专题04 超几何分布+二项分布+正态分布
压轴题
知识点1:n 重伯努利试验的概率公式
一般地，如果在一次试验中事件A 发生的概率是p ,事件A 在n 次试验中发生k 次，共有
k
n
C 种情形，
由试验的独立性知，每种情形下，A 在k 次试验中发生，而在其余n
k
次试验中不发生的概率都是
(1
)
k
n k
p
p
, 所以由概率加法公式知，在n 重伯努利试验中，事件A 恰好发生次的概率为
( )
(1
)
k
k
n k
n
n
P k
C p
p
(
1,2,3,
,
k
n
) .
知识点2：二项分布
（1）二项分布
一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0
1
p
)，用X 表示事件A 发
生的次数，则X 的分布列为
(
)
(1
)
k
k
n k
n
P X
k
C p
p
，
1,2,3,
,
k
n
.
如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，记作
( , )
X
B n p
．
（2）二项分布的均值与方差
若随机变量X 服从参数为n , p 的二项分布，即
( , )
X
B n p
,则
(
)
E X
np
,
(
)
(1
)
D X
np
p
.
知识点3：超几何分布
（1）超几何分布
一般地，假设一批产品共有N 件，其中有M 件次品，从N 件产品中随机抽取n 件(不放回)，用X
表示抽取的n 件产品中的次品数，则X 的分布列为
(
)
k
n k
M
N M
n
N
C C
P X
k
C
，
,
1,
2,
,
k
m m
m
r
.
其中,
,
n N M
N
，M
N
，n
N
，
max{0,
}
m
n
N
M
，
min{ ,
}
r
n M
．
如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X 服从超几何分布．
（2）超几何分布的均值
若随机变量X 服从超几何分布，则
(
)
nM
E X
np
N
( p 是N 件产品的次品率).
知识点4：正态曲线
（1）连续型随机变量
除了离散型随机变量外，还有大量问题中的随机变量不是离散型的，它们的取值往往充满某个区间甚
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至整个实轴，但取一点的概率为0，我们称这类随机变量为连续型随机变量.
（2）正态的曲线的定义
函数
2
2
2
1
2
x
f x
e
，其中
R
,
0
为参数.
显然对于任意x
R
，
0
f x
，它的图象在x 轴的上方，可以证明x 轴和曲线之间的区域的面积为1，我
们称
f x 为正态密度函数，称它的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线.
①函数的自变量为x ,定义域为R
②解析式中含有两个常数和e ,这两个是无理数，其中为圆周率，e 为自然对数的底数
③解析式中含两个参数和,其中可取任意实数，
0
,不同的正态曲线和的取值是不同的.
④解析式的前面是一个系数
1
2
，后面是一个以e 为底的指数函数的形式,指数为
2
2
(
)
2
x
,其中这个参数在解析式中的两个位置出现，注意保持一致.
（3）正态曲线的几何意义
由正态曲线，过点( ,0)
a
和点( ,0)
b
的两条x 轴的垂线，及x 轴所围成的平面图形（图中阴影
部分）的面积，就是X 落在区间[ , ]
a b 的概率的近似值.
知识点5：正态分布
（1）正态分布
若随机变量X 的概率密度函数为
2
2
(
)
2
1
2
x
f x
e
，( x
R
,其中
R
，
0
为参数)，称随机变
量X 服从正态分布，记为
2
( ,
)
X
N
.
（2）标准正态分布
若随机变量
2
( ,
)
X
N
,则当
0
,
1
时，称随机变量X 服从标准正态分布，标准正态分布的密度
函数解析式为
2
2
1
2
x
f x
e
, x
R
,其相应的密度曲线称为标准正态曲线.
知识点6：正态分布的3原则：正态分布在三个特殊区间的概率值
假设
2
(
)
X
N
，
，可以证明：对给定的
(
)
k
P
k
X
k
N ，
是一
个只与k 有关的定值.
特别地，
(
)
0.6827
P
X
，
(
2
2 )
0.9545
P
X
，
(
3
3 )
0.9973
P
X
.
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上述结果可用右图表示.
此看到，尽管正态变量的取值范围是(
,
)
，但在一次试验中，X 的值几乎总是落在区间
[
3 ,
3 ]
内，而在此区间以外取值的概率大约只有0.0027,通常认为这种情况几乎不可能发生.
在实际应用中，通常认为服从于正态分布
2
( ,
)
N
的随机变量X 只取[
3 ,
3 ]
中的值，这在
统计学中称为3原则.
题型一超几何分布的均值与方差
1．（2024 上·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）杭州第19 届亚运会后，多所高校掀起了
体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10 所高校进行研究，得
到数据绘制成如下的折线图：
(1)若“艺术体操”参与人数超过35 人的学校可以作为“基地校”，现在从这10 所学校中随机选出3 所，记可作
为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
(2)现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3 个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮
测试．规定：在一轮测试中，这3 个动作中至少有2 个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测
试中，某同学3 个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为2
5 ，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在
集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8 次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)分布列见解析，
3
( )
2
E
；
(2)23 轮.
【详解】（1）参加“艺术体操”人数在35 人以上的学校共5 所，所有可能取值为0，1，2，3，
则
0
3
1
2
5
5
5
5
3
3
10
10
C C
C C
10
1
50
5
(
0)
, (
1)
C
120
12
C
120
12
P
P
，
2
1
3
0
5
5
5
5
3
3
10
10
C C
C C
50
5
10
1
(
2)
, (
3)
C
120
12
C
120
12
P
P
，
所以的分布列为：
0
1
2
3
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P
1
12
5
12
5
12
1
12
所以
1
5
5
1
3
( )
0
1
2
3
12
12
12
12
2
E
；
（2）由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为
2
3
2
3
3
3
2
3
2
44
C
C
5
5
5
125
p
，
则该同学在n 轮测试中获“优秀”次数X 服从二项分布，即满足
44
~
( , ),
125
X
B n p
p
，
由
44
125 8
(
)
8
22.7
125
44
E X
np
n
n
，
所以理论上至少要进行23 轮测试．
2．（2022 上·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考期末）《中国制造2025》是经国务院总理李克强签批，由
国务院于2015 年5 月印发的部署全面推进实施制造强国战略文件，是中国实施制造强国战略第一个十年的
行动纲领.制造业是国民经济的主体，是产国之本、兴国之器、强国之基.发展制造业的基本方针为质量为先，
坚持把质量作为建设制造强国的生命线，某企业生产流水线检测员每天随机从流水线上抽取100 件新生产
的产品进行检测，某日检测抽取的100 件产品的柱状图如图所示：
(1)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.若从出厂的所有产品中随机取出
3 件，求至少有一件产品是一级品的概率；
(2)现从样本产品中利用分层抽样的方法随机抽取10 件产品，再从这10 件中任意抽取3 件，设取到一级品
的件数为，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】(1) 973
1000
(2)分布列见解析，21
10
【详解】（1）抽取的100 件产品是一级品的频率是70
7
100
10
，
根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，
故从出厂的所有产品中任取1件，是一级品的概率是7
10 ，
设从出厂所有产品中随机选3件，至少有一件是一级品的事件为A ，
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则
3
7
973
1
(1
)
10
1000
P A
.
（2）由题意可知10件产品中一级品7 件，二级品2 件，三级品1件，故的取值范围是
0,1,2,3 ，
3
3
3
10
C
1
0
C
120
P
，
1
2
7
3
3
10
C C
7
1
C
40
P
，
2
1
7
3
3
10
C C
21
2
C
40
P
，
3
7
3
10
C
7
3
C
24
P
，
的分布列为：
0
1
2
3
P
1
120
7
40
21
40
7
24
的数学期望为:
E
7
21
7
21
1
2
3
40
40
24
10
.
3．（2023·全国·模拟预测）课堂上，老师为了讲解“利用组合数计算古典概型的问题”，准备了x（
*
3,
N
x
x
）
个不同的盒子，上面标有数字1，2，3，…，每个盒子准备装x 张形状相同的卡片，其中一部分卡片写有“巨
额奖励”的字样，另一部分卡片写有“谢谢惠顾”的字样．第1 个盒子放有1 张“巨额奖励”，
1
x 张“谢谢惠顾”，
第2 个盒子放有2 张“巨额奖励”，
2
x-
张“谢谢惠顾”，…，以此类推．游戏时，老师在所有盒子中随机选取
1 个盒子后，再让一个同学上台每次从中随机抽取1 张卡片，抽取的卡片不再放回，连续抽取3 次．
(1)若老师选择了第3 个盒子，
7
x
，记摸到“谢谢惠顾”卡片的张数为X，求X 的分布列以及数学期望
E X ；
(2)若
5
x
，求该同学第3 次抽到“谢谢惠顾”的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
12
7
E X
(2) 2
5
【详解】（1）当
7
x
时，老师选择第3 个盒子，则有3 张“巨额奖励”的卡片和4 张“谢谢惠顾”的卡片，则
X 的所有可能取值为0,1,2,3，
则
3
3
3
7
C
1
0
C
35
P X
，
2
1
3
4
3
7
C C
12
1
C
35
P X
，
1
2
3
4
3
7
C C
18
2
C
35
P X
，
3
4
3
7
C
4
3
C
35
P X
．
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
35
12
35
18
35
4
35
数学期望
1
12
18
4
12
0
1
2
3
35
35
35
35
7
E X
．
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（2）当
5
x
时，记从第k 个盒子中第3 次抽到“谢谢惠顾”为事件
1,2,3,4,5
kA
k
．
1
4 3 1
4
1
5 4 3
5
P A
，
2
2 1 3
2 3 2 2
3 2 1
3
5 4 3
5 4 3
5 4 3
5
P A
，
3
3 2 2
3 2 1 2
2
5 4 3
5 4 3
5
P A
，
4
4 3 1
1
5 4 3
5
P A
，
5
0
P A
．
故该同学第3 次抽到“谢谢惠顾”的概率
5
1
1
2
5
5
k
k
P
P A
．
练一练
1．（2023 上·全国·高三专题练习）为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节
能减排，某省推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期，月度滚动使用．第一阶梯：
年用电量在2160 度以下(含2160 度)，执行第一档电价0.5653 元/度；第二阶梯：年用电量在2161 度到4 200
度内(含4200 度)，超出2160 度的电量执行第二档电价0.6153 元/度；第三阶梯：年用电量在4200 度以上，
超出4200 度的电量执行第三档电价0.8653 元/度．
某市的电力部门从本市的用户中随机抽取10 户，统计其同一年度的用电情况，列表如下：
用户
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
年用电量/度
1000
1260
1400
1824
2180
2423
2815
3325
4411
4600
(1)计算表中编号为10 的用户该年应交的电费；
(2)现要在这10 户中任意选取4 户，对其用电情况进行进一步分析，求取到第二阶梯的户数的分布列．
【答案】(1)2822.38
(2)分布列见解析
【详解】（1）(因为第二档电价比第一档电价每度多0.05 元，
第三档电价比第一档电价每度多0.3 元，
编号为10 的用户一年的用电量是4600 度，
所以该户该年应交电费为
4600 0.5653
(4200
2160) 0.05
(4600
4200) 0.3
2822.38
(元)．
（2）设取到第二阶梯的户数为X，
易知第二阶梯有4 户，则X 的所有可能取值为0，1，2，3，4.
0
4
4
6
4
10
C C
1
0
C
14
P X
，
1
3
4
6
4
10
C C
8
1
C
21
P X
，
2
4
6
10
2
4
C C
3
2
C
7
P x
，
3
1
4
6
0
4
1
C C
4
3
C
35
P X
，
4
0
4
6
4
10
C C
1
4
C
210
P X
，
故X 的分布列为
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X
0
1
2
3
4
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
2．（2022 上·辽宁铁岭·高三校联考期末）双十一购物狂欢节，是指每年11 月11 日的网络促销日，源于淘
宝商城（天猫）2009 年11 月11 日举办的网络促销活动，时至今日已成为中国电子商务行业的年度盛事，
并且逐渐影响到国际电子商务行业．某营销调研机构进行某商品的市场营销调查时发现，每回馈消费者一
定的点数，该商品每天的销量就会发生一定的变化，经过试点统计得到下表：
返还点数t
1
2
3
4
5
销量（百件）/天
0.5
0.6
1
1.4
1.7
(1)经分析发现，可用线性回归模型
0.08
y
bt
拟合当地该商品销量y（百件）与返还点数t 之间的相关关系．试
预测，若返还6 个点时，该商品每天的销量；
(2)已知某地拟购买该商品的消费群体十分庞大，营销调研机构对其中200 名消费者对返点数额的心理预期
值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：
返还点数预期值区间（百分比）
[1,3)
[3,5)
[5,7)
[7,9)
[9,11)
[11,13)
频数
20
60
60
30
20
10
（ⅰ）求这200 位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值的样本平均数及50%分位数的估计值（同
一区间的预期值可用该区间的中点值代替：估计值精确到0.1）；
（ⅱ）将对返还点数的心理预期值在[1,3) 和[11,13) 的消费者分别定义为“低欲望型”消费者和“高欲望型”消费
者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的30 名消费者中随机抽取6 名，再从这6 人中随机抽取3 名
进行跟踪调查，设抽出的3 人中“低欲望型”消费者的人数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望．
【答案】(1)返回6 个点时该商品每天销量约为2 百件
(2)（ⅰ）5.7 ；（ⅱ）分布列见解析，2
【详解】（1）
1
2
3
4
5
3
5
t
，
0.5
0.6 1 1.4 1.7
1.04
5
y
，
代入
0.08
y
bt
，得1.04
3
0.08,
0.32
b
b
，
则y 关于t 的线性回归方程为ˆ
0.32
0.08
y
t
，
当
6
t
时，ˆ
2.00
y
，即返回6 个点时该商品每天销量约为2 百件．
（2）（ⅰ）根据题意，这200 位拟购买该商品的消费者对返还点数的心里预期值的平均值x 的估计值为：
2 0.1 4 0.3
6 0.3 8 0.15 10 0.1 12 0.05
6
x
，
50%分位数的估计值为
100
20
60
2
5
2
5
5.7
60
3
．
（ⅱ）抽取6 名消费者中“低欲望型”消费者人数为
20
6
4
30
，
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“高欲望型”消费者人数为
10
6
2
30
．
1
2
4
2
3
6
C C
1
(
1)
C
5
P X
，
2
1
4
2
3
6
C C
3
(
2)
C
5
P X
，
3
0
4
2
3
6
C C
1
(
3)
C
5
P X
，
故随机变量X 的分布列为：
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
4
(
)
3
2
6
E X
．
3．（2023 上·江苏南通·高三海门中学校考阶段练习）某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游
戏：在一个不透明箱中装有4 个黑球，3 个红球，1 个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随
机摸出3 个球，观察颜色后放回.若摸出的球中有X 个红球，则分得X 个月饼；若摸出的球中有黄球，则需
要表演一个节目.
(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
【答案】(1) 15
56
(2)分布列见解析，数学期望为9
8
【详解】（1）记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
可知有两种可能：“2 个红球1 个黄球”和“1 个黑球，1 个红球，1 个黄球”，
所以
2
1
1
1
1
3
1
4
3
1
3
8
C C
C C C
15
C
56
P A
.
（2）由题意可知X 的可能取值为：0，1，2，3，则有：
3
0
2
1
5
3
5
3
3
3
8
8
C C
C C
5
15
0
,
1
C
28
C
28
P X
P X
，
1
2
0
3
5
3
5
3
3
3
8
8
C C
C C
15
1
2
,
3
C
56
C
56
P X
P X
，
可得X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
5
28
15
28
15
56
1
56
所以
5
15
15
1
9
0
1
2
3
28
28
56
56
8
E X
.
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题型二超几何分布中的最值问题
1．
（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）设随机变量
~
10,
,1000
X
H
M
（2
991
M
且
*
M N ），
当
2;10,
,1000
H
M
最大时，
E X
.
【答案】2
【详解】由随机变量
~
10,
,1000
X
H
M
，则
2
8
1000
10
1000
C C
2;10,
,1000
2
C
M
M
H
M
P X
，
因为
2;10,
,1000
H
M
最大，所以有
2;10,
,1000
2;10,
1,1000
2;10,
,1000
2;10,
1,1000
H
M
H
M
H
M
H
M
，
即
2
8
2
8
1000
1
999
10
10
1000
1000
2
8
2
8
1000
1
1001
10
10
1000
1000
C C
C
C
C
C
C C
C
C
C
C
M
M
M
M
M
M
M
M
1
1000
!
1
999
!
2
8! 992
!
2
8! 991
!
1
1000
!
1
2
1001
!
2
8! 992
!
2
8! 993
!
M M
M
M M
M
M
M
M M
M
M
M
M
M
M
整理得
1 1000
1 992
199.2
200.2
993
2 1001
M
M
M
M
M
M
M
M
M
，
又
*
M N ，所以
200
M
，则
10
2
1000
M
E X
，
故答案为：2
2．（2023 下·浙江温州·高二校联考期末）三门是“中国青蟹之乡”，气候温暖、港湾平静、水质优良，以优
越的自然环境成为我国优质青蟹的最佳产区.所产的三门青蟹具有“金爪、绯钳、青背、黄肚”的特征，以“壳
薄、皆黄、肉嫩、味美”而著称，素有“三门青蟹、横行世界”之美誉；且营养丰富，内含人体所需的18 种氨
基酸和蛋白质、脂肪、钙、磷、铁等营养成分，被誉为“海中黄金，蟹中臻品”.养殖户一般把重量超过350
克的青蟹标记为A 类青蟹
(1)现有一个小型养蟹池，已知蟹池中有50 只青蟹，其中A 类青蟹有7 只，若从池中抓了2 只青蟹，用表
示其中A 类青蟹的只数，请写出的分布列，并求的数学期望
E ；
(2)另有一个养蟹池，为估计蟹池中的青蟹数目N ，小王先从中抓了50 只青蟹，做好记号后放回池中，过了
一段时间后，再从中抓了20 只青蟹，发现有记号的有x 只，若
5
x
，试给出蟹池中青蟹数目N 的估计值（以
使
5
P x
取得最大值的N 为估计值）.
【答案】(1)分布列见解析，
7
25
E
(2)
199
N
或200
【详解】（1）由题意的取值为0，1，2
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2
43
2
50
C
129
0
C
175
P
，
1
1
7
43
2
50
C C
43
1
C
175
P
，
2
7
2
50
C
3
2
C
175
P
分布列为
0
1
2
P
129
175
43
175
3
175
43
3
7
1
2
175
175
25
E
（2）设
5
15
50
50
20
C C
5
C
N
N
f N
P x
2
2
1
49
19
68
931
64
1
63
64
f N
N
N
N
N
f N
N
N
N
N
2
2
68
931
63
64
5
995
N
N
N
N
N
，
所以
199
N
时，
1
f
N
f
N
199
N
时，
1
f
N
f
N
，
199
N
时，
1
f
N
f
N
所以当
199
N
或200 时，
5
P x
最大，估计蟹池中青蟹数目为199 或200 只
3．（2023·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.
(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
0,1,2,
,20
k
．当
P k 最大时，求k .
【答案】(1)64
(2)分布列见解析，6
5
(3)
6
k
或
7
k
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【详解】（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
60
0.034
0.5
x
，
解得
64.118
64
x
，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 的人数为
4
10
4
10
人；在
50,60 的人数为
6
10
6
10
人；
则X 所有可能的取值为0，1，2，3，
于是
3
6
3
10
C
20
1
0
C
120
6
P X
，
2
1
6
4
3
10
C C
60
1
1
C
120
2
P X
，
1
2
6
4
3
10
C C
36
3
2
C
120
10
P X
，
3
4
3
10
C
4
1
4
C
120
30
P X
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
6
1
2
3
10
1
30
数学期望为
1
1
3
1
6
0
1
2
3
6
2
10
30
5
E X
；
（3）用频率估计概率，竞赛成绩在
30,40 内的概率
0.06
1
0.06
0.12
3
P
，
则
20
20
20
20
20
20
20
C 2
1
2
C
1
C
3
3
3
k
k
k
k
k
k
k
k
P k
P
P
，
1
19
20
20
20
20
20
20!
C
2
1
1 ! 19
!
1
1
20
1
21
3
1
20!
C 2
2
2
1
2
1
! 20
!
3
k
k
k
k
P k
k
k
k
P k
k
k
k
k
．
令
1
1
21
1
1
2
1
P k
P k
k
，解得
6
k
，
当且仅当
6
k
时取等号，即
(6)
(7)
P
P
，
当
6,
N
k
k
时，
(
1)
( )
P k
P k
，当
6,
N,
20
k
k
k
时，
(
1)
( )
P k
P k
，
所以当
6
k
或
7
k
，
P k 最大.
练一练
1．（2020 上·湖北·高三校联考阶段练习）在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点
生产口罩､防护服､消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口
罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该厂质检人员从某日所生产的口罩
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中随机抽取了100 个，将其质量指标值分成以下五组：
100,110 ，
110,120 ，
120,130 ，
130140
,
，
140,150 ，
得到如图所示的频率分布直方图.
（1）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130 的为二级口罩，质量
指标值不低于130 的为一级口罩.现利用分层随机抽样的方法从样本口罩中随机抽取8 个口罩，再从抽取的
8 个口罩中随机抽取3 个，记其中一级口罩的个数为X ，求X 的分布列及均值.
（2）甲计划在该型号口罩的某网络购物平台上参加A 店的一个订单“秒杀”抢购，乙计划在该型号口罩的某
网络购物平台上参加B 店的一个订单“秒杀”抢购，其中每个订单均由
*
2,
n n
n
N
个该型号口罩构成.假定
甲､乙两人在A ，B 两店订单“秒杀”成功的概率均为
2
1
2
n
，记甲､乙两人抢购成功的订单总数量､口罩总数
量分别为Y ，Z .
①求Y 的分布列及均值；
②求Z 的均值取最大值时，正整数n 的值.
【答案】（1）分布列答案见解析，
3
4
EX
；（2）①分布列答案见解析，
2
2
2
EX
n
；②n 的值为2.
【详解】（1）结合频率分布直方图，得用分层随机抽样抽取8 个口罩，其中二级､一级口罩的个数分别为6，
2，所以X 的可能取值为0，1，2.
3
0
6
2
3
8
C C
C
5
0
14
P X
，
2
1
6
2
3
8
C C
C
15
1
28
P X
，
1
2
6
2
3
8
C C
C
3
2
28
P X
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
5
14
15
28
3
28
所以
5
15
3
3
0
1
2
14
28
28
4
EX
.
（2）①由题意，知Y 的可能取值为0，1，2.
2
2
2
2
4
4
3
1
0
1
2
2
n
n
P Y
n
n
，
2
2
2
4
1
1
2
2
1
2 1
2
2
2
2
P Y
n
n
n
n
，
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4
1
2
2
P Y
n
，所以Y 的分布列为
Y
0
1
2
P
2
2
4
4
3
2
n
n
n
2
4
2
2
2
2
n
n
4
1
2
n
所以
2
2
4
2
4
4
2
4
3
2
2
1
2
0
1
2
2
2
2
2
2
n
n
EY
n
n
n
n
n
.
因为Z
nY
，所以
2
2
2
1
4
4
2
4
n
EZ
nEY
n
n
n
，当且仅当
2
n
时取等号.
所以EZ 取最大值时，n 的值为2.
2．（2023·全国·高二课堂例题）高三（1）班的联欢会上设计了一项游戏：在一个口袋中装有10 个红球和
20 个白球，这些球除颜色外完全相同．一次从中摸出5 个球，摸到4 个红球和1 个白球的就获一等奖，用
随机变量X 表示取到的红球数．
(1)求获一等奖的概率；
(2)求
E X ．
【答案】(1)2.95%
(2) 5
3
【详解】（1）因为随机变量X 服从超几何分布
5,10,30
H
．
所以
4
5 4
10
20
5
30
C C
700
4;5,10,30
0.0295
C
23751
H
．
故获一等奖的概率约为2.95%．
（2）X 的概率分布如下表所示，
X
0
1
2
3
4
5
P
2584
23751
8075
23751
8550
23751
3800
23751
700
23751
42
23751
由表可知，随机变量X 的均值为
2584
8075
8550
3800
700
42
5
0
1
2
3
4
5
1.6667
23751
23751
23751
23751
23751
23751
3
E X
.
也可直接由均值的计算公式，当
,
,
X
H n M N
时，
0
l
k
k
nM
E X
kP
N
，其中
min
,
l
n M
得解．
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3．（2023·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，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
1,2,
,30
k k
个男生的
概率为
P k ，求使得
P k 取得最大值的k 的值.
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为2.4 ；
(2)
12
k
.
【详解】（1）X 所有可能的取值为0,1,2,3，且
~
3,0.8
X
B
.
0
3
3
0
C
(1 0.8)
0.008
P X
；
1
1
2
3
1
C
0.8
(1 0.8)
0.096
P X
；
2
2
1
3
2
C
0.8
(1 0.8)
0.384
P X
；
3
3
3
3
C
0.8
0.512
P X
.
故X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.008
0.096
0.384
0.512
所以
3 0.8
2.4
E X
.
（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
30
30
42
C C
k
k
，
所以
30
30
42
30
30
72
72
C C
30!42!
1
C
C
! 30
! 30
!
12 !
k
k
P k
k
k
k
k
.
所以
2
1
(30
)
1
1
13
P k
k
P k
k
k
，解得
887
74
k
.
所以
12
11
10
,
12
13
14
P
P
P
P
P
P
，
故当
12
k
时，
P k 最大.
题型三二项分布的均值与方差
1．（2024·全国·模拟预测）一次课外活动举行篮球投篮趣味比赛，选手在连续投篮时，第一次投进得1 分，
并规定：若某次投进，则下一次投进的得分是本次得分的两倍；若某次未投进，则该次得0 分，且下一次
投进得1 分．已知某同学连续投篮n 次，总得分为X，每次投进的概率为1
3 ，且每次投篮相互独立．
(1)当
30
n
时，判断
E X 与10 的大小，并说明理由；
(2)当
3
n
时，求X 的概率分布列和数学期望；
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(3)记
3
X
的概率为
*
2,
nP n
n
N
，求
nP 的表达式．
【答案】(1)
10
E X
，理由见解析
(2)分布列见解析，35
27
(3)
3
2
*
1
2
,
2,3,4
4
3
9
38
36
2
,
5,
N
48
3
n
n
n
n
n
P
n
n
n
n
n
【详解】（1）
10
E X
．理由如下：
记该同学投篮30 次投进次数为，则
1
30, 3
B
．
若每次投进都得1 分，则得分的期望为
1
30
10
3
E
．
由题中比赛规则可知连续投进时，得分翻倍，
故实际总得分的期望
E X 必大于每次都得1 分的数学期望．
所以
10
E X
．
（2）X 的可能取值为0，1，2，3，7，其中
3
2
8
0
3
27
P X
，
2
1
3
1
2
12
1
C
3
3
27
P X
，
2
1
2
2
2
3
3
27
P X
，
2
1
2
1
2
4
3
C
3
3
27
P X
，
3
1
1
7
3
27
P X
，
所以X 的概率分布列为
X
0
1
2
3
7
P
8
27
12
27
2
27
4
27
1
27
所以
8
12
2
4
1
35
0
1
2
3
7
27
27
27
27
27
27
E X
．
（3）投篮n 次得分为3 分，有如下两种情形：
情形一，恰好两次投进，且两次相邻；
情形二，恰好三次投进，且任意两次都不相邻．
当2
4
n
时，情形二不可能发生，所以
2
2
1
1
1
2
1
2
C
3
3
4
3
n
n
n
n
n
P
；
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当
5
n
时，情形一发生的概率为
2
2
1
1
1
2
1
2
C
3
3
4
3
n
n
n
n
，
情形二发生是指，将
3
n
次未投进的投篮排成一列，共有
2
n
个空位，选择其中3 个空位作为投进的
投篮，
所以概率为
3
3
3
2
3
2
1
2
9
26
24
2
C
3
3
48
3
n
n
n
n
n
n
，
所以
3
2
3
2
1
2
9
26
24
2
9
38
36
2
4
3
48
3
48
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
．
综上所述，
3
2
*
1
2
,
2,3,4
4
3
9
38
36
2
,
5,
N
48
3
n
n
n
n
n
P
n
n
n
n
n
；
2．（2023·新疆·校联考一模）某游戏游玩规则如下：每次游戏有机会获得5 分，10 分或20 分的积分，且每
次游戏只能获得一种积分；每次游戏获得5 分，10 分，20 分的概率分别为
1
2 , ,1
3 , 0
3
p p
p
p
，三次游
戏为一轮，一轮游戏结束后，计算本轮游戏总积分．
(1)求某人在一轮游戏中，累计积分不超过25 分的概率（用含p 的代数式表示）；
(2)当某人在一轮游戏中累计积分在区间
40,55 内的概率取得最大值时，求一轮游戏累计积分的数学期望．
【答案】(1)
3
26p
(2)140
3
【详解】（1）某人在一轮游戏中，累计积分不超过25 分的情况为：
①三次游戏都获得5 分；②两次游戏获得5 分，一次游戏获得10 分；③一次游戏获得5 分，两次游戏获
得10 分；
所以其概率为：
3
2
1
1
2
3
3
3
2
C
2
C
2
26
p
p
p
p
p
p
.
（2）依题意，记一轮游戏累计积分为X ，
而某人在一轮游戏中累计积分在区间
40,55 内的情况有45 分和50分两种情况，
则
2
1
3
45
C
2
1 3
P X
p
p
，
2
1
3
50
C
1 3
P X
p
p
，
记某人在一轮游戏中累计积分在区间
40,55 内的概率为
f
p ，
则
2
1
3
2
3
C
3
1 3
9 9
6
f
p
p
p
p
p
p
，
1
0
3
p
，
则
2
9 27
12
1
9 3
1 9
1
f
p
p
p
p
p
，
令
0
f
p
，得
1
0
9
p
；令
0
f
p
，得1
1
9
3
p
；
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所以
f
p 在
1
0, 9
上单调递增，在1 1
,
9 3
上单调减；
所以当
1
9
p
时，
f
p 取得最大值；
此时每次游戏获得5 分，10 分，20 分的概率分别为2 1 2
,
,
9 9 3 ，
由题意可知X 的所有可能取值为15,20,25,30,35,40,45,50,60 ，
3
2
8
15
9
729
P X
，
2
1
3
2
1
4
20
C
9
9
243
P X
，
2
1
3
2
1
2
25
C
9
9
243
P X
，
2
3
1
3
2
2
1
73
30
C
9
3
9
729
P X
，
3
3
2
1
2
8
35
A
9
9
3
81
P X
，
2
1
3
1
2
2
40
C
9
3
81
P X
，
2
1
3
2
2
8
45
C
9
3
27
P X
，
2
1
3
1
2
4
50
C
9
3
27
P X
，
3
2
8
60
3
27
P X
，
则X 的数学期望为
8
4
2
73
8
2
8
4
8
15
20
25
30
35
40
45
50
60
729
243
243
729
81
81
27
27
27
140
3
.
3．（2016·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）某市规定，高中学生三年在校期间参加不少于80 小时
的社区服务才合格.教育部门在全市随机抽取200 位学生参加社区服务的数据，按时间段，
[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100]（单位：小时）进行统计，其频率分布直方图如图所示.
(1)求抽取的200 位学生中，参加社区服务时间不少于90 小时的学生人数，并估计从全市高中学生中任意选
取一人，其参加社区服务时间不少于90 小时的概率；
(2)从全市高中学生（人数很多）中任意选取3 位学生，记为3 位学生中参加社区服务时间不少于90 小时
的人数.试求随机变量的分布列和数学期望
E 和方差
D .
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【答案】(1)80 人，2
5
(2)分布列见解析，
6
5
E
，
18
25
D
【详解】（1）根据题意，参加社区服务时间在时间段[90 ，95)小时的学生人数为0.060 5 200
60
（人) ，
参加社区服务时间在时间段[95 ，100] 小时的学生人数为0.020 5 200
20
（人).
所以抽取的200 位学生中，参加社区服务时间不少于90 小时的学生人数为80 人.
所以从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90 小时的概率为
60
20
80
2
200
200
5
P
.
（2）由（1）可知，从全市高中生中任意选取1 人，其参加社区服务时间不少于90 小时的概率为2
5 .
由已知得，随机变量的可能取值为0，1，2，3，且
2
(3,
)
5
B
所以
0
0
3
3
2
3
27
(
0)
C ( )
( )
5
5
125
P
，
1
1
2
3
2
3
54
(
1)
C ( ) ( )
5
5
125
P
，
2
2
1
3
2
3
36
(
2)
C ( )
( )
5
5
125
P
3
3
0
3
2
3
8
(
3)
C ( )
( )
5
5
125
P
.
随机变量的分布列为
0
1
2
3
P
27
125
54
125
36
125
8
125
因为
2
~
(3,
)
5
B
，
所以
2
6
3
5
5
E
np
，
2
3
18
3
5
5
25
D
.
练一练
1．（2024·云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中学校考一模）盐水选种是古代劳动人民的智慧结晶，其
原理是借助盐水估测种子的密度，进而判断其优良．现对一批某品种种子的密度（单位：
3
g/cm ）进行测定，
测定结果整理成频率分布直方图如图所示，认为密度不小于1.2的种子为优种，小于1.2的为良种．自然情况
下，优种和良种的萌发率分别为0.8和0.5．
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(1)估计这批种子密度的平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)用频率估计概率，从这批种子（总数远大于2 ）中选取2 粒在自然情况下种植，设萌发的种子数为X ，
求随机变量X 的分布列和数学期望（各种子的萌发相互独立）．
【答案】(1)
3
1.24g/cm
(2)分布列见解析；1.36
【详解】（1）估计种子密度的平均值为
3
0.7
0.5
0.9 0.6
1.1 0.9
1.3 1.4
1.5 1.1 1.7
0.5
0.2
1.24 g/cm
；
（2）由频率分布直方图知优种占比为
3
1.4 1.1 0.5
0.2
5
，
任选一粒种子萌发的概率
3
4
3
1
17
1
5
5
5
2
25
p
．
因为这批种子总数远大于2，所以萌发的种子数X 符合二项分布
~
2,
X
B
p ，
所以X 可取的值为0 ，1，2 ，
所以
2
0
0
2
8
8
64
0
C
1
25
25
625
P X
p
p
，
1
2
17
8
272
1
C
1
2
25
25
625
P X
p
p
，
0
2
2
2
17
17
289
2
C
1
25
25
625
P X
p
p
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
P
64
625
272
625
289
625
所以期望
64
272
289
34
0
1
2
1.36
625
625
625
25
E X
，
故期望值为1.36.
2．（2023·广东肇庆·统考二模）在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号n 次，每
次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号1 的次数为X .
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(1)当
6
n
时，求
2
P X
(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变最Y ，若其数学期望
E Y 和方差
D Y 均存在，则对任意正实数a ，
有
2
1
D Y
P Y
E Y
a
a
.根据该不等式可以对事件“
Y
E Y
a
”的概率作出下限估计.为了至少有
98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4 与0.6 之间，试估计信号发射次数n 的最小值.
【答案】(1) 11
32
(2)1250
【详解】（1）由已知
1
6, 2
X
B
，
所以
2
0
1
2
P X
P X
P X
P X
6
5
2
4
0
1
2
6
6
6
1
1
1
1
1
1
6
15
11
C
C
C
2
2
2
2
2
64
64
64
32
；
（2）由已知
1
, 2
X
B n
，所以
0.5 ,
0.25
E X
n D X
n
，
若0.4
0.6
X
n
，则0.4
0.6
n
X
n
，即0.1
0.5
0.1
n
X
n
n
，
即
0.5
0.1
X
n
n
.
由切比雪夫不等式
2
0.25
0.5
0.1
1
(0.1 )
n
P X
n
n
n
，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4 与0.6 之间，则
2
0.25
1
0.98
(0.1 )
n
n
，
解得
1250
n
，所以估计信号发射次数n 的最小值为1250；
综上，
11
2
32
P X
，估计信号发射次数n 的最小值为1250.
3．（2024·全国·模拟预测）某地文旅部门为了增强游客对本地旅游景区的了解，提高旅游景区的知名度和
吸引力，促进旅游业的发展，在2023 年中秋国庆双节之际举办“十佳旅游景区”评选活动，在坚持“公平、公
正公开”的前提下，经过景区介绍、景区参观、评选投票、结果发布、颁发奖牌等环节，当地的6 个“自然景
观类景区”和4 个“人文景观类景区”荣获“十佳旅游景区”的称号．评选活动结束后，文旅部门为了进一步提
升“十佳旅游景区”的影响力和美誉度，拟从这10 个景区中选取部分景区进行重点推介.
(1)若文旅部门从这10 个景区中先随机选取1 个景区面向本地的大学生群体进行重点推介、再选取另一个景
区面向本地的中学生群体进行重点推介，记面向大学生群体重点推介的景区是“自然景观类景区”为事件A，
面向中学生群体重点推介的景区是“人文景观类景区”为事件B，求
P B A ，
P B ；
(2)现需要从“十佳旅游景区”中选4 个景区，且每次选1 个景区（可以重复），分别向北京、上海、广州、
深圳这四个一线城市进行重点推介，记选取的景区中“人文景观类景区”的个数为X，求X 的分布列和数学期
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望．
【答案】(1)
4
(
)
9
P B A
∣
，
( )
P B 2
5
(2)分布列见解析；期望为8
5
【详解】（1）由古典概型的计算公式可得，
6
3
( )
10
5
P A
，
6
4
4
(
)
10 9
15
P AB
，
由条件概率的计算公式得：
4
(
)
4
15
(
)
3
( )
9
5
P AB
P B A
P A
∣
，
同理
4 3
2
(
)
10 9
15
P AB
，
则
( )
(
)
(
)
P B
P AB
P AB
4
2
2
15
15
5
．
（2）由题意知X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X
2
(4, )
5
B
，
4
0
0
4
3
2
81
(
0)
C
5
5
625
P X
；
3
1
1
4
3
2
216
(
1)
C
5
5
625
P X
；
2
2
2
4
3
2
216
(
2)
C
5
5
625
P X
；
1
3
3
4
3
2
96
(
3)
C
5
5
625
P X
；
0
4
4
4
3
2
16
(
4)
C
5
5
625
P X
．
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
81
625
216
625
216
625
96
625
16
625
X 的数学期望
2
8
(
)
4
5
5
E X
．
题型四
二项分布中的最值问题
1．（2024 上·广东深圳·高三统考期末）在一个地区筛查某种疾病，由以往经验可知该地区居民得此病（血
液样本化验呈阳性）的概率为
(0
1)
p
p
．根据需要，居民每三人一组进行化验筛查，为节约资源，化验
次数越少，则方法越优．现对每组的3 个样本给出下面两种化验方法：
方法1：逐个化验；
方法2：3 个样本各取一部分混合在一起化验．若混合样本呈阳性，就把这3 个样本再逐个化验；若混合样
本呈阴性，则判断这3 个样本均为阴性．
(1)若
0.4
p
，用随机变量Y 表示3 个样本中检测呈阳性的个数，请写出Y 的分布列并计算
( )
E Y ．
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(2)若
0.25
p
，现要完成化验筛查，请问：哪种方法更优？
(3)若要完成化验筛查，且已知“方法2”比“方法1”更优，求p 的取值范围．
【答案】(1)分布列见解析；
6
( )
5
E Y
(2)方法2 更优
(3)
1
3
0
1 3
p
【详解】（1）由题意可知：随机变量
3,
Y
B
p
，
若
0.4
p
，则
3
2
27
0
1
5
125
P Y
，
2
1
3
2
2
54
1
C
1
5
5
125
P Y
，
2
2
3
2
2
36
2
C
1
5
5
125
P Y
，
3
2
8
3
5
125
P Y
，
所以Y 的分布列为：
Y
0
1
2
3
p
27
125
54
125
36
125
8
125
可得
6
( )
3
5
E Y
p
．
（2）方法1：3 个样本需要试验次数为3 次；
方法2：以实验次数为随机变量X ，则X 的可能取值为1 或4，
且
3
3
3
27
3
37
1
,
4
1
4
64
4
64
P X
P X
，
所以
27
37
175
(
)
1
4
64
64
64
E X
，
因为
175
(
)
3
64
E X
，所以方法2 更优．
（3）采用方法2，设3 个样本完成化验筛查的实验次数为随机变量X ，
则X 的可能取值为1 或4，且
3
3
1
1
,
4
1
1
P X
p
P X
p
，
由已知得
3
3
(1
)
4 1
(1
)
3
E X
p
p
解之得
1
3
0
1 3
p
．
所以p 的取值范围为
1
3
0
1 3
p
．
2．（2024·云南昆明·统考一模）聊天机器人（chatterbot）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.
当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测
试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概
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率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%.
(1)求一个问题的应答被采纳的概率；
(2)在某次测试中，输入了8 个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为X ，
事件X
k
（
0,1,
,8
k
）的概率为
(
)
P X
k
，求当
(
)
P X
k
最大时k 的值.
【答案】(1)0.75
(2)6
【详解】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件A ，“一次应答被采纳”为事件B ，
由题意
( )
0.1
P A
，
(
)
0.8
P B A
，
0.3
P B A
，则
( )
1
( )
0.9
P A
P A
，
0.9 0.8
0.1 0.3
0.75
P B
P AB
P AB
P A P B A
P A P B A
.
（2）依题意，
3
(8, )
4
X
B
，
8
8
3
1
(
)
( ) ( )
4
4
k
k
k
P X
k
C
，
当
(
)
P X
k
最大时，有
1 ,
1 ,
P X
k
P X
k
P X
k
P X
k
即
8
1
7
1
8
8
8
1
9
1
8
8
3
1
3
1
C
C
,
4
4
4
4
3
1
3
1
C
C
,
4
4
4
4
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
解得：23
27
4
4
k
，k N ，
故当
(
)
P X
k
最大时，
6
k
.
3．（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）为不断改进劳动教育，进一步深化劳动教育改革，现从某单位全体
员工中随机抽取3 人做问卷调查.已知某单位有N 名员工，其中2
5 是男性，3
5 是女性.
(1)当
20
N
时，求出3 人中男性员工人数X 的分布列和数学期望；
(2)我们知道，当总量N 足够大而抽出的个体足够小时，超几何分布近似为二项分布.现在全市范围内考虑.
从N 名员工（男女比例不变）中随机抽取3 人，在超几何分布中男性员工恰有2 人的概率记作
1P ；有二项
分布中（即男性员工的人数
2
3 5
X
B
,
）男性员工恰有2 人的概率记作
2P .那么当N 至少为多少时，我们
可以在误差不超过0.001（即
1
2
0.001
P
P
）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.（参考数据：
578
24.04
）
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为6
5
(2)N 至少为145 时，我们可以在误差不超过0.001（即
1
2
0.001
P
P
）的前提下认为超几何分布近似为二项
分布
【详解】（1）当
20
N
时，男性员工有8 人，女性员工有12 人.
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X 服从超几何分布，
0,1,2,3
X
，
3
12
3
20
C
220
11
0
C
1140
57
P X
，
1
2
8
12
3
20
C C
528
44
1
C
1140
95
P X
，
2
1
8
12
3
20
C C
336
28
2
C
1140
95
P X
，
3
8
3
20
C
56
14
3
C
1140
285
P X
，
∴X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
11
57
44
95
28
95
14
285
数学期望为
11
44
28
14
6
0
1
2
3
57
95
95
285
5
E X
.
（2）
2
1
2
3
5
5
1
3
1
2
3
2
C
C
1
1
18
5
5
5
5
1
C
25
1
2
1
2
6
N
N
N
N
N
N
N
N
P
N
N
N N
N
，
2
2
2
3
2
3
36
C
0.288
5
5
125
P
，
由于
1
2
0.001
P
P
，则
2
1
18
5
0.288
0.001
25
1
2
N
N
N
N
，
即
2
1
18
289
5
0.289
25
1
2
1000
N
N
N
N
，
即
2
1
289
25
289
5
1
2
1000
18
720
N
N
N
N
，
由题意易知
1
2
0
N
N
，
从而
2
720
1
289
1
2
5
N
N
N
N
，
化简得
2
147
578
0
N
N
，
又
0
N
，于是
578
147
N
N
.
由于函数
578
y
x
x
在
578
24.04
x
处有极小值，
从而
578
y
N
N
当
25
N
时单调递增，
又
578
142
146.07
147
142
，
578
143
147.04
147
143
.
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因此当
143
N
时，符合题意，
而又考虑到2
5 N 和3
5 N 都是整数，则N 一定是5 的整数倍，于是
145
N
.
即N 至少为145，
我们可以在误差不超过0.001（即
1
2
0.001
P
P
）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.
4．（2023 上·云南昆明·高三统考期中）数轴上的一个质点Q 从原点出发，每次随机向左或向右移动1 个单
位长度，其中向左移动的概率为1
3 ，向右移动概率为2
3 ，记点Q 移动n 次后所在的位置对应的实数为
n
X ．
(1)求
4
X 的分布列和期望；
(2)当
10
n
时，点Q 在哪一个位置的可能性最大，并说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，4
3 ；
(2)点Q 所在的位置对应的实数应为4，理由见解析.
【详解】（1）由题意知
4
X 可能的取值为：4
，2
，0，2，4，
则
4
1
1
1
1
1
4
3
3
3
3
81
P X
，
1
4
4
1
1
1
2
8
2
C
3
3
3
3
81
P X
，
2
4
4
1
1
2
2
8
0
C
3
3
3
3
27
P X
，
1
4
4
1
2
2
2
32
2
C
3
3
3
3
81
P X
，
4
2
2
2
2
16
4
3
3
3
3
81
P X
，
4
X 的分布列
4
X
4
2
0
2
4
P
1
81
8
81
8
27
32
81
16
81
4
1
8
8
32
16
4
4
2
0
2
4
81
81
27
81
81
3
E X
.
（2）设点Q 向右移动m 次，向左移动10
m
次的概率为
m
P ，则
10
10
1
2
C
3
3
m
m
m
m
P
，
10
10
10
11
1
1
1
10
1
10
1
2
C
2 11
2C
22
3
3
2
2
C
1
2
C
3
3
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
P
m
P
m
m
，
当
7
m
时，
1
m
m
P
P
，
m
P 随m 的增加而增加，
当
7
m
时，
1
m
m
P
P
，
m
P 随m 的增加而减小，
所以当
7
m
时，
m
P 最大，此时点Q 所在的位置对应的实数应为4．
练一练
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1．（2023 上·云南曲靖·高三曲靖一中校考阶段练习）某兴趣小组利用所学统计与概率知识解决实际问题．
(1)现有甲池塘，已知小池塘里有10 条鲤鱼，其中红鲤鱼有4 条．若兴趣小组捉取3 次，每次从甲池塘中有
放回地捉取一条鱼记录相关数据．用X 表示其中捉取到红鲤鱼的条数，请写出X 的分布列，并求出X 的数
学期望
E X ．
(2)现有乙池塘，已知池塘中有形状大小相同的红鲤鱼与黑鲤鱼共10 条，其中红鲤鱼有
0
10,
a
a
a
N
条，
身为兴趣小组队长的骆同学每次从池塘中捉了1 条鱼，做好记录后放回池塘，设事件A 为“从池塘中捉取鱼
3 次，其中恰有2 次捉到红鲤鱼”．当
0
a
a
时，事件A 发生的概率最大，求
0a 的值．
【答案】(1)分布列见解析，
6
5
E X
(2)
0
7
a
【详解】（1）由题可得：X
0
，1，2 ，3，
可得：每次捉到红鲤鱼的概率为
4
2
10
5
p
．
易知
2
3, 5
X
B
，
3
3
27
0
5
125
P X
；
2
1
3
2
3
54
1
C
5
5
125
P X
；
2
2
3
2
3
36
2
C
5
5
125
P X
；
3
2
8
3
5
125
P X
．
分布列如表所示：
X
0
1
2
3
P X
27
125
54
125
36
125
8
125
所以
2
6
3
5
5
E X
np
．
（2）每次捉鱼，捉到红鲤鱼的概率为10
a ，则捉到黑鲤鱼的概率为1 10
a
．
所以
2
2
3
2
3
3
C
1
10
10
10
1000
a
a
P A
a
a
，其中0
10
a
且a
N ，
令
3
2
10
h a
a
a
，则
2
3
20
h a
a
a
，
0
h a
解得
0
a
或
20
3
a
，
故在
20
0, 3
上
0
h a
，
h a 为增函数，在20 ,10
3
上
0
h a
，
h a 为减函数，
所以max
20
3
h a
h
．
又因为0
10
a
且a
N ，
而当
6
a
时，
54
125
P A
，当
7
a
时，
441
1000
P A
，
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所以
max
7
P A
P
，所以
0
7
a
，
综上所述：事件A 发生的概率最大时
0
7
a
.
2．（2023 上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）某校高一年级举行数学史知识竞赛，每个同学从
10 道题中一次性抽出4 道作答.小张有7 道题能答对，3 道不能答对；小王每道答对的概率均为
(0
1)
p
p
，
且每道题答对与否互不影响.
(1)分别求小张，小王答对题目数的分布列；
(2)若预测小张答对题目数多于小王答对题目数，求p 的取值范围.
【答案】(1)分布列见解析
(2)
7
0
10
p
【详解】（1）设小张答对的题目数为X ，可知随机变量X 服从超几何分布，X 的取值分别为1，2，3，4.
有
1
3
7
3
4
10
C C
7
1
(
1)
C
210
30
P X
，
2
2
7
3
4
10
C C
63
3
(
2)
C
210
10
P X
，
3
1
7
3
4
10
C C
105
1
(
3)
C
210
2
P X
，
4
0
7
3
4
10
C C
35
1
(
4)
C
210
6
P X
，
故小张答对的题目数X 的分布列为
X
1
2
3
4
P
1
30
3
10
1
2
1
6
设小王答对的题目数为Y ，可知随机变量Y 服从二项分布
~
(4, )
Y
B
p ，Y 的取值分别为0，1，2，3，4，
有
4
(
0)
(1
)
P Y
p
，
1
3
3
4
(
1)
C (1
)
4 (1
)
P Y
p
p
p
p
，
2
2
2
2
2
4
(
2)
C (1
)
6
(1
)
P Y
p
p
p
p
，
3
3
3
4
(
3)
C (1
)
4
(1
)
P Y
p p
p
p
，
4
(
4)
P Y
p
.
故小王答对的题目数Y 的分布列为
Y
0
1
2
3
4
P
4
(1
)
p
3
4 (1
)
p
p
2
2
6
(1
)
p
p
3
4
(1
)
p
p
4
p
（2）由（1）可知
1
3
1
1
14
1
2
3
4
30
10
2
6
5
E X
，
而
~
4,
Y
B
p ，所以
( )
4
E Y
p
，
若预测小张答对的题目数多于小王答对的题目数，
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则
(
)
( )
E X
E Y
，即14
4
5
p
，可得
7
0
10
p
.
3．（2023 上·江西吉安·高三吉安一中校考期中）本届杭州亚运会是首届采用云上转播的亚运会，预计在云
上传输最大60 路高清和超高清信号，某企业负责生产所需的某种高清转播设备，设生产该款设备的次品率
为p （0
1
p
），且各套设备的生产互不影响．
(1)生产该款设备需要两道工序，且互不影响，假设每道工序的次品率依次为
1
2
1
1
,
10
20
p
p
．
①求p ；
②现对该企业生产的设备进行自动智能检测，自动智能检测为次品（注：合格品不会被误检成次品）的设
备会被自动淘汰，若自动智能检测为合格，则再进行人工抽检，已知自动智能检测显示该款设备的合格率
为96%，求人工抽检时，抽检的一套设备是合格品的概率．
(2)视p 为概率，记从该企业生产的设备中随机抽取n套，其中恰含m （n
m
）个次品的概率为
f
p ，求
证：
f
p 在
m
p
n
时取得最大值．
【答案】(1)①
29
200
p
，②57
64 .
(2)证明见解析.
【详解】（1）①因为两道生产工序互不影响，所以
1
2
29
1 (1
)(1
)
200
p
p
p
②记该款设备自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且
171
( )
96%, (
)
1
200
P A
P AB
p
，
则人工抽检时，抽检的一套设备恰是合格品的概率
(
)
57
(
|
)
( )
64
P AB
P B A
P A
．
（2）因为各套设备的生产互不影响，所以
( )
C
(1
)
(0
1)
m
m
n m
n
f p
p
p
p
，
则
1
1
1
1
( )
C
(1
)
(
)
(1
)
C
(1
)
(
)
m
m
n m
m
n m
m
m
n m
n
n
f
p
mp
p
n
m p
p
p
p
m
np
．
令
( )
0
f
p
，得
m
p
n
，
当0
m
p
n
时，
( )
0,
( )
f
p
f p
为单调增函数；
当
1
m
p
n
时，
( )
0,
( )
f
p
f p
为单调减函数，
所以，当
m
p
n
时，
( )
f p 取得最大值．
4．（2024·全国·高三专题练习）某同学进行投篮训练，已知该同学每次投篮命中的概率都为3
4 ，且每次投
篮是否命中相互独立.
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(1)求该同学在三次投篮中至少命中2 次的概率；
(2)若该同学在10 次投篮中恰好命中k 次(
0
k
，1，2，，10) 的概率为
kP ，k 为何值时，
kP 最大？
【答案】(1) 27
32
(2)
8
k =
【详解】（1）因为该同学每次投篮命中的概率都为3
4 ，且每次投篮是否命中相互独立．
所以该同学在三次投篮中至少命中2 次的概率
0
3
2
0
1
3
3
3
1
3
1
27
1
C
C
4
4
4
4
32
P
．
（2）该同学在10 次投篮中恰好命中k 次(
0
k
，1，2，，10) 的概率为
kP ，
则
10
10
10
10
3
1
1
C
C
3
4
4
4
k
k
k
k
k
kP
，
当
kP 最大时，
1
1
k
k
k
k
P
P
P
P
，
10
10
1
1
10
10
10
10
1
1
10
10
1
1
C
3
C
3
4
4
1
1
C
3
C
3
4
4
k
k
k
k
k
k
k
k
，
所以
10!
10!
3
! 10
!
1 ! 9
!
10!
10!
3
! 10
!
1 ! 11
!
k
k
k
k
k
k
k
k
，即
1
3 10
3 11
k
k
k
k
，
解得29
33
4
4
k
，
又
Z
k
，则
8
k =
．
故k 为8 时，
kP 最大．
题型五二项分布的实际应用
1．（2024 上·广东东莞·高三统考期末）某区域中的物种C 有A 种和B 种两个亚种．为了调查该区域中这两
个亚种的数目比例（A 种数目比B 种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放
回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中
*
nN ），
记第i 次试验中的A 种数目为随机变量
i
X （
1,2,
,
i
n
）；③记随机变量
1
1
n
i
i
X
X
n
，利用X 的期望
E X
和方差
D X 进行估算．设该区域中A 种数目为M，B 种数目为N，每一次试验都相互独立．
(1)已知
i
j
i
j
E X
X
E X
E X
，
i
j
i
j
D X
X
D X
D X
，证明：
1
E X
E X
，
1
1
D X
D X
n
；
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(2)该小组完成所有试验后，得到
i
X 的实际取值分别为
ix （
1,2,
,
i
n
），并计算了数据
ix （
1,2,
,
i
n
）的
平均值x 和方差
2s ，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据
2
10.5
s
n
．
（ⅰ）请用x 和
2s 分别代替
E X 和
D X ，估算M
N 和x ；
（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求
1
X 的分布列中概率值最大的随机事件
1
X
k
对应的随机变量的取值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）
3
7
M
N
，
15
x
；（ⅱ）15
【详解】（1）由题可知
i
X （
1
i ，2，…，n）均近似服从完全相同的二项分布，
则
1
2
n
E X
E X
E X
，
1
2
n
D X
D X
D X
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
i
i
i
i
i
i
E X
E
X
E
X
E X
nE X
E X
n
n
n
n
，
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
1
n
n
i
n
i
i
i
i
i
D X
D
X
D
X
D X
nD X
D X
n
n
n
n
n
，
所以
1
E X
E X
，
1
1
D X
D X
n
.
（2）（ⅰ）由（1）可知
1 ~
50,
M
X
B
M
N
，
则
1
X 的均值
1
50M
E X
M
N
，
1
X 的方差
1
50
M
N
D X
M
N
M
N
，
所以
2
50
10.5
(
)
(
)
MN
D X
n M
N
n
，解得
3
7
M
N
或
7
3
M
N
，
由题意可知：0
M
N
，则0
1
M
N
，
所以
3
7
M
N
，
1
50
15
M
x
E X
E X
M
N
；
（ⅱ）由（ⅰ）可知：
0.3
M
M
N
，则
1
50,0.3
X
B
，
则
50
1
50
C
0.3
1 0.3
,
0,1,2,
,50
m
m
m
P X
m
m
，
由题意可知：
50
49
1
1
50
50
50
51
1
1
50
50
C
0.3
1
0.3
C
0.3
1
0.3
C
0.3
1
0.3
C
0.3
1
0.3
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
，
解得14.3
15.3
k
，且
*
k N ，则
15
k
，
所以
1
X 的分布列中概率值最大的随机事件
1
X
k
对应的随机变量的取值为15.
2．（2023·河北·统考模拟预测）为切实做好新冠疫情防控工作，有效、及时地控制和消除新冠肺炎的危害，
增加学生对新冠肺炎预防知识的了解，某校举办了一次“新冠疫情”知识竞赛.竞赛分个人赛和团体赛两种.个
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人赛参赛方式为：组委会采取电脑出题的方式，从题库中随机出10 道题，编号为
1A ，
2
A ，
3
A ，
4
A ，，
10
A ，
电脑依次出题，参赛选手按规则作答，每答对一道题得10 分，答错得0 分.团体赛以班级为单位，各班参赛
人数必须为3 的倍数，且不少于18 人，团体赛分预赛和决赛两个阶段，其中预赛阶段各班可从以下两种参
赛方案中任选一种参赛：
方案一：将班级选派的3n 名参赛选手每3 人一组，分成n 组，电脑随机分配给同一组的3 名选手一道相同
的试题，3 人均独立答题，若这3 人中至少有2 人回答正确，则该小组顺利出线；若这n 个小组都顺利出线，
则该班级晋级决赛.
方案二：将班级选派的3n 名参赛选手每n 人一组，分成3 组，电脑随机分配给同一组的n 名选手一道相同
的试题，每人均独立答题，若这n 个人都回答正确，则该小组顺利出线；若这3 个小组中至少有2 个小组顺
利出线，则该班级晋级决赛.
(1)郭靖同学参加了个人赛，已知郭靖同学答对题库中每道题的概率均为4
5 ，每次作答结果相互独立，且他
不会主动放弃任何一次作答机会，求郭靖同学得分的数学期望与方差；
(2)在团体赛预赛中，假设A 班每位参赛选手答对试题的概率均为常数
0
1
p
p
，A 班为使晋级团体赛决
赛的可能性更大，应选择哪种参赛方式？请说明理由.
【答案】(1)80;160
(2)选择方案一，理由见解析
【详解】（1）设郭靖同学答对的题目数为X，得分为Y，则
10
Y
X
，
由题意可知
4
(10, )
5
X
B
,
则
4
( )
(10
)
10 (
)
10 10
80
5
E Y
E
X
E X
;
4
4
( )
(10
)
100 (
)
100 10
(1
)
160
5
5
D Y
D
X
D X
.
（2）设A 班选择方案一和方案二晋级团体赛决赛的概率分别为
1
2
,
P P ，
当选择方案一时，小组里3 人中至少有2 人回答正确的概率为
2
2
3
3
2
3
3
3
C
(1
)
C
3
2
p
p
p
p
p
，
故
2
3
2
1
3
2
3
2
n
n
n
P
p
p
p
p
；
当选择方案二时，一个小组顺利出线的概率为
n
p ，则小组没有出线的概率为1
n
p
，
故
2
2
3
3
2
3
2
3
3
C
1
C
3
2
n
n
n
n
n
P
p
p
p
p
p
；
故
2
2
3
2
1
2
3
2
3
2
2 )
2
3]
[(3
n
n
n
n
n
n
n
P
P
p
p
p
p
p
p
p
，
令
3
2
2
3,
N
n
n
f n
p
p
n
，
则
1
1
1
3
2
2
3
2 )
2
n
n
n
n
f n
f n
p
p
p
p
3
2
2
2
2
1
2 1
3
2
n
n
n
n
p
p
p
p
p
p
p
，
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因为0
1
p
，所以1
0,3
2
1
p
p
，
故
1,0
1,
0
3
2
3
2
n
n
n
n
p
p
p
p
，
则
1
0
f n
f n
，即
1
f n
f n
，
故
3
2
2
3,
N
n
n
f n
p
p
n
为单调增函数，
因为
(1)
3
2
2
3
0
f
p
p
，
由于各班参赛人数必须为3 的倍数，且不少于18 人，即
6
n
，
此时
1
2
6
1
0
f n
f
f
P
P
故A 班为使晋级团体赛决赛的可能性更大，应选择方案一参赛.
3．（2022·福建泉州·统考模拟预测）随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日
趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服工作能力
的重要指标——询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨询该客服后成交
的概率，已知某网店共有10 位客服，按询单率分为A，B 两个等级（见下表）
等级
A
B
询单转化率
[70%，90%）
[50%，70%）
人数
6
4
视A，B 等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值，完成下列两个问题的解答；
(1)现从这10 位客服中任意抽取4 位进行培训，求这4 人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；
(2)已知该网店日均咨询顾客约为1 万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300 人.在网
店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网
店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A 等级客服接待的概率为a，被任一位B 等级客
服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300 人，则a 应该控制在什么范围？
【答案】(1) 37
42
(2) 1 13
,
8 100
【详解】（1）依题意得：A，B 等级客服的询单转化率分别为
0
0
80
,60
0
0 ，
设事件C 表示“这4 人的询单转化率的中位数不低于70%”，
A 等级客服的人数为X，则X 的可能取值为0,1,2,3,4，
对应每种情况的询单转化率中位数分别为
0
0
0
0
0
60
,65
,70
,75
,80
0
0
0
0
0 ，
故
3
1
4
4
6
4
4
4
10
10
C C
C
1
24
37
1
0
1
1
1
C
C
210
210
42
P C
P X
P X
；
（2）设改革前后A 等级客服的接待顾客人数分别为Y，Z
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改革前，每位进店咨询顾客被A 等级客服接待的概率为
1
6
3
10
5
P
，
所以
3
10000, 5
Y
B
，则
3
10000
6000
5
E Y
，
因为A，B 等级客服的询单转化率分别为
0
0
80
,60
0
0 ，
所以改革前日均成交人数为
0
0
6000 80
10000
6000
60
7200
0
0
，
改革后，每位进店咨询顾客被A 等级客服接待的概率为
2
6
P
a
，
所以
10000,6
Z
B
a
，则
10000 6
60000
E Z
a
a
，
故改革后日均成交人数为
0
0
60000
80
10000
60000
60
12000
6000
0
0
a
a
a
，
由12000
6000
7200
300
a
得：
1
8
a
，①
因为每位顾客被一位A 等级客服接待的概率为a ，所以每位顾客被一位B 等级客服接待的概率为
1
6
4
a
b
，
则
10000
1300
1
6
10000
1300
4
a
a
，解得：
13
100
2
25
a
a
，②
由①②得：1
13
8
100
a
，所以a 应该控制在1 13
,
8 100
4．（2023 下·福建泉州·高二校联考阶段练习）随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场
竞争也日趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服
工作能力的重要指标——询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨询该客
服后成交的概率，已知某网店共有10 位客服，按询单率分为A ，B 两个等级（见下表）
等级
A
B
询单转化率
70%,90%
50%,70%
人数
6
4
视A ，B 等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值，完成下列两个问题的解答；
(1)现从这10 位客服中任意抽取4 位进行培训，设抽取的A 等级客服的人数为X ，求随机变量X 的分布列，
并求这4 人的询单转化率的中位数不低于70% 的概率；
(2)已知该网店日均咨询顾客约为1 万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300 人.在网
店的前期经营中，进店咨询的每位顾客由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网
店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A 等级客服接待的概率为a，被任一位B 等级客
服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300 人，则a 应该控制在什么范围？
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【答案】(1)分布列见解析，37
42
(2) 1 13
,
8 100
【详解】（1）依题意A 、B 等级客服的询单转化率分别为80%,60% .
则X 的可能取值为0 、1、2 、3、4 ，
由题意可得，X 服从超几何分布，所以X 的分布列为
4
6
4
4
10
C
C
C
k
k
P X
k
，
0,1,2,3,4
k
.
即
0
4
6
4
4
10
C
C
1
0
C
210
P X
，
1
3
6
4
4
10
C
C
24
4
C
210
35
1
P X
，
2
2
6
4
4
10
C
C
90
3
C
210
7
2
P X
，
3
1
6
4
4
10
C
C
80
8
C
210
21
3
P X
，
4
0
6
4
4
10
C
C
15
1
C
210
14
4
P X
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
1
210
4
35
3
7
8
21
1
14
当X
0
时，4 人转化率为60%,60%,60%,60% ，中位数为60% ；
当
1
X 时，4 人转化率为60%,60%,60%,80% ，中位数为60% ；
当
2
X
时，4 人转化率为60%,60%,80%,80% ，中位数为70% ；
当
3
X
时，4 人转化率为60%,80%,80%,80% ，中位数为80%；
当
4
X
时，4 人转化率为80%,80%,80%,80% ，中位数为80%.
所以当
2
X
时，这4 人的询单转化率的中位数不低于70% .
所以
2
1
0
1
P X
P X
P X
1
24
37
1
210
210
42
.
（2）设改革前后A 等级客服的接待顾客人数分别为Y 、Z .
则改革前，每位进店咨询顾客被A 等级客服接待的概率为
1
6
3
10
5
P
，
所以
3
10000, 5
Y
B
，则
3
10000
6000
5
E Y
.
因为A ，B 等级客服的询单转化率分别为80%,60% ，
所以改革前日均成交人数为
6000 80%
10000
6000
60%
7200
；
改革后，每位进店咨询顾客被A 等级客服接待的概率为
2
6
P
a
，
所以
10000,6
Z
B
a
，则
10000 6
60000
E Z
a
a
，
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故改革后日均成交人数为
60000
80%
10000
60000
60%
12000
6000
a
a
a
.
由12000
6000
7200
300
a
得
1
8
a
①，
因为每位顾客被一位A 等级客服接待的概率为a ，又6
4
1
a
b
，所以每位顾客被一位B 等级客服接待的概
率为
1
6
4
a
b
.
又每位客服日接待顾客的数量不超过1300 人，所以
10000
1300
1 6
10000
1300
4
a
a
，
解得：
13
100
2
25
a
a
②，
由①②得：1
13
8
100
a
，所以a 应该控制在1 13
,
8 100
.
练一练
1．（2023·江西·校联考模拟预测）某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由
2
1
k
k
N
个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为
0
1
p
p
，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于
k 个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为
kp （例如：
2p 表示控
制系统由3 个元件组成时设备正常运行的概率；
3p 表示控制系统由5 个元件组成时设备正常运行的概率）.
(1)若
2
3
p
，当
2
k
时，求控制系统中正常工作的元件个数X 的分布列和数学期望，并求
3p ；
(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a 件，每件产品的利润为1 元，设备升级后，在正常运行状态下，
单位时间的产量是原来的4 倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为1
4 ，每件高端产品的
利润是2 元.记设备升级后单位时间内的利润为Y（单位：元）.
（i）请用
kp 表示
E Y ；
（ii）设备升级后，在确保控制系统中元件总数为奇数的前提下，分析该设备能否通过增加控制系统中元件
的个数来提高利润.
【答案】(1)分布列见解析，
2
E X
，
3
64
81
p
(2)（i）
5
k
E Y
ap
，（ii）答案见解析
【详解】（1）因为
2
k
，所以控制系统中正常工作的元件个数X 的可能取值为0，1，2，3；
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为
2
3
p
，
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所以
2
3, 3
X
B
，
所以
0
3
0
3
2
1
1
0
C
3
3
27
P X
，
1
2
1
3
2
1
2
1
C
3
3
9
P X
2
1
2
3
2
1
4
2
C
3
3
9
P X
，
3
0
3
3
2
1
8
3
C
3
3
27
P X
，
所以控制系统中正常工作的元件个数X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
控制系统中正常工作的元件个数X 的数学期望为
2
3
2
3
E X
，
3
2
4
1
5
0
3
4
5
3
5
5
5
2
1
2
1
2
1
C
C
C
3
3
3
3
3
3
P
80
80
32
192
64
243
243
243
243
81
；
（2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为
产量
4a
0
设备运行概率
kp
1
kp
所以升级改造后单位时间内产量的期望为4
k
ap ；
所以
产品类型
高端产品
一般产品
产量（单位：件）
k
ap
3
k
ap
利润（单位：元）
2
1
设备升级后单位时间内的利润为2
3
5
k
k
k
ap
ap
ap
，即
5
k
E Y
ap
；
（ii）因为控制系统中元件总数为奇数，若增加2 个元件，
则第一类：原系统中至少有
1
k 个元件正常工作，
其概率为
1
2
1
1
C
1
k
k
k
k
k
p
p
p
p
；
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第二类：原系统中恰好有k 个元件正常工作，新增2 个元件中至少有1 个正常工作，
其概率为
1
2
1
1
2
2
2
1
2
C
1
1
1
C
1
2
k
k
k
k
k
k
k
k
p
p
p
p
p
p
p
；
第三类：原系统中有
1
k 个元件正常工作，新增2 个元件全部正常工作，
其概率为
1
1
2
1
1
2
1
2
1
3
C
1
C
1
k
k
k
k
k
k
k
k
p
p
p
p
p
p
；
所以
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
C
1
C
1
2
C
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
p
p
p
p
p
p
p
p
p
2
1
C
1
2
1
k
k
k
k
k
p
p
p
p
，
则
1
2
1
C
1
2
1
k
k
k
k
k
k
p
p
p
p
p
，
所以当
1
2
p
时，
1
0
k
k
p
p
，
kp 单调递增，
即增加元件个数设备正常工作的概率变大，
当
1
2
p
时，
1
0
k
k
p
p
，
即增加元件个数设备正常工作的概率没有变大，
又因为
5
k
E Y
ap
，
所以当
1
2
p
时，设备可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润；
当
1
2
p
时，设备不可以通过增加控制系统中元件的个数来提高利润．
2．（2023 上·河南·高三校联考开学考试）小明参加一项答题活动，需进行两轮答题，每轮均有
*
N
n n
道
题．第一轮每道题都要作答；第二轮按次序作答，每答对一题继续答下一题，一旦答错或题目答完则结束
答题．第一轮每道题答对得5 分，否则得0 分；第二轮每道题答对得20 分，否则得0 分．无论之前答题情
况如何，小明第一轮每题答对的概率均为1
3 ，第二轮每题答对的概率均为2
3 ．设小明第一轮答题的总得分为
X ，第二轮答题的总得分为Y ．
(1)若
30
n
，求
E X ；
(2)证明：当
24
n
时，
E X
E Y
．
【答案】(1)
50
E X
(2)证明见解析
【详解】（1）设小明第一轮答对的题数为，
由条件可知
1
, 3
B n
，则
3
n
E
，
因为
5
X
，所以
5
5
3
n
E X
E
，
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因此，当
30
n
时，
50
E X
．
（2）设小明第二轮答对的题数为，则的所有可能取值为0，1，2，…，n，
且
1
0
3
P
，
2
1
1
3
3
P
，
2
2
1
2
3
3
P
，…，
1
2
1
3
1
3
n
P
n
，
2
3
n
P
n
．
所以
2
1
2
1
2
2
2
1
2
3
3
3
3
3
3
3
n
n
n
E
n
，①
2
3
1
2
2
1
2
2
2
1
2
3
3
3
3
3
3
3
3
n
n
n
E
n
，②
①－②得
2
1
2
1
2
1
2
1
3
3
3
3
3
3
3
n
E
，
所以
2
2
2
2
3
3
3
n
E
2
2
1
3
3
2
1
3
n
2
2 1
3
n
．
因为
20
Y
，所以
2
20
40 1
3
n
E Y
E
．
当
24
n
时，
5
40
3
n
E X
，
40
E Y
，
即
E X
E Y
得证．
3．（2023·海南海口·校联考一模）某商场对M ，N 两类商品实行线上销售（以下称“ A 渠道”）和线下销售
（以下称“ B 渠道”）两种销售模式．M 类商品成本价为120 元件，总量中有40%将按照原价200 元/件的价
格走B 渠道销售，有50%将按照原价8.5 折的价格走A 渠道销售；N 类商品成本价为160 元/件，总量中有
20%将按照原价300 元/件的价格走B 渠道销售，有40%将按照原价7.5 折的价格走A 渠道销售．这两种商品
剩余部分促销时按照原价6 折的价格销售，并能全部售完．
(1)通过计算比较这两类商品中哪类商品单件收益的均值更高（收益＝售价－成本）；
(2)某商场举行让利大用卖活动，全场M ，N 两类商品走A 渠道销售，假设每位线上购买M ，N 商品的顾
客只选其中一类购买，每位顾客限购1 件，且购买商品的顾客中购买M 类商品的概率为1
4 ．已知该商场当
天这两类商品共售出5 件，设X 为该商场当天所售N 类商品的件数，Y 为当天销售这两类商品带来的总收
益，求Y 的期望
E Y ，以及当
0.5
P X
n
（nN ）时，n 可取的最大值．
【答案】(1) N 类商品单件收益的均值更高
(2)
306.25
E Y
；n 可取的最大值为4
【详解】（1）设M 类，N 类商品单件收益分别为
1
X 元，
2
X 元，
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则
1
0.4
200
0.5 200 0.85
0.1 200 0.6 120
57
E X
元，
2
0.2 300
0.4 300 0.75
0.4 300 0.6 160
62
E X
元，
1
2
E X
E X
，故N 类商品单件收益的均值更高.
（2）由题意可知
3
5, 4
X
B
，
0,1,2,3,4,5
X
，
200 0.85 120
5
300 0.75 160
250
15
Y
X
X
X
元，
又
3
15
5
4
4
E X
元，
所以
250
15
250
15
306.25
E Y
E
X
E X
元，
5
0
5
1
1
0
C
4
1024
P X
，
1
4
1
5
3
1
15
1
C
4
4
1024
P X
，
2
3
2
5
3
1
90
2
C
4
4
1024
P X
，
3
2
3
5
3
1
270
3
C
4
4
1024
P X
，
4
1
4
5
3
1
405
4
C
4
4
1024
P X
，
5
0
5
5
3
1
243
5
C
4
4
1024
P X
，
1 15
90
270
376
4
0.5
1024
1024
P X
，
375
405
781
5
0.5
1024
1024
P X
，
所以当
0.5
P X
n
（nN ）时，n 可取的最大值为4．
4．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）体育课上，体育老师安排了篮球测试，规定：每位同学有3 次投篮
机会，若投中2 次或3 次，则测试通过，若没有通过测试，则必须进行投篮训练，每人投篮20 次．已知甲
同学每次投中的概率为
1
2 且每次是否投中相互独立．
(1)求甲同学通过测试的概率；
(2)若乙同学每次投中的概率为2
3 且每次是否投中相互独立．设经过测试后，甲、乙两位同学需要进行投篮
训练的投篮次数之和为X，求X 的分布列与均值；
(3)为提高甲同学通过测试的概率，体育老师要求甲同学可以找一个“最佳搭档”，该搭档有2 次投篮机会，
规定甲同学与其搭档投中次数不少于3 次，则甲同学通过测试．若甲同学所找的搭档每次投中的概率为
0
1
p
p
且每次是否投中相互独立，问：当p 满足什么条件时可以提高甲同学通过测试的概率？
【答案】(1) 1
2
(2)分布列见解析，410
27
(3)
1 ,1
2
p
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【详解】（1）由条件知甲同学通过测试的概率为
2
3
2
3
3
3
1
1
1
1
C
C
2
2
2
2
．
（2）由（1）可知甲同学没有通过测试的概率为
1
1
1
2
2
，
根据题意乙同学通过测试的概率为
2
3
2
3
3
3
2
1
2
20
C
C
3
3
3
27
，
所以乙同学没有通过测试的概率为
20
7
1
27
27
，
则X
0
，20，40，
因
1
20
10
0
2
27
27
P X
，
1
7
1
20
1
20
2
27
2
27
2
P X
，
1
7
7
40
2
27
54
P X
，
于是X 的分布列为：
X
0
20
40
P
10
27
1
2
7
54
所以
10
1
7
410
0
20
40
27
2
54
27
E X
．
（3）由题意知甲投中1 次，其搭档投中2 次的概率为
2
1
2
2
3
1
1
3
C
2
2
8
p
p
；
甲投中2 次，其搭档至少投中1 次的概率为：
2
2
1
2
2
3
2
1
1
3
C
C
1
2
2
2
8
p
p
p
p
p
；
甲投中3 次的概率为
3
3
3
1
1
C
2
8
，
所以甲同学通过测试的概率为
2
2
3
3
1
3
1
2
8
8
8
4
8
p
p
p
p
，
根据题意可知1
1
1
4
8
2
p
，则
1
2
p
，
又
0,1
p
，
所以当
1 ,1
2
p
时，可以提高甲同学通过测试的概率.
题型六正态曲线性质
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1．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）过正态分布曲线
,
y
x
上非顶点的一点
0
0
,
x
y
作切线，
若切线与曲线仅有一个交点，则
0x
（
）
A．
B．π
e
C．e
D．π
【答案】A
【详解】因为正态分布曲线
2
2
(
)
2
,
1
e
2π
x
y
x
在拐点处切线穿过曲线，与曲线有且仅有一个交点
令
2
2
2
2
(
)
(
)
2
2
2
3
1
2(
)
1
( )
( )
e
(
)e
2
2π
2π
x
x
x
f x
x
x
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
3
3
1
1
(
)
( )
(
)e
e
e
2π
2π
x
x
x
x
f
x
x
2
2
(
)
2
2
2
3
1
(
)
1
e
2π
x
x
0
(
)
0
f
x
即
2
0
0
2
1
0,
x
x
故选：A
2．（多选）（2023 上·江西南昌·高二南昌十中校考阶段练习）冯老师教高二4 班和5 班两个班的数学，这
两个班的人数相等.某次联考中，这两个班的数学成绩均近似服从正态分布，其正态密度函数
2
2
2
1
e
2π
x
f x
的图象如图所示，其中是正态分布的期望，是正态分布的标准差，且
0.6827
P
X
，
2
0.9545
P
X
，
3
0.9973
P
X
.关于这次数学考试成绩，下列
结论错误的是（
）
A．4 班的平均分比5 班的平均分高
B．相对于5 班，4 班学生的数学成绩更分散
C．4 班108 分以上的人数约占该班总人数的4.55%
D．5 班112 分以上的人数与4 班108 分以上的人数大致相等
【答案】ABC
【详解】选项A：4 班的平均分98 分，5 班的平均100 分，则4 班的平均分比5 班的平均分低，故A 错误；
选项B：5 班的图象比4 班的图象更“矮胖”，则相对于4 班，5 班学生的数学成绩更分散，故B 错误；
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选项C：4 班
2
2
2
1
e
2π
x
f x
的最大值为
1
5 2π ，则
5
，
则
1
1
108
1
98
10
1 0.9545
0.02275
4.55%
2
2
P X
P X
，故C 错误；
选项D：5 班
2
2
2
1
e
2π
x
f x
的最大值为
1
6 2π ，则
6
，
则
1
1
112
1
100
12
1 0.9545
0.02275
2
2
P X
P X
，
又4 班和5 班两个班的人数相等，则5 班112 分以上的人数与4 班108 分以上的人数大致相等，故D 正确.
故选：ABC.
3．（多选）（2023 下·吉林长春·高二长春十一高校考阶段练习）假设某厂有两条包装食盐的生产线甲､乙，
生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布
2
500,5
N
（单位：g ），生产线乙正常情况下
生产出来包装食盐质量为g
x ，随机变量x 服从正态密度函数
2
0
200
(
100 )
1
e
10 2π
x
x
，其中xR ，则（
）
附：随机变量
2
,
N
，则
(
)
0.683,
(
2
2 )
0.954
P
P
，
(
3
3 )
0.997
P
A．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于485g 的概率为0.15%
B．生产线乙的食盐质量
2
1000,100
x
N
C．曲线
x
的峰值为
1
10 2π
D．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于515g ，于是判断出该生产线出现异
常，则该判断是合理的.
【答案】ACD
【详解】对于A，设生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐的质量为X ，则
2
500,5
X
N
，其中
500,
5
，
则
1
0.997
(
485)
(
3 )
0.0015
0.15%
2
P X
P X
，A 正确；
对于B，随机变量x 服从正态密度函数
2
0
200
(
100 )
1
e
10 2π
x
x
，有
1000,
10
，因此生产线乙的食盐质
量
2
1000,10
x
N
，B 错误；
对于C，因为
2
(
1000)
0
200
x
，当且仅当
1000
x
时取等号，因此当
1000
x
时，
max
1
10 2π
( )
x
，C 正确；
对于D，
1
0.997
(
515)
(
3 )
0.0015
0.15%
2
P X
P X
，说明生产线甲抽到质量大于515g 的可能
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性很低，
则随机抽取两包质量均大于515g ，说明判断出该生产线出现异常是合理的，D 正确.
故选：ACD
练一练
1．（2022·北京·高三强基计划）设
2
1
1
~
,
X
N
，
2
2
2
~
,
Y
N
，这两个正态分布密度曲线如图所示．下
列结论中正确的是（
）
A．
2
1
(
)
(
)
P Y
P Y
B．
2
1
(
)
(
)
P X
P X
C．对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
D．对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
【答案】C
【详解】A 选项：
2
1
1
~
,
X
N
、
2
2
2
~
,
Y
N
的密度曲线分别关于
1
x
、
2
x
对称，
因此结合所给图像可得
1
2
，所以
2
1
(
)
(
)
P Y
P Y
<
≥
≥
，故A 错误；
B 选项：又
2
1
1
(
,
)
X
N
的密度曲线较
2
2
2
(
,
)
Y
N
的密度曲线“瘦高”，
所以
1
2
0
，所以
2
1
(
)
(
)
P X
P X
>
≤
≤
，故B 错误；
CD 选项：由密度曲线与横轴所围成的图形的面积的意义可知：
对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
．
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
,故C 正确，D 错误．
故选：C．
2．（多选）（2023 上·广东湛江·高三校联考阶段练习）若随机变量
2
,
X
N
，X 的密度函数为
2
2
(
)
2
1
e
2
x
f x
，则（
）
A．X 的密度曲线与y 轴只有一个交点
B．X 的密度曲线关于
x
对称
C．2 (
3 )
(
3 )
P X
P X
D．若
X
Y
，则
0
E Y
【答案】ACD
【详解】若
2
,
X
N
，其密度函数
2
2
(
)
2
1
e
2
x
f x
，
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因此X 的密度曲线与y 轴只有一个交点
2
2
2
1
0,
e
2
，故A 正确；
X 的密度曲线关于直线x
对称，故B 错误；
(
3 )
(
3 )
(
3 )
2 (
3 )
P X
P X
P X
P X
，故C 正确；
0
E X
E Y
，故D 正确；
故选：ACD
3．（多选）（2023 上·江苏南京·高三统考阶段练习）已知随机变量X 的概率密度函数为
2
2
2
1
e
0,
0
2π
x b
a
x
a
b
a
，且
x
的极大值点为
2
x
a
，记
f k
P X
k
，
g k
P X
k
a
，
则（
）
A．
,
X
N b a
B．
2
2 ,
X
N
a a
C．
2
f a
g
a
D．
2
2
f
a
g
a
f a
g a
【答案】BCD
【详解】对于A 项，根据已知可得，
b
，
a
.
因为
x
的极大值点为
2
x
a
，所以有
2
b
a
，所以
2
2 ,
X
N
a a
，故A 项错误；
对于B 项，由A 分析可知，
2
2 ,
X
N
a a
，故B 项正确；
对于C 项，由A 分析可知，
2a
.
又
f a
P X
a
，
2
2
3
g
a
P X
a
a
P X
a
，
根据正态分布的对称性，可知
3
P X
a
P X
a
，所以
2
f a
g
a
，故C 正确；
对于D 项，因为
2a
，所以
1
2
2
2
f
a
P X
a
，
1
2
2
g a
P X
a
.
所以，
1
2
2
2
f
a
g
a
f a
f a
g a
，故D 项正确.
故选：BCD.
题型七正态分布与概率
1．（2023 下·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）某田地生长的小麦的株高X 服从正态分布
100,16
N
，
则
96
108
P
X
（
）
（附：若随机变量Z 服从正态分布
2
,
N
，则
0.6827
P
Z
≤
≤
，
2
2
0.9545
P
Z
≤
≤
，
3
3
0.9973
P
Z
）
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A．0.6827
B．0.8186
C．0.9545
D．0.9759
2．（2021·高二课时练习）设随机变量服从正态分布
0,1
N
，则下列结论正确的是
.（填序号）
①
0
P
a
P
a
P
a
a
；
②
2
1
0
P
a
P
a
a
；
③
1
2
0
P
a
P
a
a
；
④
1
0
P
a
P
a
a
.
【答案】②④/④②
【详解】因为
P
a
P
a
a
，所以①不正确；
因为
P
a
P
a
a
P
a
P
a
P
a
P
a
1
2
1
P
a
P
a
P
a
，
所以②正确，③不正确；
因为
1
P
a
P
a
，所以
1
0
P
a
P
a
a
，所以④正确.
故答案为：②④.
3．（2023 上·高二课时练习）某城市从南郊某地乘公共汽车前往北区火车站有两条路线可走，第一条路线
穿过市区，路线较短，但交通拥挤，所需时间（单位为分）服从正态分布
2
50,10
N
；第二条路线沿环城公
路走，路程较长，但交通阻塞少，所需时间服从正态分布
2
60 4
N
,
.
(1)若只有70 分钟可用，应走哪条路线？
(2)若只有65 分钟可用，又应走哪条路线？
【答案】(1)应该走第二条路线
(2)应该走第一条路线
【详解】（1）由已知
2
50,10
X
N
～
，
2
60,4
Y
N
～
.
由正态分布的2σ区间性质
2
2
0.9544
P
－
＋
.
然后解决问题的关键是：根据上述性质得到如下结果：
对X：
50
；
10
，2区间为
30,70 ，
对Y：
60
；
4
，2区间为
52,68 ，
要尽量保证用时在
30,70
X
，
52,68
Y
才能保证有95%以上的概率准时到达．
所以时间只有70 分钟可用，应该走第二条路线．
（2）时间只有65 分钟可用，两种方案都能保证有95%以上的概率准时到达，但是走市区平均用时比路线
二少了10 分钟，应该走第一条路线．
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练一练
1．（2023 下·山东泰安·高二宁阳县第四中学校考阶段练习）已知随机变量X 服从正态分布
2
100,10
N
，则
下列选项不正确的是（
）（参考数值：随机变量服从正态分布
2
,
N
，则
(
)
0.6827
P
，
(
2
2 )
0.9545
P
，
(
3
3 )
0.9973
P
）
A．
100
E X
B．
100
D X
C．
90
0.84135
P X
D．
120
0.9987
P X
【答案】D
【详解】∵随机变量X 服从正态分布
2
100,10
N
，
∴
100,
10
，
∴
(
)
100
E X
，故A 正确；
2
(
)
100
D X
，故B 正确；
根据题意可得，
90
110
0.6827
P
X
，
80
120
0.9545
P
X
，
∴
1
0.5
0.6827
0.84135
0
2
9
P X
，故C 正确；
1
0.5
0.9545
0.97725
0
2
12
P X
，故D 错误．
故选：D．
2．
（2023·江苏徐州·校考模拟预测）随机变量服从正态分布
2
1,
N
，随机变量服从标准正态分布
0,1
N
，
若
1
4
P
P
a ，则
1
1
P
．（用字母a 表示）
【答案】
1
2
a
【详解】随机变量服从标准正态分布
0,1
N
，根据对称性可知
1
0
2
P
，
因为
1
P
a ，所以
1
0
1
2
P
a
，即
1
2
P
a
，
随机变量服从正态分布
2
1,
N
，根据对称性可知
1
1
2
P
，
4
P
a ，则
1
1
4
2
P
a
，即
1
1
1
2
P
a
.
故答案为：
1
2
a
.
3．（2023 下·广西玉林·高二校考期中）已知随机变量
2
~
,
X
N
，且其正态曲线在
,80
上是增函数，
在
80,上是减函数，且
72
88
0.6827
P
X
．
(1)求参数，的值．
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(2)求
64
72
P
X
．
附：若
2
~
,
X
N
，则
0.6827
P
X
，
2
2
0.9545
P
X
【答案】(1)
8
，
80
(2)0.1359
【详解】（1）由题设
80
，而
72
88
0.6827
0.6827
P
X
P
X
，则
72
88
，可得
8
.
（2）由（1）知：
2
2
64
96
0.9545
P
X
P
X
，
正态曲线关于
80
x
对称，即
64
96
P X
P X
，
所以
1
64
1 0.9545
0.02275
2
P X
，故
64
1
64
0.97725
P X
P X
，
由
72
88
0.6827
P
X
，则
1
1
72
1
72
88
1 0.6827
0.15865
2
2
P X
P
X
，
所以
72
1
72
0.84135
P X
P X
，
综上，
64
72
64
72
0.97725
0.84135
0.1359
P
X
P X
P X
.
题型八根据正态曲线的对称性求参数
1．（2023 下·江苏淮安·高二校考阶段练习）我省高考总成绩由语文、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%，选考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，依照等比
例转换法则，分别转换到[91,100]，[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，如果某次高考模拟考试物理科目的原始成绩
(50,256)
X
N
，那么D 等级的原始
分最高大约为（
）
附：①若
2
( ,
)
X
N
，
X
Y
，则
(0,1)
Y
N
；
②当
(0,1)
Y
N
时，
(
1.5)
0.9
P Y
.
A．23
B．29
C．26
D．43
【答案】C
【详解】由题意知：从低到高，即E 到D 等级人数所占比例为10% ，
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若D 等级的原始分最高为X ，则
50
(
)
0.1
16
X
P Y
，又
(
1.5)
0.9
P Y
，
所以
50
(
)
1
(
1.5)
16
X
P Y
P Y
，而
(0,1)
Y
N
，
所以
50
(
)
(
1.5)
16
X
P Y
P Y
，即
50
1.5
16
X
，可得
50 1.5 16
26
X
分.
故选：C
2．
（2024 上·山西·高三期末）在某次大型人才招聘活动中，共有2000 人参加笔试，笔试成绩位于区间
70,80 ，
80,90 ，
90,100 的人数分别为683，272，45，已知此次笔试满分为100 分，且成绩近似服从正态分布，
则笔试成绩的标准差约为
（参考数据：若
2
,
X
N
，则
2
2
0.9545
P
X
）
【答案】10
【详解】由题意知，设笔试成绩
2
,
X
N
，
由70 分及以上的人数为683
272
45
1000
，得
1000
1
70
2000
2
P X
P X
，
故的值可估计为70，
由参考数据知
1
2
2
2
0.02275
2
P
X
P X
，
而
45
90
0.0225
0.02275
2000
P X
，故
2
的值可估计为90，
故
2
2
约为90
70
10
2
，
故答案为：10
3．（2024 上·广东江门·高三统考阶段练习）某公司建有1000 个销售群，在某产品的销售旺季，所有群销售
件数X 服从正态分布
2
,
N
，其中
2
376,
12100
，公司把销售件数不小于596 的群称为“A 级群”，
销售件数在[266,596)内的群为“B 级群”，销售件数小于266 的群为“C 级群”．
(1)若
(
)
(
2
1)
P X
a
P X
a
，求a 的取值范围；
(2)该公司决定对每个“A 级群”奖励1000 元，每个“B 级群”奖励500 元，每个“C 级群”奖励200 元，那么公司
大约需要准备多少奖金？（群的个数按四舍五入取整数）
附：若，
2
~
,
X
N
，则
(
)
0.6827
P
X
，
(
2
2 )
0.9545
P
X
，
(
3
3 )
0.9973
P
X
．
【答案】(1)
251
a
(2)464100
【详解】（1）由正态分布的对称性可知，若
(
)
(
2
1)
P X
a
P X
a
，
当2
1
376
a
，即
377
2
a
时，因为
(
)
(
2
1)
P X
a
P X
a
，
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所以有376
2
1 376
a
a
，得
251
a
；
当2
1
376
a
，即
377
2
a
时，要使
(
)
(
2
1)
P X
a
P X
a
，
则有
376
376
2
1
a
a
，解得
251
a
（舍去）.
综上，a 的取值范围为
251,
.
（2）因为
376,
110
所以
1
1
596
2
(
2
2 )
0.02275
2
2
P X
P X
P
X
，
266
596
2
P
X
P
X
1
2
2
2
P
X
P
X
P
X
1
0.6827
0.9545
0.6827
0.8186
2
，
所以A 级群有1000 0.0228
23
个，B 级群有1000 0.8186
819
个，
C 级群有1000
23 819
158
个，
所以，公司大约需要准备奖金23 1000
819 500 158 200
464100
元.
4．（2021·陕西西安·西安中学校考模拟预测）某单位准备通过考试（按照高分优先录取的原则）录用300
名职员，其中275 个高薪职位和25 个普薪职位.实际报名人数为2000 名，考试满分为400 分.本次招聘考试
的命题和组考非常科学，是一次成功的考试，考试成绩服从正态分布.考试后考生成绩的部分统计结果如下：
考试平均成绩是180 分，360 分及其以上的高分考生30 名.
(1)求最低录取分数（结果保留为整数）；
(2)考生甲的成绩为286 分，若甲被录取，能否获得高薪职位？请说明理由.
附：①当
2
,
X
N
时，令
X
Y
，则
0,1
Y
N
.
②当
0,1
Y
N
时，
2.17
0.985
P Y
，
1.28
0.900
P Y
，
1.09
0.863
P Y
，
1.04
0.85
P Y
【答案】(1)266
(2)能被录取为高薪职位，理由见解析
【详解】（1）解：设考生的成绩为X ，则由题意可得X 应服从正态分布，即
2
180,
X
N
，
令
180
X
Y
，则
0,1
Y
N
，
由360 分及以上高分考生30 名可得
30
360
2000
P X
，
即
30
360
1
0.985
2000
P X
，即有
360
180
0.985
P Y
，
则360 180
2.17
，可得
83
，可得
2
180,83
X
N
，
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设最低录取分数线为
0x ，则
0
0
180
300
83
2000
x
P X
x
P Y
，
即有
0
180
300
1
0.85
83
2000
x
P Y
，即有
0
180
1.04
83
x
，
可得
0
266.32
x
，即最低录取分数线为266 .
（2）解：考生甲的成绩286
267
，
所以能被录取
286 180
286
1.28
0.90
83
P X
P Y
P Y
，
表明不低于考生甲的成绩的人数大约为总人数的1 0.90
0.10
，
又由2000
0.10
200
，
即考生甲大约排在第200 名，排在前275 名之前，所以能被录取为高薪职位.
练一练
1．（2023·福建·统考模拟预测）已知
2
,
X
N
，则
0.6827
P
X
，
2
2
0.9545
P
X
，
3
3
0.9973
P
X
.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
2
5.40,0.05
N
，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
45
K
，试以使得
45
P K
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
【详解】由已知可得，
5.35
5.55
5.40
0.05
5.40
3 0.05
P
P
3
P
X
.
又
3
3
3
2
P
X
P
X
P
X
0.6827
0.9973
0.84
2
，
所以，
,0.84
K
B N
，
45
45
45
45
C
0.84
0.16N
N
P K
.
设
45
45
45
C
0.84
0.16x
x
f x
，
则
45
45
44
1
45
45
45
1
C
0.84
0.16
C
0.84
0.16
x
x
x
x
f x
f x
1 !
44 !45!
1
0.16
0.16
1
!
44
45 !45!
x
x
x
x
x
x
，
所以，
1104
52.5
21
x
，所以
53
52
f
f
.
45
45
45
45
45
46
1
C
0.84
0.16
1
C
0.84
0.16
x
x
x
x
f x
f x
!
45 !45!
0.16
0.16
1
1 !
45
46 !45!
x
x
x
x
x
x
，
所以，
375
4
53
7
7
x
，所以
53
54
f
f
.
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所以，以使得
45
P K
最大的N 值作为N 的估计值，则N 为53.
故选：B.
2．（2023·河北·统考模拟预测）某工厂从生产出的产品中随机抽取100 件，测量一项质量指标，将测量结
果落到质量指标的各区间内的产品频率绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求这100 件产品质量指标的平均值x （同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)若认为该产品质量指标
~
( ,400)
Z
N
，认为是样本平均值x .
（i）在交货前，该产品的客户随机抽取了10 件，记X 表示这10 件产品中质量指标在（219.6，279.6）之
间的产品件数，求
(
)
E X ；
（ii）为了保证产品质量，质量检查员每天在当天生产的该产品中，随机抽取15 件，若出现质量指标值在
(
3 ,
3 )
之外的产品，则认为生产过程出现问题，需要检查整个生产过程，否则不需要检查.在质量
检查员当天抽取的15 件该产品的质量指标中，质量指标最小值为180.9，质量指标最大值为299.8，根据近
似值判断是否需要检查整个生产过程.
附：若
2
~
( ,
)
X
N
，则
(
)
0.6827
P
X
，
(
2
2 )
0.9545
P
X
，
(
3
3 )
0.9973
P
X
.
【答案】(1)239.6；
(2)（i）8；（ii）不需要检查整个生产过程．
【详解】（1）
200 0.04
210 0.09
220 0.12
230 0.15
240 0.2
250 0.17
260 0.12
x
270 0.07
280 0.04
239.6
；
（2）（i）由题意该产品质量指标
~
(239.6,400)
Z
N
，
(219.6
279.6)
(219.6
239.6)
(239.6
279.6)
P
X
P
X
P
X
1
1
0.6827
0.9545
0.8186
2
2
，
(
)
10 0.8186
8
E X
；
（ii）由已知
(180.9
299.8)
(
3
3 )
0.9973
P
X
P
X
，
(
)
15 0.9973
14.9595
E X
15
，因此不合格产量数量差为0，不需要检查整个生产过程．
3．（2022 下·江苏徐州·高二统考期中）钟南山院士谈到防护新型冠状病毒肺炎时说：“我们需要重视防护，
但不必恐慌，尽量少去人员密集的场所，出门戴口罩，在室内注意通风，勤洗手，多运动，少熬夜.”为了增
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强学生的防疫意识，某校组织了“增强防疫意识，强健自身体魄”知识竞赛活动.教务处为了解学生对相关知
识的掌握情况，从该校参赛学生中随机抽取了100 名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率
分布直方图.
(1)求a 的值，并求这100 名学生竞赛成绩的样本平均值（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)若该校所有参赛学生的成绩X 近似服从正态分布
2
,
N
，用（1）中的样本平均值表示，其中估计
值为15，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①在竞赛活动中，按成绩从高到低分别设置一等奖，二等奖，三等奖和参与奖，若使该校有15.865%的学
生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是多少？
②若该校高二年级共有1000 名学生参加了竞赛，且参加竞赛的学生分数相互独立，试问这1000 名学生成
绩不低于94 分的学生数最有可能是多少？
附：若
2
,
X
N
，
0.6827
P
X
，
2
2
0.9545
P
X
，
3
3
0.9974
P
X
【答案】(1)
0.006
a
，样本平均值为64；
(2)①79 分；②23
【详解】（1）由题意知：
0.012
0.018
0.034
0.016
0.008
10
1
a
a
，解得
0.006
a
，
样本平均值为
0.006 10 35
0.012 10
45
0.018 10 55
0.034 10 65
0.016 10 75
0.008 10 85
0.006 10 95
64
；
（2）①由（1）知：
64
，则
49
79
0.6827
P
X
，
1 0.6827
79
0.15865
2
P X
，
要使该校有15.865%的学生获得一等奖，则获得一等奖的最低分数是79 分；
②易得
64
2 15
64
2 15
0.9545
P
X
，即
34
94
0.9545
P
X
，则
1 0.9545
94
0.02275
2
P X
，
则成绩不低于94 分的学生数为0.02275 1000
22.75
23
人，则成绩不低于94 分的学生数最有可能是2 人.
题型九3原则
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1．（2023 上·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）某单位有12000名职工，通过抽验筛查一种疾病的
患者．假设患疾病的人在当地人群中的比例为
0
1
p
p
.专家建议随机地按k（
1
k 且为12000的正因数）
人一组分组，然后将各组k 个人的血样混合再化验. 如果混管血样呈阴性，说明这k 个人全部阴性；如果混
管血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次.设该种方法需要化验
的总次数为X .
(1)当
12000
E X
时，求p 的取值范围并解释其实际意义；
(2)现对混管血样逐一化验，至化验出阳性样本时停止，最多化验R 次.记W 为混管的化验次数，当R 足够大
时，证明：
1
1
1
k
E W
p
；
(3)根据经验预测本次检测时个人患病的概率
0p ，当
6
k
时，按照
0p 计算得混管数量Y 的期望
400
E Y
；
某次检验中
0
440
Y
，试判断个人患病的概率为
0p 是否合理.（如果
0
2
0.05
P Y
Y
，则说明假设不合理）．
附：若
2
~
,
X
N
，则
0.6827
P X
，
2
0.9545
P
X
，
3
0.9973
P X
.
【答案】(1)
3
1
1
1
3
p
，实际意义见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【详解】（1）解：令12000
m
k
，由题意可知，X 的可能取值有m 、
m
k 、
2
m
k
、、m
mk
，
则
C
1
1
1
0,1,2,
,
i
k
m i k
i
m
P X
m
ik
p
p
i
m
，
所以，
0
C
1
1
1
m
i
k
m i k
i
m
i
E X
m
ik
p
p
，
因为
1
1
1 !
!
C
C
1
!
!
1 !
!
i
i
m
m
m
m
m
i
i
m
i
i
m
i
i
m
i
，
所以，
1
1
1
0
1
C
1
1
1
C
1
1
1
m
m
i
i
k
m i k
k
m i k
i
i
m
m
i
i
E X
m
p
p
mk
p
p
1
1
1
1
0
1
C
1
1
1
1
1
C
1
1
1
m
m
i
i
k
m i k
k
k
m i k
i
i
m
m
i
i
m
p
p
mk
p
p
p
1
1
1
1
1
1
1
1
1
m
m
k
k
k
k
k
m
p
p
mk
p
p
p
12000
1
1
12000 1
1
k
k
m
mk
p
p
k
，
令
12000
1
12000 1
1
12000
1
1
12000
k
k
E X
p
p
k
k
，
可得
1
1
k
p
k
恒成立，
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两边取自然对数，可得
ln
ln 1
k
k
p
，其中
0
k
，得
ln
ln 1
k
p
k
，
不妨设
ln x
f x
x
，其中
0
x
，则
2
ln
1
x
f
x
x
，
当0
e
x
时，
0
f
x
；当
e
x时，
( )
0
f
x
¢
>
，
所以，函数
f
x 的单调递减区间为
0,e ，单调递增区间为
e,，
因此，
e
e
1
f k
f
，此时
e
k
，且
ln 4
2ln 2
ln 2
4
2
4
4
2
f
f
，
但由于k 是12000的正因数，
所以
ln3
max
2 ,
3
max
4 ,
3
3
3
f k
f
f
f
f
f
，
那么
ln3
ln 1
3
p
，即
ln3
1
3
3
1
3
p
e
，即
3
1
1
3
p
，故
3
1
1
1
3
p
，
其实际意义为：当
3
1
1
1
3
p
时，混检次数的期望要比逐个检测的期望大，说明逐个检测较好.
（2）证明：当
1
n 、2 、3、、
1
R 时，
1
1
1
1
k n
k
P W
n
p
p
，
当n
R
时，
1
1
k R
P W
R
p
，
1
R
i
E W
i P W
i
，
不妨设
1
p
p k
，
则
2
1
2
1
1 2
3
1
R
R
E W
p
p
p
R
p
R p
，
设
2
2
1
2
3
1
R
S
p
p
R
p
，①
则
2
1
2
2
2
1
R
R
p S
p
p
R
p
R
p
，②
①②可得，
2
1
2
1
1
1
R
R
p S
p
p
p
R
p
所以，
2
1
2
1
1
1
1
1
1
R
R
R
k
p
E W
p
p
p
p
p
p
.
（3）解：由于Y 服从二项分布，则Y 的可能取值有0 、1、2 、、2000 ，
所以，
2000
400
E Y
p
，解得
1
5
p
，
所以，
1
4
2000
320
5
5
D Y
，
同时，由于2000 足够大，不妨视
~
400,320
Y
N
，则
2
320
，则
8 5
17.9
，
则
2
440
1
360
440
1
2
2
P Y
P
Y
P
Y
，
则
2
2
0.954
P
Y
，故
2
440
0.046
0.05
P Y
，
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因此
2
440
0.046
0.05
P Y
，故有充分的里有认为
0
H 不合理.
2．（2023·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
5
0.97,9.025 10
N
．
(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3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
978
k
时，
P X
k
取得最大值
【解析】
（1）已知过滤效率服从
5
0.97,9.025 10
N
．而
2
6
3
90.25 10
9.5 10
，所以
3
9.5 10
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3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
0.97
2
0.97
2
1
0.951
0.97
2
1
0.9772
2
2
P
Y
P Y
P Y
．
（ⅱ）依题意
~
1000,0.9772
X
B
，记
1000
n
，
0.9772
p
，则
1
0,1,2,
,1000
n k
k
k
n
P X
k
C p
p
k
．
问题等价于求当k 取何值时
1
n k
k
k
n
P X
k
C p
p
取得最大值．
（解法1）由
1
1
1
1
1
1
1
1
,
1
1
,
n k
n k
k
k
k
k
n
n
n k
n k
k
k
k
k
n
n
C p
p
C
p
p
C p
p
C
p
p
化简得
1
,
1
1
,
1
p
p
k
n
k
p
p
n
k
k
即
1
1
1
n
p
k
n
p
，从而1001
1
1001
p
k
p
，解得
978
k
．
（解法2）由于对0
1
p
，
1
1
1
1
1
1
P X
k
n
k
p
n
p
k
P X
k
k
p
k
p
，
因此：当
1
k
n
p
时，
1
P X
k
P X
k
；
当
1
k
n
p
时，
1
P X
k
P X
k
；
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当
1
k
n
p
时，
1
P X
k
P X
k
．
由以上分析知，
P X
k
在
0,
1
n
p
上单调递增，在
1
,
n
p n
上单调递减．
代入数据得
1
1001 0.9772
978.1772
n
p
，而k 是正整数，所以
978
977
P X
P X
且
979
978
P X
P X
，故当
978
k
时，
P X
k
取得最大值．
【反思】
由于
~
1000,0.9772
X
B
，记
1000
n
，
0.9772
p
，因此最可能成功次数
1
978.1772
978
k
n
p
．所以当
978
k
时，
P X
k
取得最大值．
3．（2021·四川遂宁·统考模拟预测）在创建“全国文明城市”过程中，我市“创城办”为了调查市民对创城工作
的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查
的100 人的得分统计结果如表所示：
组别
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80)
[80，90)
[90，100]
频数
2
13
21
25
24
11
4
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分
,198
Z
N
，近似为这100 人得分的平均值（同
一组中的数据用该组区间的左端点值作代表），
①求的值；
②利用该正态分布，求
74.5
88.5
P
Z
；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠2 次随机话费，得分低于的可以获赠1 次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
赠送话费的金额（单位：元）
20
50
概率
3
4
1
4
现有市民甲参加此次问卷调查，记X （单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X 的分布列与数
学期望．
参考数据与公式：198
14
．若
2
~
( ,
)
X
N
，则
(
)
0.6826
P
X
，
(
2
2 )
0.9544
P
X
，
(
3
3 )
0.9974
P
X
≤
.
【答案】（1）
60.5
，
74.5
88.
.135
5
0
9
P
Z
；（2）分布列见解析，
165
(
)
4
E X
【详解】（1）由题意得：30
2
40 13
50
21
60
25
70
24
80 11
90
4
60.5
100
，
∴
60.5
，∵
198
14
，
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1
(
2
2 )
(
88.5)
(
2 )
0.0228
2
P
Z
P Z
P Z
，
(
)
0.6826
(60.5
74.5)
0.3413
2
2
P
X
P
Z
(60.5
74.
74.5)
(
88.5
5
88.5
5
)
0.
P
Z
P Z
P
Z
0.5
0.3413
0.0228
0.1359
（2）由题意知
1
2
P Z
P Z
，.
获赠话费X 的可能取值为20，40，50，70，100，
1
3
3
20
2
4
8
P X
，
1
3
3
9
40
2
4
4
32
P X
，
1
1
1
50
2
4
8
P X
，
1
3
1
1
1
3
3
70
2
4
4
2
4
4
16
P X
，
1
1
1
1
100
2
4
4
32
P X
，.
∴X 的分布列为：
X
20
40
50
70
100
P
3
8
9
32
1
8
3
16
1
32
∴
3
9
1
3
1
165
(
)
20
40
50
70
100
8
32
8
16
32
4
E X
.
4．（2020·福建·二模）“业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据．某公司为量化考核员
工绩效等级设计了A，B 两套测试方案，现各抽取100名员工参加A，B 两套测试方案的预测试，统计成绩
（满分100分），得到如下频率分布表．
成绩频率
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65)
[65,75)
[75,85)
[85,95]
方案A
0.02
0.11
0.22
0.30
0.24
0.08
0.03
方案B
0.16
0.18
0.34
0.10
0.10
0.08
0.04
（1）从预测试成绩在[25,35)
[85,95]
的员工中随机抽取6人，记参加方案A 的人数为X ，求X 的最有可能
的取值；
（2）由于方案A 的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案A 进行业务技能测试．测试后，公司统计
了若干部门测试的平均成绩x 与绩效等级优秀率y ，如下表所示：
x
32
41
54
68
74
80
92
y
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94
根据数据绘制散点图，初步判断，选用
x
y
e
作为回归方程．令
ln
z
y
，经计算得
0.642
z
，
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7
1
7
2
2
1
0.02
i
i
i
i
i
x z
nxz
x
nx
，ln0.15
1.9
．
（ⅰ）若某部门测试的平均成绩为60 ，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？
（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩
2
~
( ,
)
x
N
，其中近似为样本平均数x ，
2
近似为
样本方差
2s ，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率为多少？
参考公式与数据：（1）ln3.32
1.2
，ln5.2
1.66
，
20
s
．
（2）线性回归方程
ˆ
ˆ
ˆ
y
bx
a
中，
1
2
2
1
ˆ
n
i
i
i
n
i
i
x y
nxy
b
x
nx
，
ˆ
ˆa
y
bx
．
（3）若随机变量
，则
(
)
0.6826
P
X
，
(
2
2 )
0.9544
P
X
，
3
3
0 9
(
)
.9 74
P
X
．
【答案】（1）X 最有可能的取值为1．（2）（ⅰ）0.498．（ⅱ）0.1587．
【详解】（1）预测试成绩在
25,35
85,95
的员工中，
接受方案A 测试的有
100
0.02
0.03
5
人；
接受方案B 测试的有
100
0.16
0.04
20
人．
依题意，随机变量X 服从超几何分布，记这6 人中接受方案A 预测试的人数为k ，
则
6
5
20
6
25
k
k
C
C
P X
k
C
，其中
0,1,2,3,4,5
k
．
1
5
2
4
0
6
3
3
4
2
5
1
5
20
5
20
5
20
5
20
5
20
5
20
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
，
得
max
1
P x
k
P x
，即
1
X 的可能性最大，故X 最有可能的取值为1．
（2）（i）依题意，
x
y
e
两边取对数，得ln
ln
y
x
，
即
ln
z
x
，其中
63
x
，
由提供的参考数据，可知
0.02
，又0.642
0.02 63
ln
，故ln
1.9
，
由提供的参考数据，可得
0.15
，
故
0.02
0.15
ˆ
x
y
e
，当
60
x
时，ˆ
0.498
y
．
（ii）由（i）及提供的参考数据可知，
63,
20
x
s
．
0.78
y
，即
0.02
0.15
0.78
x
e
，可得0.02
ln5.2
x
，即
83
x
．
又
83
，且
(
)
0.6826
P
X
，
由正态分布的性质，得
1
83
[1
(
)]
0.1587
2
P x
P
x
，
记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A ，则
83
0.1587
P A
P x
，
所以绩效等级优秀率不低于0.78 的概率等于0.1587．
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1．（2023 上·江西南昌·高二南昌十中校考阶段练习）近年来，随着电脑、智能手机的迅速普及，我国在线
教育行业出现了较大的发展.某在线教育平台为了解利用该平台学习的高一学生化学学习效果，举行了一次
化学测试，并从中随机抽查了200 名学生的化学成绩（满分100 分），将他们的成绩分成以下6 组：
40,50 ，
50,60 ，
60,70 ，…，
90,100 ，统计结果如下面的频数分布表所示.
组别
40,50
50,60
60,70
70,80
80,90
90,100
频数
20
30
40
60
30
20
(1)现利用分层抽样的方法从前3 组中抽取9 人，再从这9 人中随机抽取4 人调查其成绩不理想的原因，试
求这4 人中至少有2 人来自前2 组的概率.
(2)高一学生的这次化学成绩Z（单位：分）近似地服从正态分布
2
,
N
，其中近似为样本平均数x ，
近似为样本的标准差s，并已求得
14.31
s
，且这次测试恰有2 万名学生参加.
（i）试估计这些学生这次化学成绩在区间
56.19,99.12 内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为
代表）；
（ii）为了提升学生的成绩，该平台决定免费赠送给在平台学习的学生若干学习视频，具体赠送方案如下：
方案1：每人均赠送25 小时学习视频；
方案2：这次测试中化学成绩不高于56.19 分的学生赠送40 小时的学习视频，化学成绩在
56.19,84.81 内的
学生赠送30 小时的学习视频，化学成绩高于84.81 分的学生赠送10 小时的学习视频.问：哪种方案该平台
赠送的学习视频总时长更多?请根据数据计算说明.
参考数据：则
0.6827
P
X
，
2
2
0.9545
P
X
.
【答案】(1) 5
6
(2)（i）0.8186；（ii）方案2 该平台赠送的学习视频总时长更多.
【详解】（1）用分层抽样的方法抽取9 人，则第1，2，3 组各抽取了2，3，4 人，⋯
从这9 人中抽取4 人，则这4 人中至少有2 人来自前2 组的概率为
0
4
1
3
5
4
5
4
4
4
9
9
C
C C
5
1
C
C
6
C
P
.
（2）（i）由题意得：
中间值
45
55
65
75
85
95
概率
0.1
0.15
0.2
0.3
0.15
0.1
所以样本平均数为
45 0.1
55 0.15
65 0.2
75 0.3
85 0.15
95 0.1
70.5
x
.
因为
70.5
，
14.31
，所以
2
41.88
，
56.19
，
84.81
，
2
99.12
，
所以
1
56.19
99.12
2
2
P
Z
P
Z
P
Z
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1
2
2
0.8186
2 P
Z
.
（ii）对于方案2，设每位学生所获赠学习视频的小时数为X，
则X 的所有可能取值为40，30，10.
化学成绩不高于56.19 分的概率为
1
0.6827
56.19
0.15865
2
P Z
P Z
，
化学成绩在
56.19,84.81 内的概率为
56.19
84.81
0.6827
P
Z
P
Z
，
化学成绩高于84.81 分的概率为
1
0.6827
84.81
0.15865
2
P Z
P Z
.
则数学期望
40 0.15865
30 0.6827 10 0.15865
28.4135
28
E X
（小时）.
因为25
28
，所以方案2 该平台赠送的学习视频总时长更多.
2．（2023 上·广东广州·高三广州市天河中学校考阶段练习）某工厂一台设备生产一种特定零件，工厂为了
解该设备的生产情况，随机抽检了该设备在一个生产周期中的100 件产品的关键指标（单位：cm ），经统
计得到下面的频率分布直方图：
(1)由频率分布直方图估计抽检样本关键指标的平均数x 和方差
2s ．（用每组的中点代表该组的均值）
(2)已知这台设备正常状态下生产零件的关键指标服从正态分布
2
,
N
，用直方图的平均数估计值x 作为
的估计值，用直方图的标准差估计值s 作为估计值．
（i）为了监控该设备的生产过程，每个生产周期中都要随机抽测10 个零件的关键指标，如果关键指标出现
了
3 ,
3
之外的零件，就认为生产过程可能出现了异常，需停止生产并检查设备．下面是某个生产
周期中抽测的10 个零件的关键指标：
0.8
1.2
0.95
1.01
1.23
1.12
1.33
0.97
1.21
0.83
利用和判断该生产周期是否需停止生产并检查设备．
（ⅱ）若设备状态正常，记X 表示一个生产周期内抽取的10 个零件关键指标在
3 ,
3
之外的零件
个数，求
1
P X
及X 的数学期望．
参考数据：若随机变量X 服从正态分布
2
,
N
，则
3
3
0.9973
P
X
，
9
10
0.011
0.105,
0.012
0.110,0.9973
0.9760,0.9973
0.9733
【答案】(1)1;0.011
(2)（i）需停止生产并检查设备；（ii）
1
0.0267
P X
，0.027
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【详解】（1）由频率分布直方图，得
0.8 0.1 0.9 0.2 1 0.35 1.1 0.3 1.2 0.05
1
x
．
2
2
2
2
2
2
0.8 1
0.1
0.9 1
0.2
1 1
0.35
1.1 1
0.3
1.2 1
0.05
0.011
s
．
（2）（i）由（1）可知
1
，
0.011
0.105
，
所以
3
1 0.315
0.685
，
3
1 0.315
1.315
，
显然抽查中的零件指标1.33
1.315
，故需停止生产并检查设备．
（ii）抽测一个零件关键指标在
3 ,
3
之内的概率为0.9973，
所以抽测一个零件关键指标在
3 ,
3
之外的概率为1 0.9973
0.0027
，
故
10,0.0027
X
B
，所以
10
1
1
0
1 0.9973
1 0.9733
0.0267
P X
P X
，
X 的数学期望
10 0.0027
0.027
E X
．
3．（2023·全国·模拟预测）近期，广西军训冲上了热搜，军训项目包括无人机模拟轰炸、战场救护、实弹
打靶、坦克步兵同步行军等.十万学生十万兵，无惧挑战、无惧前行，青春正当时.为了深入了解学生的军训
效果，某高校对参加军训的2000 名学生进行射击、体能、伤病自救等项目的综合测试，现随机抽取100 名
军训学生，对其测试成绩（满分：100 分）进行统计，得到样本频率分布直方图，如图.
(1)根据频率分布直方图，求出a 的值并估计这100 名学生测试成绩的平均数（单位：分）.
(2)现该高校为了激励学生，举行了一场军训比赛，共有三个比赛项目，依次为“10 千米拉练”“实弹射击”“伤
病救援”，规则如下：三个环节均参与，三个项目通过各奖励300 元、200 元、100 元，不通过则不奖励.学
生甲在每个环节中通过的概率依次为4 2 3
,
,
5 3 4 ，假设学生甲在各环节中是否通过是相互独立的.记学生甲在这
次比赛中累计所获奖励的金额为随机变量，求的分布列和数学期望
( )
E .
(3)若该高校军训学生的综合成绩X 近似服从正态分布
,121
N
，其中近似为样本平均数，规定军训成绩
不低于98 分的为“优秀标兵”，据此估计该高校军训学生中优秀标兵的人数（结果取整数）.
参考数据：若
2
~
,
X
N
，则
0
(
)
.6827
P
X
，
(
2
2 )
0.9545
P
X
，
3
3
0 9
(
)
.9 73
P
X
.
【答案】(1)
0.015
a
，平均数为76 分
(2)分布列见解析，期望为1345
3
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(3)46
【详解】（1）依题意，得
10
0.005
0.010
2
0.025
0.030
1
a
，解得
0.015
a
.
由频率分布直方图，知成绩的平均数为
45 0.005
55 0.010
65 0.015
75 0.025
85 0.030
95 0.015
10
76
.
所以估计这100 名学生测试成绩的平均数为76 分.
（2）随机变量的所有可能取值为0，100，200，300，400，500，600.
4
2
3
1
0
1
1
1
5
3
4
60
P
，
4
2
3
1
100
1
1
5
3
4
20
P
，
4
2
3
1
200
1
1
5
3
4
30
P
，
4
2
3
4
2
3
1
300
1
1
1
5
3
4
5
3
4
6
P
，
4
2
3
1
400
1
5
3
4
5
P
，
4
2
3
2
500
1
5
3
4
15
P
，
4
2
3
2
600
5
3
4
5
P
.
所以的分布列为
0
100
200
300
400
500
600
P
1
60
1
20
1
30
1
6
1
5
2
15
2
5
所以
1
1
1
1
1
2
2
1345
0
100
200
300
400
500
600
60
20
30
6
5
15
5
3
E
.
（3）由（1）可知
2
~
76,11
X
N
.
因为
(
2
2 )
0.9545
P
X
，
所以
1
2
2
98
2
0.02275
2
P
X
P X
P X
，
所以2000 0.02275
45.5
46
，
所以该高校军训学生中“优秀标兵”的人数约为46.
4．（2023·广东·校联考模拟预测）某商场在五一假期间开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进
行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，
两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项闯关活动.
(1)若甲第一关通过的概率为2
3 ，第二关通过的概率为5
6 ，求甲可以进入第三关的概率；
(2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为450 分，现要根据得分给共2500 名参加者中得分前
400 名发放奖励.
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①假设该闯关活动平均分数为171 分，351 分以上共有57 人，已知甲的得分为270 分，问甲能否获得奖励，
请说明理由；
②丙得知他的分数为430 分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201 分，351 分以上共有57 人”，请
结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪.
附：若随机变量
2
,
Z
N
，则
0.6827
P
X
；
2
2
0.9545
P
X
；
3
3
0.9973
P
X
.
【答案】(1) 70
81
(2)①能，理由见解析②假
【详解】（1）设
iA ：第i 次通过第一关，
iB ：第i 次通过第二关，甲可以进入第三关的概率为P ，由题意
知
1
1
1
2
1
1
1
2
1
2
1
2
P
P A B
P A A B
P A B B
P A A B B
1
1
1
2
1
1
1
2
1
2
1
2
P A P B
P A P A
P B
P A P B P B
P A P A
P B P B
2
5
2
2
5
2
5
5
2
2
5
5
70
1
1
1
1
3
6
3
3
6
3
6
6
3
3
6
6
81
.
（2）设此次闯关活动的分数记为
2
,
X
N
.①由题意可知
171
，因为57
0.0228
2500
，且
1
2
2
1 0.9545
(
2 )
0.0228
2
2
P
X
P X
，
所以
2
351
，则
351 171
90
2
；而400
0.16
2500
，
且
1
1 0.6827
(
)
0.1587
0.16
2
2
P
X
P X
，
所以前400 名参赛者的最低得分高于
261
，而甲的得分为270 分，所以甲能够获得奖励；
②假设乙所说为真，则
201
，
1
2
2
1 0.9545
2
0.0228
2
2
P
X
P X
，
而57
0.0228
2500
，所以
351 201
75
2
，从而
3
201
3 75
426
430
，
而
1
3
3
1 0.9973
3
0.0013
0.005
2
2
P
X
P X
，
所以
3
X
为小概率事件，即丙的分数为430 分是小概率事件，可认为其一般不可能发生，但却又发生
了，所以可认为乙所说为假.
题型十
正态分布的实际应用
1．（2023 上·广东佛山·高三校考阶段练习）中国国家统计局2019 年9 月30 日发布数据显示，2019 年9 月
中国制造业采购经理指数（PMI）为49.8% ，反映出中国制造业扩张步伐有所加快．以新能源汽车、机器人、
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增材制造、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞猛进，则进一步体现了
中国制造目前的跨越式发展．已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态
分布
2
,
N
，并把质量差在
,
内的产品称为优等品，质量差在
,
2
内的产品称为一
等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理．现从该企业生产的正品中随机抽取
1000 件，测得产品质量差的样本数据统计如下：
(1)根据大量的产品检测数据，检查样本数据的标准差s 近似值为10，用样本平均数x 作为的近似值，用
样本标准差s 作为的估计值，记质量差服从正态分布
2
,
X
N
，求该企业生产的产品为正品的概率P ；
（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）
参考数据：若随机变量服从正态分布
2
,
N
,则
0.6827
P
≤
，
2
2
0.9545
P
≤
，
3
3
0.9973
P
．
(2)假如企业包装时要求把2 件优等品和n （
2
n
，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．
【答案】(1)0.8186
(2)①
2
2
4
3
n
p
n
n
；②
3
n
时，最大值为216
625 .
【详解】（1）由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取1000 件的平均数为：
46
56
56
66
66
76
0.010 10
0.020 10
0.045 10
2
2
2
x
76
86
86
96
0.020 10
0.005 10
70
2
2
，即
70
x
，
10
s
，所以
2
70,10
X
N
，
则优等品为质量差在
,
内，即
60,80 ，
一等品为质量差在
,
2
内，即
80,90 ，
所以正品为质量差在
60,80 和
80,90 内，即
60,90 ，
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所以该企业生产的产品为正品的概率：
1
(60
90)
(60
80)
(80
90)
(0.6827
2
P
P
X
P
X
P
X
0.9545)
0.8186
；
（2）①从
2
n
件正品中任选两个，有
2
2
Cn种选法，其中等级相同有
2
2
2
C
C
n
种选法，
∴某箱产品抽检被记为B 的概率为：
2
2
2
2
2
2
2
2
C
C
2
4
1
1
C
3
2
3
2
n
n
n
n
n
p
n
n
n
n
.
②由题意，一箱产品抽检被记为B 的概率为p ，则5 箱产品恰有3 箱被记为B 的概率为
3
3
2
3
2
3
4
5
5
( )
C
(1
)
10
(1
2
)
10(
2
)
f p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
所以
2
3
4
2
2
2
( )
10(3
8
5
)
10
(3
8
5
)
10
(
1)(5
3)
f
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
所以当
3
0, 5
p
时，
0
f
p
，函数
f
p 单调递增，
当
3,1
5
p
时，
( )
0
f
p
，函数
f
p 单调递减，
所以当
3
5
p
时，
f
p 取得最大值，最大值为
3
2
3
5
3
3
3
216
1
5
5
5
625
f
C
.
此时
2
4
3
3
2
5
n
p
n
n
，解得：
3
n
，
∴
3
n
时，5 箱产品恰有3 箱被记为B 的概率最大，最大值为216
625 .
2．（2022 上·山东青岛·高三统考期末）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
2
,
X
N
，从X 的取值中随机抽取
*,
2
k k
N
k
个数据，记这k 个数据的平均
值为Y，则随机变量
2
~
,
Y
N
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
980
P Y
；
（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随机变量服从正态分布
2
,
N
，则
0.6827
P
，
2
2
0.9545
P
，
3
3
0.9973
P
；
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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.
【答案】(1)（i）0.02275；（ii）理由见解析
(2)分布列见解析，17
24
【详解】（1）（i）因为
2
50
100
25
，所以
2
~
1000,10
Y
N
，因为
2
2
0.9545
P
，所以
1
0.9545
2
0.02275
2
P
，因为980
1000
2 10
，
所以
980
2
0.02275
P Y
P Y
；
（ii）由第一问知
980
2
0.02275
P Y
P Y
，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，则的可能取值为0，1，2.
则
1
4
3
1
5
4
53
0
2
6
5
2
8
7
140
p
，
1
2
4
1
3
5
449
1
2
2
2
6
5
2
8
7
840
p
1
2
1
1
3
2
73
2
2
6
5
2
8
7
840
P
，故分布列为：
0
1
2
p
53
140
449
840
73
840
其中数学期望
53
449
73
17
0
1
2
140
840
840
24
E
.
3．（2023·河北·统考模拟预测）随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新梁道.某服装品牌为
了给所有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了100 个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所
需时间情况如下频率分布直方图.
(1)求m 的值，并估计出这100 个带货平台销售每件服装所用时间的平均数a 和中位数；
(2)假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间X 服从正态分布
2
,
N
，其中近似为a ，
2
100
.若该服装品牌所有带货平台约有10000 个，销售每件服装平均所需时间在
14.4,44.4 范围内的平
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台属于“合格平台”.为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖罚制度，在时间大于44.4 分钟
的平台中，每个平台每卖一件扣除
100
0
10
317
s
s
；在时间小于14.4 分钟的平台中，每卖一件服装进行奖
励
3
23
s 元，以资鼓励；对于“合格平台”每卖一件服装奖励1 元.求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服
装时总共需要准备多少资金作为本次平台销售业务提升.（结果保留整数）
附：若X 服从正态分布
2
~
,
X
N
，则
0.683
P
X
，
2
2
0.954
P
X
，
3
3
0.997
P
X
.参考数据：
6
2.45
.
【答案】(1)
0.016
m
，
34.4
a
，中位数为35.625
(2)6824
【详解】（1）由频率分布直方图可得
0.008
2
0.024
0.032
0.004
10
1
m
，解得
0.016
m
.
故平均数
10
0.008 10
0.016 20
0.024 30
0.032 40
0.016 50
0.004 60
a
10
0.08
0.32
0.72 1.28
0.80
0.24
34.4
.
设中位数为x ，因
0.008
0.016
0.024
10
0.48
0.5
，
0.008
0.016
0.024
0.032
10
0.8
0.5
，故
35
45
x
，则
0.48
35
0.032
0.5
x
，解得
35.625
x
，即中位数为35.625.
（2）由题意，
34.4
a
，且14.4
34.4
20
2
，44.4
34.4 10
，
故
1
44.4
1 0.683
0.1585
2
P X
P X
，
所以在时间大于44.4 分钟的平台内约有10000 0.1585
1585
件；
1
14.4
2
1 0.954
0.023
2
P X
P X
，
所以在时间小于14.4分钟的平台内约有10000 0.023
230
件；
则“合格平台”约有10000 1585
230
8185
件，
所以需要资金为
3
3
100
1585
230
8185
10
500
8185
317
23
s
s
s
s
，
由于0
10
s
，可令
3
10
500
8185 0
10
f s
s
s
s
，则
2
30
500
f
s
s
，令
0
f
s
有
5 6
3
s
，
当
5 6
0
3
s
时
0
f
s
，
f s 递减；
当5 6
10
3
s
时
0
f
s
，
f s 递增；
故
f s 有最小值
5 6
5000 6
8185
6824
3
9
f
，故至少需要准备6824 元.
练一练
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1．（2023·全国·模拟预测）2023 年中秋国庆双节期间，我国继续执行高速公路免费政策.交通部门为掌握双
节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费点记录了10 月1 日上午8:20 ~ 9:40这一时间段内通过的车
辆数，统计发现这一时间段内共有1000 辆车通过该收费点，为方便统计，时间段8:20 ~ 8:40 记作区间
[20,40) ，8:40 ~ 9:00 记作
40,60 ，9:00 ~ 9:20记作
60,80 ，9: 20 ~ 9: 40记作
80,100 ，对通过该收费点
的车辆数进行初步处理，已知
2
m
n
，8:20 ~ 9:40 时间段内的车辆数的频数如下表：
时间段
[20,40)
40,60
60,80
80,100
频数
100
300
m
n
(1)现对数据进一步分析，采用分层随机抽样的方法从这1000 辆车中抽取10 辆，再从这10 辆车中随机抽取
4 辆，设抽到的4 辆车中在9：00~9：40 通过的车辆数为X ，求X 的分布列与期望；
(2)由大数据分析可知，工作日期间车辆在每天通过该收费点的时刻
2
~
,
T
N
，其中可用（1）中这1000
辆车在8:20 ~ 9:40 之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，
2
可用样本的方差近似代替（同一组中的
数据用该组区间的中点值代表），已知某天共有800 辆车通过该收费点，估计在8:28 ~ 9:22 之间通过的车
辆数（结果四舍五入保留到整数）.
参考数据：若
2
~
,
T
N
，则①
0.6827
P
T
；②
2
2
0.9545
P
T
；
③
3
3
0.9973
P
T
.
【答案】(1)分布列见解析，期望为12
5
(2)655
【详解】（1）因为100
300
1000
m
n
，
2
m
n
，所以
400
m
，
200
n
.
由分层随机抽样可知，抽取的10 辆车中，在9：00~9：40 通过的车辆数位于时间段
60,80 ，
80,100 这两
个区间内的车辆数为(400
200)
10
6
1000
，
车辆数X 的可能取值为0，1，2，3，4，
0
4
6
4
4
10
C C
1
(
0)
C
210
P X
，
1
3
6
4
4
10
C C
24
4
(
1)
C
210
35
P X
，
2
2
6
4
4
10
C C
90
3
(
2)
C
210
7
P X
，
3
1
6
4
4
10
C C
80
8
(
3)
C
210
21
P X
，
4
0
6
4
4
10
C C
15
1
(
4)
C
210
14
P X
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
1
210
4
35
3
7
8
21
1
14
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所以
1
4
3
8
1
12
(
)
0
1
2
3
4
210
35
7
21
14
5
E X
.
（2）这1000 辆车在8:20 ~ 9:40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值
100
300
400
200
30
50
70
90
64
1000
1000
1000
1000
，即9：04，
2
2
2
2
2
100
300
400
200
(30
64)
(50
64)
(70
64)
(90
64)
324
1000
1000
1000
1000
，
所以
18
.
估计在8:28 ~ 9:22 这一时间段内通过的车辆数，也就是28
82
T
通过的车辆数，
工作日期间车辆在每天通过该收费点的时刻
2
~
64,18
T
N
，
28
82
64
2 18
64 18
2
P
T
P
T
P
T
1
2
2
2 P
T
1
0.8186
2 P
T
，
所以估计在8:28 ~ 9:22 这一时间段内通过的车辆数为800 0.8186
655
.
2．（2024 上·海南省直辖县级单位·高三校考阶段练习）红松树分布在我国东北的小兴安岭到长白山一带，
耐荫性强.在一森林公园内种有一大批红松树，为了研究生长了4 年的红松树的生长状况，从中随机选取了
12 棵生长了4 年的红松树，并测量了它们的树干直径
ix （单位：厘米），如下表：
i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
ix
28.7
27.2
31.5
35.8
24.3
33.5
36.3
26.7
28.9
27.4
25.2
34.5
计算得：
12
12
2
1
1
360,
10992
i
i
i
i
x
x
.
(1)求这12 棵红松树的树干直径的样本均值与样本方差
2s .
(2)假设生长了4 年的红松树的树干直径近似服从正态分布.
记事件A ：在森林公园内再从中随机选取12 棵生长了4 年的红松树，其树干直径都位于区间[22,38].
①用（1）中所求的样本均值与样本方差分别作为正态分布的均值与方差，求
P A ；
②护林员在做数据统计时，得出了如下结论：生长了4 年的红松树的树干直径近似服从正态分布
2
30,8
N
.
在这个条件下，求
P A ，并判断护林员的结论是否正确，说明理由.
参考公式：若
2
,
Y
N
，
则
0.6827,
2
0.9545,
3
0.9973
P Y
P Y
P Y
.
参考数据：
12
12
12
0.6827
0.01,0.9545
0.57,0.9973
0.97
.
【答案】(1)
30
，
2
16
s
.
(2)①
0.57
P A
；②
0.01
P A
，护林员给出的结论是错误的，理由见解析.
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【详解】（1）样本均值
12
1
1
30
12
i
i
x
，
样本方差
12
2
2
1
1
12
i
i
s
x
12
12
2
2
1
1
1
2
12
12
i
i
i
i
x
x
2
1
10992
2 30 360
12 30
12
16
.
（2）①由题意可得，树干直径Y （单位：cm) 近似服从正态分布
2
30,4
N
.
在森林公园内再随机选一棵生长了4 年的红松树，其树干直径位于区间
22,38 的概率是0.9545，所以
12
0.9545
0.57
P A
.
②若树干直径Y 近似服从正态分布
2
30,8
N
，
在森林公园内再随机选一棵生长了4 年的红松树，其树干直径位于区间
22,38 的概率是0.6827 ，则
12
0.6827
0.01
P A
.
此时事件A 发生的概率远小于①中根据测量结果得出的概率估计值.
事件A 是一个小概率事件，但是第一次随机选取的12 棵生长了4 年的红松树，事件A 发生了，所以认为护
林员给出的结论是错误的.
3．（2023 上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨工业大学附属中学校校考期中）某市为提升中学生的环境保护意识，
举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛.已知共
有12000 名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100 人的预赛成绩作为样本，得到如
下频率分布直方图：
(1)规定预赛成绩不低于80 分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60 分的学生中随机地抽取2 人，求
至少有1 人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X 的分布列及数学期望；
(2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z 服从正态分布
2
,
N
，其中可近似为
样本中的100 名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且
2
361
，已知小明的
预赛成绩为91 分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛?
(3)复赛规则如下：①每人的复赛初始分均为100 分；②参赛学生可在开始答题前自行决定答题数量n ，每
一题都需要“花”掉（即减去）一定分数来获取答题资格，规定答第k 题时“花”掉的分数为0.2k（
1
k ，2，，
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n ）；③每答对一题加2 分，答错既不加分也不减分；④答完n 题后参赛学生的最终分数即为复赛成绩，
已知参加复赛的学生甲答对每道题的概率均为0.8，且每题答对与否都相互独立．若学生甲期望获得最佳的
复赛成绩，则他的答题数量n 应为多少?
附：若
2
,
Z
N
，则
0.6827
P
Z
，
2
2
0.9545
P
Z
，
3
3
0.9973
P
Z
；
362
19
．
【答案】(1)至少有1 人预赛成绩优良的概率为8
13 ；分布列见解析，数学期望为3
4
(2)小明有资格参加复赛
(3)答题数量为7 或8 时，学生甲可获得最佳的复赛成绩
【详解】（1）预赛成绩在[60,80) 范围内的样本量为：0.0125 20 100
25
，
预赛成绩在[80,100) 范围内的样本量为：0.0075 20 100
15
，
设抽取的2 人中预赛成绩优良的人数为X，可能取值为0,1,2 ，
则
1
1
2
0
15
25
15
25
2
40
C C
C C
8
1
C
13
P X
，
又
2
1
1
2
25
25
15
15
2
2
2
40
40
40
C
C C
C
5
25
7
0
,
1
,
2
C
13
C
52
C
52
P X
P X
P X
，
则X 的分布列为：
X
0
1
2
P
5
13
25
52
7
52
故
5
25
7
3
0
1
2
13
52
52
4
E X
.
（2）
10 0.005
30 0.01 50 0.015
70 0.0125
90 0.0075
20
53
x
，
2
361
，则
19
，
又
~
53,361
Z
N
，
故
1
91
2
[1
2
2
]
0.02275
2
P Z
P Z
P
Z
，
故全市参加预赛学生中，成绩不低于91 分的有120000 0.02275
273
人，
因为273
300
，故小明有资格参加复赛.
（3）设学生甲答对的题目数为，复赛成绩为Y ，
则
)
,
( 0.8
B n
，故
( )
0.8
E
n
，
100
0.2(1
2
3
)
2
Y
n
，
故
( )
100
0.2(1 2
3
)
2 ( )
E Y
n
E
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2
2
1
3
1
15
845
100
10
2
10
2
8
n
n
n
，
因为
N
n
，所以答题数量为7 或8 时，学生甲可获得最佳的复赛成绩.
一、单选题
1．（2023 下·辽宁沈阳·高二校联考期中）课桌上有12 本书，其中理科书籍有4 本，现从中任意拿走6 本书，
用随机变量表示这6 本书中理科书籍的本数，则概率为
6
0
5
1
8
4
8
4
6
6
12
12
C C
C C
+
C
C
的是（
）
A．
(
1)
P
B．
(
1)
P
C．
(
1)
P
D．(
2)
P
【答案】A
【详解】由题意，随机变量表示这6 本书中理科书籍的本数，且服从超几何分布，
所以
6
0
5
1
8
4
8
4
6
6
12
12
C C
C C
0
1
1
C
C
P
P
P
．
故选：A
2．（2023·上海·高三专题练习）袋中有6 个大小相同的黑球，编号为1 2 3 4 5 6
，，，，，，还有4 个同样大小的白球，
编号为7,8,910
，，现从中任取4 个球，则下列结论中正确的是（
）
①取出的最大号码X 服从超几何分布；
②取出的黑球个数Y 服从超几何分布；
③取出2 个白球的概率为1
14 ；
④若取出一个黑球记2 分，取出一个白球记1 分，则总得分最大的概率为1
14
A．①②
B．②④
C．③④
D．①③④
【答案】B
【详解】对于①，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码X
不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故①错误；
对于②，取出的黑球个数Y 符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何
分布的数学模型计算概率，故②正确；
对于③，取出2 个白球的概率为
2
2
6
4
4
10
C C
3
C
7
，故③错误；
对于④，若取出一个黑球记2 分，取出一个白球记1 分，则取出四个黑球的总得分最大，
总得分最大的概率为
4
6
4
10
C
1
C
14
，故④正确．
故选：B
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3．（2023·山东泰安·统考模拟预测）某人在n 次射击中击中目标的次数为X ，
,
X
B n p
，其中
*
N ,0
1
n
p
，击中奇数次为事件A ，则（
）
A．若
10,
0.8
n
p
，则
P X
k
取最大值时
9
k
B．当
1
2
p
时，
D X 取得最小值
C．当
1
0
2
p
时，
P A 随着n的增大而增大
D．当1
1
2
p
时，
( )
P A 随着n 的增大而减小
【答案】C
【详解】对于选项A，在10次射击中击中目标的次数
10,0.8
B
X
，
当X
k
时对应的概率
10
10
C
0.8
0.2
0,1,2,
,10
k
k
k
P X
k
k
，
因为
P X
k
取最大值，所以
1
1
P X
k
P X
k
P X
k
P X
k
，
即
10
1
1
9
10
10
10
1
1
11
10
10
C
0.8
0.2
C
0.8
0.2
C
0.8
0.2
C
0.8
0.2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
，
即
1
4 10
4 11
k
k
k
k
，解得39
44
5
5
k
，
因为
N
k
且0
10
k
，所以
8
k =
，即
8
k =
时概率
(
8)
P X
最大．故A 不正确；
对于选项B，
2
1
1
1
2
4
D X
np
p
n
p
，当
1
2
p
时，
D X 取得最大值，故B 不正确；
对于选项C、D，
C
1
0,1,2,
,
n k
k
k
n
P X
k
p
p
k
n
1
3
5
1
1
3
3
5
5
C
1
C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
P A
p
p
p
p
p
p
，
2
4
0
0
2
2
4
4
1
( )
C
1
C
1
C
1
n
n
n
n
n
n
P A
p
p
p
p
p
p
，
1
1
1
1 2
2
2
n
n
n
p
p
p
p
p
P A
，
当
1
0
2
p
时，
1
1 2
0
1 2
1,
2
n
p
p
为正项且单调递增的数列，所以
P A 随着n的增大而增大，故
C 正确；
当1
1
2
p
时，1
1
2
0
p
，
1 2
n
p
为正负交替的摆动数列，所以
( )
P A 不会随着n 的增大而减小，
故D 不正确；
故选：C.
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4．
（2023 上·全国·高三专题练习）已知随机变量X 的分布服从
,
X
B n p
，记
,
1
f n p
P x
n
P x
n
，
记
,
f n p 在
0,1
p
上的最大值为
F n ，若正整数a ，b 满足
2019
a
b
，则
F a 和
F b 的大小关系是
（
）
A．
F a
F b
B．
F a
F b
C．
F a
F b
D．无法确定
【答案】B
【详解】
1
n k
k
k
n
P x
k
p
p
C
，
,
1
f n p
P x
n
P x
n
0
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
C
p p
C
p
p
1
1
n
n
n p
np
，
设
1
1
n
n
n p
p
g p
n
，
0,1
p
，
2
'
1
1
n
g
p
n
n p
p
，
当
1
n 时，
1
g p ，故
1
1
F
，
当
2
n
时，
1
0
n
n
，
2
0
n
p
，
1
1
p ，故
'
0
g
p
，
所以
g p 在
0,1 上递增，所以
1
1
1
F n
g
n
n
.
故
1
F n ，所以
1
F a
F b
，
故选：B.
5．（2023 下·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）某蓝莓基地种植蓝莓，按1 个蓝莓果重量Z 克）
分为4 级：
20
Z
的为A 级，18
20
Z
的为B 级，16
18
Z
的为C 级，14
16
Z
的为D 级，
14
Z
的
为废果．将A 级与B 级果称为优等果．已知蓝莓果重量Z 可近似服从正态分布
(15,9)
N
．对该蓝莓基地的蓝
莓进行随机抽查，每次抽出1 个蓝莓果、记每次抽到优等果的概率为P（精确到0.1）．若为优等果，则抽
查终止，否则继续抽查直到抽出优等果，但抽查次数最多不超过n 次，若抽查次数X 的期望值不超过3，n
的最大值为（
）附：
(
)
0.6827, (
2
2 )
0.9545, (
3
3 )
0.9773
P
Z
P
Z
P
Z
A．4B．5
C．6
D．7
【答案】A
【详解】因为蓝莓果重量Z 服从正态分布
(15,9)
N
，其中
15,
3
，
1
1 0.6827
18
0.2
2
2
P
Z
p
P Z
P Z
，
设第k 次抽到优等果的概率
1
0.8
0.2
k
P X
k
（
1,2,3,
,
1
k
n
），
恰好抽取n 次的概率
1
0.8n
P X
n
，所以
1
1
1
1
0.2
0.8
0.8
n
k
n
k
E X
k
n
，
设
1
1
1
0.8
n
k
k
M
k
，则
1
1
0.8
0.8
n
k
k
M
k
，
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两式相减得：
1
1
1
1
0.2
0.8
1 0.8
n
k
n
k
M
n
1
1
1
1
1 0.8
1 0.8
5 1 0.8
1 0.8
1 0.8
n
n
n
n
n
n
，
所以
1
1
1
1
0.2
0.8
5 1
0.8
1
0.8
0.8
5 1
0.8
n
n
n
n
n
E X
M
n
n
n
，
由
5 1
0.8
3
n
，即0.8
0.4
n
，
又
4
5
0.8
0.4096
0.4,0.8
0.32768
0.4
所以n 的最大值为4 ．
故选：A．
6．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）过正态分布曲线
,
y
x
上非顶点的一点
0
0
,
x
y
作切线，
若切线与曲线仅有一个交点，则
0x
（
）
A．
B．π
e
C．e
D．π
【答案】A
【详解】因为正态分布曲线
2
2
(
)
2
,
1
e
2π
x
y
x
在拐点处切线穿过曲线，与曲线有且仅有一个交点
令
2
2
2
2
(
)
(
)
2
2
2
3
1
2(
)
1
( )
( )
e
(
)e
2
2π
2π
x
x
x
f x
x
x
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
3
3
1
1
(
)
( )
(
)e
e
e
2π
2π
x
x
x
x
f
x
x
2
2
(
)
2
2
2
3
1
(
)
1
e
2π
x
x
0
(
)
0
f
x
即
2
0
0
2
1
0,
x
x
故选：A
7．（2023·全国·高三专题练习）现实世界中的很多随机变量遵循正态分布.例如反复测量某一个物理量，其
测量误差X 通常被认为服从正态分布.若某物理量做n 次测量，最后结果的误差
2
0,
n
X
N
n
，则为使
1
4
n
X
的概率控制在0.0456 以下，至少要测量的次数为（
）
A．32
B．64
C．128
D．256
【答案】C
【详解】依题意，得
1
0.0456
4
n
P
X
，
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所以
1
1
0.0456
4
n
P
X
，即
1
1
0.9544
4
4
n
P
X
，
而
2
2
0.9544
n
P
X
，所以
1
2
4
且
1
2
4
，
又因为
2
0,
n
X
N
n
，所以
0
，
2
n
，
所以
2
1
2
4
n
且
2
1
2
4
n
，即
2
1
8
n
，解得
128
n
，
故至少要测量的次数为128.
故选：C.
8．（2023 下·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考开学考试）若随机变量
2
~
3,2019
N
，且
(
1)
(
)
P
P
a
.已知F 为抛物线
2
4
y
x
的焦点，O为原点，点P 是抛物线准线上一动点，若点A 在抛物
线上，且|
|
AF
a
，则|
|
|
|
PA
PO
的最小值为（
）
A．5
B．13
C．2 5
D．2 13
【答案】D
【详解】随机变量
2
~
3,2019
N
，且(
1)
(
)
P
P
a
，
1 和a 关于
3
x
对称，
5
a
即|
| 5
AF
，
设A 为第一象限中的点，
,
A x y ，
抛物线方程为：
2
4
y
x
，
1,0
F
，
1
5
AF
x
解得
4
x
即
4,4
A
，
4,4
A
关于准线= 1
x 的对称点为
6,4
A
，
根据对称性可得：PA
PA
2
2
|
|
|
|
|
|
6
4
52
2 13
PA
PO
PA
PO
A O
当且仅当
, ,
A P O
三点共线时等号成立.如图
故选：D
二、多选题
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9．（2023 下·河南许昌·高二统考期末）中华人民共和国第十九届亚运会将于2023 年9 月在杭州举办．为了
组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，向全国人民奉献一场精彩圆满的体育盛会，组委会欲从6
名男志愿者，4 名女志愿者中随机抽取3 人聘为志愿者队的队长．下列说法正确的是（
）
A．设事件A：“抽取的3 人中至少有一名男志愿者”，事件B：“抽取的3 人中全是男志愿者”，则
5
|
29
P B A
B．设事件C：“抽取的3 人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则
3
5
P C
C．用X 表示抽取的3 人中女志愿者的人数，则
6
5
E X
D．用Y 表示抽取的3 人中男志愿者的人数，则
14
25
D Y
【答案】ACD
【详解】对于A，从6 名男志愿者，4 名女志愿者中随机抽取3 人聘为志愿者队的队长的基本事件有
3
10
C
120
件，
其中事件A：“抽取的3 人中至少有一名男志愿者”包含的基本事件有
3
3
10
4
116
C
C
件，故
116
29
120
30
P A
，
事件AB 表示“抽取的3 人中全是男志愿者”，其包含的基本事件有
3
6
C
20
件，故
20
1
120
6
P AB
，
所以
1
30
5
6
29
29
P AB
P B A
P A
，故A 正确；
对于B，事件C：“抽取的3 人中既有男志愿者，也有女志愿者” 包含的基本事件有
3
3
3
10
4
6
96
C
C
C
件，
所以
96
120
5
4
P C
，故B 错误；
对于C，可得X 的可能取值为0，1，2，3，
则
3
6
3
10
C
1
0
C
6
P X
，
2
1
6
4
3
10
C C
1
1
C
2
P X
，
1
2
6
4
3
10
C C
3
2
C
10
P X
，
3
4
3
10
C
1
3
C
30
P X
，
所以
1
1
3
1
6
0
1
2
3
6
2
10
30
5
E X
，故C 正确；
对于D，可得Y 的可能取值为0，1，2，3，
则
3
4
3
10
C
0
C
30
1
P Y
，
1
2
6
4
3
10
C C
3
1
C
10
P Y
，
2
1
6
4
3
10
C C
1
2
C
2
P X
，
3
6
3
10
C
1
3
C
6
P X
，
则
2
1
3
1
1
19
0
1
4
9
30
10
2
6
5
E Y
，
1
3
1
1
9
0
1
2
3
30
10
2
6
5
E Y
，
则
2
2
2
9
9
5
14
25
1
5
D Y
E Y
E Y
，故D 正确.
故选：ACD.
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10．（2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，
且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为1
3 ，p．记小李在星期一到星期五这5 天每天上班路上在甲路
口遇到红灯个数之和为X ，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为Y ，则（
）
A．
5
(
4)
243
P X
B．
1
(
0
)
9
D X
C．小李星期一到星期五上班路上恰有3 天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216
625
D．当
2
5
p
时，
10
( )
3
E Y
【答案】BC
【详解】对于A，B，小李在星期一到星期五这5 天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X ，
则
1
(5, )
3
X
B
，则
4
4
5
1
1
10
4
C ( ) (1
3
3
243
P X
）
，
1
1
10
(
)
5
(1
)
3
3
9
D X
，
故A 错误，B 正确；
对于C，由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为
1
1
2
1
1
(1
)(1
)
,
1
3
3
3
3
t
p
p
t
，
星期一到星期五上班路上恰有3 天至少遇到一次红灯的概率为
3 3
2
3
2
5
C
(1
)
10 (1
)
t
t
t
t
，
设
3
2
5
4
3
( )
10 (1
)
10(
2
)
f t
t
t
t
t
t
，则
2
2
( )
10 (5
8
3)
f
t
t
t
t
，
令
( )
0
f
t
，则
0
t
（舍去）或
3
5
t
或
1
t ，
当1
3
3
5
t
时，
( )
0
f t
，当3
1
5
t
时，
( )
0
f t
，
故
3
5
t
时，
5
4
3
( )
10(
2
)
f t
t
t
t
取得最大值，即
max
5
3
( )
( )
2
2
5
16
6
f t
f
，
即小李星期一到星期五上班路上恰有3 天至少遇到一次红灯的概率的最大值为216
625 ，
此时
2
5
p
，故C 正确；
对于D，当
2
5
p
时，一天中不遇红灯的概率为
1
2
6
(1
)(1
)
3
5
15
，
遇到一次红灯的概率为1
2
1
2
7
(1
)
(1
)
3
5
3
5
15
，遇到两次红灯的概率为1
2
2
3
5
15
，
故一天遇到红灯次数的数学期望为
7
2
11
1
2
15
15
15
，
所以
11
11
5 15
3
E Y
，故D 错误，
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故选：BC
11．
（2023 上·辽宁阜新·高二校考期末）已知随机变量
~
(2 , )
B
n p
，
*
nN ，
2
n
，0
1
p
，记
( )
(
)
f t
P
t
，
其中t N ，
2
t
n
，则（
）
A．
2
0
( )
1
n
t
f t
B．
2
0
( )
2
n
t
tf t
np
C．
0
1
1
(2 )
(2
1)
2
n
n
t
t
f
t
f
t
D．若
6
np
，则
( )
(12)
f t
f
【答案】ABD
【详解】对于A，
2
2
0
0
( )
(
)
1
n
n
t
t
f t
P
t
，所以A 正确；
对于B，因为
2
0
( )
( )
2
n
t
t f t
E
np
，所以B 正确；
对于C，当
1
2
p
q
时，
0
1
1
(2 )
(2
1)
2
n
n
t
t
f
t
f
t
，所以C 错误；
对于D，因为(2
1)
12
n
p
p
，所以当
12
t
时，
( )
f t 最大，所以D 正确；
证明如下：若
~
( , )
B n p
，则
1
1
1
C
(1
)
(
)
(
1)
(
1)
C
(1
)
(1
)
k
k
n k
n
k
k
n k
n
p
p
P
k
n
k
p
P
k
p
p
k
p
，
若
(
)
(
1)
P
k
P
k
，则(
1)
1
(1
)
n
k
p
k
p
，解得
(
1)
k
n
p
，
故当
(
1)
k
n
p
时，
(
)
P
k
单调递增，当
(
1)
k
n
p
时，
(
)
P
k
单调递减，
即当(
1)
n
p
为整数时，
(
1)
k
n
p
或
(
1)
1
k
n
p
时，
(
)
P
k
取得最大值，
当(
1)
n
p
不为整数，k 为(
1)
n
p
的整数部分时，
(
)
P
k
取得最大值．
故选：ABD．
12．（2023 下·江苏南京·高三南京市第一中学校考开学考试）下列命题中，正确的命题是(
)
A．已知随机变量服从
,
B n p ，若
30,
20
E X
D X
，则
2
3
p
B．已知
0.34,
0.71
P BA
P B
，则
0.37
P BA
C．设随机变量服从正态分布
0,1
N
，若
1
P
p
，则
1
1
0
2
P
p
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为
~
10,0.8
X
X
B
，
，则当
8
X
时概率最大
【答案】BCD
【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布
,
B n p ，
30
E X
，
20
D X
，可得
30
np
，
1
20
np
p
，
则
1
3
p
，选项A 错误；
对于选项B：A
A
为必然事件，所以
(
)
B
B A
A
BA
BA
，而BA 与BA 互斥，
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(
)
(
)
(
)
(
)
0.71 0.34
0.37
P B
P BA
P BA
P BA
P B
P BA
，选项B 正确；
对于选项C：随机变量服从正态分布
0,1
N
，则图象关于y 轴对称，若
1
P
p
，则
1
0
1
2
P
p
，
1
1
0
0
1
2
P
P
p
，选项C 正确；
对于选项D：因为在10 次射击中，击中目标的次数为X ，
~
10,0,8
X
B
，
当x
k
时，对应的概率
10
10
0.2
k
k
k
P X
k
C
，
所以当
1
k 时，
10
10
1
1
10 (
1)
10
4 11
0.8
0.2
1
0.8
0.2
k
k
k
k
k
k
P X
k
k
C
P X
k
C
k
，
由
4 11
1
1
P X
k
k
P X
k
k
得44
4k
k
，即
44
1
5
k
，
因为
*
k N ，所以1
8
k
且
*
k N ，又
0
1
P X
P X
，
即
8
k =
时，概率
8
P X
最大，故选项D 正确．
故选：BCD
三、填空题
13．（2023·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
．
【答案】17.8/
4
17 5
【详解】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布
P X
k
22
40
60
22
100
C C
012...22
C
k
k
k
，
，，
，
P X
k
最大时，即
22
40
60
C C
k
k
最大，
超几何分布最大项问题，利用比值求最大项
设
C C
C
s
m
s
k
n
k
s
m
n
a
P X
s
则
1
1
1
C
C
C
C
C C
s
m
s
m
s
k
n
k
n
m
s
m
s
s
n
k
n
k
a
a
!
!
1 !
1 !
1 !
1 !
!
!
!
!
!
!
n
k
k
s
k
s
m
s
n
k
m
s
k
n
k
s
k
s
m
s
n
k
m
s
1
1
k
s
m
s
s
n
k
m
s
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令
1
1
1
k
s
m
s
s
n
k
m
s
1
1
k
s
m
s
s
n
k
m
s
2
2
2
1
s
k
m s
km
s
n
k
m s
n
k
m
2
1
km
n
s
n
m
k
1
2
1
1
km
m
k
n
s
n
1
1
1
2
k
m
s
n
故当
1
1
2
k
m
s
n
时，
P
X
s
严格增加，
当
1
1
1
2
k
m
s
n
时，
P
X
s
严格下降，
即
9
k
时取最大值，
此题中
100
22
40
n
m
k
s
k
，
，
，
，
根据超几何分布的期望公式可得
40 22
8.8
100
k
m
E X
n
，
8.8
9
17.8
E X
k
故答案为：17.8
14．（2023·山东泰安·统考模拟预测）某蓝莓基地种植蓝莓，按1个蓝莓果重量Z （克）分为4 级：
10
Z
的
为A 级，8
10
Z
的为B 级，6
8
Z
的为C 级，4
6
Z
的为D 级，
4
Z
的为废果．将A 级与B 级果称
为优等果．已知蓝莓果重量Z 服从正态分布
(
)
5,9
N
．对该蓝莓基地的蓝莓进行随机抽查，每次抽出1个蓝莓
果．记每次抽到优等果的概率为p （可精确到0.1）．若为优等果，则抽查终止，否则继续抽查直到抽出优
等果，但抽查次数最多不超过n 次，若抽查次数X 的期望值不超过3 ，n 的最大值为
．
附：
0
(
)
.6827
P
Z
，
2
2
0 5
(
)
.9 45
P
Z
，
(
3
3 )
0.9773
P
Z
【答案】4
【详解】因为蓝莓果重量Z 服从正态分布
(
)
5,9
N
其中
5,
3
，
1
1 0.6827
8
0.2
2
2
P
Z
p
P Z
P Z
，
设第k 次抽到优等果的概率
1
0.8
0.2
k
P X
k
（
1,2,3,
,
1
k
n
），
恰好抽取n 次的概率
1
0.8n
P X
n
，所以
1
1
1
1
0.2
0.8
0.8
n
k
n
k
E X
k
n
，
设
1
1
1
0.8
n
k
k
M
k
，则
1
1
0.8
0.8
n
k
k
M
k
，
两式相减得：
1
1
1
1
0.2
0.8
1 0.8
n
k
n
k
M
n
1
1
1
1
1 0.8
1 0.8
5 1 0.8
1 0.8
1 0.8
n
n
n
n
n
n
，
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所以
1
1
1
1
0.2
0.8
5 1
0.8
1
0.8
0.8
5 1
0.8
n
n
n
n
n
E X
M
n
n
n
，
由
5 1
0.8
3
n
，即0.8
0.4
n
，n 的最大值为4 ．
故答案为：4．
四、解答题
15．（2023 下·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）2022 年二十国集团领导人第十七次峰会11 月16 日
在印度尼西亚巴厘岛闭幕，峰会通过《二十国集团领导人巴厘岛峰会宣言》.宣言说，值此全球经济关键时
刻，二十国集团采取切实、精准、迅速和必要的行动至关重要，基于主席国印尼提出的“共同复苏、强劲复
苏”主题，各国将采取协调行动，推进强劲、包容、韧性的全球复苏以及创造就业和增长的可持续发展、中
国采取负责任的态度，积极推动产业的可持续发展，并对友好国家进行技术授助、非洲某芯片企业生产芯
片Ⅰ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.
(1)在中国企业援助前，该芯片企业生产芯片Ⅰ的前三道工序的次品率分为
1
2
3
1
1
1
,
,
50
49
48
P
P
P
.
①求生产该芯片I 的前三道工序的次品率
IP ；
②第四道工序中，智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检
验.已知芯片Ⅰ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，抽检一个芯片，该芯片
恰为合格品的概率；
(2)该芯片企业在中国企业援助下，改进生产工艺并生产了芯片Ⅱ.某手机生产厂商获得芯片Ⅰ与芯片Ⅱ，并
在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查，据统计，回访的100
名用户中，安装芯片Ⅰ的有40 部，其中对开机速度满意的占70%；安装芯片Ⅱ的有60 部，其中对开机速
度满意的占14
15 .现采用分层抽样的方法从开机速度满意的人群中抽取9 人，再从这9 人中选取4 人进行座谈，
记抽到对安装芯片Ⅱ的手机开机速度满意的人数为X，求X 的分布列及其数学期望.
【答案】(1)①3
50 ；②47
49
(2)分布列见解析，8
3
【详解】（1）①
1
1
2
3
49
48
47
3
1
1
1
1
1
50
49
48
50
P
P
P
P
.
②设“芯片Ⅰ只能自动检测合格”为事件A ，“人工抽检合格”为事件B ，
由已知得
98
49
100
50
P A
，
1
3
47
1
1
50
50
P AB
P
，
则工人在流水线进行人工抽检时，“抽检一个芯片，该芯片恰为合格品”为事件B A
∣，
(
)
47
50
47
(
)
( )
50
49
49
P AB
P B A
P A
∣
.
（2）对安装芯片Ⅰ的手机开机速度满意的人数为40 70%
28
，对安装芯片Ⅱ的手机开机速度满意的人数
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为
14
60
56
15
，所以采用分层抽样的方法的抽样比为1 2
∶，故所抽取的9 人中，手机安装芯片Ⅰ的有3 人，
手机安装芯片Ⅱ的有6 人，所以X 的说有可能取值为1,2,3,4 ，
则
3
1
3
6
4
9
C C
6
1
1
C
126
21
P X
，
2
2
3
6
4
9
C C
3 15
5
2
C
126
14
P X
，
1
3
3
6
4
9
C C
3 20
10
3
C
126
21
P X
，
0
4
3
6
4
9
C C
15
5
4
C
126
42
P X
，
所以X 的分布列为
X
1
2
3
4
P
1
21
5
14
10
21
5
42
所以
1
5
10
5
8
1
2
3
4
21
14
21
42
3
E X
.
16．（2023·辽宁丹东·统考二模）某种抗病毒疫苗进行动物实验，将疫苗注射到甲乙两地一些小白鼠体内，
小白鼠血样某项指标X 值满足12.2≤X≤21.8 时，小白鼠产生抗体．从注射过疫苗的小白鼠中用分层抽样的方
法抽取了210 只进行X 值检测，其中甲地120 只小白鼠的X 值平均数和方差分别为14 和6，乙地90 只小
白鼠的X 值平均数和方差分别为21 和17，这210 只小白鼠的X 值平均数与方差分别为，
2
（与
2
均
取整数）．用这210 只小白鼠为样本估计注射过疫苗小白鼠的总体，设
2
,
X
N
．
(1)求，
2
；
(2)小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立，已知注射过疫苗的N 只小白鼠中有102 只产生抗体，试估计
N 的可能值（以使得P（K=102）最大的N 的值作为N 的估计值）；
(3)对这些小白鼠进行第二次疫苗注射后，有99.1%的小白鼠产生了抗体，再对这些小白鼠血样的X 值进行
分组检测，若每组n（n≤50）只小白鼠混合血样的X 值在特定区间内，就认为这n 只小白鼠全部产生抗体，
否则要对n 只小白鼠逐个检测．已知单独检验一只小白鼠血样的检测费用为10 元，n 只小白鼠混合血样的
检测费用为n+9 元．试给出n 的估计值，使平均每只小白鼠的检测费用最小，并求出这个最小值（精确到
0.1 元）．
附：若
2
,
X
N
，则
(|
|
)
0.68
P
X
，
(|
| 2 )
0.95
P
X
．
参考数据：
21
4.6
，
22
4.7
，
23
4.8
，
24
4.9
．
【答案】(1)17，23
(2)N 的估计值为149 或150
(3)每只小白鼠平均检测费用的最小值约为2.8 元，n 的估计值为10
【详解】（1）法1：
记甲地小白鼠样本X 值的平均数为x ，方差为
2
1s ；记乙地小白鼠样本X 值的平均数为y ，方差为
2
2s ，则
14
x
，
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21
y
，
2
1
6
s
，
2
2
17
s
，所以
120
90
120 14
90 21
17
210
210
x
y
．
2
2
2
2
2
2
1
2
2
120
(
)
90
(
)
4
6
(14 17)
3
17
(21 17)
23
210
7
s
x
s
y
,
法2：记甲地小白鼠样本的X 值为x1，x2，…，x120，平均数为x ，方差为
2
1s ；记乙地小白鼠样本的X 值为
y1，y2，…，y90，平均数为y ，方差为
2
2s ．
因为
14
x
，
21
y
，
2
1
6
s
，
2
2
17
s
．所以
120
90
120 14
90 21
17
210
210
x
y
．
由
120
2
2
1
1
120
k
k
x
x
s
，
120
1
0
k
k
x
x
，可得
120
120
120
2
2
2
2
1
1
1
2
(
)
(
)
k
k
k
k
k
k
k
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
120
120
120
2
2
2
2
1
1
1
1
2(
)
(
)
120
120(
)
30 60
k
k
k
k
k
x
x
x
x
x
x
s
x
．
同理
90
2
2
2
2
1
90
90(
)
30 99
k
k
y
s
y
，于是
120
90
2
2
2
1
1
1
30 60
30 99
23
210
210
k
k
k
k
s
x
y
．
（2）法1：因为
23
4.8
，所以
(12.2
21.8)
(
)
0.68
P
X
P
X
．
从注射过疫苗的小白鼠取出N 只，其中产生抗体的有K 只，则K～B（N，0.68），
102
17
(
)
C
0.32
(
0,1,2,
,
)
8
k
N
N
P K
k
k
N
．
当N<102 时，P（K=102）=0；当N≥102 时，
102
102
17
(
102)
C
0.32
8
N
N
P K
．
记
102
102
17
(
)
C
0.32
8
N
N
N
，则
102
102
1
C
(
)
101
(
1)
0.32C
0.32(
1)
N
N
N
N
N
N
．
由
(
)
1
(
1)
N
N
等价于N-101<0.32（N+1），当且仅当
101.32
149
0.68
N
，知当103≤N≤148 时，α（N）<α（N+1）；
当N=149 时，α（N）=α（N+1）；当N>149 时，α（N）>α（N+1）；故N=149 或N=150 时，α（N）最大，
所以N 的估计值为149 或150．
法2：因为
23
4.8
，所以P（12.2≤X≤21.8）=P（μ-σ≤X≤μ-σ）≈0.68．
从注射过疫苗的小白鼠取出N 只，其中产生抗体的有K 只，则K～B（N，0.68），
102
17
(
)
C
0.32
(
0,1,2,
,
)
8
k
N
N
P K
k
k
N
．
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当N<102 时，P（K=102）=0；当N≥102 时，
102
102
17
(
102)
C
0.32
8
N
N
P K
．
若N=102，则
17
(
102)
(
101)
(
101)
8 102
P K
P K
P K
．
若N≥103，则
102
102
102
102
1
1
102
102
102
102
1
1
17
17
C
0.32
C
0.32
,
8
8
17
17
C
0.32
C
0.32
.
8
8
N
N
N
N
N
N
N
N
化简得
0.32(
1)
101,
0.32
102.
N
N
N
N
解得149≤N≤150．
综上，N 的估计值为149 或150．
（3）记n 只小白鼠检测费用为Y 元，当n 只小白鼠全部产生抗体时，Y=n+9，当n 只小白鼠不都产生抗体
时，Y=11n+9，则
P（Y=n+9）=0.991n，P（Y=11n+9）=1-0.991n．
因此
(
9)0.991
(11
9) 1
0.991
( )
9
11 10 (1
0.009)
n
n
n
n
n
E Y
n
n
n
．
因为n≤50，所以
1
1
2
2
3
3
(1 0.009)
1
C 0.009
C 0.009
C 0.009
1 0.009
n
n
n
n
n
．
故
( )
9
9
0.09
1
2 0.09
1
2.8
E Y
n
n
n
n
n
，当且仅当n=10 时取等号．
于是每只小白鼠平均检测费用的最小值约为2.8 元，n 的估计值为10．
17．（2023 上·广东佛山·高三校考阶段练习）中国国家统计局2019 年9 月30 日发布数据显示，2019 年9
月中国制造业采购经理指数（PMI）为49.8% ，反映出中国制造业扩张步伐有所加快．以新能源汽车、机器
人、增材制造、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞猛进，则进一步体
现了中国制造目前的跨越式发展．已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从
正态分布
2
,
N
，并把质量差在
,
内的产品称为优等品，质量差在
,
2
内的产品称
为一等品，优等品与一等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品处理．现从该企业生产的正品中随机
抽取1000 件，测得产品质量差的样本数据统计如下：
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(1)根据大量的产品检测数据，检查样本数据的标准差s 近似值为10，用样本平均数x 作为的近似值，用
样本标准差s 作为的估计值，记质量差服从正态分布
2
,
X
N
，求该企业生产的产品为正品的概率P ；
（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）
参考数据：若随机变量服从正态分布
2
,
N
,则
0.6827
P
≤
，
2
2
0.9545
P
≤
，
3
3
0.9973
P
．
(2)假如企业包装时要求把2 件优等品和n （
2
n
，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．
【答案】(1)0.8186
(2)①
2
2
4
3
n
p
n
n
；②
3
n
时，最大值为216
625 .
【详解】（1）由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取1000 件的平均数为：
46
56
56
66
66
76
0.010 10
0.020 10
0.045 10
2
2
2
x
76
86
86
96
0.020 10
0.005 10
70
2
2
，即
70
x
，
10
s
，所以
2
70,10
X
N
，
则优等品为质量差在
,
内，即
60,80 ，
一等品为质量差在
,
2
内，即
80,90 ，
所以正品为质量差在
60,80 和
80,90 内，即
60,90 ，
所以该企业生产的产品为正品的概率：
1
(60
90)
(60
80)
(80
90)
(0.6827
2
P
P
X
P
X
P
X
0.9545)
0.8186
；
（2）①从
2
n
件正品中任选两个，有
2
2
Cn种选法，其中等级相同有
2
2
2
C
C
n
种选法，
∴某箱产品抽检被记为B 的概率为：
2
2
2
2
2
2
2
2
C
C
2
4
1
1
C
3
2
3
2
n
n
n
n
n
p
n
n
n
n
.
②由题意，一箱产品抽检被记为B 的概率为p ，则5 箱产品恰有3 箱被记为B 的概率为
3
3
2
3
2
3
4
5
5
( )
C
(1
)
10
(1
2
)
10(
2
)
f p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
所以
2
3
4
2
2
2
( )
10(3
8
5
)
10
(3
8
5
)
10
(
1)(5
3)
f
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
，
所以当
3
0, 5
p
时，
0
f
p
，函数
f
p 单调递增，
当
3,1
5
p
时，
( )
0
f
p
，函数
f
p 单调递减，
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所以当
3
5
p
时，
f
p 取得最大值，最大值为
3
2
3
5
3
3
3
216
1
5
5
5
625
f
C
.
此时
2
4
3
3
2
5
n
p
n
n
，解得：
3
n
，
∴
3
n
时，5 箱产品恰有3 箱被记为B 的概率最大，最大值为216
625 .
18．（2023·河北·统考模拟预测）随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新梁道.某服装品牌为
了给所有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了100 个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所
需时间情况如下频率分布直方图.
(1)求m 的值，并估计出这100 个带货平台销售每件服装所用时间的平均数a 和中位数；
(2)假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间X 服从正态分布
2
,
N
，其中近似为a ，
2
100
.若该服装品牌所有带货平台约有10000 个，销售每件服装平均所需时间在
14.4,44.4 范围内的平
台属于“合格平台”.为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖罚制度，在时间大于44.4 分钟
的平台中，每个平台每卖一件扣除
100
0
10
317
s
s
；在时间小于14.4 分钟的平台中，每卖一件服装进行奖
励
3
23
s 元，以资鼓励；对于“合格平台”每卖一件服装奖励1 元.求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服
装时总共需要准备多少资金作为本次平台销售业务提升.（结果保留整数）
附：若X 服从正态分布
2
~
,
X
N
，则
0.683
P
X
，
2
2
0.954
P
X
，
3
3
0.997
P
X
.参考数据：
6
2.45
.
【答案】(1)
0.016
m
，
34.4
a
，中位数为35.625
(2)6824
【详解】（1）由频率分布直方图可得
0.008
2
0.024
0.032
0.004
10
1
m
，解得
0.016
m
.
故平均数
10
0.008 10
0.016 20
0.024 30
0.032 40
0.016 50
0.004 60
a
10
0.08
0.32
0.72 1.28
0.80
0.24
34.4
.
设中位数为x ，因
0.008
0.016
0.024
10
0.48
0.5
，
0.008
0.016
0.024
0.032
10
0.8
0.5
，故
35
45
x
，则
0.48
35
0.032
0.5
x
，解得
35.625
x
，即中位数为35.625.
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（2）由题意，
34.4
a
，且14.4
34.4
20
2
，44.4
34.4 10
，
故
1
44.4
1 0.683
0.1585
2
P X
P X
，
所以在时间大于44.4 分钟的平台内约有10000 0.1585
1585
件；
1
14.4
2
1 0.954
0.023
2
P X
P X
，
所以在时间小于14.4分钟的平台内约有10000 0.023
230
件；
则“合格平台”约有10000 1585
230
8185
件，
所以需要资金为
3
3
100
1585
230
8185
10
500
8185
317
23
s
s
s
s
，
由于0
10
s
，可令
3
10
500
8185 0
10
f s
s
s
s
，则
2
30
500
f
s
s
，令
0
f
s
有
5 6
3
s
，
当
5 6
0
3
s
时
0
f
s
，
f s 递减；
当5 6
10
3
s
时
0
f
s
，
f s 递增；
故
f s 有最小值
5 6
5000 6
8185
6824
3
9
f
，故至少需要准备6824 元.
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