2027版53B版新高考版数学总复习分层训练9.4　二项分布、超几何分布与正态分布

专题九计数原理、概率与统计9.4二项分布、超几何分布与正态分布目录考点1二项分布和超几何分布考点2正态分布五年高考·考点练三年模拟·限时练基础强化练综合提升练考点1二项分布和超几何分布五年高考·考点练1.★★(2021浙江,15,6分)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.现从中任取两个球,记取出

的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为

,一红一黄的概率为

,则m-n=______,E(ξ)=___________.

1解析∵P(ξ=2)=

=

=

,可得

=36,∴m+n+4=9,又∵P(一红一黄)=

=

=

=

,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1.P(ξ=0)=

=

=

,P(ξ=1)=

=

=

,P(ξ=2)=

,∴E(ξ)=

×0+

×1+

×2=

+

=

.2.★★★(2026全国Ⅱ卷,15,13分)从某厂生产的某种电子产品中随机抽取了若干件进

行试验,测试它们首次出现故障的时间(单位:天),由试验结果得到如下频率分布直方图:

(1)估计这种电子产品首次出现故障的时间的第一四分位数及中位数(假设数据在组内均匀分布);(2)记

为1件这种电子产品首次出现故障的时间小于365天的概率的估计值.(i)求

;(ii)该厂向某用户销售100件这种电子产品,记X为这100件电子产品中首次出现故障的

时间小于365天的件数,假设X~B(100,

),求E(X),D(X).解析

(1)由频率分布直方图得0.05+0.1=0.15<0.25,0.05+0.1+0.2=0.35>0.25,

(1分)∴第一四分位数为365+

×10=370.

(3分)∵0.05+0.1+0.2=0.35<0.5,0.05+0.1+0.2+0.25=0.6>0.5,(4分)∴中位数为375+

×10=381.

(6分)(2)(i)1件这种电子产品首次出现故障的时间小于365天的概率的估计值

=0.05+0.1=0.15.

(8分)(ii)由(i)得X~B(100,0.15),

(9分)∴E(X)=100×0.15=15.

(11分)D(X)=100×0.15×0.85=12.75.

(13分)3.★★★(2023全国甲理,19,12分)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小

白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在

高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的

增加量(单位:g).(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望.(2)试验结果如下:对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.2

18.8

20.2

21.3

22.5

23.2

25.8

26.5

27.5

30.1

32.6

34.3

34.8

35.6

35.6

35.8

36.2

37.3

40.5

43.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.8

9.2

11.4

12.4

13.2

15.5

16.5

18.0

18.8

19.2

19.8

20.2

21.6

22.8

23.6

23.9

25.1

28.2

32.3

36.5(i)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m与不小于m的数

据的个数,完成如下列联表:

<m≥m对照组

试验组

(ii)根据(i)中的列联表,能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环

境中体重的增加量有差异?附:K2=

,

.解析

(1)依题意得,X的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,∴X的分布列为X012P

∴E(X)=0×

+1×

+2×

=1.(2)(i)依题意可得m=

=23.4.则对照组样本中小于m的数据的个数为6,试验组样本中小于m的数据的个数为14,则列联表为

<m≥m对照组614试验组146(ii)由(i)中列联表可得K2=

=6.4>3.841,∴有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差

异.4.★★★★★(2025全国二卷,19,17分)甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,

负者得0分.设每个球甲胜的概率为p

,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后

乙比甲至少多得2分的概率.(1)求p3,p4(用p表示);(2)若

=4,求p;(3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2.解析

(1)由已知可知p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率.①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题

意,由于各局相互独立,故甲胜3局的概率为p3;②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知:p3=p3.由已知可知p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,则若4局比赛甲胜4局,此时

甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2

局、1局、0局,均不符合.∴p4=p4+

p3(1-p)=4p3-3p4.综上可知:p3=p3,p4=4p3-3p4.(2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q,同理,q4-q3=3q3p,∴

=

=

=4,即p2=4q2,又∵p,q∈(0,1),∴p=2q且p+q=1,∴p=

.(3)证明:不妨令Xn表示n局以后甲的得分,则乙的得分为n-Xn,则Xn~B(n,p).∴pn=P(Xn-(n-Xn)≥2)=P(2Xn-n≥2)=P

,∴p2m+1=P

=P(X2m+1≥m+2)=P(X2m+1≥m+2|X2m≥m+2)P(X2m≥m+2)+P(X2m+1≥m+2|X2m=m+1)·P(X2m=m+1)=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)p=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q=P(X2m≥m+1)-P(X2m=m+1)q=p2m-

pm+1qm,同理,q2m+1=q2m-

qm+1pm,故p2m+1-q2m+1=p2m-q2m+

qm+1pm-

pm+1qm=p2m-q2m+

(pq)m(q-p)<p2m-q2m.p2m+2=P(X2m+2≥m+2)=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)p2+P(X2m=m+1)[1-(1-p)2]=P(X2m≥m+1)+p2

pmqm-

pm+1qm+1=p2m+p2

pmqm-

pm+1qm+1,q2m+2=q2m+q2

pmqm-

pm+1qm+1,故p2m+2-q2m+2=p2m-q2m+(p2-q2)

pmqm>p2m-q2m.综上,原不等式得证.考点2正态分布1.★★(2021新高考Ⅱ,6,5分)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中

不正确的是

()A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等

D

解析因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对

称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次

测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故选项A中结论正确;对于B,测量结果大于10的

概率为0.5,故选项B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果

大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故选项C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故选项D中结论错误.故选D.2.★★★(多选)(2024新课标Ⅰ,9,6分)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植

区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽

取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值

=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(

,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.8413)

()A.P(X>2)>0.2

B.P(X>2)<0.5

C.P(Y>2)>0.5

D.P(Y>2)<0.8

BC

解析

X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),对于A,μ+2σ=1.8+2×0.1=2,P(X>2)=P(X>μ+2σ)<P(X>μ+σ)≈1-0.8413=0.1587,故A错误;对于B,P(X>2)<P(X>1.8)=0.5,故B正确;对于C,μ-σ=2.1-0.1=2,P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确;对于D,P(Y>2)=P(Y>μ-σ)=P(Y<μ+σ)≈0.8413>0.8,故D错误.故选BC.3.★★(2022新高考Ⅱ,13,5分)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)=______________.

0.14

解析∵随机变量X服从正态分布N(2,σ2),∴μ=2.由正态分布的性质可知P(X≤2)=P(X>2)=0.5,∴P(2<X≤2.5)+P(X>2.5)=0.5,∴P(X>2.5)=0.5-0.36=0.14.三年模拟·限时练基础强化练

限时50分钟1.(2026重庆南开中学开学考)某市高三年级男生身高X近似服从正态分布N(170,σ2),若P

(165≤X≤175)=0.7,则P(X≤175)=()A.0.65

B.0.85

C.0.15

D.0.3

B

解析由题意得P(X≤175)=1-

=1-

=0.85.故选B.2.(多选)(2026广东广州一模)某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量X

(单位:g)服从正态分布N(μ,σ2),且P(X<14)=

,P(X≤18)=

.从该流水线上随机抽取4件产品,这4件产品中质量X在区间[14,18]上的件数记为ξ,则

()A.μ=16

B.P(14≤X≤18)=

C.P(ξ=1)=

D.E(ξ)=3

ABD

解析由P(X≤18)=

,得P(X>18)=

,又P(X<14)=

,所以μ=

=16,P(14≤X≤18)=P(X≤18)-P(X<14)=

-

=

=

,则ξ服从二项分布

,所以P(ξ=1)=

·

·

=

,E(ξ)=4×

=3.故选ABD.3.(2026湖北十一校第二次联考)某中学高三年级学生有1200人,在某次数学考试中,数

学成绩X近似服从正态分布N(120,σ2).已知P(105<X≤120)=0.45,则本次考试数学成绩大

于135分的人数约为____________.

60

解析因为P(X>135)=0.5-P(105<X≤120)=0.5-0.45=0.05,所以本次考试数学成绩大于135分的人数约为1200×0.05=60.4.(2026山东名校考试联盟开学考)从一个装有3个白球和5个黑球的袋子中无放回地取

球2次,每次取球1个,记X为取得白球的次数,则E(X)=___________.解析因为X为取得白球的次数,所以X可能的值为0,1,2,且随机变量X服从超几何分布.P(X=0)=

=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

.所以X的分布列为X012P

所以E(X)=0×

+1×

+2×

=

=

.5.(2026河北石家庄一模)某市为增强高中学生的数学建模能力,组织了一次“数学建模

竞赛”活动.本次竞赛活动满分为100分,得分不低于80分为优秀.为了解本次活动学生

的得分情况,现从参加活动的所有同学中随机抽取了100名学生的分数组成样本,并按

分数分成以下6组:[40,50),[50,60),[60,70),…,[90,100],统计结果如图所示.

(1)求该样本中学生分数为优秀的人数;(2)从该样本分数不低于70分的学生中,用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进

行座谈,若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究,记分数在[90,100]的人数为X,求X

的分布列和均值;(3)根据频率分布直方图,以频率估计概率,现从该市所有参加活动的学生中随机抽取50

人,这50名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为Y,当P(Y=k)最大时,求k的值.解析

(1)该样本中学生分数为优秀的频率为(0.010+0.015)×10=0.25,故优秀的人数为100×0.25=25.(2)从样本中得分不低于70分的学生中,用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进

行座谈,其中分数在[90,100]的人数为

×11=2.若从座谈名单中随机抽取3人,则X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,则X的分布列为X012P

所以E(X)=0×

+1×

+2×

=

.(3)由题意知,Y~B(50,0.25),则P(Y=k)=

(0.25)k(1-0.25)50-k,则

=

=

,当

>1时,解得k<11.75.因为k∈N,所以k≤11时,P(Y=k)<P(Y=k+1),当k≥12时,P(Y=k)>P(Y=k+1),所以当k=12时,P(Y=k)最大.6.(2026河南许昌二模)某企业对员工进行技能测试,测试成绩X(满分为150分)近似服从

正态分布N(95,225),且P(95<X<120)=0.4,测试成绩120分以上(含120分)为优秀.(1)若该企业共有30000名员工参加测试,试估计该企业测试成绩80分以上(含80分)的

员工人数(结果四舍五入保留到整数);(2)从该企业所有参加测试的员工中随机抽取3人,设3人中测试成绩优秀的人数为Y,求

Y的分布列和期望.附:若随机变量X~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.解析

(1)因为X~N(95,225),所以μ=95,σ=15,所以P(X≥80)=P(X≥μ-σ)=

+0.5≈

+0.5=0.34135+0.5=0.84135,则30000×0.84135≈25241,所以估计该公司测试成绩80分以上(含80分)的员工人数为25241.(2)因为X~N(95,225),且P(95<X<120)=0.4,所以P(X≥120)=0.5-0.4=0.1,依题意Y~B(3,0.1),所以P(Y=0)=

×(0.1)0×(0.9)3=0.729,P(Y=1)=

×(0.1)1×(0.9)2=0.243,P(Y=2)=

×(0.1)2×(0.9)1=0.027,P(Y=3)=

×(0.1)3×(0.9)0=0.001,故随机变量Y的分布列为Y0123P0.7290.2430.0270.001所以随机变量Y的期望E(Y)=3×0.1=0.3.7.(2026陕西师大附中模拟)2026年春节假期期间,某百货商场举办了一次有奖促销活

动,消费每超过600元(含600元)均可抽奖一次,抽奖方案有两种,顾客只能选择其中的一

种,每位顾客抽奖结果相互独立.方案一:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球2个,白球1个,黑球7个)的抽

奖盒中,一次性摸出3个球.其中奖规则为:若摸出2个红球和1个白球,享受免单优惠;若摸

出2个红球和1个黑球,则打5折;若摸出1个白球和2个黑球,则打7折;其余情况不打折.方案二:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,有

放回每次摸取1球,连摸3次,每摸到1次红球,立减200元.(1)若两个顾客均分别消费了600元,且均选择抽奖方案一,试求两位顾客均享受免单优

惠的概率;(2)若某顾客消费恰好满1000元,试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖

方案更合算.解析

(1)选择方案一,若享受到免单优惠,则需摸出2个红球和1个白球,设顾客享受到免单优惠为事件A,则P(A)=

=

=

.所以两位顾客均享受免单优惠的概率为P=P(A)·P(A)=

×

=

.(2)若选择方案一,设实际付款金额为X元,则X的可能取值为0,500,700,1000.P(X=0)=

=

=

,P(X=500)=

=

=

,P(X=700)=

=

=

,P(X=1000)=1-

-

-

=

,所以E(X)=0×

+500×

+700×

+1000×

=910.若选择方案二,设摸到红球的个数为Y,付款金额为Z元,则Z=1000-200Y.由题意知,Y~B

,故E(Y)=3×

=

.所以E(Z)=E(1000-200Y)=1000-200E(Y)=1000-200×

=820.因为E(X)>E(Z),所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.综合提升练考点练

限时70分钟1.(2026浙江Z20名校联盟联考二)某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调

研,数据如下:企业ABCDEFG研发投入x(万元)3006009001200200028004000专利产出数y(件)357691011(1)现从这7家企业中随机抽取1家.记事件M:抽到的企业“研发投入不超过2000万

元”;事件N:抽到的企业“专利产出数超过8件”.(i)求条件概率P(N|M)的值;(ii)判断事件M与N是否相互独立,并说明理由.(2)从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持,记其中专利产出数大于6件的企业

数为随机变量X,求X的分布列和数学期望E(X).解析

(1)(i)∵P(M)=

,P(MN)=

,∴P(N|M)=

=

.(ii)事件M与N不相互独立.理由如下:∵P(M)P(N)=

×

=

,P(MN)=

,∴P(M)P(N)≠P(MN),故事件M,N不相互独立.(2)这7家企业中,专利产出数大于6的企业有4家,所以X的所有可能取值为0,1,2,3,

X服从超几何分布,P(X=k)=

,k=0,1,2,3

P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

,故X的分布列为X0123P

故X的数学期望E(X)=0×

+1×

+2×

+3×

=

.2.(2026福建宁德三模)把学生考试中解答题结果正确、无明显逻辑错误,但书写步骤不

规范、缺少必要文字说明、卷面潦草、得分要点缺失的解答定义为“拙解”.为优化

考试阅卷效率,某市教育学院引入AI智能阅卷系统,对数学试卷采用两台AI(AI1,AI2)初

评+人工仲裁的方式阅卷.按扣分评分:“拙解”扣1分、2分、3分.AI1,AI2初评与人工仲

裁扣分概率均相同,且相互独立,各扣分概率如下表:扣分123概率

记系统AI1,AI2的扣分分别为X1,X2,人工仲裁扣分为X3,扣分规则如下:①若|X1-X2|≤1,取X1,X2的平均数为最终扣分;②若|X1-X2|>1,启动人工仲裁,取X1,X2中与X3更接近者,与X3计算平均数为最终扣分,若|X3-

X1|=|X3-X2|,则取X1,X2中较小者与X3计算平均数为最终扣分.根据以上材料,解决如下问题:(1)设某同学一道“拙解”的最终扣分为随机变量X,求P(X=1.5).(2)该同学本次考试5道解答题全部为“拙解”,各题扣分相互独立.(i)记单题扣2分的题目数为Y1,求P(Y1=4|Y1≥3);(ii)记单题扣分不高于2分的题目数为Y2,若该同学通过规范书写,可将单题扣分不高于2分的概率提升至q,为使P(Y2≥4)≥0.9,求q的最小值(结果保留两位小数).(参考数据:0.884≈0.60,0.885≈0.53,0.894≈0.63,0.895≈0.56)解析

(1)某同学一道“拙解”的最终扣分为1.5分,包括以下四种可能:AI1扣1分,AI2扣2分;AI1扣2分,AI2扣1分;AI1扣1分,AI2扣3分,人工仲裁扣2分;AI1扣3分,AI2扣1分,人工仲裁扣2分,故P(X=1.5)=P(X1=1,X2=2)+P(X1=2,X2=1)+P(X1=1,X2=3,X3=2)+P(X1=3,X2=1,X3=2)=

×

×2+

×

×

×2=

.(2)(i)因为P(X=1)=P(X1=1,X2=1)+P(X1=1,X2=3,X3=1)+P(X1=3,X2=1,X3=1)=

×

+

×

×

×2=

,P(X=1.5)=

,P(X=2)=P(X1=2,X2=2)=

×

=

,单题扣2分的概率为

,则Y1~B

.P(Y1=3)=

×

=

,P(Y1=4)=

×

=

,P(Y1=5)=

=

,故P(Y1≥3)=

,故P(Y1=4|Y1≥3)=

=

.(ii)原本单题扣分不高于2分的概率为

+

+

=

,则

<q<1,由Y2~B(5,q),有P(Y2≥4)=

q4×(1-q)+

q5≥0.9,得5q4-4q5≥0.9,令f(q)=5q4-4q5,

<q<1,则f'(q)=20q3-20q4=20q3(1-q)>0,故f(q)在

单调递增,又f(0.88)=5×0.884-4×0.885≈5×0.60-4×0.53=0.88<0.9,f(0.89)=5×0.894-4×0.895≈5×0.63-4×0.56=0.91>0.9,所以q的最小值为0.89.3.(2026山东青岛一模)在某生成式人工智能模型中,有一种简化的“词元生成器”,该

模型只有两种词元A,B,且生成词元总数不超过2n(n≥2).若生成A,则过程立即结束;否则

继续生成,直至总数达到2n.每个词元生成需要先预测,再审核.假设每次预测为A,B的概

率均为0.5,且各次预测相互独立.审核规则如下:①若预测中第一次出现词元A,则审核后生成A,B的概率均为0.5;②若预测中第二次出现词元A,则审核后必生成A;③若预测中出现词元B,则审核后必生成B.设X表示过程结束时生成词元的总个数.(1)求P(X=1),P(X=2);(2)求X的分布列;(3)求P(X=2|X≤n).解析

(1)X=1表示第一次就生成A并结束过程,即第一次预测为A,且审核生成A,则P(X=

1)=

×

=

.X=2表示第二次生成A并结束过程,情况有:第一次预测为A,且审核生成B,第二次预测为

A;第一次预测为B,审核必生成B,第二次预测为A,且审核生成A,则P(X=2)=

×

×

+

×1×

×

=

.(2)X=k(1≤k≤2n-1,k∈N*)时,第k个词元输出为A,若前面k-1个词元都预测为B,则其概率

为

,若前面k-1个词元有一个预测为A,则其概率为

=(k-1)

,故P(X=k)=

+(k-1)

=k

,当X=2n时,若前面2n-1个词元都没有预测为A,则其概率为

,若前面2n-1个词元有一个预测为A,则其概率为(2n-1)

,故P(X=2n)=

+(2n-1)

=(2n+1)·

,所以X的分布列为X123…2n-12nP

2×

3×

…(2n-1)·

(2n+1)·

(3)由(1)得P(X=2)=

,由(2)得P(X=k)=k

,P(X≤n)=

k

=1×

+2×

+3×

+…+n

,则

P(X≤n)=1×

+2×

+…+(n-1)

+n

,两式相减得

P(X≤n)=

+

+

+…+

-n

=

-n

=

-

-n

,所以P(X≤n)=1-(n+2)

,所以P(X=2|X≤n)=

=

=

.4.(2026四川成都联考)某企业为某机器人公司生产一种关键部件,此企业生产的部件质

量按等级划分为六个层级,分别对应如下六组质量指标值:[3.5,4.5),[4.5,5.5),[5.5,6.5),[6.

5,7.5),[7.5,8.5),[8.5,9.5].根据大量检测结果,得到部件的质量指标值X服从正态分布N(μ,

σ2),并把质量指标值不小于8的产品称为A等品,其他产品称为B等品.现从该部件的生产

线中随机抽取100件作为样本,统计得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据大量检测结果,该部件质量指标值的标准差s的近似值为1.25,用样本平均数

作为μ的近似值,用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一个部件,试从质量指

标值X服从正态分布N(μ,σ2)的角度估计该部件为A等品的概率(保留小数点后面两位有

效数字).①同一组中的数据用该组区间的中点值代表;②参考数据:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)≈0.9973.(2)(i)从样本的质量指标值在[3.5,4.5)和[8.5,9.5]的部件中随机抽取3件,记其中质量指标

值在[8.5,9.5]的部件件数为η,求η的分布列和数学期望;(ii)该企业为节省检测成本,采用随机混装的方式将所有的部件按100件一箱包装.已知

一件A等品部件的利润是x(20<x<49)元,一件B等品部件的利润是ln(50-x)元,根据(1)的计

算结果,试求x的值,使得每箱产品的利润最大.解析

(1)根据题图可得

=4×0.05+5×0.1+6×0.25+7×0.35+8×0.15+9×0.1=6.75,由题知μ=

=6.75,σ=s=1.25,则X~N(6.75,1.252),A等品的质量指标值不小于8,即P(X≥8)=P(X≥μ+σ)=

[1-P(μ-σ<X<μ+σ)]≈

×(1-0.6827)≈0.16.(2)(i)质量指标值在[3.5,4.5)的件数为100×0.05=5,质量指标值在[8.5,9.5]的件数是100×

0.1=10,由题知,η的可能取值是0,1,2,3.P(η=0)=

=

,P(η=1)=

=

,P(η=2)=

=

,P(η=3)=

=

,所以η的分布列为η0123P

E(η)=0×

+1×

+2×

+3×

=2.(ii)设每箱产品的利润为Z元,其中有Y件A等品,由题知,Z=Yx+(100-Y)ln(50-x)=[x-ln(50

-x)]Y+100ln(50-x),由(1)知,A等品的概率为0.16,则Y~B(100,0.16),于是E(Y)=16,E(Z)=E([x-ln(50-x)]Y+100ln(50-x))=16x+84ln(50-x),记f(x)=16x+84ln(50-x),20<x<49,则f'(x)=16-

=

,当20<x<

时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当

<x<49时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=

时每箱产品的利润最大.5.(2026四川泸州二模)某学校举办一项竞赛活动,首先每个班级选出7位候选人,然后在

这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛,预赛通过后再进入决赛.(1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中,现从这7人中抽签随机选出3人

组成竞赛小组去参加预赛,记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X,求X的分布列

与数学期望.(2)预赛规则如下:竞赛小组每人相互独立同时做同一题,至少有两人做对该题方能进入

决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组,且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为

,

,

,求此竞赛小组能进入决赛的概率.(3)假如只有A组与B组进入决赛,胜者获得冠军.已知决赛规则如下:题库共有2n+1道题,两个小组同时做同一道题,假设每道题都能做出,且没有相同时间做出,先做对该题的小

组得1分,另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为p(0.5<p<1),B组先做对的概率都

为q,且p+q=1,各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择,赛制一:从题库

中选出2n-1道题,这2n-1道题全部做完后,得分高的小组获得冠军;赛制二:做完2n+1道

题,得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出?请说明理由并

写出推导过程.解析

(1)由题意知随机变量X的取值可以为0,1,2,3,P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

.所以X的分布列为X0123P

X的数学期望E(X)=0×

+1×

+2×

+3×

=

=

.(2)设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为A,B,C,则至少有两人做对该题的事件为

AB

+A

C+

BC+ABC,所以此竞赛小组能进入决赛的概率为P(AB

+A

C+

BC+ABC)=P(AB

)+P(A

C)+P(

BC)+P(ABC)=

×

×

+

×

×

+

×

×

+

×

×

=

.(3)按照赛制一,设做完选定的2n-1道题后,A组的得分为Y,则Y~B(2n-1,p),A组取得胜利的概率为p1=P(Y≥n)=P(Y=n)+P(Y≥n+1);按照赛制二,可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完,不妨设做完2n+1道题,A组取得胜利的概率为p2,则p2=P(Y=n-1)·p2+P(Y=n)[1-(1-p)2]+P(Y≥n+1),p2-p1=P(Y=n-1)·p2-P(Y=n)(1-p)2=

pn-1(1-p)np2-

pn(1-p)n-1·(1-p)2=

pn+1(1-p)n-

pn(1-p)n+1=

pn(1-p