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专题十一 概率与统计 ７６３
１１．３ 条件概率、二项分布及正态分布
§
５．二项分布的均值与方差
若Ｘ Ｂ ｎ ｐ 则Ｅ Ｘ ｎｐ Ｄ Ｘ ｎｐ（ ｐ） ．
～ （ ， ）， （ ）＝② ， （ ）＝③ １－
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 考点二 正态分布
１．条件概率及其性质 １．正态曲线及其特点
一般地 设Ａ Ｂ为两个事件 且Ｐ Ａ 称Ｐ Ｂ Ａ 正态曲线的定义
（１） ， ， ， （ ）＞０， （ ｜ ）＝ （１）
① Ｐ Ｐ （ （ Ａ Ａ Ｂ ） ） 为在事件Ａ发生的条件下 ， 事件Ｂ发生的概率． 函数φ μ ， σ（ ｘ ）＝ １ σ·ｅ － （ ｘ ２ － σ μ ２ ）２ ， ｘ ∈（－∞，＋∞）（ 其中实数μ
２π
条件概率具有的性质 和σ σ 为参数 的图象为正态分布密度曲线 简称正态曲线．
（２） （ ＞０） ） ，
Ｐ Ｂ Ａ 正态曲线的特点
（ｉ）０≤ （ ｜ ）≤１； （２）
如果Ｂ和Ｃ是两个互斥事件 则Ｐ Ｂ Ｃ Ａ Ｐ Ｂ Ａ 曲线位于ｘ轴上方且与ｘ轴不相交
（ｉｉ） ， （ ∪ ｜ ）＝ （ ｜ ） （ｉ） ；
Ｐ Ｃ Ａ ． 曲线是单峰的 它关于直线 ｘ μ 对称
＋ （ ｜ ） （ｉｉ） ， ④ ＝ ；
２．全概率公式
曲线在ｘ μ处达到峰值 １
一般地
，
设Ａ
１，
Ａ
２，…，
Ａ
ｎ
是一组两两互斥的事件
，
Ａ
１∪
Ａ
２∪
（ｉｉｉ） ＝
２π
σ；
…∪ Ａ ｎ＝ Ω ， 且Ｐ （ Ａ ｉ）＞０， ｉ ＝１，２，…， ｎ ， 则对任意的事件Ｂ ⊆ Ω ， 有 （ｉｖ） 曲线与ｘ轴之间的面积为 １；
Ｐ （ Ｂ ）＝ ∑ｉ＝ ｎ Ｐ （ Ａ ｉ） Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ｉ）， 称此公式为全概率公式． （ｖ） 当 当 σ μ 一 一 定 定 时 时 ， 曲 曲 线 线 随 的 着 形状 μ的 由 变 σ 化 确 而 定 沿 σ ｘ 越 轴 小 移动 曲 ； 线越 瘦
３．相互 １ 独立事件 （ｖｉ） ， ， ， “
高 σ越大 曲线越 矮胖 ．
对于事件Ａ Ｂ 若Ａ的发生与Ｂ的发生互不影响 则称 ”； ， “ ”
（１） 、 ， ， ２．正态分布
Ａ Ｂ是相互独立事件．
、 正态分布的定义及表示
若 Ａ 与 Ｂ 相互独立 则 Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ （１）
（２） ， （ ｜ ）＝ （ ）， （ ）＝ 如果对于任何实数ａ ｂ ａ ｂ 随机变量Ｘ满足Ｐ ａ Ｘ ｂ
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ． ， （ ＜ ）， （ ＜ ≤ ）
（ ｜ ）· （ ）＝ （ ）· （ ） ｂ
φ ｘ ｘ 则 称 Ｘ 的 分 布 为 正 态 分 布 记 作
若Ａ与Ｂ相互独立 则Ａ与Ｂ Ａ与Ｂ Ａ与Ｂ也都相互独立． ＝ ∫ａ μ ， σ （ ） ｄ ， ，
（３） ， ， ，
若Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ 则Ａ与Ｂ相互独立． Ｘ Ｎ（μ，σ２） ．
（４） （ ）＝ （ ） （ ）， ⑤ ～
４．独立重复试验与二项分布 正态分布的三个常用数据
（２）
Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
独立重复试验 二项分布 （ｉ） （ － ＜ ≤ ＋ ）≈０６８２７；
Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
（ｉｉ） （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）≈０９５４５；
Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． ．
（ｉｉｉ） （ －３ ＜ ≤ ＋３ ）≈０９９７３
一般地 在ｎ次独立重复试验
，
一般地 在相同条件下重 ｎ重伯努利试验 中 设事件Ａ
， （ ） ，
复做的 ｎ 次试验称为 ｎ 发生的次数为Ｘ 在每次试验中
定义 ，
次独立重复试验 也叫ｎ 事件Ａ发生的概率为ｐ 此时称
（ ，
重伯努利试验 随机变量Ｘ服从二项分布 记
） ，
作Ｘ Ｂ ｎ ｐ
～ （ ， ）
用Ａ ｉ ｎ 表示 在ｎ次独立重复试验中 事件Ａ
ｉ（ ＝１，２，…， ） ，
计算 第 ｉ 次试验结果 则 恰好发生ｋ次的概率为Ｐ Ｘ
， （ ＝
公式 Ｐ
（
Ａ
１
Ａ
２…
Ａ
ｎ）＝
Ｐ
（
Ａ
１）·
ｋ
）＝ Ｃ
ｋ
ｎ
ｐｋ
（１－
ｐ
）
ｎ－ｋ
（
ｋ
＝０，１，２，
Ｐ Ａ Ｐ Ａ ｎ
（ ２）… （ ｎ） …， ）
为 １ 则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出
，
５
现红灯的概率为
（ ）
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
１ １ ２ １
１．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁 已知开关第一次 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， １０ ５ ５ ２
答案 Ｃ
闭合后出现红灯的概率为 １ 两次闭合后都出现红灯的概率
， ２．在元旦假期甲地降雨的概率是 ． 乙地降雨的概率是 ． 假
２ ０ ２， ０ ３，
设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响 则这两地中
，
７６４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
恰有一个地方降雨的概率为 Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
（ ） （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）＝０９５４４， （ －３ ＜ ≤ ＋３ ）＝０９９７４）
． ． ． ． ． ． ． ．
Ａ．０２ Ｂ．０３ Ｃ．０３８ Ｄ．０５６ Ａ．０９７７２ Ｂ．０６８２６ Ｃ．０９９７４ Ｄ．０９５４４
答案 Ｃ 答案 Ａ
３． 石头 剪刀 布 又称 猜丁壳 是一种流行多年的猜拳游戏 ９．甲 乙两类水果的质量 单位 分别服从正态分布 Ｎ μ
“ 、 、 ” “ ”， ， 、 （ ：ｋｇ） （ １，
起源于中国 然后传到日本 朝鲜等地 随着亚欧贸易的不断发 σ２ Ｎ μ σ２ 其正态分布的密度曲线如图所示 则下列说法
， 、 ， １）， （ ２， ２）， ，
展 它传到了欧洲 到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是 出 错误的是
， ， ： （ ）
拳之前双方齐喊口令 然后在语音刚落时同时出拳 握紧的拳
， ，
头代表 石头 食指和中指伸出代表 剪刀 五指伸开代表
“ ”， “ ”，
布 ． 石头 胜 剪刀 剪刀 胜 布 而 布 又胜 石头 ．
“ ” “ ” “ ”，“ ” “ ”， “ ” “ ”
若所出的拳相同 则为和局．小军和大明两位同学进行 五局三
， “
胜制 的 石头 剪刀 布 游戏比赛 则小军和大明比赛至第四
” “ 、 、 ” ，
局小军胜出的概率是 甲类水果的平均质量μ ．
（ ） Ａ． １＝０４ ｋｇ
甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
１ ２ ２ ８ Ｂ．
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
２７ ２７ ８１ ８１ Ｃ．
答案 Ｂ 乙类水果的质量服从正态分布的参数σ ．
Ｄ． ２＝１９９
４．某个部件由三个元件按如图所示的方式连接而成 元件 或元 答案 Ｄ
， １
件 正常工作 且元件 正常工作 则部件正常工作 设三个电 １０．在某项测量中 测得变量ξ Ｎ σ２ σ ．若ξ在 内
２ ， ３ ， ， ， ～ （１， ）（ ＞０） （０，２）
子元件的使用寿命 单位 小时 均服从正态分布 Ｎ 取值的概率为 ． 则ξ在 内取值的概率为
（ ： ） （１ ０００， ０８， （１，２） （ ）
２ 且各个元件能否正常工作相互独立 那么该部件的使用 ． ． ． ．
５０ ）， ， Ａ．０２ Ｂ．０１ Ｃ．０８ Ｄ．０４
寿命超过 小时的概率为 答案 Ｄ
１０００ （ ）
元件 １１．设随机变量ξ服从正态分布Ｎ μ σ２ 函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ξ
（ ， ）， （ ）＝ ＋４ ＋
１ 元件
元件 ３ 没有零点的概率是 １ 则μ等于
２ ， （ ）
２
不能确定
１ １ ３ ３ Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．４ Ｄ．
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 答案 Ｃ
５ ２ ５ ８
答案 Ｄ １２．近年来 双十一 已成为中国电子商务行业的年度盛事 并且
“ ” ，
５．某种种子每粒发芽的概率都为 ． 现播种了 粒 对于没 逐渐影响到国际电子商务行业．某商家为了准备 年 双
０９， １ ０００ ，
２０１８ “
有发芽的种子 每粒需再补种 粒 补种的种子数记为Ｘ 则Ｘ
十一 的广告策略 随机调查了 名客户在 年 双十
， ２ ， ，
” ， １０００ ２０１７ “
的数学期望为
一 前后 天内网购所花时间Ｔ 单位 小时 并将调查结果
（ ）
” １０ （ ： ），
绘制成如图所示的频率分布直方图．
Ａ．４００ Ｂ．３００ Ｃ．２００ Ｄ．１００
答案 Ｃ
６．某次考试共有 个选择题 每个选择题的分值为 分 每个选
１２ ， ５ ，
择题四个选项有且只有一个选项是正确的 Ａ学生对 个选
， １２
择题中每个题的四个选项都没有把握 最后选择题的得分为Ｘ
，
分 Ｂ学生对 个选择题中每个题的四个选项都能判断其中
， １２
有一个选项是错误的 对其他三个选项都没有把握 最后选择
， ，
题的得分为Ｙ分 则Ｄ Ｙ Ｄ Ｘ
， （ ）－ （ ）＝ （ ）
１２５ ３５ ２７ ２３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１２ １２ ４ ４
答案 Ａ
由频率分布直方图可以认为 这 天网购所花的时间Ｔ近似
７．已知盒中装有 只螺口灯泡与 只卡口灯泡 这些灯泡的外形 ， １０
与功率都相同且
３
灯口向下放着
７
现需要一只卡
，
口灯泡 电工师
服从Ｎ
（
μ
，
σ２
），
其中μ用样本平均值代替
，
σ２
＝０
．
２４
．
， ， 计算μ 并利用该正态分布求Ｐ ． Ｔ ．
傅每次从中任取一只且不放回 则在他第 次取到的是螺口灯 （１） ， （１５１＜ ＜２４９）；
， １ 利用由样本统计获得的正态分布估计整体 将这 天网
泡的条件下 第 次取到的是卡口灯泡的概率为 （２） ， １０
， ２ （ ） 购所花时间在 ． 小时内的人定义为目标客户 对
（２，２ ９８） ，
３ ２ ７ ７ 目标客户发送广告提醒．现若随机抽取 名客户 记
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． １０ ０００ ，
１０ ９ ８ ９ Ｘ为这 人中目标客户的人数．
答案 Ｄ １００００
求Ｅ Ｘ
（ｉ） （ ）；
考点二 正态分布 问 人中目标客户的人数Ｘ为何值的概率最大
（ｉｉ） ：１００００ ？
８．设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量Ｘ 且Ｘ Ｎ 附 ： 若随机变量Ｚ服从正态分布Ｎ （ μ ， σ２ ）， 则Ｐ （ μ － σ ＜ Ｚ ＜ μ ＋
， ～ （８００，
２ ．则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 的概率为 σ ）＝０ ． ６８２７， Ｐ （ μ －２ σ ＜ Ｚ ＜ μ ＋２ σ ）＝ ０ ． ９５４ ５， Ｐ （ μ －３ σ ＜ Ｚ ＜ μ ＋
５０ ） ９００
σ ． ． ． ． ．
（ ） ３ ）＝０９９７３ ０２４≈０４９
参考数据 若Ｘ Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
（ ： ～ （ ， ）， （ － ＜ ≤ ＋ ）＝ ０ ６８２ ６，
专题十一 概率与统计 ７６５
假设李某智商较高 他独自一人解决项目Ｍ的概率为Ｐ ．
， １＝０
同时 有ｎ个水平相同的人也在研究项目Ｍ 他们各自独立
９； ， ，
的解决项目Ｍ的概率都是 ． ．现在李某单独研究项目Ｍ 且这
０５ ，
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
ｎ个人组成的团队也同时研究项目Ｍ 且这ｎ个人研究项目Ｍ
，
１．（２０１９广东东莞模拟，５）假设东莞市市民使用移动支付的概 的结果相互独立．设这ｎ个人的团队解决项目Ｍ的概率为Ｐ
２，
率都为ｐ 且每位市民使用支付方式都相互独立 已知Ｘ是其 若Ｐ Ｐ 则ｎ的最小值是 ．
， ， ２≥ １，
中 位市民使用移动支付的人数 且ＥＸ 则ｐ的值为 答案
１０ ， ＝６， ４
解析 依题意 这ｎ个人组成的团队不能解决项目Ｍ的概
（ ） ，
． ． ． ． ( )ｎ ( )ｎ ( )ｎ
Ａ．０４ Ｂ．０５ Ｃ．０６ Ｄ．０８ 率为Ｐ １ １ 所以Ｐ Ｐ １ 所以
答案 Ｃ 由已知得Ｘ Ｂ ｐ ＥＸ ｐ 解得 ｐ ＝ １－ ＝ ， ２＝１－ ＝１－ ， １－
～ （１０， ），∴ ＝１０ ＝６， ＝ ２ ２ ２
． ．故选 ( )ｎ ( )ｎ
０６ Ｃ． １ ． 即 １ １ 解得ｎ 所以ｎ的最小值为 ．
２．（２０２０辽宁沈阳铁路实验中学１０月月考，７）已知箱中共有 ≥０９， ≥ ， ≥４， ４
６ ２ １０ ２
个球 其中红球 黄球 蓝球各 个 每次从该箱中取 个球 每 ５．（２０２０河南百校联盟９ 月联合检测，１５） 中国诗词大会 是
， 、 、 ２ ， １ （ 《 》
球取到的机会均等 取出后放回箱中 连续取三次．设事件Ａ 央视首档全民参与的诗词节目 节目以 赏中华诗词 寻文化
）， ， ＝ ， “ ，
第一次取到的球和第二次取到的球颜色不相同 事件 Ｂ 基因 品生活之美 为宗旨．每一期的比赛包含以下环节 个人
“ ”， ＝ ， ” ：“
三次取到的球颜色都不相同 则Ｐ Ｂ Ａ 追逐赛 攻擂资格争夺赛 和 擂主争霸赛 其中 擂主争霸
“ ”， （ ｜ ）＝ （ ） ”“ ” “ ”， “
赛 由 攻擂资格争夺赛 获胜者与上一场擂主进行比拼． 擂
１ １ ２ ” “ ” “
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１ 主争霸赛 共有九道抢答题 抢到并答对者得一分 答错则对
６ ３ ３ ” ， ，
答案 Ｂ 事件ＡＢ表示三次取到的球颜色都不相同 方得一分 率先获得五分者即为该场擂主．在 中国诗词大会
∵ ， ， 《 》
的某一期节目中 若进行 擂主争霸赛 的甲乙两位选手每道
Ｐ ＡＢ ２×２×２ １ ． ， “ ”
∴ （ ）＝ ＝ 抢答题得到一分的概率都是 ． 则抢答完七道题后甲成为擂
６×６×６ ２７ ０ ５，
主的概率为 ．
１
Ｐ ＡＢ
又Ｐ （ Ａ ）＝
６
２
×
×
６
２ ＝
９
１ ，∴ Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝ Ｐ （
（
Ａ
）
） ＝ ２
１
７ ＝
３
１ ． 答案
１
１
２
５
８
解析 抢答完七道题后甲成为擂主 则第 题甲得 分 前
９
解题关键 本题考查条件概率的求解 关键是能够准确理解 ， ７ １ ， ６
题甲得 分乙得 分 甲最后以 获胜 所以甲成为擂主的
，
积事件的含义 并求出对应的概率． ４ ２ ， ５ ∶ ２ ，
，
３．抛掷红
、
蓝两颗骰子
，
设事件Ａ为
“
蓝色骰子的点数为
３
或
６”，
概率Ｐ
＝Ｃ
４
６０
．
５
４
×０
．
５
２
×０
．
５＝
１
１
２
５
８
．
事件Ｂ为 两颗骰子的点数之和大于 ．当已知蓝色骰子的点
“ ８”
数为 或 时 两颗骰子的点数之和大于 的概率为 考点二 正态分布
３ ６ ， ８
． １．（２０１８山东淄博一模，５）设随机变量 ξ服从正态分布 Ｎ
（３，
若Ｐ ξ ａ Ｐ ξ ａ 则ａ的值为
答案 ５ ４）， （ ＜２ －３）＝ （ ＞ ＋２）， （ ）
１２ ７ ５
解析 设ｘ为掷红色骰子得到的点数 ｙ为掷蓝色骰子得到 Ａ． Ｂ． Ｃ．５ Ｄ．３
， ３ ３
的点数 则所有可能的事件与 ｘ ｙ 建立一一对应的关系 共 答案 Ａ 随机变量ξ服从正态分布Ｎ Ｐ ξ ａ
， （ ， ） ， ∵ （３，４）， （ ＜２ －
有 个基本事件． Ｐ ξ ａ ｘ ａ 与 ｘ ａ 关于直线 ｘ 对称
３６ ３）＝ （ ＞ ＋２），∴ ＝２ －３ ＝ ＋２ ＝３ ，
ａ ａ ａ ａ ７ 故选 ．
∴２ －３＋ ＋２＝６，∴３ ＝７，∴ ＝ ， Ａ
３
２．（２０１９新疆乌鲁木齐八一中学月考，６）经统计 某市高三学生
，
期末数学成绩Ｘ Ｎ σ２ 且Ｐ Ｘ ． 则从该市
～ （８５， ）， （８０＜ ＜９０）＝０ ３，
任选一名高三学生 其成绩不低于 分的概率是
， ９０ （ ）
． ． ． ．
Ａ．０３５ Ｂ．０６５ Ｃ．０７ Ｄ．０８５
答案 Ａ 学生成绩Ｘ服从正态分布Ｎ σ２ 且Ｐ
∵ （８５， ）， （８０
显然 Ｐ Ａ １２ １ Ｐ Ｂ １０ ５ Ｐ ＡＢ ５ ．
， （ ）＝ ＝ ， （ ）＝ ＝ ， （ ）＝ Ｘ ． Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｘ １
３６ ３ ３６ １８ ３６ ＜ ＜９０）＝０３，∴ （ ≥９０）＝ ［１－ （８０＜ ＜９０）］＝ ×（１－
２ ２
５ ． ． 从该市任选一名高三学生 其成绩不低于 分
解法一 ： Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝ Ｐ Ｐ （ Ａ Ａ Ｂ ） ＝ ３６ ＝ ５ ． 的 ０３ 概 ）＝ 率 ０ 是 ３５ ． ，∴ ．故选 ， ９０
（ ） １ １２ ０３５ Ａ．
３．（２０１８广东茂名一模，６）设Ｘ Ｎ 其正态分布密度曲线
３ ～ （１，１），
ｎ ＡＢ 如图所示 那么向正方形ＡＢＣＤ中随机投掷 个点 则落
解法二 Ｐ Ｂ Ａ （ ） ５ ． ， １０ ０００ ，
： （ ｜ ）＝ ｎ Ａ ＝ 入阴影部分的点的个数的估计值是
（ ） １２ （ ）
４．（２０２０河南南阳中学高三开学考试，１４） 三个臭皮匠 赛过 注 若Ｘ Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． ％ Ｐ μ σ
“ ， （ ： ～ （ ， ）， （ － ＜ ＜ ＋ ）＝６８２６ ， （ －２ ＜
诸葛亮 这是我们常说的口头禅 主要是说集体智慧的强大． Ｘ μ σ ． ％
”， ， ＜ ＋２ ）＝９５４４ ）
７６６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
个点 落入阴影部分的点的个数的估计值是
１００００ ， １０ ０００×
． ．故选
０６５８７＝６５８７ Ｄ．
４．（２０２０百校联盟 ２０ ９月联考，１５）若随机变量ξ服从正
ＴＯＰ
态分布Ｎ 则Ｐ ξ ．
（９，１６）， （－３＜ ≤１３）＝
参考数据 若ξ Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ ξ μ σ ． Ｐ μ
： ～ （ ， ）， （ － ＜ ≤ ＋ ）＝０６８２ ７， （
σ ξ μ σ ． Ｐ μ σ ξ μ σ ． ．
－２ ＜ ≤ ＋２ ）＝０９５４５， （ －３ ＜ ≤ ＋３ ）＝０９９７３
答案 ．
Ａ．７５３９ Ｂ．６０３８ Ｃ．７０２８ Ｄ．６５８７ ０８４
答案 Ｄ Ｘ Ｎ μ σ ． 解析 依题意 ξ Ｎ ２ 其中μ σ 故Ｐ ξ
∵ ～ （１，１），∴ ＝１， ＝１ ， ～ （９，４ ）， ＝９， ＝４， （－３＜ ≤
Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． ％ ． ．
∵ （ － ＜ ＜ ＋ ）＝６８２６ ， Ｐ μ σ ξ μ σ ０６８２７＋０９９７３ ． ．
Ｐ Ｘ ． ％ 则Ｐ Ｘ ． ％ 阴影部分的 １３）＝ （ －３ ＜ ≤ ＋ ）＝ ＝０８４
∴ （０＜ ＜２）＝６８２６ ， （１＜ ＜２）＝３４１３ ，∴ ２
面积为 ． ． ． 向正方形 ＡＢＣＤ 中随机投掷
１－０ ３４１ ３＝０ ６５８ ７ ∴
所以Ｐ Ｐ ，即最终棋子落在第 站的概率大于落在第
１００＜ ９９ ９９ １００
站的概率，游戏不公平．
方法总结 １．ｎ次独立重复试验中事件Ａ恰好发生ｋ次的
考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
概率求法
例１ （２０２０福建泉州适应性测试，２０）某游戏棋盘上标
ｎ次独
：
立重复试验中事件Ａ恰好发生ｋ次可看作
Ｃ
ｋ
ｎ
个互斥
有第 站 棋子开始位于第 站 选手抛掷均匀骰
０，１，２，…，１００ ， ０ ， 事件的和 其中每一个事件都可看作ｋ个Ａ事件与 ｎ ｋ 个Ａ事
子进行游戏 若掷出骰子向上的点数不大于 则棋子向前跳出 ， （ － ）
， ４， 件同时发生 只是发生的次序不同 其发生的概率都是 ｐｋ
一站 否则 棋子向前跳出两站 直到跳到第 站或第 站 ， ， （１－
； ， ， ９９ １００ ｐ ｎ － ｋ 其中ｐ为在一次试验中事件Ａ发生的概率 ．因此 ｎ次独
时 游戏结束．设游戏过程中棋子出现在第ｎ站的概率为Ｐ ． ） （ ） ，
， 当游戏开始时 若抛掷均匀骰子 次后 求棋子所 ｎ 走站 立重复试验中事件Ａ恰好发生ｋ次的概率为 Ｃ ｋ ｎ ｐｋ （１－ ｐ ） ｎ － ｋ．
（１） ， ３ ， ２．写二项分布时 首先确定随机变量Ｘ的取值 然后用公式
数之和Ｘ的分布列与数学期望 ， ，
； Ｐ （ Ｘ ＝ ｋ ）＝Ｃ ｋ ｎ ｐｋ （１－ ｐ ） ｎ － ｋ计算概率即可．
证明 Ｐ １ Ｐ Ｐ １ Ｐ ｎ ３．若离散型随机变量 Ｘ Ｂ ｎ ｐ 则 Ｅ Ｘ ｎｐ Ｄ Ｘ
（２） ： ｎ ＋１＋ ｎ＝ ｎ＋ ｎ －１（１≤ ≤９８）； ～ （ ， ）， （ ）＝ ， （ ）＝
３ ３ ｎｐ ｐ 即其均值和方差的求解既可以利用定义 也可以直接
若最终棋子落在第 站 则记选手落败 若最终棋子落 （１－ ）， ，
（３） ９９ ， ， 代入上述公式．
在第 站 则记选手获胜 请分析这个游戏是否公平．
１００ ， ，
解析 （ ）由题意知，随机变量Ｘ的可能取值为 、 、 、 ，
１ ３ ４ ５ ６
( ) ( ) 例 （２０１８广东顺德一模，１９）某市市民用水拟实行阶梯水
Ｐ（Ｘ ＝３ ） ＝ ３ ２
３
＝ ２ ８ ７ ，Ｐ（Ｘ ＝４ ） ＝Ｃ ２ ３ · ２ ３
２
· １ ３ ＝ ９ ４ ， 价 ， 每人月用水量不超过ｗ立方米的部分按 ４ 元／立方米收费 ，
( ) ( ) 超出ｗ立方米的部分按 元／立方米收费 从该市随机调查了
Ｐ（Ｘ ＝５ ） ＝Ｃ １ ３ · ２ · １ ２ ＝ ２ ，Ｐ（Ｘ ＝６ ） ＝ １ ３ ＝ １ ． 位市民 获得了他们 １ 某 ０ 月的用水量数据 ， 整理得到如下频
３ ３ ９ ３ ２７ １００ ， ，
所以，随机变量Ｘ的分布列如下表所示： 率分布直方图 并且前四组频数成等差数列．
，
Ｘ
３ ４ ５ ６
Ｐ ８ ４ ２ １
２７ ９ ９ ２７
所以Ｅ（Ｘ） ８ ４ ２ １ ．
＝３× ＋４× ＋５× ＋６× ＝４
２７ ９ ９ ２７
（ ）证明：依题意，当 ｎ 时，棋子要到第（ｎ ）站，有
２ １≤ ≤９８ ＋１
两种情况：
由第ｎ站跳 站到第（ｎ ）站，其概率为 ２ Ｐ ；由第（ｎ ） 求ａ ｂ ｃ的值及居民月用水量在 ． 内的频数
１ ＋１ ｎ －１ （１） ， ， ２～２５ ；
３ 根据此次调查 为使 ％以上居民月用水价格为 元／
（２） ， ８０ ４
站跳 站到第（ｎ ）站，其概率为 １ Ｐ ．所以，Ｐ ２ Ｐ 立方米 应将ｗ定为多少 精确到小数点后 位
２ ＋１ ｎ －１ ｎ ＋１ ＝ ｎ＋ ， ？ （ ２ ）
３ ３ 若将频率视为概率 现从该市随机调查 名居民的月
( ) （３） ， ３
１ Ｐ ．同时加上 １ Ｐ 得Ｐ １ Ｐ ２ Ｐ １ Ｐ １ Ｐ 用水量 将月用水量不超过 ． 立方米的人数记为Ｘ 求其分布
ｎ －１ ｎ ｎ ＋１＋ ｎ＝ ｎ＋ ｎ －１ ＋ ｎ＝ ， ２５ ，
３ ３ ３ ３ ３ ３ 列及均值．
Ｐ １ Ｐ （ ｎ ）．
ｎ＋ ｎ －１ １≤ ≤９８
３
（ ）按照（ ）的分析，棋子跳到第 站的概率为Ｐ ２ Ｐ
３ ２ ９９ ９９＝ ９８
３
１ Ｐ ，由于跳到第 站时，自动停止游戏，故有Ｐ １ Ｐ ，
＋ ９７ ９９ １００＝ ９８
３ ３
专题十一 概率与统计 ７６７
布直方图中ｍ ｎ ｔ的值
解题导引 ， ， ；
若从这批零件中随机选取 个 记Ｘ为抽取的零件长度
（２） ３ ，
在 ． ． 的个数 求Ｘ的分布列和数学期望
（１４，１６］ ， ；
若变量Ｓ满足 Ｐ μ σ Ｓ μ σ ． ． 且
利用频率分布直方图估计ｗ． （３） ｜ （ － ＜ ≤ ＋ ）－０ ６８２ ６｜≤０ ０５
（２） Ｐ μ σ Ｓ μ σ ． ． 则称变量 Ｓ 满足近似于
｜ （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）－０９５４４｜≤００５，
正态分布Ｎ μ σ２ 的概率分布．如果这批零件的长度Ｙ 单位 分
（ ， ） （ ：
解析 （ ） 前四组频数成等差数列， 米 满足近似于正态分布Ｎ ． ． 的概率分布 则认为这批
１ ∵ ） （１ ５，０ ０１） ，
频率
零件是合格的 将顺利被签收 否则 公司将拒绝签收．试问该批
所对应的 也成等差数列， ， ； ，
∴ 组距 零件能否被签收
？
设ａ ． ｄ，ｂ ． ｄ，ｃ ． ｄ， 解析 （ ）由题意可知 个样本零件中长度大于 ． 分
＝０２＋ ＝０２＋２ ＝０２＋３ １ １２０ １ ６０
． （ ． ． ｄ ． ｄ ． ｄ ． ｄ ． ． ． ） ， 米的零件共有 个，
∴０５× ０２＋０２＋ ＋０２＋２ ＋０２＋３ ＋０２＋ ＋０１＋０１＋０１ ＝１ １８
解得ｄ ． ， ａ ． ，ｂ ． ，ｃ ． ．
＝０１ ∴ ＝０３ ＝０４ ＝０５ 则这批零件的长度大于 ． 分米的频率为１８ ． ，
居民月用水量在 ． 内的频率为 ． ． ． ． １６０ ＝０１５
２～２５ ０５×０５＝０２５ １２０
居民月用水量在 ． 内的频数为 ． ． 记Ｙ为零件的长度，则Ｐ（ ． Ｙ ． ） Ｐ（ ． Ｙ ． ）
２～２５ ０２５×１００＝２５ １２≤ ≤１３ ＝ １ ７＜ ≤１ ８ ＝
（ ）由题图及（ ）可知，居民月用水量小于 ． 的频率为 ．
２ １ ２５ ０ ３ ． ，Ｐ（ ． Ｙ ． ） Ｐ（ ． Ｙ ． ） １５ ． ，
． ， 为使 ％以上居民月用水价格为 元／立方米， ＝００２５ １ ３＜ ≤１ ４ ＝ １ ６＜ ≤１ ７ ＝ ＝０ １２５
７＜０８ ∴ ８０ ４ １２０ １２０
．
应规定ｗ ． ０１ ． ． ． Ｐ（ ． Ｙ ． ） Ｐ（ ． Ｙ ． ） １ （ ． ． ）
＝２５＋ ． ×０５≈２８３ １４＜ ≤１５ ＝ １５＜ ≤１６ ＝ × １－２×０ ０２５－２×０ １２５ ＝
０１５ ２
（ ）将频率视为概率，设Ａ（单位：立方米）代表居民月用水 ． ． ．
３ ． ，故ｍ ００２５ ． ，ｎ ０１２５ ． ，ｔ ０３５ ． ．
量，可知Ｐ（Ａ ． ） ． ， ０３５ ＝ ． ＝０２５ ＝ ． ＝１２５ ＝ ． ＝３５
≤２５ ＝０７ ０１ ０１ ０１
由题意，Ｘ Ｂ（ ， ． ）， （ ）由（ ）可知从这批零件中随机选取 个，长度在（ ． ， ． ］的
～ ３ ０７ ２ １ １ １４ １６
概率Ｐ ． ． ，且随机变量Ｘ服从二项分布Ｂ（ ， ． ），
Ｐ（Ｘ ＝０ ） ＝Ｃ ０ ３×０ ． ３ ３ ＝０ ． ０２７ ，
则
＝
Ｐ
２
（
×
Ｘ
０３５＝
）
０７
０ （ ． ）３ ． ，Ｐ（Ｘ ）
３ ０
１
７
（ ． ）２
Ｐ（Ｘ
＝１
）
＝Ｃ
１
３×０
．
３
２
×０
．
７＝０
．
１８９
，
． ． ，
＝
Ｐ
０
（Ｘ
＝Ｃ３
）
× １－
２（
０７
．
＝
）
００２
．
７
２ ．
＝１
，
＝
Ｐ（
Ｃ
Ｘ
３× １
）
－０７
３
Ｐ（Ｘ ） ２ ． ． ２ ． ， ×０７＝０１８９ ＝２ ＝Ｃ３ １－０７ ×０ ７ ＝０ ４４１ ＝３ ＝Ｃ３×
＝２ ＝Ｃ３×０３×０７ ＝０４４１ ． ３ ． ，
Ｐ（Ｘ ＝３ ） ＝Ｃ ３ ３×０ ． ７ ３ ＝０ ． ３４３ ． ０７ ＝ 故 ０ 随 ３４ 机 ３ 变量Ｘ的分布列为
Ｘ的分布列为
∴ Ｘ
０ １ ２ ３
Ｘ
０ １ ２ ３ Ｐ ． ． ． ．
００２７ ０１８９ ０４４１ ０３４３
Ｐ ． ． ． ．
００２７ ０１８９ ０４４１ ０３４３ Ｅ（Ｘ） ． ． ． ． ． （或Ｅ（Ｘ）
＝０×００２７＋１×０１８９＋２×０４４１＋３×０３４３＝２１
Ｘ Ｂ ． Ｅ Ｘ ｎｐ ． ． ． ． ）．
∵ ～ （３，０７），∴ （ ）＝ ＝２１ ＝３×０７＝２１
（ ）由题意可知μ ． ，σ ． ，
３ ＝１５ ＝０１
则Ｐ（μ σ Ｙ μ σ） Ｐ（ ． Ｙ ． ） ． ；
考法二 正态分布问题的解题方法 － ＜ ≤ ＋ ＝ １４＜ ≤１６ ＝０７
Ｐ（μ σ Ｙ μ σ） Ｐ（ ． Ｙ ． ） ． ． ．
－２ ＜ ≤ ＋２ ＝ １ ３＜ ≤１ ７ ＝０ １２５＋０ ３５＋０ ３５＋
例２ （２０２０山东仿真联考）某公司采购了一批零件 为 ． ． ，因为 ． ． ． ． ，
， ０１２５＝０９５ ｜０７－０６８２６｜＝００１７４≤００５
了检测这批零件是否合格 从中随机抽测 个零件的长度 单 ． ． ． ． ，
， １２０ （ ｜０９５－０９５４４｜＝０００４４≤００５
位 分米 按数据分成 ． ． ． ． ． ． ． 所以这批零件的长度满足近似于正态分布Ｎ（ ． ， ． ）的
： ）， ［１ ２，１ ３］，（１ ３，１ ４］，（１ ４，１ ５］，（１ ５， １ ５ ０ ０１
． ． ． ． ． 这 组 得到如图所示的频率分布直 概率分布，应认为这批零件是合格的，能被签收．
１６］，（１６，１７］，（１７，１８］ ６ ，
方图
，
其中长度大于或等于
１
．
５９
分米的零件有
２０
个
，
其长度分 方法总结 １．对于正态分布Ｎ
（
μ
，
σ２
），
由直线ｘ
＝
μ是正态
别为 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
１５９，１５９，１６１，１６１，１６２，１６３，１６３，１６４，１６５，１６５，１６５， 曲线的对称轴知
． ． ． ． ． ． ． ． ． 以这 个零
１６５，１６６，１６７，１ ６８，１ ６９，１ ６９，１ ７１，１ ７２，１ ７４， １２０ Ｐ Ｘ μ Ｐ Ｘ μ ．
件在各组的长度的频率估计整批零件在各组长度的概率． （１） （ ≥ ）＝ （ ≤ ）＝０５；
对任意的ａ 有Ｐ Ｘ μ ａ Ｐ Ｘ μ ａ
（２） ， （ ＜ － ）＝ （ ＞ ＋ ）；
Ｐ Ｘ ｘ Ｐ Ｘ ｘ
（３） （ ＜ ０）＝１－ （ ≥ ０）；
Ｐ ａ Ｘ ｂ Ｐ Ｘ ｂ Ｐ Ｘ ａ ．
（４） （ ＜ ＜ ）＝ （ ＜ ）－ （ ≤ ）
２．服从Ｎ μ σ２ 的随机变量Ｘ在某个区间内取值的概率的
（ ， ）
求法
：
利用Ｐ μ σ Ｘ μ σ Ｐ μ σ Ｘ μ σ Ｐ μ σ
（１） （ － ＜ ≤ ＋ ）， （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）， （ －３
Ｘ μ σ 的值直接求
＜ ≤ ＋３ ） ；
充分利用正态曲线的对称性和曲线与ｘ轴之间的面积
（２）
求这批零件的长度大于 ． 分米的频率 并求频率分 为 这些特殊性质求解．
（１） １ ６０ ， １
７６８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中
Ｂ．
白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中
Ｃ．
白玫瑰日销售量范围在 的概率约为 ．
Ｄ． （２８０，３２０］ ０３４１３
考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
答案 ＡＢＤ
１．（２０２１届浙江宁海中学９月第一次模拟，８）一只小虫从数轴 ５．（２０１９河北冀州期末，４）已知随机变量ξ服从正态分布Ｎ
（４，
上的原点出发爬行 若一次爬行过程中 小虫等概率地向前或 ２ Ｐ ξ ． 则Ｐ ξ
， ， ６ ）， （ ≤５）＝０８９， （ ≤３）＝ （ ）
向后爬行 个单位 设爬行ｎ次后小虫所在位置对应的数为随 ． ． ． ．
１ ， Ａ．０８９ Ｂ．０７８ Ｃ．０２２ Ｄ．０１１
机变量ξ 则下列结论错误的是 答案 Ｄ
ｎ， （ ）
Ｅ ξ Ｄ ξ ｎ ６．（２０１９江西南昌模拟，６）在某次高三联考数学测试中 学生成绩
Ａ． （ ｎ）＝０ Ｂ． （ ｎ）＝ ，
Ｃ．
Ｐ
（
ξ
２０２０＝０）＜
Ｐ
（
ξ
２０２０＝２） Ｄ．
Ｐ
（
ξ
２０２０＝０）＜
Ｐ
（
ξ
２０１８＝０）
ξ服从正态分布
（１００，
σ２
）（
σ
＞０），
若ξ在
（８５，１１５）
内的概率为
答案 Ｃ ． 则任意选取一名学生 该生成绩高于 分的概率为
０７５， ， １１５ （ ）
２．（２０２１届广东深圳外国语学校第一次月考，５）某同学进行 ． ． ． ．
３ Ａ．０２５ Ｂ．０１ Ｃ．０１２５ Ｄ．０５
答案 Ｃ
分投篮训练 若该同学投中的概率为 １ 他连续投篮ｎ次至少
， ， ７．（２０１９山西运城一模，１９） 年 月 日 烟台市全民阅
２ ２０１９ ２ １３ 《
得到 分的概率大于 ． 那么ｎ的最小值是 读促进条例 全文发布 旨在保障全民阅读权利 培养全民阅
３ ０９， （ ） 》 ， ，
读习惯 提高全民阅读能力 推动文明城市和文化强市建设．某
Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６ ， ，
答案 Ｂ 高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况 随机调查了
，
３．（２０１９辽宁阜新中学１０月月考，１８）某市政府为了节约生活 名学生每周阅读时间Ｘ 单位 小时 并绘制成如图所示的
２００ （ ： ）
用电 计划在本市试行居民生活用电定额管理 即确定一户居 频率分布直方图．
， ，
民月用电量标准ａ 用电量不超过ａ的部分按平价收费．超出ａ 求这 名学生每周阅读时间的样本平均数ｘ和样本方差
， （１） ２００
的部分按议价收费
，
为此
，
政府调查了
１００
户居民的月平均用 ｓ２
（
同一组中的数据用该组区间的中间值作代表
）；
电量 单位 度 以 由直方图可以认为 目前该校学生每周的阅读时间Ｘ服从
（ ： ）， ［１６０，１８０），［１８０，２００），［２００，２２０），［２２０， （２） ，
２４０），［２４０，２６０），［２６０，２８０），［２８０，３００）
分组的频率分布直方 正态分布Ｎ
（
μ
，
σ２
），
其中μ近似为样本平均数ｘ
，
σ２近似为
图如图所示
，
用电量在
［２４０，２６０）
的居民户数比用电量在 样本方差ｓ２．
的居民户数多 户． 一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概
［１６０，１８０） １１ ①
Ｘ μ
率进行计算 若Ｘ Ｎ μ σ２ 令Ｙ － 则Ｙ Ｎ 且
： ～ （ ， ）， ＝ σ ， ～ （０，１），
( ａ μ)
Ｐ Ｘ ａ Ｐ Ｙ － 利用直方图得到的正态分布 求
（ ≤ ）＝ ≤ σ ， ，
Ｐ Ｘ
（ ≤１０）；
从该高校的学生中随机抽取 名 记Ｚ表示这 名学
② ２０ ， ２０
生中每周阅读时间超过 小时的人数 求Ｐ Ｚ 结果
１０ ， （ ≥２）（
精确到 ． 以及Ｚ的数学期望．
求直方图中ｘ ｙ的值 ００００１）
（１） ， ；
用样本估计总体 如果希望至少 ％的居民用电量低于 参考数据 ４０ ． １９ ． ．若Ｙ Ｎ
（２）① ， ８５ ： １７８≈ ，０ ７７３ ４ ≈０ ００７ ６ ～ （０，１），
标准 求月用电量的最低标准应定为多少度 并说明理由 ３
， ， ； 则Ｐ Ｙ ． ． ．
若将频率视为概率 现从该市所有居民中随机抽取 （ ≤０７５）＝０７７３４
② ， ３
户 其中月用电量低于 中最低标准的居民户数为ξ 求ξ
， ① ，
的分布列及数学期望Ｅ ξ ．
（ ）
考法二 正态分布问题的解题方法
４． 多选题 （２０２１届山东青岛调研，１２）在国家精准扶贫政策的
（ ）
支持下 某农户贷款承包了一个新型温室鲜花大棚 种植销售红玫
， ，
瑰和白玫瑰 若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正
，
态分布Ｎ μ ２ 和Ｎ ２ 则下列选项正确的是
（ ，３０） （２８０，４０）， （ ）
附 若随机变量Ｘ服从正态分布Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ Ｘ μ
： （ ， ）， （ － ＜ ≤ ＋
σ ．
）≈０６８２６）
若红玫瑰日销售量范围在 μ 的概率是 ． 则
Ａ． （ －３０，２８０］ ０ ６８２ ６，
红玫瑰日销售量的平均数约为
２５０
专题十一 概率与统计 ７６９
以这 人的样本数据来估计整个社区的总体数据 若从
（２） １８ ，
该社区 人数很多 任选 人 记Ｘ表示抽到 很幸福 的
（ ） ３ ， “ ”
人数 求Ｘ的分布列及Ｅ Ｘ ．
， （ ）
考法一 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
１．（２０１８福建厦门二模，６）袋中装有 个红球 个黄球 有放
２ ，３ ，
回地抽取 次 每次抽取 球 则 次中恰有 次抽到黄球的
３ ， １ ， ３ ２
概率是
（ ）
２ ３ １８ ５４
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
５ ５ １２５ １２５ 解析 设事件Ａ 抽出的 人中至少有 人是 很幸
答案 Ｄ 袋中装有 个红球 个黄球 有放回地抽取 （１） ＝｛ ３ １ “
２ ，３ ， ３ 福 的 则Ａ表示 人都认为不很幸福
” ｝， ｛３ ｝，
次 每次抽取 球 每次抽到黄球的概率Ｐ ３ 次中恰有
， １ ， １＝ ５ ，∴３ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｃ ３ ６ ５ １９９．
次抽到黄球的概率Ｐ ２ ( ３ ) ２ ( ３ ) ５４． ∴ （ ）＝１－ （ ）＝１－ Ｃ ３ １８ ＝１－ ２０４ ＝ ２０４
２ ＝Ｃ３
５
× １－
５
＝
１２５ 样本中 幸福度为 很幸福 的概率为１２ ２ ．根据题意知
２．（２０１８山东潍坊模拟，６）某篮球队对队员进行考核 规则如 （２） ， “ ” ＝ ，
， ( ) １８ ３
下 每人进行 个轮次的投篮 每个轮次每人投篮 次 若
：① ３ ；② ２ ， 随机变量Ｘ Ｂ ２ Ｘ的可能取值为 ．
至少投中 次 则本轮通过 否则不通过．已知队员甲投篮 次 ～ ３，
３
， ０，１，２，３
１ ， ， １ ( ) ( )
３ ２
投中的概率为 ２ ， 如果甲各次投篮投中与否互不影响 ， 那么甲 Ｐ （ Ｘ ＝０）＝Ｃ ０ ３ １ ３ ＝ ２ １ ７ ， Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ３× ３ ２ × ３ １ ＝ ９ ２ ， Ｐ （ Ｘ
３ ( ) ( )
个轮次通过的次数Ｘ的期望是 ２ ３
３ （ ） ＝２）＝Ｃ ２ ３× ２ × １ ＝ ４ ， Ｐ （ Ｘ ＝３）＝Ｃ ３ ３ ２ ＝ ８ ，
３ ３ ９ ３ ２７
８ ５ 所以随机变量Ｘ的分布列为
Ａ．３ Ｂ． Ｃ．２ Ｄ．
３ ３
Ｘ
答案 Ｂ 在一轮投篮中 甲通过的概率 Ｐ １ ２ ２ ０ １ ２ ３
， ＝ × ＋ ＝
３ ３ ３ Ｐ １ ２ ４ ８
８ 不通过的概率为 １ ． ２７ ９ ９ ２７
，
由 ９ 题意可知 甲 个轮次 ９ 通过的次数Ｘ的取值可能是 所以Ｘ 的期望 Ｅ
（
Ｘ
）＝ ０×
１
＋１×
２
＋２×
４
＋３×
８
＝
， ( ３ ) ３ ０，１，２，３， ( ) ２７ ９ ９ ２７
则Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ １ ＝ １ ； ２ ． 或Ｅ （ Ｘ ）＝３× ２ ＝２ ．
９ ( ７ ) ２９ ３
２ 思路分析 人中 很幸福 的有 人 可以先计算其
Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ３×
９
８ ×
９
１ ＝
７
２
２
４
９
；
反面 即 人
（
都
１）
认
１８
为不很
，
幸
“
福的概
”
率 再用
１２
减
，
去 人都认为
( ) ， ３ ， １ ３
２ ( )
Ｐ （ Ｘ ＝２）＝Ｃ ２ ３×
９
８ ×
９
１ ＝
７
１
２
９
９
２ ； 不很幸福的概率即可
；（２）
根据题意知随机变量Ｘ
～
Ｂ
３，
２
，
( ) ３
Ｐ Ｘ ８ ３ ５１２． 列出分布列 求期望即可．
（ ＝３）＝ ＝ ，
９ ７２９
随机变量Ｘ的分布列为 考法二 正态分布问题的解题方法
∴
Ｘ １．（２０２０ ５·３ 原创题）已知随机变量Ｘ服从正态分布Ｎ
０ １ ２ ３ （８０，
若Ｐ Ｘ ｍ ． 则ｍ等于
Ｐ １ ２４ １９２ ５１２ ２５）， （７５＜ ≤ ）＝０８１８６， （ ）
附 Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
７２９ ７２９ ７２９ ７２９ （ ： （ － ＜ ≤ ＋ ）＝０６８２７， （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）＝０９５４５）
(
数学期望Ｅ Ｘ １ ２４ １９２ ５１２ ８ 或由Ｘ Ａ．８９ Ｂ．９０ Ｃ．９１ Ｄ．９２
（ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝ ～ 答案 Ｂ 由题意得σ μ
７２９ ７２９ ７２９ ７２９ ３ ＝５， ＝８０，
( ) ) Ｐ Ｘ ． 即Ｐ Ｘ ．
Ｂ ８ 及二项分布的期望公式可得Ｅ Ｘ ８ ８ ． （８０－５＜ ≤８０＋５）＝０６８２７， （７５＜ ≤８５）＝０６８２７；
３， （ ）＝３× ＝ Ｐ Ｘ ． 即Ｐ Ｘ ． ．
９ ９ ３ （８０－１０＜ ≤８０＋１０）＝０９５４５， （７０＜ ≤９０）＝０９５４５
故选 ． ． ．
Ｂ 所以Ｐ Ｘ ０９５４５－０６８２７ ． ．
３．（２０１９山西运城二模，１８）每年 月 日是国际幸福日 某电 （８５＜ ≤９０）＝ ＝０１３５９
３ ２０ ， ２
视台随机调查某一社区人们的幸福度．现从该社区群众中随机 因为Ｐ Ｘ ｍ ．
（７５＜ ≤ ）＝０８１８６，
抽取 名 用 分制 记录了他们的幸福度指数 结果如茎 而Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ．
１８ ， “１０ ” ， （７５＜ ≤９０）＝ （７５＜ ≤８５）＋ （８５＜ ≤９０）＝ ０ ６８２ ７＋
叶图所示 其中以小数点前的一位数字为茎 小数点后的一位 ． ． 所以ｍ ．
， ， ０１３５９＝０８１８６， ＝９０
数字为叶．若幸福度不低于 ． 分 则称该人的幸福度为 很幸 命题说明 本题考查对正态曲线中μ σ的理解 通过准确理
８５ ， “ ， ，
福 ． 解正态曲线的特点 将已知正态分布概率转化为相应的变量的
” ，
求从这 人中随机选取 人 至少有 人是 很幸福 的 范围 运用数形结合的思想解决问题．
（１） １８ ３ ， １ “ ” ，
概率 ２．（２０２０河南许昌一模，１４）在我市的高二期末考试中 理科学
； ，
７７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
生的数学成绩Ｘ 服从正态分布 Ｎ σ２ 已知 Ｐ Ｘ 故得分超过 分的人数为 ． ．
（９０， ）， （７０≤ ≤ １４１ １０００×００２２８≈２３
． 则从全市理科生中任选一名学生 他的数学成绩小 ( )
９０）＝０３５， ， 由题意知Ｘ Ｂ １
于 分的概率为 ． （３） ～ ４， ，
１１０ ４
答案 ． 故Ｘ的所有可能取值为
０８５ ０，１，２，３，４，
解析 Ｘ Ｎ σ２ μ 即正态曲线关于直线ｘ ( ) ４
∵ ～ （９０， ），∴ ＝９０， ＝９０ Ｐ Ｘ ３ ８１
对称．又Ｐ Ｘ ． Ｐ Ｘ ． （ ＝０）＝ ＝ ，
（７０≤ ≤９０）＝０３５，∴ （９０≤ ＜１１０）＝０３５， ４ ( ) ２ ( ５６ )
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． ． １ ３
∴ （ ≥１１０）＝ （ ≥９０）－ （９０≤ ＜１１０）＝ ０ ５－０ ３５＝０１５， Ｐ Ｘ １ １ ３ ２７
则Ｐ Ｘ ． ． ． （ ＝１）＝Ｃ４ ４ ４ ＝ ６４ ，
（ ＜１１０）＝１－０１５＝０８５ ( ) ( )
３．（ 学 ２ 考 ０１ 试 ８ 不 湖 同 南 成 湘 绩 潭 段 二 的 模 人 ，１ 数 ８） ξ 某 Ｎ 校高三年 ２ 级 ． 有 １ ０００ 人 ， 某次数 Ｐ （ Ｘ ＝２）＝Ｃ ２ ４ １ ４ ２ ３ ４ ２ ＝ １ ２ ２ ７ ８ ，
～ （１２７，７ ） ( ) ( )
（１） 求该校此次数学考试的平均成绩 ； Ｐ （ Ｘ ＝３）＝Ｃ ３ ４ １ ３ ３ １ ＝ ３ ，
计算得分超过 分的人数 ４ ４ ６４
（２） １４１ ； ( )
４
Ｐ Ｘ １ １
甲同学每次数学考试进入年级前 名的概率是 １ 若本 （ ＝４）＝ ＝ ，
（３） １００ ， ４ ２５６
４ 故Ｘ的分布列为
学期有 次考试 Ｘ表示进入前 名的次数 写出Ｘ的分
４ ， １００ ，
布列 并求期望与方差． Ｘ
， ０ １ ２ ３ ４
注 若Ｘ Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． ％ Ｐ μ σ
（ ： ～ （ ， ）， （ － ＜ ＜ ＋ ）＝６８２６ ， （ －２ ＜ Ｐ ８１ ２７ ２７ ３ １
Ｘ μ σ ． ％
＜ ＋２ ）＝９５４４ ） ２５６ ６４ １２８ ６４ ２５６
解析 由不同成绩段的人数 ξ 服从正态分布 Ｎ
（１） （１２７， 期望Ｅ Ｘ ｎｐ １
２ 可知平均成绩为μ ． （ ）＝ ＝４× ＝１，
７ ）， ＝１２７ ４
Ｐ ξ Ｐ ξ １ Ｐ μ σ ξ μ σ 方差Ｄ Ｘ ｎｐ ｐ １ ３ ３ ．
（２） （ ＞１４１）＝ （ ＞１２７＋２×７）＝ ×［１－ （ －２ ＜ ＜ ＋２ ）］ （ ）＝ （１－ ）＝４× × ＝
２ ４ ４ ４
．
＝００２２８，
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 人又打了Ｘ个球该局比赛结束．
１．（２０１８课标Ⅲ，８，５分）某群体中的每位成员使用移动支付的 求Ｐ Ｘ
（１） （ ＝２）；
概率都为ｐ 各成员的支付方式相互独立．设Ｘ为该群体的 求事件 Ｘ 且甲获胜 的概率．
， １０ （２） “ ＝４ ”
位成员中使用移动支付的人数 ＤＸ ． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ６．（２０１９天津，１６，１３分）设甲 乙两位同学上学期间 每天
， ＝２ ４， （ ＝４）＜ （ ＝６）， 、 ， ７：
则ｐ
＝ （ ） 之前到校的概率均为 ２ ．假定甲 乙两位同学到校情况互不
． ． ． ． ３０ 、
Ａ．０７ Ｂ．０６ Ｃ．０４ Ｄ．０３ ３
答案 Ｂ 影响 且任一同学每天到校情况相互独立．
，
２．（２０２０天津，１３，５分）已知甲 乙两球落入盒子的概率分别为 用Ｘ表示甲同学上学期间的三天中 之前到校的天
、 （１） ７：３０
数 求随机变量Ｘ的分布列和数学期望
１ 和 １ ．假定两球是否落入盒子互不影响 则甲 乙两球都落 ， ；
， 、 设Ｍ为事件 上学期间的三天中 甲同学在 之前到校
２ ３ （２） “ ， ７：３０
入盒子的概率为 甲 乙两球至少有一个落入盒子的 的天数比乙同学在 之前到校的天数恰好多 求事
； 、 ７：３０ ２”，
概率为 ． 件Ｍ发生的概率．
答案 １ ２ 考点二 正态分布
；
６ ３
３．（２０１９课标Ⅰ，１５，５分）甲 乙两队进行篮球决赛 采取七场 ７．（２０２１新高考适应卷，１６，５分）对一个物理量做ｎ次测量 并
、 ， ，
四胜制 当一队赢得四场胜利时 该队获胜 决赛结束 ．根据前 以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果
（ ， ， ）
期比赛成绩 甲队的主客场安排依次为 主主客客主客主 ．设 ( )
， “ ” 的误差ε Ｎ ２ 为使误差ε 在 ． ． 的概率不小
甲队主场取胜的概率为 ． 客场取胜的概率为 ． 且各场比 ｎ～ ０， ｎ ， ｎ （－０ ５，０ ５）
０６， ０ ５，
赛结果相互独立 则甲队以 获胜的概率是 ． 于 ． 至少要测量 次 若Ｘ Ｎ μ σ２ 则Ｐ Ｘ
， ４ ∶ １ ０９５４５， （ ～ （ ， ）， （｜ －
答案 ． μ σ ． ．
０１８ ｜＜２ ）＝０９５４５）
４．（２０１７课标Ⅱ，１３，５分）一批产品的二等品率为 ． 从这批 答案
００２， ３２
产品中每次随机取一件 有放回地抽取 次 Ｘ表示抽到的 ８．（２０１７课标Ⅰ，１９，１２分）为了监控某种零件的一条生产线的
， １００ ，
二等品件数 则ＤＸ ． 生产过程 检验员每天从该生产线上随机抽取 个零件 并测
， ＝ ， １６ ，
答案 ． 量其尺寸 单位 ．根据长期生产经验 可以认为这条生产
１９６ （ ：ｃｍ） ，
５．（２０１９课标Ⅱ，１８，１２分） 分制乒乓球比赛 每赢一球得 线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布Ｎ μ σ２ ．
１１ ， １ （ ， ）
分 当某局打成 平后 每球交换发球权 先多得 分的 假设生产状态正常 记Ｘ表示一天内抽取的 个零件中
， １０ ∶ １０ ， ， ２ （１） ， １６
一方获胜 该局比赛结束．甲 乙两位同学进行单打比赛 假设 其尺寸在 μ σ μ σ 之外的零件数 求Ｐ Ｘ 及Ｘ
， 、 ， （ －３ ， ＋３ ） ， （ ≥１）
甲发球时甲得分的概率为 ． 乙发球时甲得分的概率为 ． 的数学期望
０ ５， ０４， ；
各球的结果相互独立．在某局双方 平后 甲先发球 两 一天内抽检零件中 如果出现了尺寸在 μ σ μ σ 之
１０ ∶ １０ ， ， （２） ， （ －３ ， ＋３ ）
专题十一 概率与统计 ７７１
外的零件 就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出 零件的尺寸 ｉ ．
， ， ＝１，２，…，１６
现了异常情况
，
需对当天的生产过程进行检查．
用样本平均数ｘ作为μ的估计值μ＾ 用样本标准差ｓ作为σ
，
试说明上述监控生产过程方法的合理性
（ｉ） ； 的估计值σ＾ 利用估计值判断是否需对当天的生产过程进
下面是检验员在一天内抽取的 个零件的尺寸 ，
（ｉｉ）
． ． ． ． ．
１６
． ． ．
： 行检查．剔除
（
μ＾－３ σ＾
，
μ＾＋３ σ＾
）
之外的数据
，
用剩下的数据估
９９５ １０１２ ９９６ ９９６ １００１ ９９２ ９９８ １００４ 计μ和σ 精确到 ． ．
１０ ． ２６ ９ ． ９１ １０ ． １３ １０ ． ０２ ９ ． ２２ １０ ． ０４ １０ ． ０５ ９ ． ９５ （ ００１）
附 若随机变量Ｚ服从正态分布Ｎ μ σ２
： （ ， ），
经计算 ( 得 １６ ｘ ＝ １ １ ６ ∑ｉ １ ＝ ６ １ ｘ ) ｉ ＝ ９ ． ９７， ｓ ＝ １ １ ６ ∑ｉ １ ＝ ６ １ （ ｘ ｉ － ｘ ） ２ ＝ ０ 则 ． ９ Ｐ ９７ （ μ ４ － １６ ３ ≈ σ ０ ＜ ． Ｚ ９５ ＜ ９ μ ＋ ２ ３ ， σ ） ０ ＝ ． ０ ０ ０ ． ８ ９９ ≈ ７ ０ ４ ． ． ０９ ．
１
１
６
∑ｉ＝
１
ｘ２ｉ －
１６
ｘ２
≈０
．
２１２，
其中 ｘ
ｉ
为抽取的第 ｉ 个
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布 ( )
３ ２ ３ ２ １ ２ ３ ２ ３ １ ３ ２
１．（２０１５课标Ⅰ理，４，５分）投篮测试中 每人投 次 至少投中 次
＝
４
×
３
×
４
×
３
＋２×
４
×
３
×
４
×
３
＋
４
×
３
×
４
×
３
， ３ ， ２
才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为 ． 且各次投 ２ ．
０６， ＝
篮是否投中相互独立 则该同学通过测试的概率为 ３
， （ ）
． ． ． ． 所以 星队 至少猜对 个成语的概率为 ２ ．
Ａ．０６４８ Ｂ．０４３２ Ｃ．０３６ Ｄ．０３１２ “ ” ３
答案 Ａ 该同学通过测试的概率Ｐ ２ ． ２ ． ． ３ ３
＝Ｃ３×０ ６ ×０ ４＋０ ６ ＝ 由题意 随机变量Ｘ可能的取值为 ．
． ． ． 故选 ． （２） ， ０，１，２，３，４，６
０４３２＋０２１６＝０６４８， Ａ 由事件的独立性与互斥性 得
２．（２０１４课标Ⅱ理，５，５分）某地区空气质量监测资料表明 一 ，
，
天的空气质量为优良的概率是 ． 连续两天为优良的概率是 Ｐ Ｘ １ １ １ １ １
０７５， （ ＝０）＝ × × × ＝ ，
． 已知某天的空气质量为优良 则随后一天的空气质量为优 ４ ( ３ ４ ３ １４４ )
０６， ，
良的概率是 Ｐ Ｘ ３ １ １ １ １ ２ １ １ １０ ５
（ ） （ ＝１）＝２× × × × ＋ × × × ＝ ＝ ，
４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ １４４ ７２
． ．
Ａ．０８ Ｂ．０７５ Ｐ Ｘ ３ １ ３ １ ３ １ １ ２ １ ２ ３ １
． ． （ ＝２）＝ × × × ＋ × × × ＋ × × × ＋
Ｃ．０６ Ｄ．０４５ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３
．
答案 Ａ 由条件概率可得所求概率为０６ ． 故选 ． １ ２ １ ２ ２５
． ＝０８， Ａ × × × ＝ ，
０７５ ４ ３ ４ ３ １４４
３．（２０１５广东理，１３，５分）已知随机变量Ｘ服从二项分布Ｂ ｎ
（ ， Ｐ Ｘ ３ ２ １ １ １ １ ３ ２ １２ １
ｐ ．若Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ 则ｐ ． （ ＝３）＝ × × × ＋ × × × ＝ ＝ ，
） （ ）＝３０， （ ）＝２０， ＝ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ １４４ １２
( )
答案 １ Ｐ Ｘ ３ ２ ３ １ ３ ２ １ ２ ６０ ５
（ ＝４）＝２× × × × ＋ × × × ＝ ＝ ，
３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ １４４ １２
解析 因为Ｘ Ｂ ｎ ｐ 所以Ｅ Ｘ ｎｐ Ｄ Ｘ ｎｐ
～ （ ， ）， （ ）＝ ＝３０， （ ）＝ （１－ Ｐ Ｘ ３ ２ ３ ２ ３６ １ ．
（ ＝６）＝ × × × ＝ ＝
ｐ 解得ｎ ｐ １ ． ４ ３ ４ ３ １４４ ４
）＝２０， ＝９０， ＝ 可得随机变量Ｘ的分布列为
３
４．（２０１６山东理，１９，１２分）甲 乙两人组成 星队 参加猜成语 Ｘ
、 “ ” ０ １ ２ ３ ４ ６
活动 每轮活动由甲 乙各猜一个成语．在一轮活动中 如果两
， 、 ，
Ｐ １ ５ ２５ １ ５ １
人都猜对 则 星队 得 分 如果只有一人猜对 则 星队 得
， “ ” ３ ； ， “ ” １ １４４ ７２ １４４ １２ １２ ４
分 如果两人都没猜对 则 星队 得 分．已知甲每轮猜对的概
； ， “ ” ０
所以数学期望ＥＸ １ ５ ２５ １ ５ １
率是 ３ 乙每轮猜对的概率是 ２ 每轮活动中甲 乙猜对与否 ＝０× １４４ ＋１× ７２ ＋２× １４４ ＋３× １２ ＋４× １２ ＋６× ４
， ； 、
４ ３
互不影响 各轮结果亦互不影响．假设 星队 参加两轮活 ＝ ２３．
， “ ” ６
动 求 评析 本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的
， ：
星队 至少猜对 个成语的概率 分布列与数学期望，确定随机变量可能的取值是解题的关键．
（１）“ ” ３ ；
星队 两轮得分之和Ｘ的分布列和数学期望ＥＸ． 属于中档题．
（２）“ ”
解析 记事件Ａ 甲第一轮猜对 记事件Ｂ 乙第一轮 ５．（２０１５湖南理，１８，１２分）某商场举行有奖促销活动 顾客购
（１） ：“ ”， ：“ ，
猜对 记事件 Ｃ 甲第二轮猜对 记事件 Ｄ 乙第二轮猜 买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有 个红
”， ：“ ”， ：“ ４
对 记事件Ｅ 星队 至少猜对 个成语 ． 球 个白球的甲箱和装有 个红球 个白球的乙箱中 各随
”， ：“‘ ’ ３ ” 、６ ５ 、５ ，
由题意 Ｅ ＡＢＣＤ ＡＢＣＤ ＡＢＣＤ ＡＢＣＤ ＡＢＣＤ 机摸出 个球．在摸出的 个球中 若都是红球 则获一等奖
， ＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ， １ ２ ， ， ；
由事件的独立性与互斥性 得 若只有 个红球 则获二等奖 若没有红球 则不获奖．
， １ ， ； ，
求顾客抽奖 次能获奖的概率
Ｐ Ｅ Ｐ ＡＢＣＤ Ｐ ＡＢＣＤ Ｐ ＡＢＣＤ Ｐ ＡＢＣＤ Ｐ ＡＢＣＤ （１） １ ；
（ ）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ）＋ （ ）＋ （ ） 若某顾客有 次抽奖机会 记该顾客在 次抽奖中获一等
（２） ３ ， ３
＝
Ｐ
（
Ａ
）
Ｐ
（
Ｂ
）
Ｐ
（
Ｃ
）
Ｐ
（
Ｄ
）＋
Ｐ
（
Ａ
）
Ｐ
（
Ｂ
）
Ｐ
（
Ｃ
）
Ｐ
（
Ｄ
）＋
Ｐ
（
Ａ
）·
Ｐ
（
Ｂ
）
Ｐ 奖的次数为Ｘ 求Ｘ的分布列和数学期望．
，
Ｃ Ｐ Ｄ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ｄ 解析 记事件 Ａ 从甲箱中摸出的 个球是红
（ ） （ ）＋ （ ） （ ） （ ） （ ）＋ （ ） （ ） （ ）· （ ） （１） １＝｛ １
７７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
球 Ａ 表示事件 日销售量低于 个
｝， ２ “ ５０ ”，
Ａ 从乙箱中摸出的 个球是红球 Ｂ表示事件 在未来连续 天里有连续 天日销售量不低于
２＝｛ １ ｝， “ ３ ２
Ｂ 顾客抽奖 次获一等奖 个且另一天销售量低于 个 ．因此
１＝｛ １ ｝， １００ ５０ ”
Ｂ 顾客抽奖 次获二等奖 Ｐ Ａ ． ． ． ．
２＝｛ １ ｝， （ １）＝（０００６＋０００４＋０００２）×５０＝０６，
Ｃ 顾客抽奖 次能获奖 ． Ｐ Ａ ． ．
＝｛ １ ｝ （ ２）＝０００３×５０＝０１５，
Ｐ Ｂ ． ． ． ． ．
由题意 Ａ 与Ａ 相互独立 Ａ Ａ 与Ａ Ａ 互斥 Ｂ 与Ｂ 互 （ ）＝０６×０６×０１５×２＝０１０８
， １ ２ ， １ ２ １ ２ ， １ ２ Ｘ可能取的值为 相应的概率为
斥 且Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ａ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ ． （２） ０，１，２，３，
， １＝ １ ２， ２＝ １ ２＋ １ ２， ＝ １＋ ２ Ｐ Ｘ ０ ． ３ ．
（ ＝０）＝Ｃ３·（１－０６） ＝００６４，
因为Ｐ Ａ ４ ２ Ｐ Ａ ５ １ Ｐ Ｘ １ ． ． ２ ．
（ １）＝ ＝ ， （ ２）＝ ＝ ， （ ＝１）＝Ｃ３·０６（１－０６） ＝０２８８，
１０ ５ １０ ２ Ｐ Ｘ ２ ． ２ ． ．
所以Ｐ （ Ｂ １）＝ Ｐ （ Ａ １ Ａ ２）＝ Ｐ （ Ａ １） Ｐ （ Ａ ２）＝ ５ ２ × ２ １ ＝ ５ １ ， Ｐ 分 （ （ 布 Ｘ ＝ ＝ 列 ２ ３ 为 ） ） ＝ ＝ Ｃ Ｃ ３ ３ ３ · · ０ ０ ． ６ ６ ３ （ ＝ １ ０ － ． ２ ０ １ ６ ６ ） ． ＝０４３２，
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ
（ ２）＝ （ １ ２＋ １ ２）＝ （ １ ２）＋ （ １ ２） Ｘ
Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ ０ １ ２ ３
＝ （ １） （ ２）＋ （ １） （ ２） Ｐ ． ． ． ．
Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ ００６４ ０２８８ ０４３２ ０２１６
＝ （ １ ( ）［１－ ) （ ( ２）］＋［ ) １－ （ １）］ （ ２） 因为Ｘ Ｂ ． 所以期望Ｅ Ｘ ． ． 方差Ｄ Ｘ
２ １ ２ １ １ ． ～ （３，０６）， （ ）＝３×０６＝１８， （ ）＝
＝ × １－ ＋ １－ × ＝ ． ． ． ．
５ ２ ５ ２ ２ ３×０６×（１－０６）＝０７２
７．（２０１４安徽理，１７，１２分）甲乙两人进行围棋比赛 约定先连
故所求概率为Ｐ Ｃ Ｐ Ｂ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ １ １ ，
（ ）＝ （ １＋ ２）＝ （ １）＋ （ ２）＝ ＋ 胜两局者直接赢得比赛 若赛完 局仍未出现连胜 则判定获
５ ２ ， ５ ，
７ ． 胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为 ２ 乙获胜的
＝ ，
１０ ３
顾客抽奖 次可视为 次独立重复试验 由 知 顾
（２） ３ ３ ， （１） ， 概率为 １ 各局比赛结果相互独立．
( ) ，
客抽奖 次获一等奖的概率为 １ 所以Ｘ Ｂ １ ． ３
１ ， ～ ３， 求甲在 局以内 含 局 赢得比赛的概率
５ ５ （１） ４ （ ４ ） ；
( )
０
( )
３
记Ｘ为比赛决出胜负时的总局数 求Ｘ的分布列和均值
于是Ｐ Ｘ ０ １ ４ ６４ （２） ，
（ ＝０）＝Ｃ３ ＝ ， 数学期望 ．
５ ５ １２５ （ ）
Ｐ Ｘ １ ( １ ) １ ( ４ ) ２ ４８ 解析 用Ａ表示 “ 甲在 ４ 局以内 （ 含 ４ 局 ） 赢得比赛 ”， Ａ ｋ 表
（ ＝１）＝Ｃ３ ＝ ， 示 第ｋ局甲获胜 Ｂ 表示 第ｋ局乙获胜
５ ５ １２５ “ ”， ｋ “ ”，
( ) ( )
２ １
Ｐ Ｘ ２ １ ４ １２ 则Ｐ Ａ ２ Ｐ Ｂ １ ｋ ．
（ ＝２）＝Ｃ３ ＝ ， （ ｋ）＝ ， （ ｋ）＝ ， ＝１，２，３，４，５
５ ５ １２５ ３ ３
( ) ３ ( ) ０ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ａ
Ｐ Ｘ ３ １ ４ １ ． （１） （ ）＝ （ １ ２）＋ （ １ ２ ３）＋ （ １ ２ ３ ４）
（ ＝３）＝Ｃ３ ＝ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ
故Ｘ的分布列为 ５ ５ １２５ ＝ ( （ １ ) ） （ ２）＋ ( （ ) １） （ ２） （ ( ３）＋ ) （ １） （ ２） （ ３） （ ４）
２ ２ ２
２ １ ２ ２ １ ２ ５６．
＝ ＋ × ＋ × × ＝
Ｘ ３ ３ ３ ３ ３ ３ ８１
０ １ ２ ３
所以甲在 局以内 含 局 赢得比赛的概率为５６．
４ （ ４ ）
８１
Ｐ ６４ ４８ １２ １ Ｘ的可能取值为 ．
１２５ １２５ １２５ １２５ （２） ２，３，４，５
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ｂ
（ ＝２）＝ （ １ ２）＋ （ １ ２）
Ｘ的数学期望为Ｅ Ｘ １ ３ ．
（ ）＝３× ＝ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ５
５ ５ ＝ （ １） （ ２）＋ （ １） （ ２）＝ ，
６．（２０１４辽宁理，１８，１２分）一家面包房根据以往某种面包的 ９
Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ｂ Ｂ
销售记录 绘制了日销售量的频率分布直方图 如图所示． （ ＝３）＝ （ １ ２ ３）＋ （ １ ２ ３）
， ，
Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ ２
＝ （ １） （ ２） （ ３）＋ （ １） （ ２） （ ３）＝ ，
９
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｐ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ
（ ＝４）＝ （ １ ２ ３ ４）＋ （ １ ２ ３ ４）
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ １０
＝ （ １） （ ２） （ ３） （ ４）＋ （ １） （ ２） （ ３） （ ４）＝ ，
８１
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ８ ．
（ ＝５）＝１－ （ ＝２）－ （ ＝３）－ （ ＝４）＝
８１
故Ｘ的分布列为
将日销售量落入各组的频率视为概率 并假设每天的销售量
Ｘ
， ２ ３ ４ ５
相互独立．
Ｐ ５ ２ １０ ８
求在未来连续 天里 有连续 天的日销售量都不低于
（１） ３ ， ２ ９ ９ ８１ ８１
个且另 天的日销售量低于 个的概率
１００ １ ５０ ； ＥＸ ５ ２ １０ ８ ２２４．
用Ｘ表示在未来 天里日销售量不低于 个的天数 ＝２× ＋３× ＋４× ＋５× ＝
（２） ３ １００ ， ９ ９ ８１ ８１ ８１
求随机变量Ｘ的分布列 期望Ｅ Ｘ 及方差Ｄ Ｘ ． 评析 本题考查了独立事件同时发生，互斥事件至少有一个发
， （ ） （ ）
解析 设Ａ 表示事件 日销售量不低于 个 生、分布列、均值等概率知识；考查应用意识、运算求解能力；准
（１） １ “ １００ ”，
专题十一 概率与统计 ７７３
确理解题意是解题的关键；准确运算求解是得分的关键． 可得随机变量ξ的分布列为
：
８．（２０１４山东理，１８，１２分）乒乓球台面被球网分隔成甲 乙两
、 ξ
０ １ ２ ３ ４ ６
部分 如图 甲上有两个不相交的区域Ａ Ｂ 乙被划分为两个不
， ， ， ，
相交的区域Ｃ Ｄ 某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后 Ｐ １ １ １ ２ １１ １
， ， ３０ ６ ５ １５ ３０ １０
向乙回球．规定 回球一次 落点在Ｃ上记 分 在Ｄ上记 分
： ， ３ ， １ ，
其他情况记
０
分．对落点在Ａ上的来球
，
队员小明回球的落点 所以数学期望Ｅξ
＝０×
１
＋１×
１
＋２×
１
＋３×
２
＋４×
１１
＋６×
１
３０ ６ ５ １５ ３０ １０
在Ｃ上的概率为 １ 在Ｄ上的概率为 １ 对落点在Ｂ上的来
， ； ９１．
＝
２ ３
３０
球 小明回球的落点在Ｃ上的概率为 １ 在Ｄ上的概率为 ３ ． ９．（２０１４大纲全国理，２０，１２ 分）设每个工作日甲 乙 丙 丁
， ， 、 、 、 ４
５ ５ 人需使用某种设备的概率分别为 ． ． ． ． 各人是否需
假设共有两次来球且落在Ａ Ｂ上各一次 小明的两次回球互 ０６、０５、０５、０４，
， ， 使用设备相互独立．
不影响．求
： 求同一工作日至少 人需使用设备的概率
小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率 （１） ３ ；
（１） ； Ｘ表示同一工作日需使用设备的人数 求Ｘ的数学期望．
两次回球结束后 小明得分之和ξ的分布列与数学期望． （２） ，
（２） ， 解析 记Ａ 表示事件 同一工作日乙 丙中恰有ｉ人需使用
ｉ ： 、
设备 ｉ
， ＝０，１，２，
Ｂ表示事件 甲需使用设备
： ，
Ｃ表示事件 丁需使用设备
： ，
解析
（１）
记Ａ
ｉ
为事件
“
小明对落点在Ａ上的来球回球的得 Ｄ表示事件
：
同一工作日至少
３
人需使用设备．
分为ｉ分 ｉ
”（ ＝０，１，３）， Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
（１） ＝ １· · ＋ ２· ＋ ２· · ，
则Ｐ （ Ａ ３）＝ １ ， Ｐ （ Ａ １）＝ １ ， Ｐ （ Ａ ０）＝１－ １ － １ ＝ １ ； Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ６， Ｐ （ Ｃ ）＝０ ． ４， Ｐ （ Ａ ｉ）＝Ｃ２ ｉ ×０ ． ５ ２ ， ｉ ＝０，１，２， （３ 分 ）
２ ３ ２ ３ ６
记Ｂ 为事件 小明对落点在Ｂ上的来球回球的得分为ｉ分 ｉ 所以Ｐ Ｄ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
ｉ “ ”（ （ ）＝ （ １· · ＋ ２· ＋ ２· · ）
Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ
＝０，１，３）， ＝ （ １· · ）＋ （ ２· ）＋ （ ２· · ）
则Ｐ Ｂ １ Ｐ Ｂ ３ Ｐ Ｂ １ ３ １ ． Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ
（ ３）＝ ， （ １）＝ ， （ ０）＝１－ － ＝ ＝ （ １） （ ） （ ）＋ （ ２） （ ）＋ （ ２） （ ） （ ）
５ ５ ５ ５ ５ ． ． 分
记Ｄ为事件 小明两次回球的落点中恰有 次的落点在乙 ＝０３１ （６ ）
“ １ Ｘ的可能取值为 则
上 ． （２） ０，１，２，３，４，
”
由题意 ， Ｄ ＝ Ａ ３ Ｂ ０＋ Ａ １ Ｂ ０＋ Ａ ０ Ｂ １＋ Ａ ０ Ｂ ３， Ｐ （ Ｘ ＝０）＝ Ｐ （ Ｂ · Ａ ０· Ｃ ）
由事件的独立性和互斥性 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ
， ＝ （ ） （ ０） （ ）
Ｐ （ Ｄ ）＝ Ｐ （ Ａ ３ Ｂ ０＋ Ａ １ Ｂ ０＋ Ａ ０ Ｂ １＋ Ａ ０ Ｂ ３） ＝（１－０ ． ６）×０ ． ５ ２ ×（１－０ ． ４）
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ．
＝ （ ３ ０）＋ （ １ ０）＋ （ ０ １）＋ （ ０ ３） ＝００６，
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ
＝ （ ３） （ ０）＋ （ １） （ ０）＋ （ ０） （ １）＋ （ ０） （ ３） Ｐ
（
Ｘ
＝１）＝
Ｐ
（
Ｂ
·
Ａ
０·
Ｃ
＋
Ｂ
·
Ａ
０·
Ｃ
＋
Ｂ
·
Ａ
１·
Ｃ
）
１ １ １ １ １ ３ １ １ ３ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ
＝
２
×
５
＋
３
×
５
＋
６
×
５
＋
６
×
５
＝
１０
， ＝ （ ） （ ０） （ ）＋ （ ） （ ０） （ ）＋ （ ） （ １） （ ）
所以小明两次回球的落点中恰有 次的落点在乙上的概率 ． ． ２ ． ． ． ２ ． ． ． ２
１ ＝０６×０５ ×（１－０４）＋（１－０ ６）×０ ５ ×０ ４＋（１－０ ６）×２×０ ５ ×
． ．
为 ３ ． （１－０４）＝０２５，
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ． ２ ． ．
１０ （ ＝４）＝ （ ２· · ）＝ （ ２） （ ） （ ）＝ ０ ５ ×０ ６×０ ４
由题意 随机变量ξ可能的取值为 ．
（２） ， ０，１，２，３，４，６， ＝００６，
由事件的独立性和互斥性 得 Ｐ Ｘ Ｐ Ｄ Ｐ Ｘ ．
， （ ＝３）＝ （ ）－ （ ＝４）＝０２５，
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ １ １ １ （ ＝２）＝１－ （ ＝０）－ （ ＝１）－ （ ＝３）－ （ ＝４）
（ ＝０）＝ （ ０ ０）＝ × ＝ ， ． ． ． ． ． 分
６ ５ ３０ ＝１－００６－０２５－０２５－００６＝０３８， （１０ ）
数学期望ＥＸ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ １ １ １ ＝０× （ ＝０）＋１× （ ＝１）＋２× （ ＝２）＋３×
（ ＝１）＝ （ １ ０＋ ０ １）＝ （ １ ０）＋ （ ０ １）＝ × ＋ × Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． ． ． ．
３ ５ ６ （ ＝３）＋４× （ ＝４）＝０２５＋２×０３８＋３×０２５＋４×００６＝２
分
３ １ （１２ ）
５
＝
６
， １０．（２０１３陕西理，１９，１２分）在一场娱乐晚会上 有 位民间歌
， ５
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ １ ３ １ 手 至 号 登台演唱 由现场数百名观众投票选出最受欢
（ ＝２）＝ （ １ １）＝ ３ × ５ ＝ ５ ， 迎歌 （１ 手．各 ５ 位观 ） 众须彼此 ， 独立地在选票上选 名歌手 其中观
３ ，
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ １ １ １ 众甲是 号歌手的歌迷 他必选 号 不选 号 另在 至
（ ＝３）＝ （ ３ ０＋ ０ ３）＝ （ ３ ０）＋ （ ０ ３）＝ × ＋ × １ ， １ ， ２ ， ３ ５
２ ５ ５ 号中随机选 名．观众乙和丙对 位歌手的演唱没有偏爱 因
２ ５ ，
１ ２ 此在 至 号中随机选 名歌手．
＝ ， １ ５ ３
６ １５ 求观众甲选中 号歌手且观众乙未选中 号歌手的
（１） ３ ３
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ １ ３ １ 概率
（ ＝４）＝ （ ３ １＋ １ ３）＝ （ ３ １）＋ （ １ ３）＝ × ＋ × ；
２ ５ ３
Ｘ表示 号歌手得到观众甲 乙 丙的票数之和 求Ｘ的
１ １１ （２） ３ 、 、 ，
＝ ， 分布列及数学期望．
５ ３０
解析 设Ａ表示事件 观众甲选中 号歌手 Ｂ表示
Ｐ ξ Ｐ Ａ Ｂ １ １ １ ． （１） “ ３ ”，
（ ＝６）＝ （ ３ ３）＝ × ＝ 事件 观众乙选中 号歌手
２ ５ １０ “ ３ ”，
７７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１ ２
则Ｐ Ａ Ｃ２ ２ Ｐ Ｂ Ｃ４ ３ ． Ｐ １ ５ １
（ ）＝ Ｃ ２ ３ ＝ ３ ， （ ）＝ Ｃ ３ ５ ＝ ５ ８ ８ ４
事件Ａ与Ｂ相互独立
∵ ， Ｅ Ｘ １ ５ １ ９ ．
观众甲选中 号歌手且观众乙未选中 号歌手的概率为 ∴ （ ）＝０× ＋１× ＋２× ＝
∴ ３ ３ ８ ８ ４ ８
Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ
１２．（２０１３福建理，１６，１３分）某联欢晚会举行抽奖活动 举办方
（ ）＝ （ ）· （ ）＝ （ ）·［１－ （ ）］ ，
＝ ２ × ２ ＝ ４ ． æ è ç或Ｐ （ ＡＢ ）＝ Ｃ １ ２ ２ ·Ｃ ３ ４ ３ ＝ ４ ö ø ÷ 设置了甲 、 乙两种抽奖方案 ， 方案甲的中奖率为 ２ ３ ， 中奖可以
３ ５ １５ Ｃ３·Ｃ５ １５
设Ｃ表示事件 观众丙选中 号歌手 获得 分 方案乙的中奖率为 ２ 中奖可以获得 分 未中奖
（２） “ ３ ”， ２ ； ， ３ ；
２ ５
则Ｐ Ｃ Ｃ４ ３ 则不得分．每人有且只有一次抽奖机会 每次抽奖中奖与否互
（ ）＝ ３ ＝ ， ，
Ｃ５ ５ 不影响 晚会结束后凭分数兑换奖品．
Ｘ可能的取值为 且取这些值的概率分别为 ，
∵ ０，１，２，３， 若小明选择方案甲抽奖 小红选择方案乙抽奖 记他们的
（１） ， ，
Ｐ
（
Ｘ
＝０）＝
Ｐ
（
ＡＢ Ｃ
）＝
１
×
２
×
２
＝
４
，
累计得分为Ｘ
，
求Ｘ
≤３
的概率
；
３ ５ ５ ７５
若小明 小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ （２） 、
（ ＝１）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ） 奖 问 他们选择何种方案抽奖 累计得分的数学期望
， ： ，
２ ２ ２ １ ３ ２ １ ２ ３ ２０ 较大
＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ， ？
３ ５ ５ ３ ５ ５ ３ ５ ５ ７５
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ 解析 解法一 由已知得 小明中奖的概率为 ２ 小红
（ ＝２）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ） ：（１） ， ，
３
２ ３ ２ ２ ２ ３ １ ３ ３ ３３
＝ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ， 中奖的概率为 ２ 且两人中奖与否互不影响．
３ ５ ５ ３ ５ ５ ３ ５ ５ ７５ ，
５
Ｐ Ｘ Ｐ ＡＢＣ ２ ３ ３ １８ 记 这 人的累计得分Ｘ 的事件为Ａ
（ ＝３）＝ （ ）＝ × × ＝ ， “ ２ ≤３” ，
３ ５ ５ ７５ 则事件Ａ的对立事件为 Ｘ
Ｘ的分布列为 “ ＝５”，
∴
因为Ｐ Ｘ ２ ２ ４ 所以Ｐ Ａ Ｐ Ｘ １１ 即
Ｘ （ ＝５）＝ × ＝ ， （ ）＝１－ （ ＝５）＝ ，
０ １ ２ ３ ３ ５ １５ １５
Ｐ ４ ２０ ３３ １８ 这 人的累计得分Ｘ 的概率为１１．
２ ≤３
７５ ７５ ７５ ７５ １５
设小明 小红都选择方案甲抽奖中奖次数为Ｘ 都选择方
Ｘ的数学期望ＥＸ ４ ２０ ３３ １８ １４０ ２８． （２） 、 １，
∴ ＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝ ＝ 案乙抽奖中奖次数为Ｘ 则这两人选择方案甲抽奖累计得分
７５ ７５ ７５ ７５ ７５ １５ ２，
１１．（２０１３大纲全国理，２０，１５ 分）甲 乙 丙三人进行乒乓球练 的数学期望为Ｅ Ｘ 选择方案乙抽奖累计得分的数学期望
、 、 （２ １），
习赛 其中两人比赛 另一人当裁判 每局比赛结束时 负的一 为Ｅ Ｘ ．
， ， ， ， （３ ２）
( ) ( )
方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为 １ 各局比 由已知可得 Ｘ Ｂ ２ Ｘ Ｂ ２
， ， １～ ２， ， ２～ ２， ，
２ ３ ５
赛的结果相互独立 第 局甲当裁判．
， １ 所以Ｅ Ｘ ２ ４ Ｅ Ｘ ２ ４
求第 局甲当裁判的概率 （ １）＝２× ＝ ， （ ２）＝２× ＝ ，
（１） ４ ； ３ ３ ５ ５
用Ｘ表示前 局中乙当裁判的次数 求Ｘ的分布列和数
（２） ４ ， 从而Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ ８ Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ １２．
学期望． （２ １）＝２ （ １）＝ ， （３ ２）＝３ （ ２）＝
３ ５
解析 记Ａ 表示事件 第 局结果为甲胜 因为Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ
Ａ 表示 事
（
件
１）
第
１
局结果为甲
“
负
２ ”，
所以他
（
们
２
都
１）
选
＞
择
（
方
３
案
２）
甲
，
进行抽奖时 累计得分的数学期望
２ “ ３ ”， ，
Ａ表示事件 第 局甲当裁判 ． 较大．
“ ４ ”
则Ａ Ａ Ａ ．
＝ １· ２ 解法二 由已知得 小明中奖的概率为 ２ 小红中奖的概
：（１） ， ，
则Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ １ ． ３
（ ）＝ （ １· ２）＝ （ １） （ ２）＝
４ 率为 ２ 且两人中奖与否互不影响．
Ｘ的可能取值为 ． ，
（２） ０，１，２ ５
记Ａ 表示事件 第 局乙和丙比赛时 结果为乙胜丙 记 这 人的累计得分Ｘ 的事件为Ａ 则事件Ａ包含有 Ｘ
３ “ ３ ， ”， “ ２ ≤３” ， “
Ｂ 表示事件 第 局结果为乙胜丙 Ｘ Ｘ 三个两两互斥的事件 因为 Ｐ Ｘ
１ “ １ ”， ＝０”“ ＝２”“ ＝３” ， （ ＝０）＝
Ｂ 表示事件 第 局乙和甲比赛时 结果为乙胜甲 ( ) ( ) ( )
２ “ ２ ， ”， ２ ２ １ Ｐ Ｘ ２ ２ ２
Ｂ 表示事件 第 局乙参加比赛时 结果为乙负 ． １－ × １－ ＝ ， （ ＝ ２） ＝ × １－ ＝ ，
３ “ ３ ， ” ３ ５ ５ ３ ５ ５
( )
则Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ １ Ｐ Ｘ ２ ２ ２ 所以Ｐ Ａ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
（ ＝０）＝ （ １· ２· ３）＝ （ １） （ ２） （ ３）＝ ， （ ＝３）＝ １－ × ＝ ， （ ）＝ （ ＝０）＋ （ ＝２）
８ ３ ５ １５
Ｐ Ｘ Ｐ Ｂ Ｂ １ 则Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
（ ＝２）＝ （ １· ３）＝ ４ ， （ ＝１）＝１－ （ ＝０）－ （ ＝ ＋ Ｐ （ Ｘ ＝３）＝ １１ ，
１５
１ １ ５ ．
２）＝１－ － ＝ 即这 人的累计得分Ｘ 的概率为１１．
８ ４ ８ ２ ≤３
Ｘ的分布列为 １５
∴ 设小明 小红都选择方案甲所获得的累计得分为Ｘ 都选
（２） 、 １，
Ｘ 择方案乙所获得的累计得分为Ｘ 则Ｘ Ｘ 的分布列如下
０ １ ２ ２， １， ２ ：
专题十一 概率与统计 ７７５
解析 记 甲队以 胜利 为事件Ａ 甲队以
Ｘ １ ０ ２ ４ 胜利 为 事 （１ 件 ） Ａ “ 甲队以 ３ ∶ ０ 胜利 ” 为事件 １ Ａ ，“ ３ ∶ １
” ２，“ ３ ∶ ２ ” ３，
Ｐ １ ４ ４ 由题意 各局比赛结果相互独立
， ，
９ ９ ９ ( )
３
故Ｐ Ａ ２ ８
Ｘ （ １）＝ ＝ ，
２ ０ ３ ６ ３ ２７
( ) ( )
２
Ｐ ９ １２ ４ Ｐ （ Ａ ２）＝Ｃ ２ ３ ２ １－ ２ × ２ ＝ ８ ，
３ ３ ３ ２７
２５ ２５ ２５ ( ) ( )
２ ２
Ｐ Ａ ２ ２ ２ １ ４ ．
所以Ｅ Ｘ １ ４ ４ ８ Ｅ Ｘ ９ １２ （ ３）＝Ｃ４ １－ × ＝
（ １）＝０× ＋２× ＋４× ＝ ， （ ２）＝０× ＋３× ＋ ３ ３ ２ ２７
９ ９ ９ ３ ２５ ２５
所以 甲队以 胜利 以 胜利的概率都为 ８ 以
４ １２．因为Ｅ Ｘ Ｅ Ｘ 所以他们都选择方案甲进行 ， ３ ∶ ０ 、 ３ ∶ １ ， ３ ∶ ２
６× ＝ （ １）＞ （ ２）， ２７
２５ ５
抽奖时 累计得分的数学期望较大． 胜利的概率为 ４ ．
，
评析 本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数 ２７
设 乙队以 胜利 为事件Ａ
学期望等基础知识，考查数据处理能力、运算求解能力、应用 （２） “ ３ ∶ ２ ” ４，
由题意 各局比赛结果相互独立 所以
意识． ， ，
( ) ( ) ( )
２ ２
１３．（２０１３辽宁理，１９，１２分）现有 道题 其中 道甲类题 Ｐ Ａ ２ ２ ２ １ ４ ．
１０ ， ６ ，４ （ ４）＝Ｃ４ １－ × × １－ ＝
道乙类题 张同学从中任取 道题解答． ３ ３ ２ ２７
， ３ 由题意 随机变量Ｘ的所有可能的取值为 ．
求张同学至少取到 道乙类题的概率 ， ０，１，２，３
（１） １ ； 根据事件的互斥性得
已知所取的 道题中有 道甲类题 道乙类题．设张同
（２） ３ ２ ，１
Ｐ Ｘ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ １６．
学答对每道甲类题的概率都是 ３ 答对每道乙类题的概 （ ＝０）＝ （ １＋ ２）＝ （ １）＋ （ ２）＝
， ２７
５
又Ｐ Ｘ Ｐ Ａ ４ Ｐ Ｘ Ｐ Ａ ４
率都是 ４ 且各题答对与否相互独立．用Ｘ表示张同学答 （ ＝１）＝ （ ３）＝ ， （ ＝２）＝ （ ４）＝ ，
， ２７ ２７
５
对题的个数 求Ｘ的分布列和数学期望． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ３
， （ ＝３）＝１－ （ ＝０）－ （ ＝１）－ （ ＝２）＝ ，
解析 设事件Ａ 张同学所取的 道题至少有 道乙 ２７
（１） ＝“ ３ １ 故Ｘ的分布列为
类题 则有Ａ 张同学所取的 道题都是甲类题 ．
”， ＝“ ３ ” Ｘ
３ ０ １ ２ ３
因为Ｐ Ａ Ｃ６ １ 所以Ｐ Ａ Ｐ Ａ ５ ． 分
（ ）＝ ３ ＝ ， （ ）＝１－ （ ）＝ （６ ） Ｐ １６ ４ ４ ３
Ｃ１０ ６ ６
Ｘ所有的可能取值为 ． ２７ ２７ ２７ ２７
（２） ０，１，２，３
( ) ( )
Ｐ
（
Ｘ
＝０）＝Ｃ
０
２·
３ ０
·
２ ２
·
１
＝
４
；
所以ＥＸ ＝０×
２
１
７
６ ＋１×
２
４
７
＋２×
２
４
７
＋３×
２
３
７
＝
９
７ ．
５ ５ ５ １２５
( ) ( ) ( ) ( ) 评析 本题考查古典概型、相互独立、互斥、分类讨论思想等
Ｐ （ Ｘ ＝１）＝Ｃ １ ２· ３
１
· ２
１
· １ ＋Ｃ ０ ２ ３
０
· ２
２
· ４ 基础 知识和基本技能，考查逻辑推理能力，运算求解能力，以
５ ５ ５ ５ ５ ５
( ) ( ) ( ) 及运用数学知识分析和解决实际问题的能力．
２ ０ １
２８ Ｐ Ｘ ２ ３ ２ １ １ ３
＝ ； （ ＝２）＝ Ｃ２· · · ＋Ｃ２ ·
( １２５ ) ５ ５ ５ ５ 考点二 正态分布及其应用
１
２ ４ ５７
· ＝ ； １．（２０１５湖北理，４，５分）设Ｘ Ｎ μ σ２ Ｙ Ｎ μ σ２ 这两
５ ５ １２５ ～ （ １， １）， ～ （ ２， ２），
( )
２
( )
０
个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是
Ｐ Ｘ ２ ３ ２ ４ ３６． （ ）
（ ＝３）＝Ｃ２· · · ＝
５ ５ ５ １２５
所以Ｘ的分布列为
Ｘ
０ １ ２ ３
Ｐ ４ ２８ ５７ ３６
１２５ １２５ １２５ １２５
分
（１０ ）
所以Ｅ Ｘ ４ ２８ ５７ ３６ ． 分
（ ）＝０× ＋１× ＋２× ＋３× ＝２ （１２ ） Ｐ Ｙ μ Ｐ Ｙ μ
１２５ １２５ １２５ １２５ Ａ． （ ≥ ２）≥ （ ≥ １）
１４．（２０１３山东理，１９，１２分）甲 乙两支排球队进行比赛 约定 Ｐ Ｘ σ Ｐ Ｘ σ
、 ， Ｂ． （ ≤ ２）≤ （ ≤ １）
先胜 局者获得比赛的胜利 比赛随即结束．除第五局甲队获 对任意正数ｔ Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｙ ｔ
３ ， Ｃ． ， （ ≤）≥ （ ≤）
对任意正数ｔ Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｙ ｔ
胜的概率是 １ 外 其余每局比赛甲队获胜的概率都是 ２ ．假 Ｄ． ， （ ≥）≥ （ ≥）
， 答案 Ｃ 由题图可知μ μ σ σ
２ ３ １＜０＜ ２， １＜ ２，
设各局比赛结果相互独立． Ｐ Ｙ μ Ｐ Ｙ μ 故 错
∴ （ ≥ ２）＜ （ ≥ １）， Ａ ；
分别求甲队以 胜利的概率 Ｐ Ｘ σ Ｐ Ｘ σ 故 错
（１） ３ ∶ ０，３ ∶ １，３ ∶ ２ ； （ ≤ ２）＞ （ ≤ １）， Ｂ ；
若比赛结果为 或 则胜利方得 分 对方得 当ｔ为任意正数时 由题图可知Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｙ ｔ
（２） ３ ∶ ０ ３ ∶ １， ３ 、 ０ ， （ ≤）≥ （ ≤），
分 若比赛结果为 则胜利方得 分 对方得 分．求 而Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｙ ｔ Ｐ Ｙ ｔ
； ３ ∶ ２， ２ 、 １ （ ≤）＝１－ （ ≥）， （ ≤）＝１－ （ ≥），
乙队得分Ｘ的分布列及数学期望． Ｐ Ｘ ｔ Ｐ Ｙ ｔ 故 正确 错．
∴ （ ≥）≤ （ ≥）， Ｃ ，Ｄ
７７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
２．（２０１５山东理，８，５ 分）已知某批零件的长度误差 单位 毫 利用该正态分布 求Ｐ ． Ｚ ．
（ ： （ｉ） ， （１８７８＜ ＜２１２２）；
米 服从正态分布Ｎ ２ 从中随机取一件 其长度误差落 某用户从该企业购买了 件这种产品 记Ｘ表示这
） （０，３ ）， ， （ｉｉ） １００ ，
在区间 内的概率为 件产品中质量指标值位于区间 ． ． 的产品
（３，６） （ ） １００ （１８７ ８，２１２ ２）
（附：若随机变量ξ服从正态分布Ｎ（μ，σ２），则Ｐ（μ σ ξ μ 件数．利用 的结果 求ＥＸ．
－ ＜ ＜ ＋ （ｉ） ，
σ） ． ％，Ｐ（μ σ ξ μ σ） ． ％．） 附 ． ．
＝６８２６ －２ ＜ ＜ ＋２ ＝９５４４ ： １５０≈１２２
Ａ．４
．
５６
％
Ｂ．１３
．
５９
％
Ｃ．２７
．
１８
％
Ｄ．３１
．
７４
％ 若Ｚ
～
Ｎ
（
μ
，
σ２
），
则Ｐ
（
μ
－
σ
＜
Ｚ
＜
μ
＋
σ
）＝０
．
６８２ ６，
Ｐ
（
μ
－２
σ
＜
答案 Ｂ Ｐ ξ ． ％ Ｐ ξ ． ％ 则 Ｚ μ σ ． ．
（－３＜ ＜３）＝６８ ２６ ， （－６＜ ＜６）＝ ９５ ４４ ， ＜ ＋２ ）＝０９５４４
解析 抽取产品的质量指标值的样本平均数ｘ和样本方
Ｐ ξ １ ． ％ ． ％ ． ％． （１）
（３＜ ＜６）＝
２
×（９５４４ －６８２６ ）＝１３５９ 差ｓ２ 分别为
３．（２０１４课标Ⅰ理，１８，１２分）从某企业生产的某种产品中抽取
ｘ ． ． ． ． ．
件 测量这些产品的一项质量指标值 由测量结果得如下
＝１７０×００２＋１８０×００９＋１９０×０２２＋２００×０ ３３＋２１０×０ ２４＋２２０×
５ 频 ００ 率分 ， 布直方图 ， ０ ． ０８＋２３０×０ ． ０２＝２００，
： ｓ２ ＝（－３０） ２ ×０ ． ０２＋（－２０） ２ ×０ ． ０９＋（－１０） ２ ×０ ． ２２＋０×０ ． ３３＋１０ ２ ×
． ２ ． ２ ． ．
０２４＋２０ ×００８＋３０ ×００２＝１５０
由 知 Ｚ Ｎ
（２）（ｉ） （１） ， ～ （２００，１５０），
从而 Ｐ ． Ｚ ． Ｐ ． Ｚ ．
（１８７ ８＜ ＜２１２ ２）＝ （２００－１２ ２＜ ＜２００＋１２ ２）
． ．
＝０６８２６
由 知 一件产品的质量指标值位于区间 ． ．
（ｉｉ） （ｉ） ， （１８７ ８，２１２ ２）
的概率为 ．
０６８２６，
依题意知Ｘ Ｂ ． 所以ＥＸ ． ． ．
求这 件产品质量指标值的样本平均数ｘ和样本方差ｓ２ ～ （１００，０６８２６）， ＝１００×０６８２６＝６８２６
（１） ５００ 评析 本题主要考查了频率分布直方图、正态分布及二项分布
同一组中的数据用该组区间的中点值作代表
（ ）； 等知识，考查学生的识图能力及阅读理解能力，理解和掌握基
由直方图可以认为 这种产品的质量指标值Ｚ服从正态分布
（２） ， 础知识是解题关键．
Ｎ μ σ２ 其中μ近似为样本平均数ｘ σ２近似为样本方差ｓ２．
（ ， ）， ，
时间： 分钟 分值： 分
９０ １１０
一、单项选择题 每题 分 共 分 答案 Ａ
（ ５ ， ３０ ）
１．（２０２０ 福建南安侨光中学段考，３） 已知随机变量 ５．（２０２０广东深圳七中第二次月考，５）某班有 名学生 一次
６０ ，
ξ Ｂ
(
１
)
则Ｅ ξ
考试后数学成绩符合 ξ
～
Ｎ
（１１０，
σ２
），
若 Ｐ
（１００≤
ξ
≤１１０）＝
～ ３， ， （ ）＝ （ ） ． 则估计该班学生数学成绩在 分以上的人数为
２ ０３５， １２０ （ ）
３ １ Ａ．１０ Ｂ．９ Ｃ．８ Ｄ．７
Ａ．３ Ｂ．２ Ｃ． Ｄ． 答案 Ｂ
２ ２
答案 Ｃ
６．（２０２０广东广州执信中学月考，５）社区开展 建军 周年主
２．（２０１９安徽安庆二模，７）甲 乙 丙 丁四名同学报名参加假期
题活动 军事知识竞赛 甲 乙两人能荣
“
获一等
９
奖
０
的概率
、 、 、
社区服务活动 社区服务活动共有关怀老人 环境监测 教育咨 ——— ”， 、
， 、 、
询 交通宣传四个项目 每人限报其中一项 记事件Ａ为 名 分别为 ３ 和 ２ 两人是否获得一等奖相互独立 则这两人中至
， ，
、 ， ， “４
５ ３
同学所报项目各不相同 事件Ｂ为 只有甲同学一人报关怀
少有一人获得一等奖的概率为
”， “
老人项目 则Ｐ Ａ Ｂ （ ）
”， （ ｜ ）＝ （ ）
３ ２ １３ ８
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１ ３ ２ ５ ５ １５ １５ １５
Ａ． ４ Ｂ． ４ Ｃ． ９ Ｄ． ９ 答案 Ｃ
答案 Ｃ
二、多项选择题 共 分
３．（２０１９福建宁德二模，６）某校有 人参加某次模拟考试
（ ５ ）
其中数学考试成绩近似服从正态
１
分
０
布
００
Ｎ σ２ σ 试
， ７．（２０２１届湖北荆州中学８ 月月考，１２）已知某校高三年级有
（１０５， ）（ ＞０）， 人参加一次数学模拟考试 现把这次考试的分数转换为
卷满分 分 统计结果显示数学成绩优秀 高于 分 的
１０００ ，
１５０ ， （ １２０ ） 标准分 标准分的分数转换区间为 若使标准分Ｘ服
人数占总人数的 １ 则此次数学考试成绩在 分到 分之 ， ［６０，３００］，
， ９０ １０５ 从正态分布Ｎ 则
５ （１８０，９００）， （ ）
间的人数约为 参考数据 Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． Ｐ μ σ Ｘ μ
（ ） （ ：① （ － ＜ ≤ ＋ ）＝０６８２ ７；② （ －２ ＜ ≤ ＋
σ ． Ｐ μ σ Ｘ μ σ ．
Ａ．１５０ Ｂ．２００ Ｃ．３００ Ｄ．４００ ２ ）＝０９５４５；③ （ －３ ＜ ≤ ＋３ ）＝０９９７３）
答案 Ｃ 这次考试标准分超过 分的约有 人
Ａ． １８０ ４５０
４．（２０２０山西大学附中第二次诊断，９）已知排球发球考试规则如 这次考试标准分在 内的人数约为
Ｂ． （９０，２７０］ ９９７
下 每位考生最多可发球三次 若发球成功 则停止发球 否则一直
： ， ， ， 甲 乙 丙三人恰有 人的标准分超过 分的概率为 ３
发到 次结束为止．某考生一次发球成功的概率为ｐ ｐ 发球 Ｃ． 、 、 ２ １８０
３ （０＜ ＜１）， ８
次数为Ｘ 若Ｘ的数学期望Ｅ Ｘ ． 则ｐ的取值范围为 Ｐ Ｘ ．
， （ ）＞１７５， （ ） Ｄ． （２４０＜ ≤２７０）＝００４２８
( ) ( ) ( ) ( ) 答案 ＢＣ
１ ７ １ ７
Ａ． ０， Ｂ． ０， Ｃ． ，１ Ｄ． ，１
２ １２ ２ １２
专题十一 概率与统计 ７７７
三、填空题 每题 分 共 分 得的利润为 元 若顾客选择分 期付款 则商场获
（ ５ ， １５ ） ２５００ ； ６ ，
８．（２０２０湖北十堰二中月考，１３）已知随机变量 Ｘ 服从正态分 得的利润为 元 假设该商场销售两件该商品所获得
３０００ ，
布Ｎ σ２ 且Ｐ Ｘ ． 则Ｐ Ｘ ． 的利润为Ｘ 单位 元 ．
（２， ） （ ≤４）＝０８８， （０＜ ＜４）＝ （ ： ）
答案 ． 设Ｘ 时的概率为ｍ 求当ｍ取最大值时 利润
０７６ （ｉ） ＝５５００ ， ，
９．（２０１９上海金山二模，９）若生产某种零件需要经过两道工序 Ｘ的分布列和数学期望
， ；
在第一 二道工序中生产出废品的概率分别为 ． ． 每道 设某数列 ｘ 满足 ｘ ． ｘ ａ ｘ ｂ 若 ｘ
、 ００１、００２， （ｉｉ） ｛ ｎ｝ １＝０ ４， ｎ＝ ，２ ｎ ＋１＝ ， ｎ＜
工序生产废品相互独立 则经过两道工序后得到的零件不是废 ． 对任意ｎ ｔ恒成立 求整数ｔ的最小值．
， ０２５ ≥ ，
品的概率是 ． 结果用小数表示 １３．（２０２１届河北唐山摸底）田忌赛马的故事出自 史记 中的
（ ） 《 》
答案 ． 孙子吴起列传 ．齐国的大将田忌很喜欢赛马 有一回 他和
０９７０２ 《 》 ， ，
１０．（２０２０广东珠海９月摸底测试，１５）研究珠海市农科奇观的某种 齐威王约定 要进行一场比赛．双方各自有三匹马 马都可以
， ，
作物 其单株生长果实个数Ｙ服从正态分布Ｎ σ２ 且Ｐ Ｙ 分为上 中 下三等．上等马都比中等马强 中等马都比下等马
， （９０， ）， （ ＜ ， ， ，
． 从中随机抽取 株 果实个数在 的株数记作 强 但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些
７０）＝０１， １０ ， ［９０，１１０］ ， ，
随机变量Ｘ 假设Ｘ服从二项分布 则Ｘ的方差为 ． 比赛共三局 每局双方各派一匹马出场 且每匹马只赛一局
， ， ， ， ，
答案 ． 胜两局或三局的一方获得比赛胜利 在比赛之前 双方都不知
２４ ， ，
道对方马的出场顺序．
四、解答题 共 分
（ ６０ ） 求在第一局比赛中田忌胜利的概率
１１．（２０２１届新高考省份 ８联考，２０）国家发展改革委 住房城 （１） ；
Ｔ 、 若第一局齐威王派出场的是上等马 而田忌派出场的是
乡建设部于 年发布了 生活垃圾分类制度实施方案 （２） ，
２０１７ 《 》， 下等马 求本场比赛田忌胜利的概率
规定 个城市在 年年底实施生活垃圾强制分类 垃圾 ， ；
４６ ２０２０ ， 写出在一场比赛中田忌胜利的概率 直接写出结果 ．
回收 利用率要达 ％以上．截至 年年底 这 个重点 （３） （ ）
、 ３５ ２０１９ ， ４６ １４．（２０２１届湖南衡阳第一中学第二次月考）随着智能手机的普
城市实施生活垃圾分类的居民小区覆盖率已经接近 ％．武
７０ 及 手机计步软件迅速流行开来 这类软件能自动记载每日健
汉市在实施垃圾分类之前 从本市人口数量在两万人左右的 ， ，
， 步走的步数 从而为科学健身提供了一定帮助．某企业为了解
个社区中随机抽取 个社区 对这 个社区某天产生 ，
３２０ ５０ ， ５０ 员工每日健步走的情况 从该企业正常上班的员工中随机抽
的垃圾量 单位 吨 进行了调查 得到如下频数分布表 并将 ，
（ ： ） ， ， 取 名 统计他们每日健步走的步数 均不低于 千步 不
人口数量在两万左右的社区垃圾数量超过 吨／天的确定为 ３００ ， （ ４ ，
２８ 超过 千步 ．按步数分组 得到频率分布直方图如图所示．
超标 社区 ２０ ） ，
“ ” ：
垃圾
． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ．
量Ｘ［１２５，１５５）［１５５，１８５）［１８５，２１５）［２１５，２４５）［２４５，２７５）［２７５，３０５）［３０５，３３５）
频数
５ ６ ９ １２ ８ ６ ４
通过频数分布表估算出这 个社区这一天垃圾量的平
（１） ５０
均值ｘ 精确到 ．
（ ０１）；
若该市人口数量在两万人左右的社区这一天的垃圾量大
（２）
致服从正态分布Ｎ μ σ２ 其中μ近似为 中的样本平
（ ， ）， （１）
均值ｘ σ２ 近似为样本方差ｓ２ 经计算得ｓ ． 请利用正
， ， ＝５ ２，
态分布知识估计这 个社区中 超标 社区的个数
３２０ “ ” ；
通过研究样本原始数据发现 抽取的 个社区中这一天共
（３） ， ５０ 求这 名员工日健步走的步数ｘ 单位 千步 的样本平
有 个 超标 社区 市政府决定对这 个 超标 社区的垃圾 （１） ３００ （ ： ）
８ “ ” ， ８ “ ” 均数 每组数据以该组区间的中点值为代表 结果保留整
来源进行跟踪调查．现计划在这 个 超标 社区中任取 个 （ ，
８ “ ” ５ 数
先进行跟踪调查 设Ｙ为抽到的这一天的垃圾量至少为 ． ）；
， ３０５ 由直方图可以认为该企业员工的日健步走的步数 ξ 单
吨的社区个数 求Ｙ的分布列与数学期望． （２） （
参考数据 Ｐ μ
，
σ Ｘ μ σ ． Ｐ μ σ Ｘ μ σ
位
：
千步
）
服从正态分布Ｎ
（
μ
，
σ２
），
其中μ为样本平均数
，
（ ： （ － ＜ ≤ ＋ ）≈０６８２７； （ －２ ＜ ≤ ＋２ ） 标准差σ的近似值为 根据该正态分布估计该企业被抽
． Ｐ μ σ Ｘ μ σ ． ２，
≈０９５４５； （ －３ ＜ ≤ ＋３ ）≈０９９７４） 取的 名员工中日健步走的步数ξ 的人数
１２．（２０２１届广东深圳外国语学校第一次月考）在党中央的英明 ３００ ∈（１０，１６］ ；
用样本估计总体 将频率视为概率 若工会从该企业员工
领导下 在全国人民的坚定支持下 中国的抗击 新型冠状病 （３） ， ，
， ， “ 中随机抽取 人作为 日健步走 活动的慰问奖励对象
毒肺炎 战役取得了阶段性胜利 现在摆在我们大家面前的 ２ “ ” ，
” ， 规定 日健步走的步数不超过 千步者为 不健康生活方
是有序且安全地复工复产．某商场为了提振顾客的消费信心 ： ８ “
， 式者 给予精神鼓励 奖励金额为每人 元 日健步走的
对某中型商品实行分期付款方式销售 根据以往资料统计 顾 ”， ， ０ ；
， ， 步数为 千步者为 一般生活方式者 奖励金额为
客购买该商品选择分期付款的期数ξ的分布列如下 其中 ８～１４ “ ”，
， ０＜ 每人 元 日健步走的步数为 千步以上者为 超健
ａ ｂ ． １００ ； １４ “
＜１，０＜ ＜１ 康生活方式者 奖励金额为每人 元．求工会慰问奖励
ξ ”， ２００
４ ５ ６ 金额Ｘ 单位 元 的分布列和数学期望．
Ｐ ． ａ ｂ （ ： ）
０４ 附 若随机变量ξ服从正态分布Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ σ ξ μ
求购买该商品的 位顾客中 恰有 位选择分 期付款的 ： （ ， ）， （ － ＜ ≤ ＋
（１） ３ ， １ ４ σ ． Ｐ μ σ ξ μ σ ． Ｐ μ σ ξ μ
概率 ）≈０６８２７， （ －２ ＜ ≤ ＋２ ）≈０９５４ ５， （ －３ ＜ ≤ ＋
； σ ． ．
商场销售一件该商品 若顾客选择分 期付款 则商场获 ３ ）≈０９９７３
（２） ， ４ ，
得的利润为 元 若顾客选择分 期付款 则商场获
２０００ ； ５ ，
７７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１．（２０１９湖南长沙一模，７）已知一种元件的使用寿命超过 年
１ π １
的概率为 ． 超过 年的概率为 ． 若一个这种元件使用到 Ｃ． Ｄ．
０８， ２ ０６， １ １２ ８
年时还未失效 则这个元件使用寿命超过 年的概率为
， ２ １ ２
２ ×π×１
答案 Ｂ 由已知得Ｐ Ａ π×１ π Ｐ ＡＢ ４
． ． ． ． （ ） （ ）＝ ２ ２ ＝ ４ ， （ ）＝ ２ ２ ＝
Ａ．０７５ Ｂ．０６ Ｃ．０５２ Ｄ．０４８
答案 Ａ 设一个这种元件使用 年为事件Ａ 使用 年为 π
１ ， ２ Ｐ ＡＢ
事件Ｂ 则这个元件在使用到 年时还未失效的前提下 这个 π Ｐ Ｂ Ａ （ ） １６ １ 故选 ．
， １ ， ，∴ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ＝ ， Ｂ
Ｐ ＡＢ ． １６ （ ） π ４
元件使用寿命超过 年的概率为Ｐ Ｂ Ａ （ ） ０６ ． ．
２ （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ． ＝０７５ ４
（ ） ０８ Ｐ ＡＢ ｎ ＡＢ
故选 ． 失分警示 条件概率的计算方法 Ｐ Ｂ Ａ （ ） （ ）．
Ａ ： （ ｜ ）＝ Ｐ Ａ ＝ ｎ Ａ
失分警示 本题考查了条件概率
，
属简单且易错题型．
５．（２０１９河南郑州二模，７）在如图所示的正方
（
形
）
中随机
（
投
）
掷
２．（２０２０重庆模拟）某公司生产了一批新产品
，
这种产品的综合
１００００
个点
，
则落入阴影部分
（
曲线Ｃ为正态分布Ｎ
（－２，４）
的
质量指标值Ｘ服从正态分布Ｎ σ２ 且Ｐ Ｘ ． ．现 密度曲线 的点的个数的估计值为
（１００， ） （ ＜８０）＝０ ２ ） （ ）
从中随机抽取该产品
１ ０００
件
，
估计其综合质量指标值在
（
附
：
Ｘ
～
Ｎ
（
μ
，
σ２
），
则Ｐ
（
μ
－
σ
＜
Ｘ
≤
μ
＋
σ
）＝０
．
６８２ ７，
Ｐ
（
μ
－２
σ
＜
Ｘ
内的产品件数为
μ σ ． ．
［１００，１２０］ （ ） ≤ ＋２ ）＝０９５４５）
Ａ．２００ Ｂ．３００ Ｃ．４００ Ｄ．６００
答案 Ｂ 本题考查正态分布密度函数的性质及应用 要注
，
意利用正态曲线的对称性求解概率 同时考查学生利用转化思
，
想解决问题的能力 体现了数学运算的核心素养．
，
综合质量指标值Ｘ服从正态分布Ｎ σ２ 且Ｐ Ｘ
∵ （１００， ） （ ＜８０）＝
． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ
０２，∴ （ ＜８０）＝ （ ＞１２０）＝０２， （ ≤１００）＝ （ ≥１００）＝
． ． Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ． ． Ａ．９０６ Ｂ．２７１８ Ｃ．３４０ Ｄ．３４１３
０５∴ （１００≤ ≤１２０）＝ （ ≥１００）－ （ ＞１２０）＝０３ 答案 Ｃ Ｘ Ｎ 阴影部分的面积Ｓ Ｐ Ｘ
故综合质量指标值在 内的产品件数为 ． ∵ ～ （－２，４），∴ ＝ （０≤ ≤
［１００，１２０］ １ ０００×０ ３＝
３００ ．故选 Ｂ ． ２）＝ １ ［ Ｐ （－６≤ Ｘ ≤２）－ Ｐ （－４≤ Ｘ ≤０）］ ＝ １ ×（０ ． ９５４ ５－
２ ２
３．（２０２０北京清华附中朝阳学校开学摸底，４）已知随机变量Ｘ
． ． 则在正方形中随机投一点 该点落在阴影
０６８２７）＝０１３５９， ，
满足条件Ｘ Ｂ ｎ ｐ 且Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ １２ 那么ｎ与ｐ的 部分内的概率Ｐ ０ ． １３５９ 落入阴影部分的点的个数的估计
～ （ ， ）， （ ）＝１２， （ ）＝ ， ＝ ，∴
５ ４
值分别为 ．
（ ） 值为 ０１３５９ ．故选
１００００× ≈３４０ Ｃ．
４ ２ ４ ３ ４
Ａ．１６， Ｂ．２０， Ｃ．１５， Ｄ．１２， 解题关键 本题考查正态密度曲线的特点 数形结合是解决
５ ５ ５ ５ ，
答案 Ｃ 本题考查随机变量的均值与方差 考查学生运算 问题的关键．
，
求解的能力 体现数学运算的核心素养． ６．（２０２０山东烟台第一中学第一次联考，４）首届中国国际进口
，
{ｎｐ 博览会期间 甲 乙 丙三家中国企业都有意向购买同一种型号
＝１２， ， 、 、
Ｘ Ｂ ｎ ｐ 且Ｅ Ｘ Ｄ Ｘ １２
∵ ～ （ ， ）， （ ）＝１２， （ ）＝ ，∴ ｎｐ ｐ １２ 的机床设备 他们购买该机床设备的概率分别为 １ １ １
５ （１－ ）＝ ， ， ， ， ，
５ ２ ３ ４
且三家企业的购买结果相互之间没有影响 则三家企业中恰有
解得ｎ ｐ ４ 故选 ． ，
＝１５， ＝ ， Ｃ 家购买该机床设备的概率是
５ １ （ ）
思路分析 根据二项分布的均值与方差公式列方程组解出ｎ
２３ ５ １１ １
与ｐ的值． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２４ ２４ ２４ ２４
４．（２０１９广东汕头模拟，８）如图所示 半径为 的圆Ｏ是正方形 答案 Ｃ 本题以实际问题为背景考查互斥事件的和事件
， １
ＭＮＰＱ的内切圆 将一颗豆子随机地扔到正方形ＭＮＰＱ内 用 的概率计算 考查分析问题和解决问题的能力 属于基础题．
， ， ， ，
Ａ表示事件 豆子落在圆 Ｏ 内 Ｂ 表示事件 豆子落在扇形 设 甲企业购买该机床设备 为事件Ａ 乙企业购买该机床设
“ ”， “ “ ” ，“
ＯＥＦ （ 阴影部分 ） 内 ”， 则Ｐ （ Ｂ ｜ Ａ ）＝ （ ） 备 ” 为事件Ｂ ，“ 丙企业购买该机床设备 ” 为事件Ｃ ， 则Ｐ （ Ａ ）＝
１ Ｐ Ｂ １ Ｐ Ｃ １
， （ ）＝ ， （ ）＝ ，
２ ３ ４
则Ｐ Ａ Ｐ Ａ １ １ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ １ ２
（ ）＝１－ （ ）＝１－ ＝ ， （ ）＝１－ （ ）＝１－ ＝ ，
２ ２ ３ ３
Ｐ Ｃ Ｐ Ｃ １ ３ 设 三家企业中恰有 家购买该
（ ）＝１－ （ ）＝１－ ＝ ， “ １
４ ４
机床设备 为事件Ｄ
” ，
π １ 则Ｐ Ｄ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ Ｐ ＡＢＣ １ ２ ３ １ １
Ａ． Ｂ． （ ）＝ （ ）＋ （ ）＋ （ ）＝ × × ＋ ×
４ ４ ２ ３ ４ ２ ３
专题十一 概率与统计 ７７９
质量为优良的天数为ξ 求ξ的分布列和数学期望．
３ １ ２ １ １１ 故选 ，
× ＋ × × ＝ ， Ｃ．
４ ２ ３ ４ ２４
思路分析 由已知得三家企业中恰有 家购买该机床设备分
１
三种情况 只有甲企业购买 只有乙企业购买或只有丙企业购
： ，
买．设出每一个企业购买设备所表示的事件 并求其对立事件
，
的概率 根据互斥事件的和事件的概率等于各事件概率的和求
，
解得出答案．
７．（２０２０重庆一中摸底考试，８）规定投掷飞镖 次为一轮 次
３ ，３
中至少两次投中 环以上的为优秀．现采用随机模拟试验的方 解析 从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天
８ （１）
法估计某人投掷飞镖的情况 先由计算器产生随机数 或 数为 空气质量为良的天数为 该样本中空气质量为优良
： ０ １， ２， ４，∴
用 表示该次投镖未在 环以上 用 表示该次投镖在 环以
０ ８ ， １ ８ 的频率为 ６ ３ 从而估计该地六月空气质量为优良的天数
上 再以每三个随机数作为一组 代表一轮的结果．例如 ＝ ，
， ， ：“１０１” １０ ５
代表第一次投镖在 环以上 第二次投镖未在 环以上 第三
８ ， ８ ， 为 ３ ．
次投镖在 环以上 该结果代表这一轮投镖为优秀 代 ３０× ＝１８
８ ， ，“１００” ５
表第一次投镖在 环以上 第二次和第三次投镖均未在 环以
８ ， ８ 由 估计某天空气质量为优良的概率为 ３ ξ的所有可
上 该结果代表这一轮投镖为不优秀．经随机模拟试验产生了 （２） （１）
５
，
， ( )
如下 组随机数 据此估计 该选手投掷飞镖两轮 至少有一 能取值为 且ξ Ｂ ３ ．
１０ ， ， ， ０，１，２，３， ～ ３，
轮可以拿到优秀的概率是 ５
（ ） ( )
３
Ｐ ξ ２ ８
１０１ １１１ ０１１ １０１ ０１０ １００ １００ ０１１ １１１ ００１ ∴ （ ＝０）＝ ＝ ，
５ １２５
( )
２
６ ２１ １２ ４ Ｐ ξ １ ３ ２ ３６
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． （ ＝１）＝Ｃ３× × ＝ ，
２５ ２５ ２５ ２５ ５ ５ １２５
答案 Ｂ 模拟试验中 总共进行了 轮 每轮中至少两次 ( ) ２
， １０ ， Ｐ ξ ２ ３ ２ ５４
投中 环以上的有 轮 用频率估计概率可得该选手每轮拿到 （ ＝２）＝Ｃ３ × ＝ ，
８ ６ ， ( ) ５ ５ １２５
３
优秀的概率为 ６ ３ 那么该选手投掷飞镖两轮 至少有一轮 Ｐ ξ ３ ２７
＝ ， ， （ ＝３）＝ ＝ ，
１０ ５ ５ １２５
( ) ( ) ξ的分布列为
０ ２
可以拿到优秀的概率Ｐ ０ ３ ２ ２１．故选
＝１－Ｃ２ × ＝ Ｂ． ξ
５ ５ ２５ ０ １ ２ ３
８．（２０１８广东珠海一中等六校第一次联考）一台仪器每启动一
Ｐ ８ ３６ ５４ ２７
次都随机地出现一个 位的二进制数Ａ ａ ａ ａ ａ ａ 其
５ ＝ １ ２ ３ ４ ５ ， １２５ １２５ １２５ １２５
中Ａ的各位数字中 ａ ａ ｋ 出现 的概率为
， １＝１， ｋ（ ＝２，３，４，５） ０ Ｅξ
＝３×
３
＝１
．
８
．
１ 出现 的概率为 ２ ．若启动一次出现的数字为Ａ ５
， １ ＝１０１０１， 解题关键 判断出ξ服从二项分布是解第 问的关键．
３ ３ （２）
则称这次试验成功 若成功一次得 分 失败一次得 分 则 １０．（２０２０天一联考“顶尖计划”高中毕业班第二次考试，１９）某
， ２ ， －１ ，
次独立重复试验的总得分Ｘ的方差为 ． 生物研究小组准备探究某地区蜻蜓的翼长分布规律 据统计
１００ ，
该地区蜻蜓有Ａ Ｂ两种 且这两种的个体数量大致相等．记Ａ
答案 ３０８００ ， ，
种蜻蜓和Ｂ种蜻蜓的翼长 单位 分别为随机变量Ｘ Ｙ
７２９ （ ：ｍｍ） ， ，
( ) 其中Ｘ服从正态分布Ｎ Ｙ服从正态分布Ｎ ．
解析 启动一次出现数字为 Ａ 的概率 Ｐ １ ２ （４５，２５）， （５５，２５）
＝１０１０１ ＝ × 从该地区的蜻蜓中随机捕捉一只 求这只蜻蜓的翼长在
３ （１） ，
( ) 区间 的概率
２
２ ４ ．由题意知 次独立重复试验中 成功的次数 η ［４５，５５］ ；
＝ １００ ， 记该地区蜻蜓的翼长为随机变量Ｚ 若用正态分布Ｎ μ
３ ８１ （２） ， （ ０，
服从二项分布 Ｂ (
１００，
４ )
，∴
η 的方差 Ｄη
＝１００×
４
×
７７
＝
σ
数
２ ０）
μ
来
和
近似
σ
描
的
述
值
Ｚ
精
的
确
分
到
布 ，
．
请你根据 （１） 中的结果 ， 求参
８１ ８１ ８１ ０ ０ （ ０１）；
在 的条件下 从该地区的蜻蜓中随机捕捉 只 记这
３０８００．则得分Ｘ η η η （３） （２） ， ３ ， ３
＝２ －１×（１００－ ）＝３ －１００， 只中翼长在区间 ． ． 的个数为Ｗ 求Ｗ的分布列
６５６１ ［４２２，５７８］ ，
所以ＤＸ Ｄ η Ｄη ３０８００． 及数学期望 （ 分布列写出计算表达式即可 ） ．
＝ （３ －１００）＝９ ＝ ７２９ 注 若Ｘ Ｎ μ σ２ 则Ｐ μ ． σ Ｘ μ ． σ ．
９．（２０１７河北“五个一名校联盟”二模，１８）空气质量指数 ： ～ （ ， ）， （ －０６４ ≤ ≤ ＋０６４ ）≈０４７７３，
（Ａｉｒ Ｐ （ μ － σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋ σ ）≈０ ． ６８２７， Ｐ （ μ －２ σ ≤ Ｘ ≤ μ ＋２ σ ）≈０ ． ９５４５ ．
简称 是定量描述空气质量状况的指数 空
Ｑｕａｌｉｔｙ Ｉｎｄｅｘ， ＡＱＩ） ，
解析 本题考查正态分布 二项分布．
、
气质量按照 大小分为六级 为优 为良
记这只蜻蜓的翼长 单位 为ｔ．
ＡＱＩ ：０～５０ ；５１～１００ ；１０１
（１） （ ：ｍｍ）
为轻度污染 为中度污染 为重度污
因为Ａ种蜻蜓和Ｂ种蜻蜓的个体数量大致相等 所以这只蜻
～１５０ ；１５１～２００ ；２０１～３００
，
染 以上为严重污染．一环保人士记录去年某地六月 天 蜓是Ａ种还是Ｂ种的可能性是相等的． 分
；３００ １０ （２ ）
的 的茎叶图如图．
ＡＱＩ 所以Ｐ ｔ １ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｙ
利用该样本估计该地六月空气质量为优良 的 （４５≤≤５５）＝ × （４５≤ ≤５５）＋ × （４５≤ ≤５５）＝
（１） （ＡＱＩ≤１００） ２ ２
天数
； １ Ｐ Ｘ １ Ｐ Ｙ
将频率视为概率 从六月中随机抽取 天 记三天中空气 × （４５≤ ≤４５＋２×５）＋ × （５５－２×５≤ ≤５５）
（２） ， ３ ， ２ ２
７８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
． ． 每款游戏聘请专家测试的费用均为 元／人 今年
１ ０９５４５ １ ０９５４５ ． ． 分 （ｉｉ） ３００ ，
≈ × ＋ × ＝０４７７２５ （５ ） 所有游戏的研发总费用为 万元 现对该公司今年研发
２ ２ ２ ２ ５０ ，
两种蜻蜓的个体数量大致相等 Ｘ Ｙ的方差也相等 根据 的 款游戏都进行检测 假设公司的预算为 万元
（２） ， ， ， ６００ ， １１０ ，
判断这 款游戏所需的最高费用是否超过预算 并通
正态曲线的对称性 可知μ ４５＋５５ ． ． 分 ６００ ，
， ０＝ ＝５００ （７ ） 过计算说明．
２
． ． 由题意可知 μ ． σ μ 解析 由题意可得 ． ａ ｂ ． ．
∵０４７７２５≈０４７７３，∴ ４５＝ ０－０ ６４ ０，５５＝ ０＋ （１） （０００５＋ ＋ ＋０ ０３５＋０ ０２８）×１０＝１，
． σ 得σ ５ ． ． 分 所以ａ ＋ ｂ ＝０ ． ０３２ ．
０６４ ０， ０＝ ０ ． ６４ ≈７８ （９ ） {ａ ｂ ．
（ ． ３） 由 （ ． ２） 知Ｐ （４２ ． ２≤ Ｚ ≤５７ ． ８）＝ Ｐ （ μ ０－ σ ０≤ Ｚ ≤ μ ０＋ σ ０ 分 ）＝ 又ａ － ｂ ＝０ ． ０１６， 联立 ａ ＋ － ｂ ＝ ＝ ０ ０ ． ０ ０ ３ １ ２ ６ ， ， 解得ａ ＝０ ． ０２４， ｂ ＝０ ． ００８ ． 分
０６８２７ （１０ ）
由题意有Ｗ ～ Ｂ （３，０ ． ６８２７）， 所以 名玩家测评分数的平均数为 ． ． （２ ）
所 因 以 此 Ｐ Ｗ （ 的 Ｗ 分 ＝ ｋ 布 ）＝ 列 Ｃ 为 ３ ｋ ×０ ． ６８２７ ｋ ×０ ． ３１７３ ３－ ｋ． （１１ 分 ） ０ ． ３５＋ ３ ８ ０ ５ 因 ０ ×０ 为 ． ２ 一 ８＋ 款 ９５ 游 ×０ 戏 ． ０ 初 ８＝ 测 ７ 被 ６ ． 认定需要改 ５５ 进 ×０ 的 ０５ 概 ＋ 率 ６５ 为 ×０２ （ ２ ４ ｐ ４ ＋ ２ ７ 分 ５ ） ×
（２）（ｉ） Ｃ３ （１－
Ｗ ｐ ３ｐ３ 分
０ １ ２ ３ ）＋Ｃ３ ， （５ ）
一款游戏二测被认定需要改进的概率为 １ｐ ｐ ２
Ｐ Ｃ ０ ３０ ． ３１７３ ３ Ｃ １ ３０ ． ６８２７ １×０ ． ３１７３ ２ Ｃ ２ ３０ ． ６８２７ ２×０ ． ３１７３ １ Ｃ ３ ３０ ． ６８２７ ３ ｐ ２
Ｃ３ （１－ ） ［１－（
分
１－
） ］， （６ ）
Ｅ Ｗ ． ． ． 分 所以某款游戏被认定需要改进的概率为
（ ）＝３×０６８２７＝２０４８１ （１２ ）
１１．（２０２０百校联盟 ２０９月联考，２２）某游戏公司对今年新 ２ｐ２ ｐ ３ｐ３ １ｐ ｐ ２ ｐ ２
ＴＯＰ Ｃ３ （１－ ）＋Ｃ３ ＋Ｃ３ （１－ ） ［１－（１－ ） ］
开发的一些游戏进行评测 为了了解玩家对游戏的体验感 研 ｐ２ ｐ ｐ３ ｐ ｐ ２ ｐ ２
， ， ＝３ （１－ ）＋ ＋３ （１－ ） ［１－（１－ ） ］
究人员随机调查了 名玩家 对他们的游戏体验感进行测 ｐ５ ｐ４ ｐ３ ｐ２． 分
３００ ， ＝－３ ＋１２ －１７ ＋９ （７ ）
评 并将所得数据统计如图所示 其中ａ ｂ ． ． 设每款游戏的评测费用为Ｘ元 则Ｘ的可能取值为
， ， － ＝００１６ （ｉｉ） ， ９００，
．
１５００
Ｐ Ｘ １ｐ ｐ ２
（ ＝１５００）＝Ｃ３ （１－ ） ，
Ｐ Ｘ １ｐ ｐ ２ 分
（ ＝９００）＝１－Ｃ３ （１－ ） ， （８ ）
故Ｅ Ｘ １ｐ ｐ ２ １ｐ ｐ ２
（ ）＝９００×［１－Ｃ３ （１－ ） ］＋１ ５００×Ｃ３ （１－ ） ＝９００＋
ｐ ｐ ２． 分
１８００ （１－ ） （９ ）
令ｇ ｐ ｐ ｐ ２ ｐ
（ ）＝ （１－ ） ， ∈（０，１），
ｇ′ ｐ ｐ ２ ｐ ｐ ｐ ｐ ．
求这 名玩家测评分数的平均数 （ ）＝（１－ ） －２ （１－ ）＝（３ －１）（ －１）
（１） ３００ ； ( ) ( )
由于该公司近年来生产的游戏体验感较差 公司计划聘 当ｐ １ 时 ｇ′ ｐ ｇ ｐ 在 １ 上单调递增
（２） ， ∈ ０， ， （ ）＞０， （ ） ０， ，
请 位游戏专家对游戏进行初测 如果 人中有 人或 ３ ３
３ ， ３ ２ ３ ( ) ( )
人认为游戏需要改进 则公司将回收该款游戏进行改进 当ｐ １ 时 ｇ′ ｐ ｇ ｐ 在 １ 上单调递减
， ； ∈ ，１ ， （ ）＜０， （ ） ，１ ，
若 人中仅 人认为游戏需要改进 则公司将另外聘请 ３ ３
( )
３ １ ， ２
位专家二测 二测时 人中至少有 人认为游戏需要改 所以ｇ ｐ 的最大值为ｇ １ ４ ． 分
， ，２ １ （ ） ＝ （１１ ）
进的话 公司则将对该款游戏进行回收改进．已知该公司 ３ ２７ ( )
每款游戏 ， 被每位专家认为需要改进的概率为ｐ ｐ 所以实施此方案 ， 最高费用为 ５０＋６００× ９００＋１８００× ４ ×
（０＜ ＜１）， ２７
且每款游戏之间改进与否相互独立．
－４
１０ ＝１２０＞１１０，
对该公司的任意一款游戏进行检测 求该款游戏需要 故所需的最高费用将超过预算． 分
（ｉ） ， （１２ ）
改进的概率
；
