【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 第六节 二项分布与正态分布 (含详解).ppt，共(68)页，695.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第六节二项分布与正态分布本节主要包括3个知识点：1.事件的相互独立性及条件概率；2.独立重复试验与二项分布；3.正态分布.突破点(一)事件的相互独立性及条件概率基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．条件概率(1)定义设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|

A)＝______为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．(2)性质①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝_________________．PABPAP(B|A)＋P

(C|A)2．事件的相互独立性(1)定义设A，B为两个事件，如果P(AB)＝，则称事件A与事件B相互独立．(2)性质①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝_____，P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．P(A)P(B

)P(B)考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求条件概率解决条件概率问题的步骤第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在„„前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步

．第二步，计算概率，这里有两种思路．思路一：缩减样本空间法计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝nABnB计算．思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B

)，再利用公式P(A|B)＝PABPB计算．[例1](1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A．0.

8B．0.75C．0.6D．0.45[解析]根据条件概率公式P(B|A)＝PABPA，可得所求概率为0.60.75＝0.8.[答案]A[解析]P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(B)＝C22C25＝110，又A⊇B，则P(AB)＝P(B)

＝110，所以P(B|A)＝PABPA＝PBPA＝14.[答案]B(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝()A.18B.

14C.25D.12(3)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝_______

_.[解析]由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝S正方形EFGHS圆O＝2×2π×12＝2π.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝S△EOHS圆O＝12×12π×12＝12π.故P(B|A)＝PABPA＝12π2π＝14.[答案]14[易错提醒]要注意

P(B|A)与P(A|B)的不同：前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．事件的相互独立性1．求相互独立事件的步骤第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；第三步，根据

互斥事件的概率计算公式求出结果．此外，也可以从对立事件入手计算概率．2．相互独立事件概率的求法与相互独立事件A，B有关的概率的计算公式如下表：事件A，B相互独立概率计算公式A，B同时发生P(AB)＝P(A)P(B)A，B同时不发生P(A－B－)＝P

(A－)P(B－)＝[1－P(A)][1－P(B)]＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)A，B至少有一个不发生P＝1－P(AB)＝1－P(A)P(B)A，B至少有一个发生P＝1－P(A－B－)＝1－P(A－)P(

B－)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)A，B恰有一个发生P＝P(AB－＋A－B)＝P(A)P(B－)＋P(A－)P(B)＝P(A)＋P(B)－2P(A)P(B)[例2](2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活

动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜

对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X)．解：(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮

猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E＝ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD，由事件的独立性与互斥性，得P(E)＝P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＝P(A)P

(B)P(C)P(D)＋P(A)·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＝34×23×34×23＋2×14×23×34×23＋34×13×34×23＝23，所以“星队”至少猜对3个成语的

概率为23.解：由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得P(X＝0)＝14×13×14×13＝1144，P(X＝1)＝2×34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P(X＝2)＝34×13×34×13＋34×13

×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P(X＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X)．P(X＝4)＝2×34×23×34×1

3＋34×23×14×23＝60144＝512，P(X＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X的分布列为X012346P11445722514411251214所以数学期望E(X)＝0×1144＋1×572＋2×25144

＋3×112＋4×512＋6×14＝236.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件A＝{2,3,5}，B＝{1,2,4,5,6}，

则P(A|B)等于()A.25B.12C.35D.45解析：在事件B发生的条件下研究事件A，事件B总共有5种结果，而事件AB只含有其中的2种，所以P(A|B)＝nABnB＝25.答案：A2．[考点二]两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相

互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为()A.12B.512C.14D.16解析：恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，∴P＝23×1－34＋1－23×34＝512.答案

：B3．[考点一]甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为()A．0.45B．0.6C．0.65D．0.75解析：设目标被击中为事件B，目标被甲击中为事件A，则由P(B)＝0.6

×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，得P(A|B)＝PABPB＝PAPB＝0.60.8＝0.75.答案：D4．[考点二]事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝16，P(BC)＝18

，P(ABC)＝18，则P(B)＝________，P(AB)＝________.解析：联立PA·PB＝16，①PB·PC＝18，②PA·PB·PC＝18，③由③÷①得P(C)＝34，

可得P(C)＝1－P(C)＝1－34＝14.将P(C)＝14代入②得P(B)＝12，所以P(B)＝1－P(B)＝12，由①可得P(A)＝13.所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝23×12＝13.答案：12135．[考点二]为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活

动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；两人

滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)．解：(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0

元，40元，80元，两人都付0元的概率为P1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P3＝1－14－12×1－16－23＝14×16＝124，则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝124＋13＋124＝512.(2)由题意得，

ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160.P(ξ＝0)＝14×16＝124，P(ξ＝40)＝14×23＋12×16＝14，P(ξ＝80)＝14×16＋12×23＋14×16＝512，P(ξ＝120)＝12×16＋14×23＝14，P(ξ＝160)＝14×16＝1

24，ξ的分布列为E(ξ)＝0×124＋40×14＋80×512＋120×14＋160×124＝80.ξ04080120160P1241451214124突破点(二)独立重复试验与二项分布基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．独立重复试验在______条件下重复做的n次试验称为n次独立重复

试验．Ai(i＝1,2，„，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3„An)＝__________________．相同P(A1)P(A2)„P(An)2．二项分布在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，

设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作____________，并称p为_________．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝______________(

k＝0,1,2，„，n)．X～B(n，p)成功概率Cknpk(1－p)n－k考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求独立重复试验的概率[例1](1)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1

次获得通过的概率是()A.49B.29C.427D.227[解析]所求概率P＝C13·131·1－133－1＝49.[答案]A(2)位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.

质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是()A.125B．C25125C．C35123D．C25C35125[解析]移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次．故其概率为C35123·122＝

C35125＝C25125.[答案]B[易错提醒](1)“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率为P＝pk

(1－p)n－k；(2)Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k恰好是[(1－p)＋p]n的第k＋1项Tk＋1＝Ckn(1－p)n－kpk.二项分布的简单应用1．二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件A恰好发生k

次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n，p→写出二项分布的分布列→将k值代入求解概率．2．若离散型随机变量X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，即其均值和方差的求解既可

以利用定义，也可以直接代入上述公式．[例2]某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二

等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．[解](1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红

球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A1与A2相互独立，A1A－2与A－1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A－2＋A－

1A2，C＝B1＋B2.因为P(A1)＝410＝25，P(A2)＝510＝12，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1A－2＋A－1A2)＝P(A1A－2)＋P(A－1A2)＝P(A1)P(A－2)＋P(A－1)P(A

2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝25×1－12＋1－25×12＝12.故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝15＋12＝710.[解]顾客抽奖3次可视为3次

独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X～B3，15.于是P(X＝0)＝C03150453＝64125，P(X＝1)＝C13151452＝481

25，P(X＝2)＝C23152451＝12125，(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．P(X＝3)＝C33153450＝1125.故X的分布列为X

0123P6412548125121251125数学期望E(X)＝3×15＝35.[方法技巧]求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np；D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]某人

参加一次考试，4道题中解对3道即为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是()A．0.18B．0.28C．0.37D．0.48解析：C34×0.43×0.6＋C44×0.44＝0.1792≈0.18.答案：A2．[考点一]设事件A在每

次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A至少发生一次的概率为6364，则事件A恰好发生一次的概率为________．解析：假设事件A在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p，由题意得，事件A发生的次数X～B(3，p)，则有1－(1－p)3＝6364，得

p＝34，则事件A恰好发生一次的概率为C13×34×1－342＝964.答案：9643．[考点二]有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次数，则D(X)＝________.解析：∵X～B3，14，

∴D(X)＝3×14×34＝916.答案：9164．[考点二]某智能玩具的外形是正方体，其每一个面(编号分别为①②③④⑤⑥)上都配置有5颗颜色各异的闪光小星星，假设每颗闪光小星星正常发光的概率均为12，若一个面上至少有3颗闪

光小星星正常发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一个面需要10元，用η表示更换费用．(1)求①号面需要更换的概率；(2)求η的分布列及数学期望．解：(1)由题意知，①号面需要更换的概率为1－C35＋C45＋C5525＝12.解：设需要更换的面的个数为ξ，则ξ～B6，

12，P(ξ＝0)＝C0626＝164，P(ξ＝1)＝C1626＝332，P(ξ＝2)＝C2626＝1564，P(ξ＝3)＝C3626＝516，P(ξ＝4)＝C4626＝1564，P(ξ＝5)＝C5626＝332，

P(ξ＝6)＝C6626＝164，(2)求η的分布列及数学期望．所以η的分布列为η0102030405060P16433215645161564332164所以数学期望E(η)＝0×164＋10×332＋20×1564＋30×516＋40×1564＋50×332＋60×164＝30(元

)．(或E(η)＝E(10ξ)＝10E(ξ)＝10×6×12＝30(元)．)5．[考点二]2015年9月3日，抗战胜利70周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人民的瞩目．纪念活动包括纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等．据统计，抗战老兵由于身体

原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这3个环节(可参加多个，也可都不参加)的情况及其概率如下表所示：参加纪念活动的环节数0123概率16161313(1)若从抗战老兵中随机抽取2名进行座谈，求这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同的概率；解：(1)设“这2名抗战老兵参加纪念

活动的环节数不同”为事件M，则“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数相同”为事件M－，根据题意可知P(M－)＝162＋162＋132＋132＝518，由对立事件的概率计算公式可得P(

M)＝1－P(M－)＝1318，即这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同的概率为1318.(2)某医疗部门决定从这些抗战老兵中(其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵数大于等于3)随机抽取3名进行体检，其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵有ξ名，求ξ的分布列和数学期望．解：根据

题意可知随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3，且ξ～B3，13则P(ξ＝0)＝C03×1－133＝827，P(ξ＝1)＝C13×13×1－132＝49，P(ξ＝2)＝C23×132×1－13＝29，P

(ξ＝3)＝C33×133＝127.则随机变量ξ的分布列为E(ξ)＝3×13＝1.ξ0123P8274929127突破点(三)正态分布基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．正态曲线及性质(1)正态曲线的定义函数φμ，σ(x)＝_____________，x∈(－∞，＋∞)(其中实数

μ和σ(σ＞0)为参数)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．1σ2πe222x－－(2)正态曲线的特点①曲线位于x轴_____与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线_____对称；③曲线在_____处达到峰值1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为__；⑤当σ一定时，曲线

的位置由μ确定，曲线随着__的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定：σ_____，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；σ_____，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.上方x＝μx＝μμ1越小越大2．正态分布(1)正态分布的定义及表

示：如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝abφμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作____________．(2)正态分布的三个常用数据：①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝________；②P(μ－2σ＜X

≤μ＋2σ)＝________；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝________.X～N(μ，σ2)0.68260.95440.9974考点贯通抓高考命题的“形”与“神”正态曲线的性质[例1](1)已知随机变量ξ服从正态分布N(

2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)＝()A．0.6B．0.4C．0.3D．0.2[解析]画出正态曲线如图，结合图象知：P(ξ<0)＝P(ξ>4)＝1－P(ξ<4)＝1－0.8＝0.2，P(0<ξ<2)＝12P(0<ξ<4)＝12[1－P(ξ<0)－P(ξ>4)]＝12(1－

0.2－0.2)＝0.3.[答案]C[解析]由题意，知P(ξ>110)＝1－2P90≤ξ≤1002＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.[答案]10(2)某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布

N(100,102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．[方法技巧]利用正态曲线的对称性求概率是高考考查的重点．解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知

概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断．对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；(2)P(X<x0)＝1－P(X≥x0);(3)P(a<X<b)＝P(X<b)－P(X≤a)．正态

分布[例2](1)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<

ξ<μ＋2σ)＝95.44%.A．4.56%B．13.59%C．27.18%D．31.74%[解析]由正态分布的概率公式知P(－3<ξ<3)＝0.6826，P(－6<ξ<6)＝0.9544，故P(3<ξ<6)＝P－6<ξ<6－P

－3<ξ<32＝0.9544－0.68262＝0.1359＝13.59%.[答案]B(2)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若X～

N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544.A．2386B．2718C．3413D．4772[解析]由P(－1<X≤1)＝0.6826，得P(0<X≤1)＝0.341

3，则阴影部分的面积为0.3413，故估计落入阴影部分的点的个数为10000×0.34131×1＝3413.[答案]C[方法技巧]解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴x＝μ；(2)标准差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．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一、二]在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(4，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,4)内取值的概率

为0.4，则ξ在(0，＋∞)内取值的概率为()A．0.2B．0.4C．0.8D．0.9解析：∵ξ服从正态分布N(4，σ2)(σ>0)，∴曲线的对称轴是直线x＝4，∴ξ在(4，＋∞)内取值的概率为0.5.∵ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，∴ξ在(0，＋∞)内

取值的概率为0.5＋0.4＝0.9.答案：D2．[考点一]设随机变量X服从正态分布N(3,4)，若P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)，则a＝()A．3B.53C．5D.73解析：因为X服从正态分布N(3,4)，P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)．∴2a－3＋a＋2＝6，a

＝73.答案：D3．[考点一]已知随机变量X～N(2，s2)，若P(X<a)＝0.32，则P(a≤X<4－a)＝________.解析：由正态曲线的对称性可得：P(a≤X<4－a)＝1－2P(X<a)＝0.36.答案：0.364．[考点二]商场经营的某种袋装大米质

量(单位：kg)服从正态分布N(10，0.12)，任取一袋大米，质量不足9.8kg的概率为________．(精确到0.0001)注：P(μ－σ<x≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<x≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ<x≤μ＋3σ)＝0.99

74解析：因为袋装大米质量(单位：kg)服从正态分布N(10，0.12)，所以P(ξ<9.8)＝12[1－P(9.8<ξ<10.2)]＝12[1－P(10－2×0.1<ξ<10＋2×0.1)]＝12(1－0.9544)＝0.

0228.答案：0.02285．[考点二]在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从正态分布，即ξ～N(100,100)，已知满分为150分．(1)试求考试成绩ξ位于区间(80,120]内的概率；(2)若这次考试共有2000名考生参加，试估计这次考试及格(

不小于90分)的人数．解：(1)由ξ～N(100,100)，知μ＝100，σ＝10.∴P(80＜ξ≤120)＝P(100－20＜ξ≤100＋20)＝0.9544，即考试成绩位于区间(80,120]内的概率为0.9544.解：P(90＜ξ≤110)＝

P(100－10＜ξ≤100＋10)＝0.6826，∴P(ξ＞110)＝12×(1－0.6826)＝0.1587，∴P(ξ≥90)＝0.6826＋0.1587＝0.8413.∴及格人数为2000×0.8413≈1683.(2)若这次考试共有2000名考生

参加，试估计这次考试及格(不小于90分)的人数．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2015·新课标全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为

()A．0.648B．0.432C．0.36D．0.312解析：3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故

选A.答案：A2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种

产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区

间(187.8,212.2)的产品件数．利用①的结果，求EX.附：150≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.9544.解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x＝170×0.

02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①

由(1)知，Z～N(200,150)，从而P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.6826.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.6826，依题意知X～B(100,0.

6826)，所以EX＝100×0.6826＝68.26.3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产

品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品

都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事

件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2)＝416×116＋116×1

2＝364.解：X可能的取值为400,500,800，并且P(X＝400)＝1－416－116＝1116，P(X＝500)＝116，P(X＝800)＝14.所以X的分布列为X400500800P111611614EX＝400×1116＋500×116＋800×14＝

506.25.(2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．