文档文本内容
11.3 二项分布与正态分布
基础篇
考点 一 条件概率、相互独立事件及二项分
１ 有放回地随机取两次 每次取 个球 两
ꎬ ꎬ １ ꎬ
布、全概率公式 ４
次取出的球上数字之和是 的情况有
５ (１ꎬ
考向一 相互独立事件、二项分布
共 种 所以
４)ꎬ(４ꎬ１)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(３ꎬ２) ４ ꎬ
１.( 课标 ꎬ ꎬ 分)某群体中的每位成员
２０１８ Ⅲ ８ ５
Ｐ Ｃ ４ １ 两次取出的球上数字之和
使用移动支付的概率都为 ｐ 各成员的支付 ( )＝ ＝ ꎻ
ꎬ ４×４ ４
方式相互独立.设 Ｘ 为该群体的 位成员中 是 的情况有 共 种
１０ ６ (２ꎬ４)ꎬ(４ꎬ２)ꎬ(３ꎬ３) ３ ꎬ
使用移动支付的人数 Ｄ Ｘ . Ｐ Ｘ
ꎬ ( )＝ ２ ４ꎬ ( ＝４) 故 Ｐ Ｄ ３ ３.
Ｐ Ｘ 则 ｐ ( )＝ ＝
< ( ＝６)ꎬ ＝ ( ) ４×４ １６
. . . .
Ａ.０ ７ Ｂ.０ ６ Ｃ.０ ４ Ｄ.０ ３ 对于 Ｐ ＢＤ １ １ Ｐ Ｂ Ｐ Ｄ １
答案 Ｂ 由题知 Ｘ Ｂ ｐ 则 Ｄ Ｘ Ａꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( ) ( )＝ ×
４×４ １６ ４
~ (１０ꎬ )ꎬ ( )＝
ｐ ｐ . 解得 ｐ . 或 . .又 Ｐ
１０× ×(１－ )＝ ２ ４ꎬ ＝０ ４ ０６ ∵ ３ ３ 则 Ｐ ＢＤ Ｐ Ｂ Ｐ Ｄ 故 Ｂ 与 Ｄ
＝ ꎬ ( )≠ ( ) ( )ꎬ
Ｘ Ｐ Ｘ 即 ４ ｐ４ ｐ ６ ６ ｐ６ １６ ６４
( ＝４)< ( ＝６)ꎬ Ｃ１０ (１－ ) <Ｃ１０ (１－
不是相互独立事件 错误
ｐ ４ ｐ ２ ｐ２ ｐ . ｐ . 故选 . ꎬＡ ꎻ
) ⇒(１－ ) < ⇒ >０ ５ꎬ∴ ＝０ ６ꎬ Ｂ
２.( 课标 ꎬ ꎬ 分)投篮测试中 每人投 对于 Ｐ ＡＤ Ｐ Ａ Ｐ Ｄ １ ３ ３
２０１５ Ⅰ ４ ５ ꎬ ３ Ｂꎬ ( )＝ ０ꎬ ( ) ( )＝ × ＝ ꎬ
４ １６ ６４
次 至少投中 次才能通过测试.已知某同
ꎬ ２ 则 Ｐ ＡＤ Ｐ Ａ Ｐ Ｄ 故 Ａ 与 Ｄ 不是相互
( )≠ ( ) ( )ꎬ
学每次投篮投中的概率为 . 且各次投篮
０ ６ꎬ 独立事件 错误
ꎬＢ ꎻ
是否投中相互独立 则该同学通过测试的
ꎬ
对于 Ｐ ＢＣ １ １ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １
概率为
Ｃꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( ) ( )＝ ×
( )
４×４ １６ ４
. . . .
Ａ.０ ６４８ Ｂ.０ ４３２ Ｃ.０ ３６ Ｄ.０ ３１２
１ １ 则Ｐ ＢＣ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ 故 Ｂ 与 Ｃ 是
答案 Ａ 该同学通过测试的概率 Ｐ ２ . ＝ ꎬ ( )＝ ( ) ( )ꎬ
＝Ｃ３ ×０ ４ １６
２ . . ３ . . . 故选 . 相互独立事件 正确
６ ×０ ４＋０ ６ ＝０ ４３２＋０ ２１６＝０ ６４８ꎬ Ａ ꎬＣ ꎻ
３.( 届江苏常州一中检测ꎬ )袋子里装有
２０２３ ７ 对于 Ｐ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ １ ３ ３
Ｄꎬ ( )＝ ０ꎬ ( ) ( )＝ × ＝ ꎬ
形状 大小完全相同的 个小球 球上分别
４ １６ ６４
、 ４ ꎬ
则 Ｐ ＣＤ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ 故 Ｃ 与 Ｄ 不是相
标有数字 从中有放回地随机取两
( )≠ ( ) ( )ꎬ
１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ
互独立事件 错误.故选
次 每次取 个球 Ａ 表示事件 第一次取出
ꎬＤ Ｃ.
ꎬ １ ꎬ “
的球上数字是 Ｂ 表示事件 第二次取出
４.(多选)( 届哈尔滨七十三中月考ꎬ )一
２０２３ ９
１”ꎬ “
的球上数字是 Ｃ 表示事件 两次取出的 个质地均匀的正四面体表面上分别标有数
２”ꎬ “
球上数字之和是 Ｄ表示事件 两次取出的 字 抛掷该正四面体两次 记事件 Ａ
５”ꎬ “ １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ ꎬ
球上数字之和是 通过计算 则可以得出 为 第一次向下的数字为偶数 事件 Ｂ 为
６”ꎬ ꎬ “ ”ꎬ
两次向下的数字之和为奇数 则下列说法 专
( ) “ ”ꎬ 题
Ｂ 与 Ｄ 相互独立 Ａ 与 Ｄ 相互独立 正确的是 十
Ａ. Ｂ. ( ) 一
Ｂ 与 Ｃ 相互独立 Ｃ 与 Ｄ 相互独立 概
Ｃ. Ｄ. Ｐ Ａ １
率
Ａ. ( )＝
与
３
答案 Ｃ 由题意可得 Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ 统
( )＝ ꎬ ( )＝ 事件 Ａ 和事件 Ｂ 互为对立事件 计
４ Ｂ.
４５５
Ｐ Ｂ Ａ １ １ Ｐ ＡＢ ５ 故 错误
Ｃ. ( ｜ )＝ ＋ － ( )≤ ꎬ Ｂ ꎻ
２ ３ ６
事件 Ａ 和事件 Ｂ 相互独立
选项 若 Ａ Ｂ 相互独立 则 Ｐ ＡＢ Ｐ
Ｄ.
Ｃꎬ ꎬ ꎬ ( )＝ １－
答案 ＣＤ 对于 Ｐ Ａ ２ １ 错误
ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １ １ ５ 故
Ａꎬ ( )＝ ＝ ꎬＡ ꎻ
( )＝ １－ ( ) ( )＝ １－ × ＝ ꎬ Ｃ
４ ２
２ ３ ６
对于 事件 Ｂ 第一次向下的数字为偶数
错误
Ｂꎬ ꎬ
ꎻ
第二次向下的数字为奇数 就可以使得两次
Ｐ ＡＢ
ꎬ
选项 Ｐ Ｂ Ａ ( ) １ Ｐ ＡＢ
向下的数字之和为奇数 可知事件 Ａ 和事件 Ｄꎬ∵ ( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬ∴ ( )＝
ꎬ ( ) ３
Ｂ 不是对立事件 错误
ꎬＢ ꎻ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ １ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ 则 Ａ Ｂ
( ｜ ) ( )＝ ＝ ( ) ( )ꎬ ꎬ
对于 抛掷正四面体两次 样本空间为 Ω
６
Ｃꎬ ꎬ ＝
相互独立 故 正确.故选
ꎬ Ｄ ＡＤ.
{(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(１ꎬ４)ꎬ(２ꎬ１)ꎬ(２ꎬ
６.(多选)( 山东质量检测ꎬ )拋掷一枚
２０２２ １１
２)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(２ꎬ４)ꎬ(３ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)ꎬ(３ꎬ３)ꎬ
则 Ｐ 质地均匀的骰子 观察向上的面出现的点
(３ꎬ４)ꎬ(４ꎬ１)ꎬ(４ꎬ２)ꎬ(４ꎬ３)ꎬ(４ꎬ４)}ꎬ ꎬ
数 在下列事件中与事件 出现的点数为偶
１ ꎬ “
Ｐ ＡＢ 数 相互独立的事件为
ＡＢ １ 则 Ｐ Ｂ Ａ ( ) ４ １ 正 ” ( )
( )＝ ꎬ ( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ ꎬＣ
出现的点数为奇数
４ ( ) １ ２
Ａ.“ ”
２ 出现的点数大于
Ｂ.“ ２”
确 对 于 由 Ｐ Ｂ ８ １ 得 出现的点数小于
ꎻ Ｄꎬ ( ) ＝ ＝ ꎬ Ｃ.“ ４”
１６ ２
出现的点数小于
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ 可知事件 Ａ 和事件 Ｂ Ｄ.“ ３”
( ) ( )＝ ( )ꎬ
答案 ＢＤ 分别记 出现的点数为偶数
相互独立 正确.故选 “ ”
ꎬＤ ＣＤ.
出现的点数为奇数 出现的点数大于
５.(多选)( 届浙江“山水联盟”联考ꎬ )若 “ ”“ ２”
２０２３ ９ 出现的点数小于 出现的点数小于 为
“ ４”“ ３”
Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ １ 则
( )＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ( ) 事件 Ｅ Ｆ Ｍ Ｎ Ｈ 则 Ｐ Ｅ Ｐ Ｆ １ Ｐ
２ ３ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ( )＝ ( )＝ ꎬ
２
若 Ａ Ｂ 为互斥事件 则 Ｐ Ａ Ｂ ５
Ａ. ꎬ ꎬ ( ＋ )＝ Ｍ ２ Ｐ Ｎ １ Ｐ Ｈ １ Ｐ ＥＭ
６ ( )＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ( )＝
３ ２ ３
Ｐ Ａ Ｂ ５
Ｂ. ( ＋ )≥ １ Ｐ ＥＮ １ Ｐ ＥＨ １.
６ ꎬ ( )＝ ꎬ ( )＝
３ ６ ６
若 Ａ Ｂ 相互独立 则 Ｐ ＡＢ １ 因为 Ｐ ＥＦ Ｐ Ｅ Ｐ Ｆ 所以 Ｅ Ｆ 不
Ｃ. ꎬ ꎬ ( )＝ ( )＝ ０≠ ( ) ( )ꎬ ꎬ
３
相互独立
ꎻ
若 Ｐ Ｂ Ａ １ 则 Ａ Ｂ 相互独立
Ｄ. ( ｜ )＝ ꎬ ꎬ
因为Ｐ ＥＭ １ Ｐ Ｅ Ｐ Ｍ 所以Ｅ Ｍ 相
３
( )＝ ＝ ( ) ( )ꎬ ꎬ
5 答案 ＡＤ 选项 若 Ａ Ｂ 为互斥事件 则 ３
年 Ａꎬ ꎬ ꎬ
互独立
高
Ｐ ＡＢ ꎻ
考
( )＝ ０ꎬ
3 因为 Ｐ ＥＮ Ｐ Ｅ Ｐ Ｎ 所以 Ｅ Ｎ 不相
年 ( )≠ ( ) ( )ꎬ ꎬ
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ １ １
模 互独立
∴ ( ＋ )＝ ( )＋ ( )－ ( )＝ ＋ －０
拟 ꎻ
２ ３
A
版 ＝ ５ ꎬ 故 Ａ 正确 ꎻ 因为 Ｐ ( ＥＨ )＝ １ ＝ Ｐ ( Ｅ ) Ｐ ( Ｈ )ꎬ 所以 Ｅ ꎬ Ｈ 相
６
６
高
互独立
考
ꎬ
数 选项 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ １
学 Ｂꎬ ( ＋ )＝ ( )＋ ( )－ ( )＝ 所以与事件 出现的点数为偶数 相互独立
２ “ ”
４５６
的事件有 出现的点数大于 和 出现的点
“ ２” “ １
＝ ꎬ
数小于 .故选
３６
３” ＢＤ.
７.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)有 个相同的球 Ｐ 甲丁 Ｐ 甲 Ｐ 丁 甲与丁相互
∴ ( )＝ ( ) ( )ꎬ∴
２０２１ Ⅰ ８ ５ ６ ꎬ
独立 故选 .
分别标有数字 从中有放回地
ꎬ Ｂ
１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ
随机取两次 每次取 个球.甲表示事件 第 ８.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)某棋手与甲 乙
ꎬ １ “ ２０２２ １０ ５ 、 、
一次取出的球的数字是 乙表示事件 第 丙三位棋手各比赛一盘 各盘比赛结果相互
１”ꎬ “ ꎬ
二次取出的球的数字是 丙表示事件 两 独立.已知该棋手与甲 乙 丙比赛获胜的概
２”ꎬ “ 、 、
次取出的球的数字之和是 丁表示事件 率分别为 ｐ ｐ ｐ 且 ｐ ｐ ｐ .记该棋手
８”ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ３> ２> １>０
两次取出的球的数字之和是 则 连胜两盘的概率为 ｐ 则
“ ７”ꎬ ( ) ꎬ ( )
甲与丙相互独立 甲与丁相互独立 ｐ 与该棋手和甲 乙 丙的比赛次序无关
Ａ. Ｂ. Ａ. 、 、
乙与丙相互独立 丙与丁相互独立 该棋手在第二盘与甲比赛 ｐ 最大
Ｃ. Ｄ. Ｂ. ꎬ
答案 Ｂ 依题意 有放回地随机取两次 共 该棋手在第二盘与乙比赛 ｐ 最大
ꎬ ꎬ Ｃ. ꎬ
有 种不同结果 该棋手在第二盘与丙比赛 ｐ 最大
３６ :(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ Ｄ. ꎬ
答案 Ｄ 棋手与甲 乙 丙比赛顺序有以下
(１ꎬ４)ꎬ(１ꎬ５)ꎬ(１ꎬ６)ꎬ(２ꎬ１)ꎬ(２ꎬ２)ꎬ(２ꎬ 、 、
种情况
３)ꎬ(２ꎬ４)ꎬ(２ꎬ５)ꎬ(２ꎬ６)ꎬ(３ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)ꎬ Ａ ３ ３ ＝６ :
比赛顺序为甲 乙 丙时 ｐ ｐ ｐ ｐ
(３ꎬ３)ꎬ(３ꎬ４)ꎬ(３ꎬ５)ꎬ(３ꎬ６)ꎬ(４ꎬ１)ꎬ(４ꎬ ① 、 、 ꎬ ＝ １ ２(１－ ３)＋
ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
２)ꎬ(４ꎬ３)ꎬ(４ꎬ４)ꎬ(４ꎬ５)ꎬ(４ꎬ６)ꎬ(５ꎬ１)ꎬ
(１－ １) ２ ３ ＝ １ ２ ＋ ２ ３ －２ １ ２ ３ꎻ
比赛顺序为甲 丙 乙时 ｐ ｐ ｐ ｐ
(５ꎬ２)ꎬ(５ꎬ３)ꎬ(５ꎬ４)ꎬ(５ꎬ５)ꎬ(５ꎬ６)ꎬ(６ꎬ
② 、 、 ꎬ ＝ １ ３(１－ ２)＋
.
１)ꎬ(６ꎬ２)ꎬ(６ꎬ３)ꎬ(６ꎬ４)ꎬ(６ꎬ５)ꎬ(６ꎬ６) ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
(１－ １) ３ ２ ＝ １ ３ ＋ ２ ３ －２ １ ２ ３ꎻ
其中 Ｐ 甲 ６ １ Ｐ 乙 ６ １ Ｐ 丙 比赛顺序为乙 甲 丙时 ｐ ｐ ｐ ｐ
( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( ) ③ 、 、 ꎬ ＝ ２ １(１－ ３)＋
３６ ６ ３６ ６ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
(１－ ２) １ ３ ＝ １ ２ ＋ １ ３ －２ １ ２ ３ꎻ
５ Ｐ 丁 ６ １
比赛顺序为乙 丙 甲时 ｐ ｐ ｐ ｐ
＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ
３６ ３６ ６ ④ 、 、 ꎬ ＝ ２ ３(１－ １)＋
丁事件包含 ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
(１ꎬ６)ꎬ(６ꎬ１)ꎬ(２ꎬ５)ꎬ(５ꎬ２)ꎬ (１－ ２) ３ １ ＝ ２ ３ ＋ １ ３ －２ １ ２ ３ꎻ
共 个基本事件. 比赛顺序为丙 甲 乙时 ｐ ｐ ｐ ｐ
(３ꎬ４)ꎬ(４ꎬ３)ꎬ ６ ⑤ 、 、 ꎬ ＝ ３ １(１－ ２)＋
丙事件包含 ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
(２ꎬ６)ꎬ(６ꎬ２)ꎬ(３ꎬ５)ꎬ(５ꎬ３)ꎬ (１－ ３) １ ２ ＝ １ ３ ＋ １ ２ －２ １ ２ ３ꎻ
共 个基本事件. 比赛顺序为丙 乙 甲时 ｐ ｐ ｐ ｐ
(４ꎬ４)ꎬ ５ ⑥ 、 、 ꎬ ＝ ３ ２(１－ １)＋
易知 甲 丙同时发生 的基本事件为 个 ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ .
“ 、 ” ０ ꎬ (１－ ３) ２ １ ＝ ２ ３ ＋ １ ２ －２ １ ２ ３
丙 丁同时发生 的基本事件为 个 乙 易得情况 与 与 与 的概率分
“ 、 ” ０ ꎬ“ 、 ① ⑥ꎬ② ④ꎬ③ ⑤
丙同时发生 的基本事件为 共 个 别相等 又 ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ
” (６ꎬ２)ꎬ １ ꎬ ꎬ ３> ２> １>０ꎬ∴ １ ２< １ ３ꎬ ２ ３>
ｐ ｐ 与 的概率最大 即棋手在第二盘
∴ Ｐ ( 乙丙 )＝ １ ꎬ 又 Ｐ ( 乙 ) Ｐ ( 丙 )＝ １ × ５ １ ３ꎬ∴ ② ④ ꎬ
３６ ６ ３６ 与丙比赛 ｐ 最大 故选 .
ꎬ ꎬ Ｄ
１ 一题多解
≠ ꎬ
３６ 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为
乙 丙不相互独立. 专
∴ 、 ｐ ꎬ在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为 ｐ ꎬ 题
同理可知 甲 丁同时发生 的基本事件为 甲 乙 十
一
“ 、 ”
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为 ｐ .由题
丙
概
(１ꎬ６)ꎬ
意得ꎬｐ ｐ [ｐ ( ｐ ) ｐ ( ｐ )] ｐ ｐ 率
甲＝
１ ２
１－
３
＋
３
１－
２
＝
１ ２
＋ 与
Ｐ 甲丁 １ 又 Ｐ 甲 Ｐ 丁 １ １ 统
∴ ( )＝ ３６ ꎬ ( ) ( )＝ ６ × ６ ｐ １ ｐ ３ －２ ｐ １ ｐ ２ ｐ ３ ꎬｐ 乙 ＝ ｐ ２ [ｐ １ ( １－ ｐ ３ ) ＋ ｐ ３ ( １－ ｐ １ )] ＝ 计
４５７
ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ꎬｐ ｐ [ｐ ( ｐ ) ｐ ( １２.( 课标 ꎬ ꎬ 分)甲 乙 丙三位同
１ ２ ＋ ２ ３ －２ １ ２ ３ 丙 ＝ ３ １ １－ ２ ＋ ２ １－ ２０２０ Ⅰ １９ １２ 、 、
ｐ )] ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ .由 ｐ ｐ ｐ ꎬ得 ｐ 学进行羽毛球比赛 约定赛制如下 累计负
１ ＝ １ ３ ＋ ２ ３ －２ １ ２ ３ ３> ２> １>０ 丙 ꎬ :
ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ (ｐ ｐ ) ꎬｐ ｐ ｐ ｐ 两场者被淘汰 比赛前抽签决定首先比赛
－ 甲 ＝ ２ ３ － １ ２ ＝ ２ ３ － １ >０ 丙－ 乙 ＝ １ ３ － ꎻ
ｐ ｐ ｐ (ｐ ｐ ) ꎬ ｐ 最大.故选 . 的两人 另一人轮空 每场比赛的胜者与轮
１ ２ ＝ １ ３ － ２ >０ ∴ 丙 Ｄ ꎬ ꎻ
空者进行下一场比赛 负者下一场轮空 直
ꎬ ꎬ
９.( 山东济宁一中开学考试ꎬ )已知随机 至有一人被淘汰 当一人被淘汰后 剩余的
２０２２ １４ ꎻ ꎬ
æ ö 两人继续比赛 直至其中一人被淘汰 另一
变量 ξ Ｂç １ ÷ 则 Ｐ ξ ꎬ ꎬ
~ è６ꎬ øꎬ ( ＝４)＝ ꎬ 人最终获胜 比赛结束.经抽签 甲 乙首先
３
ꎬ ꎬ 、
Ｄ ξ . 用数字作答 比赛 丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率
( )＝ ( )
ꎬ
答案 ２０ ４ 都为１.
２４３ ３
２
æ ö４ æ ö２ 求甲连胜四场的概率
解析 Ｐ ξ ４ç１ ÷ ç ２÷ ２０ (１) ꎻ
( ＝４)＝ Ｃ６è ø ×è ø ＝ ꎬ
３ ３ ２４３ 求需要进行第五场比赛的概率
(２) ꎻ
æ ö
Ｄ ξ １ ç １÷ ４. 求丙最终获胜的概率.
( )＝ ６× ×è１－ ø ＝ (３)
３ ３ ３
１０.( 广东ꎬ ꎬ 分)已知随机变量 Ｘ 服从 解析 甲连胜四场的概率为１ .
２０１５ １３ ５ (１)
１６
二项 分 布 Ｂ ｎ ｐ . 若 Ｅ Ｘ
根据赛制 至少需要进行四场比赛 至多
( ꎬ ) ( ) ＝ ３０ꎬ
(２) ꎬ ꎬ
Ｄ Ｘ 则 ｐ .
( )＝ ２０ꎬ ＝
需要进行五场比赛.比赛四场结束 共有三种
ꎬ
答案 １
情况 甲连胜四场的概率为 １ 乙连胜四场
: ꎻ
３
１６
解析 因为 Ｘ Ｂ ｎ ｐ 所以 Ｅ Ｘ ｎｐ
~ ( ꎬ )ꎬ ( )＝ ＝
的概率为１ 丙上场后连胜三场的概率为１.
Ｄ Ｘ ｎｐ ｐ 解得 ｎ ｐ ꎻ
３０ꎬ ( )＝ (１－ )＝ ２０ꎬ ＝ ９０ꎬ １６ ８
１. 所以需要进行第五场比赛的概率为 １
＝ １－ －
３ １６
１１.( 天津ꎬ ꎬ 分)已知甲 乙两球落入
２０２０ １３ ５ 、 １ １ ３.
－ ＝
１６ ８ ４
盒子的概率分别为１和１.假定两球是否落
丙最终获胜 有两种情况
２ ３ (３) ꎬ :
入盒子互不影响 则甲 乙两球都落入盒子
ꎬ 、 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为１
ꎻ
的概率为 甲 乙两球至少有一个 ８
ꎻ 、
比赛五场结束且丙最终获胜 则从第二场开
落入盒子的概率为 . ꎬ
始的四场比赛按照丙的胜 负 轮空结果有
、 、
答案 １ ２
5
三种情况 胜胜负胜 胜负空胜 负空胜胜
年 ６ ３ : ꎬ ꎬ ꎬ
高 解析 设 甲 乙两球都落入盒子 为事件
考 “ 、 ” 概率分别为１ １ １.
ꎬ ꎬ
3
１６ ８ ８
年 Ａ 则 Ｐ Ａ １ １ １.
模 ꎬ ( )＝ × ＝
拟 ２ ３ ６ 因此丙最终获胜的概率为１ １ １ １ ７.
＋ ＋ ＋ ＝
A 设 甲 乙两球至少有一个落入盒子 为事 ８ １６ ８ ８ １６
“ 、 ”
版 １３.( 届江苏百校联考ꎬ )近年来 师范
件 Ｂ
２０２３ １９ ꎬ
ꎬ
高
专业是高考考生填报志愿的热门专业.某高
考 æ ö æ ö
数 则 Ｐ Ｂ ç １÷ ç １÷ １ ２.
学 ( )＝ １－è１－ ø×è１－ ø ＝１－ ＝ 中随机调查了本校 年参加高考的
２ ３ ３ ３ ２０２２ ９０
４５８
位文科考生首选志愿 第一个院校专业组 æ ö２ æ ö３
( Ｐ Ｘ ２ ç １÷ ２ ２ Ｐ Ｘ ç １÷
的第一个专业 填报情况 经统计 首选志 ( ＝２)＝ Ｃ３ ×è ø × ＝ ꎬ ( ＝３)＝ è ø
３ ３ ９ ３
) ꎬ ꎬ
愿填报与性别情况如表 单位 人
１
:( : ) ＝ ꎬ
２７
首选志愿为师范专业首选志愿为非师范专业
Ｘ 的分布列为
∴
女性
２５ ３５
Ｘ
男性 ０ １ ２ ３
５ ２５
Ｐ ８ ４ ２ １
根据小概率值 α . 的独立性检验
(１) ＝０ ０５ ꎬ ２７ ９ ９ ２７
能否认为首选志愿为师范专业与性别
æ ö
Ｅ Ｘ １ Ｄ Ｘ １ ç １÷ ２.
有关 ( )＝ ３× ＝１ꎬ ( )＝ ３× ×è１－ ø ＝
? ３ ３ ３ ３
用样本估计总体 用本次调研中首选志
考向二 条件概率、全概率公式
(２) ꎬ
愿样本的频率代替首选志愿的概率 从
１.( 届广东普宁华美实验学校月考ꎬ )从
ꎬ
２０２３ ３
年全国文科考生中随机抽取 人 设
名男生 名女生中任选 人参加学校组织
２０２２ ３ ꎬ
５ ２ ３
被抽取的 人中首选志愿为师范专业的人
的 喜迎二十大 奋进新征程 的演讲比赛
３
“ ꎬ ” ꎬ
数为 Ｘ 求 Ｘ 的分布列 数学期望 Ｅ Ｘ 和
则在男生甲被选中的条件下 男生乙和女生
ꎬ 、 ( )
ꎬ
方差 Ｄ Ｘ . 丙至少一人被选中的概率是
( )
( )
附 χ ２ ｎ ( ａｄ － ｂｃ ) ２ ｎ ａ ｂ １ ４ ３ ２
: ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ ＝ ＋ ＋ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ ) ２ ７ ５ ３
ｃ ｄ. 答案 Ｃ 设男生甲被选中为事件 Ａ 男生
＋ ꎬ
乙和女生丙至少一人被选中为事件 Ｂ 则 Ｐ
α . . . . . . .
０ １５ ０ １０ ０ ０５ ０ ０２５ ０ ０１０ ０ ００５ ０ ００１ ꎬ
ｘ . . . . . . . ｎ ＡＢ ２ ２
α ２ ０７２ ２ ７０６ ３ ８４１ ５ ０２４ ６ ６３５ ７ ８７９ １０ ８２８ Ｂ Ａ ( ) Ｃ６ －Ｃ４ ９ ３.故选
( ｜ )＝ ｎ Ω ＝ ＝ ＝ Ｃ.
２
( ) Ｃ６ １５ ５
２.( 广东清远阳山中学月考ꎬ )根据历年
解析 零假设为 Ｈ 首选志愿为师范专 ２０２２ ５
(１) ０:
气象统计资料 某地四月份吹东风的概率为
业与性别无关.根据题表中数据可得 χ
２
ꎬ
＝
３ 下雨的概率为１１ 既吹东风又下雨的概
２
９０×(２５×２５－３５×５) . . ｘ ꎬ ꎬ
＝５ ６２５>３ ８４１＝ ０ . ０５ꎬ １０ ３０
６０×３０×３０×６０
根据小概率值 α . 的独立性检验 推断
率为８ 则在吹东风的条件下下雨的概率为
＝０ ０５ ꎬ ꎬ
３０
Ｈ 不成立 即认为首选志愿为师范专业与性
０ ꎬ ( )
别有关 此推断犯错误的概率不大于 . .
ꎬ ０ ０５
８ ２ ９ ８
某个考生首选志愿为师范专业的概率 Ｐ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
(２) ９ ５ １１ １１
答案 Ａ 设事件 Ａ 表示某地四月份吹东
３０ １
＝ ＝ ꎬ 风 事件 Ｂ 表示四月份下雨.根据条件概率
９０ ３ ꎬ
æ ö 计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概
Ｘ 的所有可能取值为 Ｘ Ｂç １ ÷.
０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ ~ è３ꎬ ø 专
３ 题
８
十
æ ö３
一
Ｐ Ｘ ç ２÷ ８ Ｐ Ｘ １ １ 率 Ｐ Ｂ Ａ ３０ ８.故选
( ＝ ０)＝ è ø ＝ ꎬ ( ＝ １)＝ Ｃ３ × × ( ｜ )＝ ＝ Ａ.
概
３ ２７ ３ ３ ９
率
æ ö２ １０ 与
ç ２÷ ４ 统
è ø ＝ ꎬ ３.( 长沙市明德中学二模ꎬ )学校从高一 计
３ ９ ２０２２ ４
４５９
名男数学老师和 名女数学老师中选派
解析 因为 Ｐ Ａ Ｃ . 所以 Ｐ Ａ Ｃ
３ ３ ４
( ｜ )＝ ０ ９ꎬ ( ｜ )＝ １
人 承担本次模拟考试数学阅卷任务 则在
ꎬ ꎬ Ｐ Ａ Ｃ . . 因为 Ｐ Ｃ . 所
－ ( ｜ )＝ １－０ ９＝０ １ꎬ ( )＝ ０ ０１ꎬ
选派的 人中至少有 名男老师的条件下
４ ２ ꎬ
以 Ｐ Ｃ . 所以由全概率公式可得 Ｐ
有 名女老师的概率为 ( )＝ ０ ９９ꎬ
２ ( )
Ａ Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ 因
( )＝ ( ｜ ) ( )＋ ( ｜ ) ( )ꎬ
４ ３ ３ １２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 为 Ｐ ＡＣ Ｐ Ｃ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ
５ ４ ５ ２５ ( )＝ ( ｜ ) ( )＝ ( ｜ ) ( )ꎬ
答案 Ｂ 记 选派 人中至少有 名男老 Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ
“ ４ ２ 所 以 Ｐ Ｃ Ａ ( ｜ ) ( )
( ｜ ) ＝ Ｐ Ａ ＝
师 为事件 Ａ 选派 人中有 名女老师
( )
” ꎬ“ ４ ２ ”
Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ
为事件 Ｂ 选派 人中有 名女老师与有
( ｜ ) ( )
ꎬ“ ４ ２ ２ ＝
Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｃ Ｐ Ｃ
２ ２ ３ １ ( ｜ ) ( )＋ ( ｜ ) ( )
名男老师 为事件 ＡＢ 则 Ｐ Ａ Ｃ３Ｃ３ ＋Ｃ３Ｃ３
” ꎬ ( )＝ . .
４ ０ ９×０ ０１ １.
Ｃ６
. . . . ＝
０ ９×０ ０１＋０ １×０ ９９ １２
２ ２
４ Ｐ Ｂ Ｃ３Ｃ３ ３ Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ ３ ６.( 届辽宁渤海大学附中月考ꎬ )某考生
＝ ꎬ ( )＝ ４ ＝ ꎬ ( )＝ ( )＝ ꎬ ２０２３ １４
５ Ｃ６ ５ ５
回答一道四选一的考题 假设他知道正确答
ꎬ
３
Ｐ ＡＢ 案的概率为 . 知道正确答案时 答对的概
所以 Ｐ Ｂ Ａ ( ) ５ ３.故选 ０ ５ꎬ ꎬ
( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ Ｂ. 率为 ％ 而不知道正确答案时猜对的概
( ) ４ ４ １００ ꎬ
率为 . 那么他答对题目的概率为 .
５
０ ２５ꎬ
４.( 届湖北应城第一高级中学热身考试ꎬ
答案 .
２０２３
０ ６２５
)两批同种规格的产品 第一批占 ％ 次 解析 设 考生答对题目 为事件 Ａ 考生
１４ ꎬ ３０ ꎬ “ ” ꎬ“
品率为 ％ 第二批占 ％ 次品率为 ％ 将 知道正确答案 为事件 Ｂ 则 Ｐ Ｂ . Ｐ
５ ꎻ ７０ ꎬ ４ ꎬ ” ꎬ ( )＝ ０ ５ꎬ
两批产品混合 从混合产品中任取 件 则
ꎬ １ ꎬ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ . Ｐ Ａ
( ｜ ) ＝ １ꎬ ( ｜ ) ＝ ０ ２５ꎬ∴ ( ) ＝
取到这件产品是合格品的概率为 .
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ
答案 . ( ∩ )＋ ( ∩ ) ＝ ( ｜ ) ( ) ＋
０ ９５７
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ . . . . .
解析 设 Ｂ 取到合格品 Ａ 取到的产 ( ｜ ) ( )＝ １×０ ５＋０ ２５×０ ５＝０ ６２５
＝“ ”ꎬ ｉ＝“
７.( 届福建漳州质检ꎬ )漳州某地准备建
品来自第 ｉ 批 ｉ 则 Ｐ Ａ . Ｐ ２０２３ ２０
”( ＝１ꎬ２)ꎬ ( １)＝ ０ ３ꎬ
造一个以水仙花为主题的公园.在建园期间
Ａ . Ｐ Ｂ Ａ . Ｐ Ｂ Ａ .
ꎬ
( ２)＝ ０ ７ꎬ ( ｜ １)＝ ０ ９５ꎬ ( ｜ ２)＝ ０ ９６ꎬ
甲 乙 丙三个工作队负责采摘及雕刻水仙
由全概率公式得 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ 、 、
( )＝ ( １) ( ｜ １)＋
花球茎.雕刻时会损坏部分水仙花球茎 假设
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ . . . . ꎬ
( ２) ( ｜ ２)＝ ０ ３×０ ９５＋０ ７×０ ９６ ＝
水仙花球茎损坏后便不能使用 无损坏的全
. . ꎬ
０ ９５７
部使用.已知甲 乙 丙工作队所采摘的水仙
５.( 届辽宁鞍山质量监测ꎬ )根据以往的 、 、
２０２３ １５
花球茎分别占采摘总量的 ％ ％ ％
临床记录 某种诊断癌症的试验具有如下的 ２５ ꎬ３５ ꎬ４０ ꎬ
5 ꎬ 甲 乙 丙工作队采摘的水仙花球茎的使用
年 效果 若以 Ａ 表示事件 试验反应为阳性 、 、
高 : “ ”ꎬ
æ
考 以 Ｃ 表示事件 被诊断者患有癌症 则有 率分别为 . . . ç水仙花球茎的使用
3 “ ”ꎬ ０ ８ꎬ０ ６ꎬ０ ７５ è
年
模 Ｐ Ａ Ｃ . Ｐ Ａ Ｃ . .现在对自然人 能使用的水仙花球茎数 ö
拟 ( ｜ )＝ ０ ９ꎬ ( ｜ )＝ ０ ９ 率 ÷.
＝采摘的水仙花球茎总数 ø
群进行普查 设被试验的人患有癌症的概率
A
ꎬ
版 从采摘的水仙花球茎中有放回地随机抽
为 . 即 Ｐ Ｃ . 则 Ｐ Ｃ Ａ .
０ ０１ꎬ ( )＝ ０ ０１ꎬ ( ｜ )＝ (１)
高
取三次 每次抽取一颗 记甲工作队采摘的
考
数 答案 １ ꎬ ꎬ
学 水仙花球茎被抽取到的次数为 ξ 求随机变
１２ ꎬ
４６０
量 ξ 的分布列及期望 考点 二 正态分布
ꎻ
已知采摘的某颗水仙花球茎经雕刻后能
(２) １.( 届广东东莞四中月考ꎬ )某地组织普
２０２３ ４
使用 求它是由丙工作队所采摘的概率.
ꎬ 通高中数学竞赛.初赛共有 名学生参
解析 在采摘的水仙花球茎中 任取一 ２０ ０００
(１) ꎬ 赛 统计得考试成绩 Ｘ 满分 分 服从正
ꎬ ( １５０ )
颗是由甲工作队采摘的概率是１. 态分布 Ｎ .考试成绩 分及以上
(１１０ꎬ１００) １４０
４
者可以进入决赛.本次考试可以进入决赛的
依题意 ξ 的所有取值为 且 ξ
ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ ~
人数大约为
æ ö ( )
Ｂç １ ÷ 附:Ｐ(μ σ Ｘ μ σ) . ꎬＰ(μ σ Ｘ
è３ꎬ øꎬ
－ < < ＋ ＝ ０ ６８２ ７ －２ < <
４
所以 Ｐ ξ ｋ ｋ æ ç１ ö ÷ ｋ æ ç３ ö ÷ ３－ ｋ ｋ μ ＋２ σ) ＝ ０ . ９５４ ５ ꎬＰ(μ －３ σ < Ｘ < μ ＋３ σ) ＝
( ＝ )＝ Ｃ３ è ø è ø ꎬ ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ .
４ ４ ０ ９９７ ３
即 Ｐ ξ ２７ Ｐ ξ ２７ Ｐ ξ Ａ.２７ Ｂ.５２ Ｃ.４５６ Ｄ.１３
( ＝０)＝ ꎬ ( ＝１)＝ ꎬ ( ＝２)＝ 答案 Ａ 考试成绩 Ｘ 满分 分 服从正
６４ ６４
( １５０ )
９ Ｐ ξ １
态分布 Ｎ 所以 μ σ２
(１１０ꎬ１００)ꎬ ＝１１０ꎬ ＝１００ꎬ
ꎬ ( ＝３)＝ ꎬ
６４ ６４ 则 σ
＝１０ꎬ
所以 ξ 的分布列为
Ｐ Ｘ .
Ｐ Ｘ １－ (８０< <１４０) １－０ ９９７ ３
ξ ( ≥１４０)＝ ＝
０ １ ２ ３ ２ ２
. 所以可进入决赛的人数大约为
Ｐ ２７ ２７ ９ １ ＝０ ００１ ３５ꎬ
６４ ６４ ６４ ６４ . 人.故选
２０ ０００×０ ００１ ３５＝２７ Ａ.
２.( 湖北ꎬ ꎬ 分)已知随机变量 ξ 服从正
所以 Ｅ ξ １ ３.
２０１１ ５ ５
( )＝ ３× ＝
４ ４ 态分布 Ｎ σ２ 且 Ｐ ξ . 则
用 Ａ Ａ Ａ 分别表示水仙花球茎由甲 (２ꎬ )ꎬ ( < ４) ＝ ０ ８ꎬ
(２) １ꎬ ２ꎬ ３ ꎬ Ｐ ξ
乙 丙工作队采摘 Ｂ 表示采摘的水仙花球 (０< <２)＝ ( )
ꎬ ꎬ . . . .
Ａ.０ ６ Ｂ.０ ４ Ｃ.０ ３ Ｄ.０ ２
茎经雕刻后能使用 则Ｐ Ａ . Ｐ Ａ
ꎬ ( １)＝ ０ ２５ꎬ ( ２) 答案 Ｃ 由 Ｐ ξ . 知 Ｐ ξ Ｐ ξ
( <４)＝ ０ ８ ( >４)＝ (
. Ｐ Ａ .
＝ ０ ３５ꎬ ( ３)＝ ０ ４ꎬ . 故Ｐ ξ . .故选 .
<０)＝ ０ ２ꎬ (０< <２)＝ ０ ３ Ｃ
且Ｐ Ｂ Ａ . Ｐ Ｂ Ａ . Ｐ Ｂ Ａ
( ｜ １)＝ ０ ８ꎬ ( ｜ ２)＝ ０ ６ꎬ ( ｜ ３)＝ ３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)某物理量的测量结
. ２０２１ Ⅱ ７ ５
０ ７５ꎬ 果服从正态分布 Ｎ σ２ 则下列结论中
故 Ｐ Ｂ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ ＢＡ Ｐ (１０ꎬ )ꎬ
( )＝ ( １)＋ ( ２)＋ ( ３)＝ 不正确的是
Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ( )
( １) ( ｜ １)＋ ( ２) ( ｜ ２)＋ ( ３) ( σ 越小 该物理量一次测量结果落在 .
Ａ Ａ. ꎬ (９ ９ꎬ
｜ ３) . 内的概率越大
. . . . . . . １０ １)
＝ ０ ２５×０ ８＋０ ３５×０ ６＋０ ４×０ ７５＝０ ７１ꎬ 该物理量一次测量结果大于 的概率为
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｂ. １０
所以 Ｐ Ａ Ｂ ( ３ ) ( ３) ( ｜ ３) .
( ３｜ )＝ Ｐ Ｂ ＝ Ｐ Ｂ ＝ ０ ５
( ) ( )
该物理量一次测量结果大于 . 的概率
. Ｃ. １０ ０１
０ ３ ３０.
与小于 . 的概率相等
. ＝ 专
９ ９９
０ ７１ ７１ 题
即采摘出的某颗水仙花球茎经雕刻后能使 该物理量一次测量结果落在 . . 内 十
Ｄ. (９ ９ꎬ１０ ２) 一
的概率与落在 . 内的概率相等
(１０ꎬ１０ ３) 概
用 它是由丙工作队所采摘的概率为３０.
率
ꎬ 答案 Ｄ 因为该物理量的测量结果服从正
与
７１
统
态分布 Ｎ σ２ 所以正态曲线关于直线 ｘ 计
(１０ꎬ )ꎬ
４６１
对称 且方差σ２ 越小 分布越集中.对于 则 Ｐ(μ σ ξ μ σ) . ％ꎬＰ(μ σ ξ μ
＝１０ ꎬ ꎬ － < < ＋ ＝ ６８ ２６ －２ < <
σ 越小 测量结果越集中在 左右 则该 σ) . ％)
Ａꎬ ꎬ １０ ꎬ ＋２ ＝ ９５ ４４
物理量一次测量结果落在 . . 内的概 . ％ . ％
(９ ９ꎬ１０ １) Ａ.４ ５６ Ｂ.１３ ５９
率越大 故选项 中结论正确 对于 测量 . ％ . ％
ꎬ Ａ ꎻ Ｂꎬ Ｃ.２７ １８ Ｄ.３１ ７４
结果大于 的概率为 . 故选项 中结论 答案 Ｂ Ｐ ξ . ％ Ｐ ξ
１０ ０ ５ꎬ Ｂ (－３< <３)＝ ６８ ２６ ꎬ (－６< <
正确 对于 由于正态曲线关于直线 ｘ . ％
ꎻ Ｃꎬ ＝１０ ６)＝ ９５ ４４ ꎬ
对称 所以测量结果大于 . 的概率与小
ꎬ １０ ０１ 则 Ｐ ξ １ . ％ . ％
(３< <６)＝ ×(９５ ４４ －６８ ２６ )＝
于 . 的概率相等 故选项 中结论正确
２
９ ９９ ꎬ Ｃ ꎻ
. ％.
对于 测量结果落在 . . 内的概率
１３ ５９
Ｄꎬ (９ ９ꎬ１０ ２)
大于落在 . 内的概率 故选项 中 ５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知随机变量 Ｘ
(１０ꎬ１０ ３) ꎬ Ｄ ２０２２ Ⅱ １３ ５
结论错误 故选 . 服从正态分布 Ｎ σ２ 且 Ｐ Ｘ .
ꎬ Ｄ (２ꎬ )ꎬ (２< ≤２ ５)＝
４.( 山东ꎬ ꎬ 分)已知某批零件的长度误 . 则 Ｐ Ｘ . .
２０１５ ８ ５ ０ ３６ꎬ ( >２ ５)＝
答案 .
差 单位 毫米 服从正态分布 Ｎ ２ 从 ０ １４
( : ) (０ꎬ３ )ꎬ
解析 由正态分布的性质可知 Ｐ Ｘ .
中随机取一件 其长度误差落在区间
( >２ ５)＝
ꎬ (３ꎬ６)
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ . . . . .
内的概率为
( >２)－ (２< ≤２ ５)＝ ０ ５－０ ３６＝０ １４
( )
(附:若随机变量 ξ 服从正态分布 Ｎ(μꎬσ２)ꎬ
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
４６２
综合篇
考法 一 条件概率的求法
２ １ 事件ＡＣ 含有的样本点有 ２ １ １
＝ ＝ ꎬ Ｃ２ ＋Ｃ２Ｃ２ ＝
３６ １８
１.( 届湖北应城第一高级中学热身考试ꎬ
２０２３
个 则Ｐ ＡＣ ５.
)将甲 乙 丙 丁 名医生随机派往 ５ ꎬ ( )＝
６ 、 、 、 ４ ①ꎬ②ꎬ ３６
三个村庄进行义诊 每个村庄至少派 名
③ ꎬ １ 对于 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １ Ｐ ＡＢ 即事件 Ａ
Ａꎬ ( ) ( )＝ ≠ ( )ꎬ
医生 Ａ 表示事件 医生甲派往 村庄 Ｂ 表
９
ꎬ “ ① ”ꎻ
与 Ｂ 不相互独立 不正确
示事件 医生乙派往 村庄 Ｃ 表示事件
ꎬＡ ꎻ
“ ① ”ꎻ
医生乙派往 村庄 则
对于 Ｐ Ａ Ｐ Ｃ １ Ｐ ＡＣ 即事件 Ａ
“ ② ”ꎬ ( ) Ｂꎬ ( ) ( )＝ ≠ ( )ꎬ
事件 Ａ 与 Ｂ 相互独立 ９
Ａ. 与 Ｃ 不相互独立 不正确
事件 Ａ 与 Ｃ 相互独立 ꎬＢ ꎻ
Ｂ. Ｐ ＡＢ
对于 Ｐ Ｂ Ａ ( ) １ 不正确
Ｐ Ｂ Ａ ５ Ｃꎬ ( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬＣ ꎻ
Ｃ. ( ｜ )＝ ( ) ６
１２ Ｐ ＡＣ
对于 Ｐ Ｃ Ａ ( ) ５ 正确.故
Ｄꎬ ( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬＤ
Ｐ Ｃ Ａ ５ ( ) １２
Ｄ. ( ｜ )＝
１２ 选
Ｄ.
答案 Ｄ 将甲 乙 丙 丁 名医生派往
、 、 、 ４ ①ꎬ ２.( 届广州仲元中学月考ꎬ )为了提升全
２０２３ ７
三个村庄义诊有 个样本点
２ ３
②ꎬ③ Ｃ４Ａ３ ＝３６ ꎬ 民身体素质 学校十分重视学生体育锻炼.某
ꎬ
事件 Ａ 含有的样本点有 Ａ ３ ３ ＋Ｃ ２ ３Ａ ２ ２ ＝１２ 个 ꎬ 则 校一篮球运动员进行投篮练习.如果他前一
Ｐ Ａ １２ １ 同理 Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １
球投进则后一球投进的概率为３ 如果他前
( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ( )＝ ꎬ
ꎻ
３６ ３ ３
４
事件ＡＢ 含有的样本点有 ２ 个 则 Ｐ ＡＢ
Ａ２ ＝２ ꎬ ( )
叶斯统计理论 随机事件 Ａ Ｂ 存在如下关
一球投不进则后一球投进的概率为 １.若他 ꎬ 、
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
４
系 Ｐ Ａ Ｂ ( ) ( ｜ ).某高校有甲 乙
: ( ｜ )＝ Ｐ Ｂ 、
第 球投进的概率为３ 则他第 球投进的 ( )
１ ꎬ ２ 两家餐厅 王同学第一天去甲 乙两家餐厅
４
ꎬ 、
概率为 就餐的概率分别为 . 和 . .如果他第一天
( ) ０ ４ ０ ６
去甲餐厅 那么第二天去甲餐厅的概率为 .
３ ５ ７ ９ ꎬ ０
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
４ ８ １６ １６ 如果第一天去乙餐厅 那么第二天去甲餐
６ꎻ ꎬ
答案 Ｂ 记事件 Ａ 为 第 球投进 事件
“ １ ”ꎬ 厅的概率为 . 则王同学
０ ５ꎬ ( )
Ｂ 为 第 球投进 则Ｐ Ｂ Ａ ３ Ｐ Ｂ Ａ 第二天去甲餐厅的概率为 .
“ ２ ”ꎬ ( ｜ )＝ ꎬ ( ｜ ) Ａ. ０ ５４
４ 第二天去乙餐厅的概率为 .
Ｂ. ０ ４４
１ Ｐ Ａ ３ 由全概率公式可得 Ｐ Ｂ Ｐ 第二天去了甲餐厅 则第一天去乙餐厅的
＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ( )＝ Ｃ. ꎬ
４ ４
æ ö２ æ ö２ 概率为５
Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ç ３÷ ç １÷
( ) ( ｜ )＋ ( ) ( ｜ )＝ è ø ＋è ø ＝ ９
４ ４
第二天去了乙餐厅 则第一天去甲餐厅的
Ｄ. ꎬ
５.故选
Ｂ. 概率为４
８
３.(多选)( 湖北开学考ꎬ )已知 Ｐ Ａ ９
２０２２ １０ ( )＝ 答案 ＡＣ 设 Ａ 第一天去甲餐厅 Ａ 第
１: ꎬ ２:
１ Ｐ ＢＡ １ Ｐ Ｂ Ａ ３ 则下列结论正 二天去甲餐厅
ꎬ ( )＝ ꎬ ( ｜ )＝ ꎬ ꎬ
２ ３ ４ Ｂ 第一天去乙餐厅 Ｂ 第二天去乙餐厅
确的是 １: ꎬ ２: ꎬ
( ) 所以Ｐ Ａ . Ｐ Ｂ . Ｐ Ａ Ａ .
( １)＝ ０ ４ꎬ ( １)＝ ０ ６ꎬ ( ２｜ １)＝ ０
Ｐ Ｂ Ａ ２ Ｐ Ｂ Ａ １ Ｐ Ａ Ｂ .
Ａ. ( ｜ )＝ Ｂ. ( )＝ ６ꎬ ( ２｜ １)＝ ０ ５ꎬ
３ ４
Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ
因为 Ｐ Ａ Ａ ( ２) ( １｜ ２) . Ｐ
Ｃ. Ｐ ( Ｂ )＝ ２ Ｄ. Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ )＝ ３ ( ２ ｜ １)＝ Ｐ Ａ ＝ ０ ６ꎬ
３ ７
( １)
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
Ｐ ＢＡ Ａ Ｂ ( ２) ( １｜ ２) .
答案 ＡＤ Ｐ Ｂ Ａ ( ) ２ 因为 Ｐ ( ２｜ １)＝ Ｐ Ｂ ＝ ０ ５ꎬ
( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬ ( １)
( ) ３ 所以 Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ . Ｐ Ａ Ｐ Ｂ
( ２) ( １ ｜ ２)＝ ０ ２４ꎬ ( ２) ( １ ｜
Ｐ Ｂ Ａ
Ｂ Ａ ( ) ３ 所以 Ｐ Ｂ Ａ ３ 因 Ａ .
( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬ ( )＝ ꎬ ２)＝ ０ ３ꎬ
１－ ( ) ４ ８ 所以有 Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ
( ２)＝ ( １) ( ２ ｜ １)＋ ( １)
为 Ｐ Ｂ Ｐ ＢＡ Ｐ Ｂ Ａ １ ３ １７ Ｐ Ａ Ｂ . . . 因此选项
( )＝ ( )＋ ( )＝ ＋ ＝ ꎬ ( ２ ｜ １) ＝ ０ ２４＋０ ３＝０ ５４ꎬ Ａ
３ ８ ２４
正确
ꎻ
Ｂ Ｐ Ｂ ７ 又 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ . 因此选项 不
( )＝ １－ ( )＝ ꎬ ( ｜ )＝ １－ ( ｜ )
２４
( ２)＝ １－ ( ２)＝ ０ ４６ꎬ Ｂ
正确
ꎻ
１
Ｐ Ａ .
１ 所以 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ Ａ ( ) １ ２ 因为 Ｐ Ｂ Ａ ０ ３ ５ 所以选项
＝ ꎬ ( ｜ )＝ ( ｜ )Ｐ Ｂ ＝ × ＝ ( １ ｜ ２)＝ Ｐ Ａ ＝ ꎬ Ｃ
４ ( ) ４ ７ ( ２) ９
正确 专
２４ ꎻ 题
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ 十
３.故选 . Ｐ Ａ Ｂ ( １) ( ２｜ １) 一
７ ＡＤ ( １ ｜ ２ ) ＝ Ｐ ( Ｂ ２) ＝ 概
４.(多选)( ２０２２ 广东阶段练ꎬ １０ )英国数学家 Ｐ ( Ａ １)[１－ Ｐ ( Ａ ２｜ Ａ １)] ０ . ４×(１－０ . ６) ８ 所 率 与 统
贝叶斯在概率论研究方面成就显著 根据贝 Ｐ Ｂ ＝ . ＝ ꎬ 计
ꎬ ( ２) ０ ４６ ２３
４６３
以选项 不正确.故选 选到的人卫生习惯不够良好 Ｂ 表示事件
Ｄ ＡＣ. “ ”ꎬ
５.( 届安徽十校联考ꎬ )现有 名同学站
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
２０２３ １５ ５ 选到的人患有该疾病 ( ｜ )与 ( ｜ )
成一排拍毕业照留念 在 甲不站最左边 乙 “ ”ꎬ
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
ꎬ “ ꎬ ( ｜ ) ( ｜ )
不站最右边 的前提下 丙站最左边的概率 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风
” ꎬ
为 . 险程度的一项度量指标 记该指标为 Ｒ.
ꎬ
答案 ３ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
证明 Ｒ ( ｜ ) ( ｜ )
１３ (ｉ) : ＝ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ꎻ
解析 设 甲不站最左边 乙不站最右边 为 ( ｜ ) ( ｜ )
“ ꎬ ” 利用该调查数据 给出 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ
事件 Ａ 丙站最左边为事件 Ｂ. (ｉｉ) ꎬ ( ｜ )ꎬ ( ｜
ꎬ
Ｂ 的估计值 并利用 的结果给出 Ｒ 的估
名同学站成一排 共有 种可能 事
５ ) ꎬ (ｉ)
５ ꎬ Ａ５ ＝１２０ ꎬ
计值.
件 Ｂ 发生的情况有 ４ 种
Ａ４ ＝２４ ꎬ
ｎ ａｄ ｂｃ ２
事件 Ａ 发生的情况分两种 附 Ｋ２ ( － )
: : ＝ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｃ ｂ ｄ ꎬ
第一种 当甲站在最右边时 有 种 ( ＋ )( ＋ )( ＋ )( ＋ )
４
ꎬ ꎬ Ａ４ ＝２４ ꎻ
第二种 当甲不站在最左边 也不站在最右
Ｐ
(
Ｋ２
≥
ｋ
) ０
.
０５０ ０
.
０１０ ０
.
００１
ꎬ ꎬ
ｋ . . .
边时 有 １ １ ３ 种 ３ ８４１ ６ ６３５ １０ ８２８
ꎬ Ｃ３Ｃ３Ａ３ ＝５４ ꎬ
.
事件 ＡＢ 发生的情况有 １ ３ 种
Ｃ３Ａ３ ＝１８ ꎬ
解 析 由 题 中 数 据 可 知 Ｋ２
( １) ＝
所以 Ｐ Ａ ５４＋２４ １３ Ｐ Ｂ ２４ １ Ｐ
( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ２
２００×(４０×９０－１０×６０) . 所以有 ％
１２０ ２０ １２０ ５
＝２４>６ ６３５ꎬ ９９
１００×１００×５０×１５０
ＡＢ １８ ３ 所以在 甲不站最左边 乙
的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群
( )＝ ＝ ꎬ “ ꎬ
１２０ ２０
不站最右边 的前提下 丙站最左边的概率
体的卫生习惯有差异.
” ꎬ
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
３ 证明 因为 Ｒ ( ｜ ) ( ｜ )
Ｐ ＡＢ (２)(ｉ) : ＝ ＝
为 Ｐ Ｂ Ａ ( ) ２０ ３. Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
( ｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ ( ｜ ) ( ｜ )
( ) １３ １３
Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ
( ) ( ) ( ) ( )
２０
Ｐ Ａ
６.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)一医疗团队为研 ( ) Ｐ ＢＡ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ
( ) ( ) ( )
２０２２ Ⅰ ２０ １２
究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫 Ｐ ＡＢ Ｐ ＢＡ
( ) ( )
＝ ꎬ
生习惯 卫生习惯分为良好和不够良好两 Ｐ ＢＡ Ｐ Ｂ Ａ
( ( ) ( )
类 的关系 在已患该疾病的病例中随机调
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ
) ꎬ
且 ( ｜ ) ( ｜ ) ( ) ( )
查了 例 称为病例组 同时在未患该疾 ＝ Ｐ Ｂ
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ＡＢ
１００ ( )ꎬ ( )
( ｜ ) ( ｜ ) ( )
病的人群中随机调查了 人 称为对照
１００ ( Ｐ ＡＢ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ ＡＢ
5 组 得到如下数据 ( ) ( ) ( ) ( )
年 ＝ ꎬ
)ꎬ : Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ ＡＢ Ｐ ＡＢ
高
( ) ( ) ( ) ( )
考
不够良好 良好
3 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
年 病例组 所以 Ｒ ( ｜ ) ( ｜ ).
模 ４０ ６０ ＝ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
拟
对照组 ( ｜ ) ( ｜ )
１０ ９０
A
版 能否有 ％的把握认为患该疾病群体与 由题表中数据可知 Ｐ Ａ Ｂ ４０ ２ Ｐ
(ｉｉ) ( ｜ )＝ ＝ ꎬ
(１) ９９
１００ ５
高
未患该疾病群体的卫生习惯有差异
考
?
数 Ａ Ｂ １０ １ Ｐ Ａ Ｂ ６０ ３ Ｐ Ａ
学 从该地的人群中任选一人 Ａ 表示事件 ( ｜ )＝ ＝ ꎬ ( ｜ )＝ ＝ ꎬ ( ｜
(２) ꎬ １００ １０ １００ ５
４６４
Ｂ ９０ ９ ５ ３ ２ １
)＝ ＝ ꎬ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
１００ １０ ６ ４ ３ ２
答案 Ｄ Ｘ 的所有可能取值为 . 记
２ ９ ０ꎬ１ꎬ２ ①
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ 第一步取出 个白球为事件 Ａ 即第二步袋
所以 Ｒ ( ｜ ) ( ｜ ) ５ １０ . ２ ꎬ
＝ ＝ × ＝６
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ
３ １ ２
( ｜ ) ( ｜ ) 子里有 个黑球 则 Ｐ Ａ Ｃ２ １ Ｐ Ｘ
５ １０ ４ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( ＝０｜
２
Ｃ４ ６
考法 二 ｎ 重伯努利试验及二项分布问题的
Ａ Ｐ Ｘ Ａ Ｐ Ｘ Ａ
)＝ １ꎬ ( ＝１｜ )＝ ( ＝２｜ )＝ ０ꎬ
求解方法
记第一步取出两球为 黑 白为事件 Ｂ
② １ １ ꎬ
１.( 山东质量检测ꎬ )现有 道四选一的 即第二步袋子里有 个黑球 个白球 则 Ｐ
３ １ ꎬ
２０２２ ５ ３
单选题 学生李明对其中的 道题有思路 Ｂ Ｃ １ ２Ｃ １ ２ ２ Ｐ Ｘ Ｂ Ｃ ２ ３ １ Ｐ Ｘ
ꎬ ２ ꎬ１
( )＝ ＝ ꎬ ( ＝０｜ )＝ ＝ ꎬ ( ＝
２ ２
道题完全没有思路 有思路的题答对的概率 Ｃ４ ３ Ｃ４ ２
ꎬ
１ １
为 . 没有思路的题只好任意猜一个答案 Ｂ Ｃ３Ｃ１ １ Ｐ Ｘ Ｂ
０ ８ꎬ ꎬ １｜ )＝ ＝ ꎬ ( ＝２｜ )＝ ０ꎬ
２
猜对答案的概率为 . 若每题答对得 分 Ｃ４ ２
０ ２５ꎬ ５ ꎬ
记第一步取出两个黑球为事件 Ｃ 即第二
不答或答错得 分 则李明这 道题得分的 ③ ꎬ
０ ꎬ ３
２
期望为 步袋子里有 个黑球 个白球 则Ｐ Ｃ Ｃ２
( ) ２ ２ ꎬ ( )＝
２
Ｃ４
９３ ３７ ３９ ２１１
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. １ Ｐ Ｘ Ｃ Ｃ ２ ２ １ Ｐ Ｘ Ｃ Ｃ １ ２Ｃ １ ２
１０ ４ ４ ２０
＝ ꎬ ( ＝０｜ )＝ ＝ ꎬ ( ＝１｜ )＝
２ ２
答案 Ｂ 记李明这 道题的得分为随机变 ６ Ｃ４ ６ Ｃ４
３
２
量 Ｘ 则 Ｘ 的所有可能取值为 Ｐ ２ Ｐ Ｘ Ｃ Ｃ２ １ 故由全概率公式
ꎬ ０ꎬ５ꎬ１０ꎬ１５ꎬ ＝ ꎬ ( ＝２｜ )＝ ＝ ꎬ
２
æ ö２ ３ Ｃ４ ６
Ｘ ç １÷ ３ ３ 得 Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｐ Ｘ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ
( ＝０)＝ è ø × ＝ ꎬ ( ＝０)＝ ( ) ( ＝０｜ )＋ ( )
５ ４ １００
æ ö２ Ｘ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ｘ Ｃ １ ２ １
Ｐ Ｘ １ ４ １ ３ ç １÷ １ １ ( ＝０｜ )＋ ( ) ( ＝０｜ )＝ ×１＋ × ＋
( ＝５)＝ Ｃ２ × × × ＋è ø × ＝ ꎬ ６ ３ ２
５ ５ ４ ５ ４ ４
æ ö２ １ １ １９ 同理 Ｐ Ｘ １６ Ｐ Ｘ
Ｐ Ｘ １ ４ １ １ ç ４÷ ３ １４ × ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ꎬ ( ＝２)＝
( ＝１０)＝ Ｃ２ × × × ＋è ø × ＝ ꎬ ６ ６ ３６ ３６
５ ５ ４ ５ ４ ２５
æ ö２ １ Ｅ Ｘ １９ １６ １ １.故选
Ｐ Ｘ ç ４÷ １ ４ ꎬ∴ ( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＝ Ｄ.
( ＝１５)＝ è ø × ＝ ꎬ ３６ ３６ ３６ ３６ ２
５ ４ ２５ ３.(多选)( 山东济宁一中开学考ꎬ )某
２０２２ １１
所以 Ｅ Ｘ ３ １ １４ ４
单位举行建党 周年党史知识竞赛 在必
( )＝ ０× ＋５× ＋１０× ＋１５× ＝
１００ ꎬ
１００ ４ ２５ ２５
答题环节共设置了 道题 每道题答对得
５ ꎬ ２０
３７.故选
Ｂ. 分 答错扣 分 每道题都必须回答 但相
４ ꎬ １０ ( ꎬ
互不影响 .设某选手每道题答对的概率均为
２.( 届湖北“宜荆荆恩”起点考ꎬ )一个袋
)
２０２３ ８
子中装有形状 大小完全相同的 个小球 ２ 其必答题环节的总得分为 Ｘ 则
、 ４ ꎬ ꎬ ꎬ ( )
其中 个黑球 个白球.第一步 从袋子里 ３
专
２ ꎬ２ :
题
随机取出 个球 将取出的白球涂黑后放回 Ａ
.该选手恰好答对
２
道题的概率为４
十
２ ꎬ ９ 一
袋中 取出的黑球直接放回袋中 第二步 再
ꎬ ꎻ : Ｅ Ｘ 概
Ｂ. ( )＝ ５０
率
从袋子里随机取出 个球 记第二步取出的
与
２ ꎬ
Ｄ Ｘ １００ 统
个球中白球的个数为 Ｘ 则 Ｅ Ｘ Ｃ. ( )＝ 计
２ ꎬ ( )＝ ( ) ３
４６５
Ｐ Ｘ １１２ 则 Ｐ Ｘ １ ３ ３ Ｐ Ｘ １ ３ １
Ｄ. ( >６０)＝ ( ＝１)＝ × ＝ ꎬ ( ＝２)＝ × ＋
２４３ ２ ４ ８ ２ ４ ２
答案 ＢＤ 该选手恰好答对 道题的概率
２ １ １ Ｐ Ｘ １ １ １
× ＝ ꎬ ( ＝３)＝ × ＝ ꎬ
为 ２ æ ç ２ ö ÷ ２ æ ç ２ ö ÷ ３ ４０ 故 选项错误 ４ ２ ２ ４ ８
Ｃ５ ×è ø ×è１－ ø ＝ ꎬ Ａ ꎻ
３ ３ ２４３ 所以 Ｅ Ｘ ３ １ １ ７
设该选手答对题目道数为随机变量 Ｙ 则 Ｘ ( )＝ １× ＋２× ＋３× ＝ ꎬ
ꎬ ８ ２ ８ ４
Ｙ Ｙ Ｙ 由题意可得 Ｙ
＝２０ －１０(５－ )＝ ３０ －５０ꎬ ꎬ ~ 所以 Ｅ Ｙ Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ ７ ５
( )＝ (３－ )＝ ３－ ( )＝ ３－ ＝ ꎬ
æ ö ４ ４
Ｂç ２ ÷ 则 Ｅ Ｙ ２ １０ 故 Ｅ Ｘ Ｅ
è５ꎬ øꎬ ( )＝ ５× ＝ ꎬ ( )＝ Ｄ Ｙ Ｄ Ｘ ２Ｄ Ｘ Ｄ Ｘ 故
３ ３ ３ ( )＝ (３－ )＝ (－１) ( )＝ ( )ꎬ
选
Ｙ Ｅ Ｙ １０ 故 ＡＤ.
(３０ －５０)＝ ３０ ( )－５０＝３０× －５０＝５０ꎬ ５.( 福州一中三模ꎬ )产品质量检验过程
３
２０２２ １５
选项正确
主要包括进货检验 生产过程检验
Ｂ ꎻ
(ＩＱＣ)ꎬ
æ ö æ ö
出货检验 三个环节.已知某
Ｙ Ｂç ２ ÷ Ｄ Ｙ ２ ç ２÷ １０
∵ ~ è５ꎬ øꎬ∴ ( )＝ ５× ×è１－ ø ＝ ꎬ (ＩＰＱＣ)ꎬ (ＯＱＣ)
３ ３ ３ ９
产品 单独通过率为３ 单独通过率
Ｄ Ｘ Ｄ Ｙ Ｄ Ｙ １０ ＩＱＣ ꎬＩＰＱＣ
( )＝ (３０ －５０)＝ ９００ ( )＝ ９００× ＝１ ４
９ 为 ｐ ｐ 规定上一类检验不通过则不
故 选项错误 (０< <１)ꎬ
０００ꎬ Ｃ ꎻ 进入下一类检验 未通过可修复后再检验一
ꎬ
令 Ｘ Ｙ 解得 Ｙ １１ 故 Ｙ 或 Ｙ 次 修复后无需从头检验 通过率不变且每
＝３０ －５０>６０ꎬ > ꎬ ＝４ ( ꎬ
３
类检验最多两次 且各类检验间相互独立.
)ꎬ
＝５ꎬ
æ ö４ 若该产品能进入 的概率为 ５ 则 ｐ
故 Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ Ｐ Ｙ ４ ç ２÷ ＯＱＣ ꎬ ＝
( >６０)＝ ( ＝４)＋ ( ＝５)＝ Ｃ５ ×è ø ６
３
.
æ ö５
１ ç ２÷ １１２ 故 选项正确.故选 .
× ＋è ø ＝ ꎬ Ｄ ＢＤ
３ ３ ２４３ 答案 ２
４.(多选)( 福建莆田一中模拟ꎬ )甲 乙
３
２０２２ ９ 、
解析 设 Ａ 为第 ｉ 次通过 Ｂ 为第 ｉ 次
两位同学做纸牌游戏 纸牌除了颜色有不 ｉ ＩＱＣꎬ ｉ
(
通过 ｉ .
同 没有其他任何区别 他们手里先各持 ＩＰＱＣ( ＝１ꎬ２)
ꎬ )ꎬ ４
张牌 其中甲手里有 张黑牌 张红牌 乙 由题意知 Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ
ꎬ ２ ꎬ２ ꎬ ( １ １ ＋ １ ２ １ ＋ １ １ ２ ＋ １ ２
手里有 张黑牌 张红牌 现在两人都各自
３ ꎬ１ ꎬ Ｂ Ｂ ５
随机地拿出一张牌进行交换 交换后甲 乙 １ ２)＝ ꎬ
６
ꎬ 、
手中的红牌数分别为 Ｘ Ｙ 则
即３ ｐ １ ３ ｐ ３ ｐ ｐ １ ３
、 ꎬ ( )
× ＋ × × ＋ ×(１－ )× ＋ × ×(１－
４ ４ ４ ４ ４ ４
Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ １
5 Ａ. ( ＝２)＝ Ｂ. ( ＝３)＝
ｐ ｐ ５
年 ２ ４ ) ＝ ꎬ
高 Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ Ｄ Ｘ Ｄ Ｙ ６
考 Ｃ. ( )＝ ( ) Ｄ. ( )＝ ( )
3 答案 ＡＤ 记甲取出一张红牌为事件 Ａ 乙 解得 ｐ ２或 ｐ ４ 舍去 .
年 ꎬ ＝ ＝ ( )
模 ３ ３
拟
取出一张红牌为事件 Ｂ 则 Ｐ Ａ ２ １ Ｐ ６.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)一批产品的二等
A ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ２０１７ Ⅱ １３ ５
４ ２
版 品率为 . 从这批产品中每次随机取一件
０ ０２ꎬ ꎬ
Ｂ １
高
( )＝ ꎬ 有放回地抽取 次 Ｘ 表示抽到的二等品
考
４ １００ ꎬ
数
学 则 Ｘ 的可能取值为 且 Ｙ Ｘ 件数 则 Ｄ Ｘ .
１、２、３ꎬ ＝３－ ꎬ ꎬ ( )＝
４６６
答案 . æ ö４ æ ö２ æ ö３
１ ９６ ç １÷ １０ Ｐ Ｘ ２ ç ２÷ ç １÷
解析 由题意可知 Ｘ Ｂ . 由二项 è ø ＝ ꎬ ( ＝ ２) ＝ Ｃ５ × è ø × è ø
３ ２４３ ３ ３
~ (１００ꎬ０ ０２)ꎬ
分布可得Ｄ Ｘ . . . .
( )＝ １００×０ ０２×(１－０ ０２)＝ １ ９６ ４０
＝ ꎬ
７.( 广东清远阳山中学月考ꎬ )随机变量 ２４３
２０２２ １３
æ ö３ æ ö２
Ｘ 的概率分布列为 Ｐ Ｘ ３ ç ２÷ ç １÷ ８０ Ｐ Ｘ
( ＝３)＝ Ｃ５ ×è ø ×è ø ＝ ꎬ ( ＝４)＝
３ ３ ２４３
Ｘ ｍ
０ １ æ ö４ æ ö æ ö５
４ ç ２÷ ç １÷ ８０ Ｐ Ｘ ç ２÷ ３２.
Ｃ５ ×è ø ×è ø ＝ ꎬ ( ＝５)＝ è ø ＝
Ｐ １ ｎ ３ ３ ３ ２４３ ３ ２４３
５ １０ 故 Ｘ 的分布列为
且 Ｅ Ｘ . 则 Ｄ Ｘ .
( )＝ １ １ꎬ ( )＝
Ｘ
答案 . ０ １ ２ ３ ４ ５
０ ４９
Ｐ １ １０ ４０ ８０ ８０ ３２
解析 由１ ｎ ３ 得 ｎ １ Ｅ Ｘ . ２４３ ２４３ ２４３ ２４３ ２４３ ２４３
＋ ＋ ＝１ꎬ ＝ ꎬ∵ ( )＝ １
５ １０ ２
所以Ｅ Ｘ １ １０ ４０ ８０
１ １ ｍ ３ . 解得 ｍ Ｄ ( )＝ ０× ＋１× ＋２× ＋３× ＋４
１ꎬ∴ ０× ＋１× ＋ × ＝１ １ꎬ ＝２ꎬ∴ ２４３ ２４３ ２４３ ２４３
５ ２ １０
æ ö
８０ ３２ １０ç或 Ｅ Ｘ ２ １０÷.
Ｘ . ２ １ . ２ １ . ２ × ＋５× ＝ è ( )＝ ５× ＝ ø
( )＝ (０－１ １) × ＋(１－１ １) × ＋(２－１ １) ２４３ ２４３ ３ ３ ３
５ ２
９.( 届南京雨花台中学调研ꎬ )某企业拥
２０２３ ２０
３ . .
× ＝０ ４９ 有 条相同的生产线 每条生产线每月至多
１０ ３ ꎬ
８.( 届山东高密三中月考ꎬ )某校为了缓 出现一次故障.各条生产线是否出现故障相
２０２３ １８
解高三学子复习压力 举行 趣味数学 闯关
互独立 且出现故障的概率均为１.
ꎬ “ ”
ꎬ
活动 规定每人从 道题中至少随机抽 道 ３
ꎬ １０ ３
求该企业每月有且只有 条生产线出现
回答 至少答对 题即可闯过第一关.某班有 (１) １
ꎬ ２
故障的概率
位同学参加闯关活动 假设每位同学都能 ꎻ
５ ꎬ
为提高生产效益 该企业决定招聘 ｎ 名
答对 道题中的 道题 且每位同学能否闯 (２) ꎬ
１０ ６ ꎬ
维修工人及时对出现故障的生产线进行维
过第一关相互独立.
修.已知每名维修工人每月只有及时维修
求 Ｂ 同学闯过第一关的概率 １
(１) ꎻ
条生产线的能力 且每月固定工资为 万元.
求这 位同学闯过第一关的人数 Ｘ 的分 ꎬ １
(２) ５
此外 统计表明 每月在不出故障的情况下
布列和数学期望. ꎬ ꎬ ꎬ
每条生产线创造 万元的利润 如果出现故
解析 Ｂ 同学闯过第一关的情况有答对 １２ ꎻ
(１)
障能及时维修 每条生产线创造 万元的利
题和答对 题 故 Ｂ 同学闯过第一关的概 ꎬ ８
２ ３ ꎬ
润 如果出现故障不能及时维修 该生产线
３ ２ １ ꎻ ꎬ
率 Ｐ Ｃ６ ＋Ｃ６Ｃ４ ２.
＝ ＝ 将不创造利润 以该企业每月实际获利的期
３ ꎬ
Ｃ１０ ３
望值为决策依据 在 ｎ 与 ｎ 之中选其
由题意可知 Ｘ 的所有可能取值为
ꎬ ＝１ ＝２
(２) ０ꎬ１ꎬ
且 Ｘ 服 从 二 项 分 布 即 Ｘ 一 应选哪个 实际获利 生产线创造利润 专
２ꎬ３ꎬ ４ꎬ ５ꎬ ꎬ ~ ꎬ ? ( ＝ 题
维修工人工资 十
æ ö － ) 一
Ｂç ２ ÷.
è５ꎬ ø 解析 设 条生产线中出现故障的条数 概
３ (１) ３
率
æ ö５ æ ö æ ö 与
Ｐ Ｘ ç １÷ １ Ｐ Ｘ １ ç ２÷ 为 Ｘ 则 Ｘ Ｂç １ ÷ 因此 Ｐ Ｘ １ 统
( ＝０)＝ è ø ＝ ꎬ ( ＝１)＝ Ｃ５ ×è ø× ꎬ ~ è３ꎬ øꎬ ( ＝ １)＝ Ｃ３ 计
３ ２４３ ３ ３
４６７
æ ö１ æ ö２
ç１ ÷ ç２ ÷ ４.
è ø è ø ＝
３ ３ ９
当 ｎ 时 设该企业每月的实际获利
(２)① ＝１ ꎬ
为 Ｙ 万元
１ ꎬ
若 Ｘ 则 Ｙ
＝０ꎬ
１
＝１２×３－１＝３５ꎻ
若 Ｘ 则 Ｙ
＝１ꎬ
１
＝１２×２＋８×１－１＝３１ꎻ
若 Ｘ 则 Ｙ
＝２ꎬ
１
＝１２×１＋８×１＋０×１－１＝１９ꎻ
若 Ｘ 则 Ｙ
＝３ꎬ
１
＝８×１＋０×２－１＝７ꎬ
(１)
求直方图中 ｘ 的值
ꎻ
æ ö０ æ ö３ 以直方图中的频率作为概率 从该校学
又 Ｐ Ｘ ０ ç１ ÷ ç２ ÷ ８ Ｐ Ｘ (２) ꎬ
( ＝０)＝ Ｃ３ è ø è ø ＝ ꎬ ( ＝１)＝
３ ３ ２７ 生中任选 人 这 名学生中完成数学作业
４ ꎬ ４
æ ö１ æ ö２ æ ö２
１ç１ ÷ ç２ ÷ １２ Ｐ Ｘ ２ ç１ ÷ 所需时间少于 分钟的人数记为 Ｘ 求 Ｘ
Ｃ３è ø è ø ＝ ꎬ ( ＝ ２) ＝ Ｃ３ è ø ２０ ꎬ
３ ３ ２７ ３ 的分布列和数学期望.
æ ö１ æ ö３ æ ö０
ç２ ÷ ６ Ｐ Ｘ ３ ç１ ÷ ç２ ÷ １ 解析 由直方图中小矩形面积之和为
è ø ＝ ꎬ ( ＝３)＝ Ｃ３ è ø è ø ＝ ꎬ (１)
３ ２７ ３ ３ ２７
可得 ｘ . . .
１ꎬ ２０ ＋０ ０２５×２０＋０ ００６ ５×２０＋０ ００３×２
此时 实际获利Ｙ 的均值Ｅ Ｙ ８
ꎬ １ ( １)＝ ３５× ２７ ＋３１ ×２０＝１ꎬ 解得 ｘ ＝０ . ０１２ ５ .
Ｘ 的可能取值为 .
１２ ６ １ ７７３ 万元 . (２) ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４
× ＋１９× ＋７× ＝ ( ) 由直方图可知 每位学生完成数学作业所需
２７ ２７ ２７ ２７ ꎬ
当 ｎ 时 设该企业每月的实际获利为
② ＝２ ꎬ 时间少于 分钟的概率为１
２０ ꎬ
Ｙ 万元
４
２ ꎬ
若 Ｘ 则 Ｙ
æ ö４
＝０ꎬ
２
＝１２×３－２＝３４ꎻ 则 Ｐ
(
Ｘ
＝ ０) ＝ è
ç ３
ø
÷
＝
８１
ꎬ
Ｐ
(
Ｘ
＝ １) ＝ Ｃ
１
４
若 Ｘ 则 Ｙ ４ ２５６
＝１ꎬ
２
＝１２×２＋８×１－２＝３０ꎻ
æ öæ ö３ æ ö２ æ ö２
若 Ｘ 则 Ｙ ç１ ÷ç３ ÷ ２７ Ｐ Ｘ ２ ç１ ÷ ç３ ÷
＝２ꎬ ２ ＝１２×１＋８×２－２＝２６ꎻ è øè ø ＝ ꎬ ( ＝ ２)＝ Ｃ４ è ø è ø ＝
４ ４ ６４ ４ ４
若 Ｘ 则 Ｙ .
＝３ꎬ ２ ＝８×２＋０×１－２＝１４ æ ö３
２７ Ｐ Ｘ ３ ç１ ÷ ３ ３ Ｐ Ｘ
Ｅ Ｙ ８ １２ ６ １ ８０２
ꎬ ( ＝３)＝ Ｃ４ è ø ＝ ꎬ ( ＝４)＝
１２８ ４ ４ ６４
( ２)＝ ３４× ＋３０× ＋２６× ＋１４× ＝
２７ ２７ ２７ ２７ ２７ æ ö４
ç １÷ １
万元
è ø ＝ ꎬ
( )ꎬ
４ ２５６
因为 Ｅ Ｙ Ｅ Ｙ 所以 Ｘ 的分布列为
( １)< ( ２)ꎬ
所以以该企业每月实际获利的期望值为决
Ｘ
０ １ ２ ３ ４
策依据 在 ｎ 与 ｎ 之中选其一 应选 ｎ
ꎬ ＝１ ＝２ ꎬ
Ｐ ８１ ２７ ２７ ３ １
.
＝２ ２５６ ６４ １２８ ６４ ２５６
5
年 １０.( 届广西北海一模ꎬ )某校为了了解
高 ２０２３ １９ Ｅ Ｘ １ .
考 学生每天完成数学作业所需的时间收集了 ( )＝ ４× ＝１
3 ４
年 相关数据 单位 分钟 并将所得数据绘制 １１.( 课标 ꎬ ꎬ 分)某工厂的某种产
模 ( : )ꎬ ２０１８ Ⅰ ２０ １２
拟
成频率分布直方图 如图 其中 学生完成 品成箱包装 每箱 件 每一箱产品在交
A ( )ꎬ ꎬ ꎬ ２００ ꎬ
版 数学作业时间的范围是 单位 分 付用户之前要对产品作检验 如检验出不
(０ꎬ１００]( : ꎬ
高
钟 .其统计数据分组区间为 合格品 则更换为合格品.检验时 先从这箱
考
) (０ꎬ２０)ꎬ[２０ꎬ ꎬ ꎬ
数
学 . 产品中任取 件作检验 再根据检验结果
４０)ꎬ[４０ꎬ６０)ꎬ[６０ꎬ８０)ꎬ[８０ꎬ１００] ２０ ꎬ
４６８
决定是否对余下的所有产品作检验.设每件 Ｘ 单位 服从正态分布 Ｎ 其中
( :ｍｍ) (１０ꎬ４)ꎬ
产品为不合格品的概率都为 ｐ ｐ 且 Ｘ 的产品为 合格品 若从这批零件
(０< <１)ꎬ ∈[８ꎬ１４] “ ”ꎬ
各件产品是不是不合格品相互独立. 中随机抽取一件 则抽到合格品的概率约为
ꎬ
记 件产品中恰有 件不合格品的概
(１) ２０ ２ ( )
率为 ｆ ｐ 求 ｆ ｐ 的最大值点 ｐ . 附 若 Ｘ Ｎ μ σ２ 则 Ｐ μ σ Ｘ μ σ
( )ꎬ ( ) ０ ( : ~ ( ꎬ )ꎬ ( － ≤ ≤ ＋ )
现对一箱产品检验了 件 结果恰有 . Ｐ μ σ Ｘ μ σ .
(２) ２０ ꎬ ２ ≈０ ６８２ ７ꎬ ( －２ ≤ ≤ ＋２ )≈０ ９５４ ５ꎬ
件不合格品 以 中确定的 ｐ 作为 ｐ 的 Ｐ μ σ Ｘ μ σ .
ꎬ (１) ０ ( －３ ≤ ≤ ＋３ )≈０ ９９７ ３)
值.已知每件产品的检验费用为 元 若有 . .
２ ꎬ Ａ.０ ３４１ ４ Ｂ.０ ４７７ ３
不合格品进入用户手中 则工厂要对每件 . .
ꎬ Ｃ.０ ５１２ Ｄ.０ ８１８ ６
不合格品支付 元的赔偿费用. 答案 Ｄ 由题意知 Ｘ Ｎ
２５ ꎬ ~ (１０ꎬ４)ꎬ
若不对该箱余下的产品作检验 这一箱 所以 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ
(ｉ) ꎬ (８≤ ≤１４)＝ (８≤ <１０)＋ (１０≤
产品的检验费用与赔偿费用的和记为Ｘ 求 Ｘ
ꎬ ≤１４)
Ｅ Ｘ
( )ꎻ １Ｐ Ｘ １Ｐ Ｘ
＝ (８≤ ≤１２)＋ (６≤ ≤１４)
以检验费用与赔偿费用和的期望值为决
２ ２
(ｉｉ)
策依据 是否该对这箱余下的所有产品作
１ . １ . . 故选 .
ꎬ ≈ ×０ ６８２ ７＋ ×０ ９５４ ５＝０ ８１８ ６ꎬ Ｄ
检验 ２ ２
?
２.(多选)( 届重庆南开中学质检ꎬ )已知
解析 件产品中恰有 件不合格品的 ２０２３ ９
(１)２０ ２
随机变量Ｘ Ｎ ２ 且Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
概率为ｆ ｐ ２ ｐ２ ｐ １８. ~ (１ꎬ２ )ꎬ ( ≤０)＋ (１≤
( )＝ Ｃ２０ (１－ )
因此 ｆ ′ ｐ ２ ｐ ｐ １８ ｐ２ ｐ １７ ｍ １ 则下列说法正确的是
( )＝ Ｃ２０[２ (１－ ) －１８ (１－ ) ] < )＝ ꎬ ( )
２
２ ｐ ｐ １７ ｐ .
＝２Ｃ２０ (１－ ) (１－１０ ) ｍ
Ａ. ＝２
令 ｆ ′ ｐ 得 ｐ . 当 ｐ . 时
( )＝ ０ꎬ ＝０ １ꎬ ∈(０ꎬ０ １) ꎬ ｍ
Ｂ. ＝４
ｆ ′ ｐ
( )>０ꎻ 函数 ｙ ｘ ｍ ｘ 的最大值为
Ｃ. ＝ ( － ) １
当 ｐ . 时 ｆ ′ ｐ .
∈(０ １ꎬ１) ꎬ ( )<０ Ｘ 的正态曲线关于直线 ｘ 对称
Ｄ. ＝２
所以 ｆ ｐ 的最大值点为 ｐ . .
( ) ０ ＝０ １ 答案 ＡＣ 因为随机变量 Ｘ Ｎ ２ 所
~ (１ꎬ２ )ꎬ
由 知 ｐ .
(２) (１) ꎬ ＝０ １ꎬ 以 Ｘ 的正态曲线关于直线 ｘ 对称 故
＝１ ꎬ Ｄ
令 Ｙ 表示余下的 件产品中的不合格
(ｉ) １８０ 错误
ꎻ
品件数 依题意知 Ｙ Ｂ . Ｘ
ꎬ ~ (１８０ꎬ０ １)ꎬ ＝２０×２＋
Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ 所以 Ｐ
Ｙ 即 Ｘ Ｙ ( ≥１)＝ ꎬ ( ≤０)＝ ( ≥２)ꎬ
２５ ꎬ ＝４０＋２５ ꎬ ２
所以 Ｅ Ｘ Ｅ Ｙ Ｅ Ｙ Ｘ Ｐ Ｘ ｍ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
( ) ＝ (４０＋２５ ) ＝ ４０＋２５ ( ) ( ≤０)＋ (１≤ < )＝ ( ≥２)＋ (１≤ <
. ｍ
＝ ４９０ )ꎬ
如果对余下的产品作检验 则这一箱产
(ｉｉ) ꎬ 又 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ｍ １ 所以 ｍ
品所需要的检验费为 元. ( ≤０)＋ (１≤ < )＝ ꎬ ＝２ꎬ
４００ ２
由于 Ｅ Ｘ 故应该对余下的产品作 故 正确 错误 ｙ ｘ ｍ ｘ ｘ２ ｘ
( )>４００ꎬ Ａ ꎬＢ ꎻ ＝ ( － )＝ － ＋２ ＝－ 专
题
检验. ｘ ２ 当 ｘ 时 函数取得最大值 故 十
( －１) ＋１ꎬ ＝１ ꎬ １ꎬ
一
正确.故选
Ｃ ＡＣ. 概
考法 三 正态分布问题的求解方法
３.( 届河北河间一中开学考ꎬ )为了监控 率
２０２３ １６ 与
统
１.( 重庆二模ꎬ )已知某批零件的尺寸 某种零件的一条生产线的生产过程 检验员 计
２０２２ ４ ꎬ
４６９
每天从生产线上随机抽取 个零件 并测量 已知这 名学生的数学建模竞赛成绩Ｘ
１０ ꎬ (２) ６０
其尺寸 单位 .根据长期的生产经验 可 服从正态分布 Ｎ μ σ２ 其中 μ 可用样本平
( :ｃｍ) ꎬ ( ꎬ )ꎬ
以认为这条生产线在正常状态下生产的零 均数近似代替 σ２ 可用样本方差近似代替
ꎬ
件的尺寸服从正态分布 Ｎ .现假设 每组数据以区间的中点值作代表 若本次
(２００ꎬ１５０) ( )ꎬ
生产状态正常 记 Ｘ 表示一天内抽取的 数学建模竞赛满分为 分 成绩在 分以
ꎬ １０ １００ ꎬ ４６
个零件中尺寸在 . . 之外的零件 上的学生均能得到奖励 试估计此次竞赛中
(１８７ ８ꎬ２１２ ２) ꎬ
数 则 Ｅ Ｘ . 得到奖励的人数. 结果根据四舍五入保留到
ꎬ ( )＝ (
整数位
附 . Ｐ μ σ Ｘ μ σ
)
( : １５０ ≈１２ ２ꎬ ( － < < ＋ ) ＝
. Ｐ μ σ Ｘ μ σ .
附:若随机变量Ｘ Ｎ(μꎬσ２)ꎬ则Ｐ(μ σ Ｘ μ
~ － < ≤ ＋
０ ６８２ ７ꎬ ( －２ < < ＋２ )＝ ０ ９５４ ５)
σ) . ꎬＰ(μ σ Ｘ μ σ) . ꎬ
答案 .
≈０６８２ ７ －２ < ≤ ＋２ ≈０ ９５４ ５
３ １７３
Ｐ(μ σ Ｘ μ σ) . .
解析 由已知可得 Ｘ Ｎ 则 μ
－３ < ≤ ＋３ ≈０９９７ ３
~ (２００ꎬ１５０)ꎬ ＝
解析 由题中频率分布直方图和分层随
σ２ σ . (１)
２００ꎬ ＝１５０ꎬ∴ ＝ １５０≈１２ ２ꎬ
机抽样的方法 可知抽取的 人中合格的
则 Ｐ . Ｘ . . 所以一天内 ꎬ １０
(１８７ ８< <２１２ ２)＝ ０ ６８２ ７ꎬ
人数为 . . 不合格的人
抽取的 个零件中尺寸在 . . 之 (０ ０１＋０ ０２)×２０×１０＝６ꎬ
１０ (１８７ ８ꎬ２１２ ２)
数为 .
外的概率为 . . １０－６＝４
１－０ ６８２ ７＝０ ３１７ ３ꎬ
因此 ξ 的所有可能取值为
则Ｘ Ｂ . 所以Ｅ Ｘ . ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ
~ (１０ꎬ０ ３１７ ３)ꎬ ( )＝ １０×０ ３１７
４ １ ３
. . Ｐ ξ Ｃ６ １ Ｐ ξ Ｃ４Ｃ６ ８ Ｐ ξ
３＝３ １７３ ( ＝０)＝ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ＝ ꎬ (
４ ４
４.( 届湖北应城第一高级中学热身考试ꎬ Ｃ１０ １４ Ｃ１０ ２１
２０２３
２ ２ ３ １
)数学建模是高中数学核心素养的一个组 Ｃ４Ｃ６ ３ Ｐ ξ Ｃ４Ｃ６ ４ Ｐ ξ
２１ ＝２)＝ ４ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ４ ＝ ꎬ ( ＝
成部分 数学建模能力是应用意识和创新意
Ｃ１０ ７ Ｃ１０ ３５
ꎬ
４
识的重要表现.为全面推动数学建模活动的 Ｃ４ １ .
４)＝ ＝
４
开展 某学校举行了一次数学建模竞赛活
Ｃ１０ ２１０
ꎬ 故 ξ 的分布列为
动 已知该竞赛共有 名学生参加 他们成
ꎬ ６０ ꎬ
ξ
绩的频率分布直方图如图. ０ １ ２ ３ ４
Ｐ １ ８ ３ ４ １
１４ ２１ ７ ３５ ２１０
所以 ξ 的数学期望 Ｅ ξ １ ８ ３
( )＝ ０× ＋１× ＋２×
１４ ２１ ７
４ １ ８.
＋３× ＋４× ＝
３５ ２１０ ５
由题意可知 μ . .
5 (２) ꎬ ＝(３０×０ ００５＋５０×０ ０１５＋
年 为了对数据进行分析 将 分以下的成
高 (１) ꎬ ６０ . . σ２ ２
７０×０ ０２＋９０×０ ０１)×２０＝６４ꎬ ＝(３０－６４) ×
考
绩定为不合格 分以上 含 分 的成绩
3 ꎬ６０ ( ６０ ) . ２ . ２ .
０ １＋(５０－６４) ×０ ３＋(７０－６４) ×０ ４＋(９０－
年
定为合格.为科学评估该校学生数学建模水
模 ２ . 所以 σ .
拟 ６４) ×０ ２＝３２４ꎬ ＝１８
平 决定利用分层随机抽样的方法从这 名
A ꎬ ６０
由 Ｘ 服从正态分布 Ｎ μ σ２ 得 Ｐ
( ꎬ )ꎬ (６４－１８<
版 学生中选取 人 然后从这 人中抽取
Ｘ Ｐ Ｘ . 则 Ｐ
１０ ꎬ １０ ４
≤６４＋１８)＝ (４６< ≤８２)≈０ ６８２ ７ꎬ
高
人参加座谈会.记 ξ 为抽取的 人中 成绩不
考
４ ꎬ
数 Ｘ １ . . Ｐ Ｘ
学 合格的人数 求 ξ 的分布列和数学期望 ( >８２)＝ ×(１－０ ６８２ ７)＝ ０ １５８ ６５ꎬ ( >
ꎬ ꎻ ２
４７０
４６ . . . . 附 若随机变量 Ｚ 服从正态分布 Ｎ μ σ２
)＝ ０ ６８２ ７＋０ １５８ ６５＝０ ８４１ ３５ꎬ６０×０ ８４１ : ( ꎬ )ꎬ
所以估计此次竞赛中得到奖励的人 则 Ｐ μ σ Ｚ μ σ . .
３５≈５０ꎬ ( －３ < < ＋３ )＝ ０ ９９７ ４
数为 ５０ . ０ . ９９７ ４ １６ ≈０ . ９５９ ２ꎬ ０ . ００８≈０ . ０９ .
５.( 课标 ꎬ ꎬ 分)为了监控某种零件 解析 抽取的一个零件的尺寸在 μ
２０１７ Ⅰ １９ １２ (１) ( －
的一条生产线的生产过程 检验员每天从该 σ μ σ 之内的概率为 . 从而零件
ꎬ ３ ꎬ ＋３ ) ０ ９９７ ４ꎬ
生产线上随机抽取 个零件 并测量其尺寸 的尺寸在 μ σ μ σ 之外的概率为
１６ ꎬ ( －３ ꎬ ＋３ )
单位 .根据长期生产经验 可以认为这 . 故 Ｘ Ｂ . .
( :ｃｍ) ꎬ ０ ００２ ６ꎬ ~ (１６ꎬ０ ００２ ６)
条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸 因此 Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ . １６
( ≥１)＝ １－ ( ＝０)＝ １－０ ９９７ ４ ≈
服从正态分布Ｎ μ σ２ . . .
( ꎬ ) ０ ０４０ ８
假设生产状态正常 记 Ｘ 表示一天内抽 Ｘ 的数学期望为 ＥＸ . . .
(１) ꎬ ＝１６×０ ００２ ６＝０ ０４１ ６
取的 个零件中其尺寸在 μ σ μ σ 之 如果生产状态正常 一个零件尺寸在
１６ ( －３ ꎬ ＋３ ) (２)(ｉ) ꎬ
外的零件数 求 Ｐ Ｘ 及 Ｘ 的数学期望 μ σ μ σ 之外的概率只有 . 一
ꎬ ( ≥１) ꎻ ( －３ ꎬ ＋３ ) ０ ００２ ６ꎬ
一天内抽检零件中 如果出现了尺寸在 天内抽取的 个零件中 出现尺寸在 μ
(２) ꎬ １６ ꎬ ( －
μ σ μ σ 之外的零件 就认为这条生产 σ μ σ 之外的零件的概率只有 .
( －３ ꎬ ＋３ ) ꎬ ３ ꎬ ＋３ ) ０ ０４０ ８ꎬ
线在这一天的生产过程可能出现了异常情 发生的概率很小.因此一旦发生这种情况 就
ꎬ
况 需对当天的生产过程进行检查. 有理由认为这条生产线在这一天的生产过
ꎬ
试说明上述监控生产过程方法的合 程可能出现了异常情况 需对当天的生产过
(ｉ) ꎬ
理性 程进行检查 可见上述监控生产过程的方法
ꎻ ꎬ
下面是检验员在一天内抽取的 个零 是合理的.
(ｉｉ) １６
件的尺寸
: 由ｘ . ｓ . 得 μ 的估计值为 μ ＾
(ｉｉ) ＝９ ９７ꎬ ≈０ ２１２ꎬ
. . . . . .
. σ 的估计值为 σ . 由样本数据
９ ９５ １０ １２ ９ ９６ ９ ９６ １０ ０１ ９ ９２ ＝９ ９７ꎬ ＾ ＝０ ２１２ꎬ
. . . . . .
可以看出有一个零件的尺寸在 μ σ μ
９ ９８ １０ ０４ １０ ２６ ９ ９１ １０ １３ １０ ０２ ＾ ＾ ＾
( －３ ꎬ ＋
. . . .
９ ２２ １０ ０４ １０ ０５ ９ ９５ σ ＾ 之外 因此需对当天的生产过程进行
３ ) ꎬ
检查.
１６
经 计 算 得 ｘ １ ｘ . ｓ
＝ １６ ∑ ｉ＝ １ ｉ ＝ ９ ９７ꎬ ＝ 剔除 μ ＾ σ ＾ μ ＾ σ ＾ 之外的数据 . 剩下数
( －３ ꎬ ＋３ ) ９ ２２ꎬ
１６ ( １６ )
１ ∑ ｉ＝ ( ｘ ｉ － ｘ ) ２ ＝ １ ∑ ｉ＝ ｘ２ ｉ － １６ ｘ２ 据的平均数为 １ ×(１６×９ . ９７－９ . ２２)＝ １０ . ０２ꎬ
１６ １ １６ １
１５
. 其中 ｘ 为抽取的第 ｉ 个零件的尺
≈０ ２１２ꎬ ｉ １６
因此 μ 的估计值为 . . ｘ２ . ２
寸 ꎬ ｉ ＝１ꎬ２ꎬꎬ１６ . １０ ０２ ∑ ｉ＝ １ ｉ ＝１６×０ ２１２ ＋
. ２ .
用样本平均数ｘ作为 μ 的估计值 μ ＾ 用样本标 １６×９ ９７ ≈１ ５９１ １３４ꎬ
ꎬ
剔除 μ σ μ σ 之外的数据 . 剩下数
准差 ｓ 作为 σ 的估计值 σ ＾ 利用估计值判断 ( ＾ －３ ＾ ꎬ ＾ ＋３ ＾ ) ９ ２２ꎬ
ꎬ
是否需对当天的生产过程进行检查.剔除 μ 据的样本方差为 １ . . ２
( ＾ ×(１ ５９１ １３４－９ ２２ －１５× 专
１５ 题
σ ＾ μ ＾ σ ＾ 之外的数据 用剩下的数据估计 . ２ . 十
－３ ꎬ ＋３ ) ꎬ １０ ０２ )≈０ ００８ꎬ 一
μ 和 σ 精确到 . .
因此 σ 的估计值为 . . . 概
( ０ ０１)
０ ００８≈０ ０９ 率
与
统
计
４７１
