少分？(精确到个位)
②已知A市理科考生约有10000名，某理科学生此次检测数学成绩为107分，则该学生全
市排名大约是多少名？
(说明：Px>x 1 
x -u
=1-ϕ 1 σ 
x -u
表示x>x 的概率，ϕ 1 1 σ  用来将非标准正态分布
化为标准正态分布，即X~N0,1  ，从而利用标准正态分布表ϕx 0  ，求x>x 时的概率 1
Px>x 1 
x -u
，这里x 0 = 1 σ ,相应于x 0 的值ϕx 0  是指总体取值小于x 0 的概率，即ϕx 0 
=Px<x 0  .参考数据：ϕ0.7045  =0.54，ϕ0.6772  =0.46，ϕ0.21  =0.5032).
【解析】(1)该市此次检测理科数学成绩平均成绩约为：
u =65×0.05+75×0.08+85×0.12+95×0.15+105×0.24+115×0.18+
0
125×0.1+135×0.05+145×0.03=103.2≈103(分).
(2)①记本次考试成绩达到升一本的理科数学成绩约为x ，
1
根据题意，Px>x 1 
x -u
=1-ϕ 1 0 σ 
x -103
=1-ϕ 1 19.3  =0.46，
x -103
即ϕ 1
19.3
 =0.54.
由ϕ0.7045 
x -103
=0.54，得 1 =0.7045，
19.3
解得x =116.6≈117，
1
所以本次考试成绩达到升一本的理科数学成绩约为117分.
②Px>107 
107-103
=1-ϕ
19.3
 =1-ϕ0.2073  ≈1-0.5032=0.4968，
所以理科数学成绩为107分时，大约排在10000×0.4968=4968名
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3345 3427