2025年新高考数学一轮复习（基础版）第10章　§10.7　二项分布、超几何分布与正态分布

§10.7二项分布、超几何分布与正态分布课标要求1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用．知识梳理1．二项分布(1)伯努利试验只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验；将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．(2)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<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，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)．(3)两点分布与二项分布的均值、方差①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．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P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{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．3．正态分布(1)定义若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2)．(2)正态曲线的特点①曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；②曲线在x＝μ处达到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．(3)3σ原则①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827；②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545；③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.(4)正态分布的均值与方差若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2.常用结论1．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．2．超几何分布有时也记为X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝eq\f(nM,N)，方差D(X)＝eq\f(nM,N)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n－1,N－1))).自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．(√)(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布．(√)(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(×)(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．(×)2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为eq\f(2,3)，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是()A.eq\f(80,243)B.eq\f(80,81)C.eq\f(163,243)D.eq\f(163,729)答案A解析用X表示发芽的粒数，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3)))，则P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(80,243)，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为eq\f(80,243).3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是()A．32B．16C．8D．20答案B解析因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.6827.根据正态密度曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是eq\f(1,2)×0.6827×48≈16.4．(选择性必修第三册P78例4改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝1)＝________.答案eq\f(1,2)解析由题意得P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,7),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,2).题型一二项分布例1某种植户对一块地上的n(n∈N*)个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为eq\f(1,2)，且每粒种子是否发芽相互独立．如果每个坑内至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则需要补种．(1)求每个坑不需要补种的概率；(2)当n＝4时，用X表示要补种的坑的个数，求X的分布列和期望．解(1)由题意可知，每个坑要补种的概率P＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,2)，则每个坑不需要补种的概率为1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).(2)易知X的可能取值为0,1,2,3,4，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,2)))，因此P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,4)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,8)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝eq\f(1,4)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＝eq\f(1,16)，所以X的分布列为X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)E(X)＝4×eq\f(1,2)＝2.思维升华二项分布问题的解题关键(1)定型：①在每一次试验中，事件发生的概率相同．②各次试验中的事件是相互独立的．③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．(2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．跟踪训练1(2023·太原模拟)第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为eq\f(2,3)，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为eq\f(2,3)，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为eq\f(3,4)，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为eq\f(1,2).(1)设甲3次点球的总得分为X，求X的分布列和均值；(2)求乙总得分为100分的概率．解(1)设甲3次点球射进的次数为Y，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，Y的可能取值为0,1,2,3，且X＝50Y，则X的所有可能的取值为0,50,100,150.P(X＝0)＝P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,27)，P(X＝50)＝P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)，P(X＝100)＝P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))1＝eq\f(4,9)，P(X＝150)＝P(Y＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以X的分布列为X050100150Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)E(X)＝0×eq\f(1,27)＋50×eq\f(2,9)＋100×eq\f(4,9)＋150×eq\f(8,27)＝100.(或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×eq\f(2,3)＝100)(2)设“乙第i次射进点球”为事件Ai(i＝1,2,3)，则乙总得分为100分的事件为B＝A1A2eq\x\to(A3)＋A1eq\x\to(A2)A3＋eq\x\to(A1)A2A3.因为A1A2eq\x\to(A3)，A1eq\x\to(A2)A3，eq\x\to(A1)A2A3互斥，所以P(B)＝P(A1A2eq\x\to(A3)＋A1eq\x\to(A2)A3＋eq\x\to(A1)A2A3)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,3)，故乙总得分为100分的概率为eq\f(1,3).题型二超几何分布例2(2023·宿州质检)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市．为了统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为eq\f(1,3).(1)求n的值；(2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和均值．解(1)由题知，共有(n＋6)个机房，抽取2个机房有Ceq\o\al(2,n＋6)种方法，其中全是小机房有Ceq\o\al(2,6)种方法，因此全是小机房的概率P＝eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,n＋6))＝eq\f(1,3)，解得n＝4.即n的值为4.(2)X的可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,6)C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(4,120)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(2,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(60,120)＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,6)C\o\al(0,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(20,120)＝eq\f(1,6).则随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)则E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5).思维升华(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列．(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型．跟踪训练2(2024·安庆模拟)乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：民宿点甲乙丙丁戊己庚辛普通型民宿16812141318920品质型民宿6164101110912(1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率；(2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和均值．解(1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家．记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件B，则P(A)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,8))＝eq\f(5,14)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,8))＝eq\f(1,14)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,5).(2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家，故X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(4,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(30,70)＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(5,70)＝eq\f(1,14)，所以X的分布列为X0123Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)所以E(X)＝0×eq\f(1,14)＋1×eq\f(3,7)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(1,14)＝eq\f(3,2).题型三正态分布例3(1)(2023·烟台模拟)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100km)情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14kW·h/100km的汽车大约有()A．180辆 B．360辆C．600辆 D．840辆答案A解析因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7，所以P(ξ≥14)＝eq\f(1,2)×[1－P(12<ξ<14)]＝eq\f(1,2)×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于14kW·h/100km的汽车大约有1200×0.15＝180(辆)．(2)(2023·长沙市明德中学模拟)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布．绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车()A．有26min可用 B．有30min可用C．有34min可用 D．有38min可用答案D解析由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具．根据X和Y的分布密度曲线图可知，P(X≤26)>P(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)<P(Y≤38)．所以如果有38min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车．思维升华解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴为x＝μ.(2)标准差为σ.(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.跟踪训练3(1)(2024·佛山模拟)佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800，σ2)，且P(X<801)＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)＝________.答案1解析因为X～N(800，σ2)，均值μ＝800，且P(X<801)＝0.6，所以P(800≤X<801)＝P(X<801)－P(X<800)＝0.6－0.5＝0.1，由题可得Y～B(10,0.1)，所以E(Y)＝10×0.1＝1.(2)(2023·唐山模拟)某种食盐的袋装质量X服从正态分布N(400,16)，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间(396,408]的约有________袋．(质量单位：g)附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.答案8186解析由题意知，X～N(400,42)，所以P(396≤X≤404)≈0.6827，P(392≤X≤408)≈0.9545，得P(396<X≤408)＝P(392≤X≤408)－P(392≤X≤396)＝P(392≤X≤408)－eq\f(1,2)[P(392≤X≤408)－P(396≤X≤404)]≈0.9545－eq\f(1,2)×(0.9545－0.6827)＝0.8186，所以袋装质量在区间(396,408]的约有10000×0.8186＝8186(袋)．课时精练一、单项选择题1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X＝0)＝eq\f(4,9)，则D(Y)等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,9)D.eq\f(8,9)答案D解析因为随机变量X～B(2，p)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,2)(1－p)2＝eq\f(4,9)，解得p＝eq\f(1,3)或p＝eq\f(5,3)(舍去)，所以Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以D(Y)＝4×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(8,9).2．(2023·福建名校联盟大联考)甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为eq\f(2,3)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)，采用三局两胜制，则甲以2∶1获胜的概率为()A.eq\f(8,27)B.eq\f(4,27)C.eq\f(4,9)D.eq\f(2,9)答案A解析甲以2∶1获胜指前两局甲胜一局，第三局甲胜，则概率为Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(8,27).3．(2023·枣庄模拟)某地区有20000名考生参加了高三第二次调研考试．经过数据分析，数学成绩X近似服从正态分布N(72,82)，则数学成绩位于(80,88]的人数约为()参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.A．455B．2718C．6346D．9545答案B解析由题意可知，μ＝72，σ＝8，P(80<X≤88)＝P(μ＋σ<X≤μ＋2σ)＝eq\f(1,2)[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈eq\f(1,2)×(0.9545－0.6827)＝0.1359，则数学成绩位于(80,88]的人数约为0.1359×20000＝2718.4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的正品数为ξ，则均值E(ξ)为()A.eq\f(4,5)B.eq\f(9,10)C．1D.eq\f(6,5)答案D解析ξ的所有可能取值为0,1,2，则P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，则E(ξ)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).5．“锦里开芳宴，兰缸艳早年．”元宵节是中国非常重要的传统节日，某班级准备进行“元宵福气到”抽奖活动．福袋中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个相同的小球，从袋中一次性摸出三个小球，若号码之和是3的倍数，则获奖．若有5名同学参与此次活动，则恰好3人获奖的概率是()A.eq\f(72,625)B.eq\f(108,625)C.eq\f(144,625)D.eq\f(216,625)答案C解析每次抽奖中，样本点总数为Ceq\o\al(3,5)＝10，获奖的共有(1,2,3)，(1,3,5)，(2,3,4)，(3,4,5)这4种，所以p＝eq\f(2,5)，设5人中获奖人数为X，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,5)))，所以P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(144,625).6．(2024·赤峰模拟)某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有()A．1张B．2张C．3张D．4张答案B解析设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)．若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,9),C\o\al(2,10))＝eq\f(1,5)，E(X)＝30×eq\f(1,5)＝6，若盒子中的有奖券有2张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,8)C\o\al(1,2)＋C\o\al(2,2),C\o\al(2,10))＝eq\f(17,45)，E(X)＝30×eq\f(17,45)＝eq\f(34,3)，若盒子中的有奖券有3张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,7)C\o\al(1,3)＋C\o\al(2,3),C\o\al(2,10))＝eq\f(8,15)，E(X)＝30×eq\f(8,15)＝16，若盒子中的有奖券有4张，则中奖的概率p＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,4)＋C\o\al(2,4),C\o\al(2,10))＝eq\f(2,3)，E(X)＝30×eq\f(2,3)＝20，根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天．二、多项选择题7．(2023·莆田模拟)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7,9)的个数记为X，则()A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8C．E(ξ)>E(5X) D．P(X≥1)>0.9答案BD解析由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，故A错误；X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确；E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，故E(ξ)<E(5X)，故C错误；因为X～B(3,0.6)，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)(0.6)0×(0.4)3＝0.064，故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>0.9，故D正确．8．(2023·葫芦岛模拟)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列说法正确的是()A．从中任取3球，恰有2个白球的概率是eq\f(1,5)B．从中有放回地取球六次，每次任取1球，设取到红球次数为X，则E(X)＝2C．现从中不放回地取球两次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为eq\f(2,5)D．从中有放回地取球三次，每次任取1球，则至少有一次取到白球的概率为eq\f(19,27)答案AD解析对于A，从中任取3球，恰有2个白球的概率是eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5)，故A正确；对于B，易知X服从二项分布，即X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(2,3)))，所以E(X)＝6×eq\f(2,3)＝4，故B错误；对于C，第一次取到红球后，第二次取球时，袋子中还有3个红球和2个白球，再次取到红球的概率为eq\f(3,5)，故C错误；对于D，有放回地取球，每次取到白球的概率为eq\f(1,3)，没有取到白球的概率为eq\f(2,3)，所以取球3次没有取到白球的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以至少有一次取到白球的概率为1－eq\f(8,27)＝eq\f(19,27)，故D正确．三、填空题9．(2023·滨州模拟)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记2分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则X的方差D(X)＝________.答案eq\f(96,25)解析由题意得从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球的概率P＝eq\f(2,5)，记4次取到白球的个数为Y，则Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,5)))，则X＝2Y，故D(Y)＝4×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(24,25)，则D(X)＝D(2Y)＝4×eq\f(24,25)＝eq\f(96,25).10．(2024·南开模拟)一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中每次抽取1个产品．若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为________；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品________次．答案eq\f(1,10)6解析令Ai为第i(i＝1,2,3)次取得一等品，所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为P(eq\x\to(A1)eq\x\to(A2)A3)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)×eq\f(3,3)＝eq\f(1,10)，若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为eq\f(3,5)，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(3,5)))，E(X)＝10×eq\f(3,5)＝6，所以平均取得一等品6次．四、解答题11．(2023·宁夏石嘴山统考)人类命运共同体充分展现了中国的大国担当．在第75届联合国大会上中国承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)，此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化．新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．为了解A，B两个品牌新能源电动汽车的使用满意度，在某市对购买A，B两个品牌的用户各随机抽取了100名进行问卷调查，记录他们对A，B两种品牌的满意度得分(满分100分)，将数据分成6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如图所示的频率分布直方图：(1)请通过频率分布直方图分别估计A，B两种电动汽车使用满意度的平均得分，并判断哪种品牌电动汽车更受用户欢迎(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)以样本频率估计概率，若使用满意度得分不低于70分，说明用户对该品牌电动汽车较满意，现从该市使用B品牌的用户中随机抽取5个人，用X表示对B品牌较满意的人数，求X的分布列及均值．解(1)设用户对A品牌电动汽车的满意度平均分为eq\x\to(x)，则eq\x\to(x)＝(45×0.006＋55×0.014＋65×0.018＋75×0.031＋85×0.021＋95×0.010)×10＝72.7，设用户对B品牌电动汽车的满意度平均分为eq\x\to(y)，则eq\x\to(y)＝(45×0.005＋55×0.010＋65×0.010＋75×0.020＋85×0.032＋95×0.023)×10＝78.3，显然72.7<78.3，所以B品牌电动汽车更受用户欢迎．(2)依题意，用户对B品牌电动汽车满意度不低于70分的频率为(0.020＋0.032＋0.023)×10＝0.75＝eq\f(3,4)，低于70分的频率为(0.005＋0.010＋0.010)×10＝0.25＝eq\f(1,4)，从该市使用B品牌的用户中随机抽取5个人，则X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,4)))，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))5＝eq\f(1,1024)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＝eq\f(15,1024)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＝eq\f(90,1024)＝eq\f(45,512)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al