曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
12.3 二项分布与正态分布
三年模拟
一、选择题
1.(2022河南联考,7)某商场举办返利活动,凡购物满200元的顾客,可有机会进行一次抽
奖.已知每次抽奖获得一等奖的概率为
1 1 1
,获得二等奖的概率为 ,获得三等奖的概率为 .若一位顾客连续抽奖两次,则恰
6 3 2
好抽到一次一等奖和一次二等奖的概率为( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 6 18 9
答案 D 记第i(i=1,2)次抽到一等奖为事件A,第i(i=1,2)次抽到二等奖为事件B,则恰
i i
好抽到一次一等奖和一次二等奖为事件A B +A B .
1 2 2 1
因为事件A B 与A B 互斥,事件A 与B 相互独立,事件A 与B 相互独立,
1 2 2 1 1 2 2 1
所以P(A B +A B )=P(A B )+P(A B )
1 2 2 1 1 2 2 1
=P(A )P(B )+P(A )P(B )
1 2 2 1
1 1 1 1 1
= × + × = ,
6 3 3 6 9
1
即恰好抽到一次一等奖和一次二等奖的概率为 .
9
故选D.
1
2.(2021安徽蚌埠二模,6)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(X<1)·P(X>3)= ,则
9
P(1<X<2)=( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
6 4 3 2
答案 A 由X~N(2,σ2)及题意知,P(X<1)=P(X>3)=
1 1 1 ( 1 1) 1.
,则P(1<X<2)= P(1<X<3)= × 1- - =
3 2 2 3 3 6
3.(2022丰台二模,6)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率
为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间
段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为( )
A.0.13 B.0.17 C.0.21 D.0.3
答案 B 由题意得在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.故选B.
4.(2022朝阳期末,3)在5道试题中有2道代数题和3道几何题,每次从中抽出1道题,抽出
的题不再放回,则在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为( )
1 3 1 3
A. B. C. D.
6 10 2 4
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答案 D 设事件A:第1次抽到代数题,事件B:第2次抽到几何题,则P(A)=
3
2 2 3 3 P(AB) 10 3
,P(AB)= × = ,所以P(B|A)= = = .故选D.
5 5 4 10 P(A) 2 4
5
5.(多选)(2021江苏海安高级中学月考,7)已知A,B分别为随机事件A,B的对立事
件,P(A)>0,P(B)>0,则下列说法正确的是( )
A.P(B|A)+P(B|A)=P(A)
B.P(B|A)+P(B|A)=1
C.若A,B独立,则P(A|B)=P(A)
D.若A,B互斥,则P(A|B)=P(B|A)
答案 BCD 选项A中,P(B|A)+P(
P(AB)+P(AB) P(A) P(AB)
B|A)= = =1,故选项A错误,选项B正确;选项C中,A,B独立,则P(AB)=P(A)P(B),则P(A|B)=
P(A) P(A) P(B)
=P(A),故选项C正确;选项D中,A,B互斥,P(AB)=0,则根据条件概率公式P(B|A)=P(A|
B)=0,故选项D正确,故选BCD.
6.(多选)(2022山东济宁一中开学考,11)某单位举行建党100周年党史知识竞赛,在必答题
环节共设置了5道题,每道题答对得20分,答错扣10分(每道题都必须回答,但相互不影
2
响).设某选手每道题答对的概率均为 ,其必答题环节的总得分为X,则( )
3
4
A.该选手恰好答对2道题的概率为
9
B.E(X)=50
100
C.D(X)=
3
112
D.P(X>60)=
243
答案 BD 该选手恰好答对2道题的概率为 C2 ×(2) 2 ×( 1- 2) 3 = 40 ,故A选项错误;
5 3 3 243
设该选手答对题目道数为随机变量Y,则X=20Y-10(5-Y)=30Y-50,由题意可得,Y~B
( 2) 2 10 10-50=50
5, ,则E(Y)=5× = ,故E(X)=E(30Y -50)=30E(Y)-50=30×
3 3 3 3
,故B选项正确;
∵Y~B
( 2) 2 ( 2) 10 10=
5, ,∴D(Y)=5× × 1- = ,D(X)=D(30Y -50)=900D(Y)=900×
3 3 3 9 9
1 000,故C选项错误;
11
令X=30Y-50>60,解得Y> ,故Y=4或Y=5,
3
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故P(X>60)=P(Y=4)+P(Y=5)=
C4
×(2) 4
×
1+(2) 5
=
112,故D选项正确.故选BD.
5 3 3 3 243
二、填空题
7.(2022河北一模,12)袋子中有5个大小相同的小球,其中3个红球,2个白球. 每次从袋子
中随机摸出1个球,摸出的球不再放回,则两次都摸到红球的概率为 ;在第一次摸
到红球的条件下,第二次摸到红球的概率为 .
3 1
答案 ;
10 2
解析 设事件A为“第一次摸到红球”,事件B为“第二次摸到红球”,∴两次都摸到红
3 2 3
球的概率P(AB)= × = .
5 4 10
3 P(AB) 1
∵P(A)= ,∴P(B|A)= = .
5 P(A) 2
一题多解 求条件概率可以利用缩减样本空间法.在缩小的样本空间A上求P(B|A).第一
1
次摸到红球的条件下,袋中还余下4个球,其中红球和白球各2个,故P(B|A)= .
2
8.(2022天津一中二月月考,13)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A
和B,系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为
1 49
和p,若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 ,则p= .
10 50
1
答案
5
1 49 1
解析 根据题意可得,1- ·p= ,解得p= .
10 50 5
9.(2022天津南开中学统练(2),12)盒中有大小相同的6个红球,4个白球,现从盒中任取1
球,记住颜色后再放回盒中,连续摸取4次.设ξ表示连续摸取4次中取得红球的次数,则ξ
的数学期望E(ξ)= .
12
答案
5
解析 由题可知,ξ服从二项分布,即ξ~B( 3),
4,
5
3 12
故E(ξ)=4× = .
5 5
10.(2022天津塘沽一中统练,4)已知n是一个三位正整数,若n的十位数字大于个位数字,
百位数字大于十位数字,则称n为三位递增数.已知a,b,c∈{0,1,2,3,4},设事件A为“由
a,b,c组成三位正整数(数字可重复)”,事件B为“由a,b,c组成的三位正整数为递增数”,
则P(B|A)=( )
3 1 2 12
A. B. C. D.
5 10 25 25
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答案 B 三位正整数的个数为 =100,即n(A)=100,三位正整数为递增数的个数
C1C1C1
4 5 5
为 =10,即n(AB)=10,
C3
5
n(AB) 1
∴P(B|A)= = .故选B.
n(A) 10
11.(2022黑龙江齐齐哈尔3月模拟,16)在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究
活动中,金陵中学高二某小组的学生表现优异,发现的正确结论得到老师和同学们的一致
好评.设随机变量X~B(n,p),记P = pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.在研究P 的最大值时,该小组
k Ck k
n
同学发现:若(n+1)p为正整数,则k=(n+1)p时,P =P ,此时这两项概率均为最大值;若
k k-1
(n+1)p为非整数,当k取(n+1)p的整数部分时,P 是唯一的最大值.以此为理论基础,有同学
k
重复投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35次时,记录到
此时点数1出现5次,若继续进行65次投掷试验,则当投掷到100次时,点数1一共出现的
次数为 的概率最大.
答案 15或16
解析 继续进行 65 次投掷试验 , 出现点数 1 的次数 X 服从二项分布 B ( 1),
65,
6
1
由k=(n+1)p=66× =11,结合题中的结论可知,当k=11或k=10时概率最大,即后面65次中
6
出现11或10次点数1的概率最大,加上前面35次中的5次,所以出现15或16次的概率
最大.
三、解答题
12.(2022皖北协作体联考,18)2021年7月24日中华人民共和国教育部正式发布《关于
进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》,简称“双减”政策,某
校为了解该校小学生在“双减”政策下课外活动的时间,随机抽查了40名小学生,统计
了他们参加课外活动的时间,并绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)由频率分布直方图估计该组数据的中位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中
点值代替);
(2)由频率分布直方图可认为:课外活动时间t(分钟)服从正态分布N(μ,13.42),其中μ为课
外活动时间的平均数.用频率估计概率,在该校随机抽取5名学生,记课外活动时间在
(49.1,89.3]内的人数为X,求X的数学期望(精确到1).
参考数据:当X服从正态分布N(μ,σ2)时,P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 7,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954
5,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997 3.
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解析 (1)由题图可知该组数据中位数位于[60,70),设中位数为x,
则0.03(x-60)=0.5-(0.005+0.015+0.02)×10,
190
解得x= .
3
平均数为35×0.05+45×0.15+55×0.2+65×0.3+75×0.2+85×0.1=62.5.
(2)∵μ=t=62.5,σ=13.4,49.1=62.5-13.4=μ-σ,89.3=62.5+13.4×2=μ+2σ,
∴P(49.1<t≤89.3)
=P(μ-σ<t≤μ+2σ)
0.682 7+0.954 5
= =0.818 6,
2
由题意知X~B(5,0.818 6),
∴E(X)=5×0.818 6≈4.
13.(2021安徽安庆一模,20)某商超为庆祝开业十周年,准备举办一次有奖促销活动,若顾
客一次消费达到400元,则可参加一次抽奖活动,主办方设计了两种抽奖方案:
方案①:在一个不透明的盒子中装有12个质地均匀且大小相同的小球,其中3个红球,9
个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机取一个球,若取到红球,则顾客获得80元的返金券;若取
到白球,则获得20元的返金券,且顾客有放回地抽取3次.
方案②:在一个不透明的盒子中装有12个质地均匀且大小相同的小球,其中3个红球,9
个白球,搅拌均匀后,顾客从中随机取一个球,若取到红球,则顾客获得100元的返金券;若
取到白球,则未中奖,且顾客有放回地抽取3次.
(1)现有一位顾客消费了420元,获得一次抽奖机会,试求这位顾客获得180元返金券的概
率;
(2)如果某顾客获得一次抽奖机会,那么他选择哪种方案更划算?
解析 (1)在一次抽奖机会的情况下,要想获得180元返金券,只能选择方案①,且取到两次
3 1
红球,一次白球,而每一次取到红球的概率P= = .
12 4
设“这位顾客获得180元返金券”为事件A,
则P(A)=
C2×
3×(1) 2
=
9 .
3 4 4 64
9
故这位顾客获得180元返金券的概率为 .
64
1 3
(2)若选择抽奖方案①,则每一次取到红球的概率为 ,每一次取到白球的概率为 .设
4 4
获得返金券金额为X元,则X可能的取值为60,120,180,240.
则P(X=60)=(3) 3
=
27,P(X=120)= C1(1) 1 ×(3) 2
=
27,P(X=180)= C2(1) 2
×
3
=
9
4 64 3 4 4 64 3 4 4 64
,P(X=240)=
(1) 3 1 27 27 9 1
= .所以选择抽奖方案①,该顾客获得返金券金额的数学期望为E(X)=60× +120× +180× +240×
4 64 64 64 64 64
=105(元).
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若选择抽奖方案②,设三次取球的过程中,取到红球的次数为Y,最终获得返金券的金额为
Z元,则Y~B( 1) 1 3.
3, ,故E(Y)=3× =
4 4 4
3
所以选择方案②,该顾客获得返金券金额的数学期望为E(Z)=E(100Y)=100× =75(元),
4
从而有E(X)>E(Z),所以选择方案①更划算.
14.(2022石景山一模,17)某学校高中三个年级共有300名学生,为调查他们的课后学习时
间情况,通过分层随机抽样获得了20名学生一周的课后学习时间,数据如下表(单位:小
时):
高一年级 7 7.5 8 8.5 9
高二年级 7 8 9 10 11 12 13
高三年级 6 6.5 7 8.5 11 13.5 17 18.5
(1)试估计该校高三年级的学生人数;
(2)从高一年级和高二年级抽出的学生中,各随机选取一人,高一年级选出的人记为甲,高
二年级选出的人记为乙,求该周甲的课后学习时间不大于乙的课后学习时间的概率;
(3)再从高中三个年级中各随机抽取一名学生,他们该周的课后学习时间分别是8,9,10(单
位:小时),这三个数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为x ,表格中的数据平均
1
数记为x ,试判断x 与x 的大小.(结论不要求证明)
0 0 1
解析 (1)抽出的20名学生中,来自高三年级的有8名,所以该校高三年级的学生共有
8
300× =120(名).
20
(2)设事件A为“甲是现有样本中高一年级中的第i个学生”,i=1,2,3,4,5,
i
事件C为“乙是现有样本中高二年级中的第j个学生”,j=1,2,3,4,5,6,7,
j
1 1
由题意知P(A)= ,P(C j)= ,由于事件A与事件C相互独立,
i i j
5 7
1 1 1
所以P(AC)= × = ,
i j
5 7 35
设事件B为“该周甲的学习时间不大于乙的学习时间”,
由题意知,B=A
2
C 1∪A
3
C 1∪A
4
C 1∪A
5
C 1∪A
4
C 2∪A
5
C
2
,
由于A C 、A C 、A C 、A C 、A C 、A C 彼此互斥,所以
2 1 3 1 4 1 5 1 4 2 5 2
P(B)=P(A
2
C 1∪A
3
C 1∪A
4
C 1∪A
5
C 1∪A
4
C 2∪A
5
C
2
)=P(A
2
C
1
)+P(A
3
C
1
)+P(A
4
C
1
)+P(A
5
C
1
)+P(A
4
C
2
)
1 6
+P(A C )=6× = ,
5 2
35 35
6 29
所以P(B)=1-P(B)=1- = ,
35 35
29
故该周甲的课后学习时间不大于乙的课后学习时间的概率为 .
35
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7+7.5+8+8.5+9
(3)x = =8,
高一 5
7+8+9+10+11+12+13
x = =10,
高二 7
6+6.5+7+8.5+11+13.5+17+18.5
x = =11,
高三 8
5×8+7×10+8×11
所以x = =9.9,新加入的三个数据8,9,10的平均数为9,比x 小,故拉
0 20 0
低了平均值,所以x <x .
1 0
15.(2022海淀一模,18)《黄帝内经》中十二时辰养生法认为:子时的睡眠对一天至关重要
(子时是指23点到次日凌晨1点).相关数据表明,入睡时间越晚,沉睡时间越少,睡眠指数
也就越低.根据某次的抽样数据,对早睡群体和晚睡群体睡眠指数的统计如表:
组别 睡眠指数 早睡人群占比 晩睡人群占比
1 [0,51) 0.1% 9.2%
2 [51,66) 11.1% 47.4%
3 [66,76) 34.6% 31.6%
4 [76,90) 48.6% 11.8%
5 [90,100] 5.6% 0.0%
注:早睡人群为23:00前入睡的人群,晚睡人群为01:00后入睡的人群.
(1)根据表中数据,估计早睡人群睡眠指数25%分位数与晚睡人群睡眠指数25%分位数分
别在第几组;
(2)据统计,睡眠指数得分在区间[76,90)内的人群中,早睡人群约占80%.从睡眠指数得分
在区间[76,90)内的人群中随机抽取3人,以X表示这3人中属于早睡人群的人数,求X的
分布列与数学期望E(X);
(3)根据表中数据,有人认为,早睡人群的睡眠指数平均值一定落在区间[76,90)内.试判断
这种说法是否正确,并说明理由.
解析 (1)估计早睡人群睡眠指数25%分位数在第3组,晚睡人群睡眠指数25%分位数在
第2组.
(2)由题意可知,X~B( 4),随机变量X的可能取值为0、1、2、3,
3,
5
P(X=0)=(1) 3 1 ,
=
5 125
P(X=1)=
C1
·(1) 2 ·4
=
12 ,
3 5 5 125
P(X=2)=
C2
·1·(4) 2
=
48 ,
3 5 5 125
P(X=3)=(4) 3 64 ,
=
5 125
所以随机变量X的分布列为
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X 0 1 2 3
1 12 48 64
P
125 125 125 125
4 12
E(X)=3× = .
5 5
(3)这种说法不正确,理由如下:
当第1组的均值为0,第2组的均值为51,第3组的均值为66,第4组的均值为76,第5组
的均值为91,则早睡人群的睡眠指数的平均值为
0×0.001+51×0.111+66×0.346+76×0.486+91×0.056<0+51×0.12+66×0.35+76×0.5+91×0.06=
72.68<76.
故早睡人群的睡眠指数平均值不一定落在区间[76,90)内.
16.(2022通州一模,18)某单位有A,B两个餐厅为员工提供午餐与晚餐服务,甲、乙两位员
工每个工作日午餐和晚餐都在单位就餐,近100个工作日选择餐厅就餐情况统计如下:
选择餐厅情况
(A,A) (A,B) (B,A) (B,B)
(午餐,晚餐)
甲员工 30天 20天 40天 10天
乙员工 20天 25天 15天 40天
假设甲、乙员工选择餐厅相互独立,用频率估计概率.
(1)分别估计一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率与乙员工午餐和晚餐都
选择B餐厅就餐的概率;
(2)记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数,求X的分布列和数学期望E(X);
(3)试判断甲、乙员工在晚餐选择B餐厅就餐的条件下,哪位员工更有可能午餐选择A餐
厅就餐,并说明理由.
解析 (1)设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”,事件D为“一天
中乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”.
由于100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30,乙员工午餐和晚
30 40
餐都选择B餐厅就餐的天数为40,所以P(C)= =0.3,P(D)= =0.4.
100 100
(2)甲员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1;乙员工午餐和晚餐都选择A餐厅
就餐的概率为0.2.
X的所有可能取值为1,2.
P(X=1)=0.3×0.2+0.1×0.4=0.1,
P(X=2)=1-P(X=1)=0.9.
X的分布列为
X 1 2
P 0.1 0.9
E(X)=1×0.1+2×0.9=1.9.
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(3)设事件N 为“甲员工晚餐选择B餐厅就餐”,事件N 为“乙员工晚餐选择B餐厅就
1 2
餐”,事件M 为“甲员工午餐选择A餐厅就餐”,事件M 为“乙员工午餐选择A餐厅就
1 2
20 2 25 5
餐”,则P(M |N )= = ,P(M2|N2)= = .因为P(M |N )>P(M |N ),
1 1 1 1 2 2
30 3 65 13
所以在已知晚餐选择B餐厅就餐的条件下,甲员工更有可能午餐选择A餐厅就餐.
17.(2022昌平二模,18)某产业园生产的一种产品的成本为50元/件.销售单价依产品的等
级来确定,其中优等品、一等品、二等品、普通品的销售单价分别为80元、75元、65
元、60元.为了解各等级产品的比例,检测员从流水线上随机抽取200件产品进行等级检
测,检测结果如下表所示.
产品等级 优等品 一等品 二等品 普通品
样本数量(件) 30 50 60 60
(1)若从流水线上随机抽取一件产品,估计该产品为优等品的概率;
(2)从该流水线上随机抽取3件产品,记其中单件产品利润大于20元的件数为X,用频率
估计概率,求随机变量X的分布列和数学期望;
(3)为拓宽市场,产业园决定对抽取的200件样本产品进行让利销售,每件产品的销售价格
均降低了5元.设降价前后这200件样本产品的利润的方差分别为 , ,比较 , 的大小.
s2 s2 s2 s2
1 2 1 2
(请直接写出结论)
解析 (1)抽取的200件产品中优等品有30件,抽取优等品的频率是
30 3 3
= ,用样本估计总体,从流水线上随机抽取一件产品,估计是优等品的概率为
200 20 20
30+50 2
(2)从流水线上随机抽取一件产品,估计利润大于20元的概率为 = .
200 5
X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)= C0(2) 0×(3) 3
=
27 ;
3 5 5 125
P(X=1)= C1(2) 1×(3) 2
=
54 ;
3 5 5 125
P(X=2)= C2(2) 2×(3) 1
=
36 ;
3 5 5 125
P(X=3)= C3(2) 3×(3) 0
=
8 .
3 5 5 125
X的分布列为
X 0 1 2 3
27 54 36 8
P
125 125 125 125
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27 54 36 8 6
数学期望E(X)=0× +1× +2× +3× = .
125 125 125 125 5
(3) = .
s2 s2
1 2
一年创新
1.(2022银川模拟,11)1654年,法国贵族德·梅雷骑士偶遇数学家布莱兹·帕斯卡,在闲聊时
梅雷谈了他遇到的一件事:某天在一酒吧中,肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛,约定胜
者可以喝杯酒,当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时他们发现桌子上还剩最后一杯酒.
此时酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒,如果四局、五局、六局、
七局后可以决出胜负,那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费,梅雷由于
接到命令需要觐见国王,没有等到比赛结束就匆匆离开了酒馆.利用数学知识做出合理假
设,猜测最后付酒资的最有可能是( )
A.肖恩 B.尤瑟纳尔
C.酒吧伙计 D.酒吧老板
答案 B 肖恩每局获胜的概率为
20 1 40 2
= ,尤瑟纳尔每局获胜的概率为 = ,
20+40 3 20+40 3
先胜四场比赛结束就是比赛采用七局四胜制,设决出胜负的场数为X,
则P(X=4)= C4(1) 4 + C4(2) 4
=
17,
4 3 4 3 81
P(X=5)= C3(1) 4
×
2+ C3(2) 4
×
1
=
72 ,
4 3 3 4 3 3 243
P(X=6)= C3(1) 4×(2) 2+ C3(2) 4×(1) 2
5 3 3 5 3 3
200
= ,
729
P(X=7)= C3(1) 3×(2) 3
=
160,
6 3 3 729
17 160 200 72
显然有 < < < ,
81 729 729 243
即P(X=4)<P(X=7)<P(X=6)<P(X=5),
所以最后付酒资的最有可能是尤瑟纳尔.
故选B.
2.(2022天津南开中学统练(20),14)根据以往的临床记录,某种诊断癌症的试验有如下的
效果:若以A表示事件“试验反应为阳性”,以C表示事件“被诊断者患有癌症”,则有
P(A|C)=0.95,P(A|C)=0.95.现在对自然人群进行普查,设被试验的人患有癌症的概率为
0.005,即P(C)=0.005,则P(C|A)= .(精确到0.001)
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答案 0.087
解析 ∵P(A|C)=0.95,P(C)=0.005,
∴P(A|C)=1-P(A|C)=0.05,P(C)=0.995,
由全概率公式得P(A)=P(A|C)P(C)+P(A|C)P(C),
又P(AC)=P(C|A)P(A)=P(A|C)P(C),
∴P(C|A)=
P(AC) P(A|C)P(C) 0.95×0.005 19
= = =
P(A) P(A|C)P(C)+P(A|C)P(C) 0.95×0.005+0.05×0.995 218
≈0.087.
3.(2022九师联盟4月联考,18)随着电商的兴起,直播带货成为近两年重要的营销方式,因
此催生了互联网营销师这一职业.某拥有百万粉丝的互联网营销师从后台众多的销售数
据中随机抽取了100名顾客在最近一周的消费数据,绘制成如下频率分布直方图.
(1)视频率为概率,现从后台这周消费的所有顾客中随机抽取4人,记消费金额在[200,400)
(元)内的顾客人数为X,求X的分布列与数学期望;
(2)假设这一周的顾客消费均不超过1 000元,该营销师根据顾客的消费情况制订了两种
促销方案:
方案一:无论购物多少,一律按标准价格给予八五折优惠;
方案二:消费金额在[0,200)(元)内,则不予优惠;如果在[200,400)(元)内,则按消费金额给予
九折优惠;如果在[400,600)(元)内,则按消费金额给予八折优惠;如果在[600,1 000)(元)内,
则按消费金额给予七折优惠.
试从顾客的平均消费角度考虑,分析哪种方案促销力度更大.(每组数据以该组区间的中
点值为代表)
解析 (1)由频率分布直方图可知,估计顾客消费金额在[200,400)(元)内的概率为
200×0.002=0.4,
故X~B(4,0.4),
81
所以P(X=0)=C0 (1-0.4)4= ,
4 625
216
P(X=1)=C1×0.4×(1-0.4)3= ,
4 625
216
P(X=2)=C2×0.42×(1-0.4)2= ,
4 625
96
P(X=3)=C3×0.43×(1-0.4)= ,
4 625
16
P(X=4)=C4×0.44= ,
4 625
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所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
81 216 216 96 16
P
625 625 625 625 625
E(X)=4×0.4=1.6.
(2)促销活动前顾客的平均消费金额为
100×200×0.001+300×200×0.002+500×200×0.001+700×200×0.000 5+900×200×0.000
5=400元.
方案一:顾客的平均消费金额为400×0.85=340元.
方案二:顾客的平均消费金额为
100×200×0.001+300×200×0.002×0.9+500×200×0.001×0.8+(700×200×0.000
5+900×200×0.000 5)×0.7=320元.
因为320<340,
所以从顾客的平均消费角度考虑,方案二的促销力度更大.
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