（2022高考数学一轮复习(步步高)）第十章 §10.6　二项分布与正态分布.docx

1、10.6二项分布与正态分布二项分布与正态分布 考试要求1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念.2.理解 n 次独立重复试验 的模型及二项分布，并能解决一些简单问题.3.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲 线所表示的意义 1条件概率及其性质 (1)对于任何两个事件 A 和 B， 在已知事件 A 发生的条件下， 事件 B 发生的概率叫做条件概率， 用符号 P(B|A)来表示，其公式为 P(B|A)PAB PA (P(A)0) 在古典概型中，若用 n(A)和 n(AB)分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件的个数，则 P(B|A)nAB nA . (2)条件概率具有的性质

2、 0P(B|A)1. 如果 B 和 C 是两个互斥事件， 则 P(BC|A)P(B|A)P(C|A) 2相互独立事件 (1)对于事件 A，B，若事件 A 的发生与事件 B 的发生互不影响，则称事件 A，B 是相互独立 事件 (2)若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)P(B) (3)若 A 与 B 相互独立，则 A 与 B ， A 与 B， A 与 B 也都相互独立 (4)P(AB)P(A)P(B)A 与 B 相互独立 3独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试 验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一

3、次试验中发生的概率都 是一样的 (2)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 发生的概率为 p，则 P(Xk)Cknpk(1p)n k(k0,1,2，n)，此时称随机变量 X 服从二项分布，记为 X B(n，p)，并称 p 为成功概率 4两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(1p) (2)若 XB(n，p)，则 E(X)np，D(X)np(1p) 5正态分布 (1)正态曲线： 函数，(x) 1 2 2 ()2 2 e x- - ， x(， )， 其中实数和为参数(0， R) 我 们称函数，(

4、x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线 (2)正态曲线的特点 曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交 曲线是单峰的，它关于直线 x对称 曲线在 x处达到峰值 1 2. 曲线与 x 轴之间的面积为 1. 当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿 x 轴平移，如图甲所示 当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；越 大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示 (3)正态分布的定义及表示 一般地，如果对于任何实数 a，b(ab)，随机变量 X 满足 P(aXb)ba，(x)dx，则称随机 变量 X 服从正态分布，记作 XN(，2) 正态总体在三个特殊

5、区间内取值的概率值 P(X)0.682 7； P(2X2)0.954 5； P(32c1)P(X2c1)P(Xc3)， 2c1c332， c4 3. 题组三易错自纠 5 (2021荆州模拟)孔子曰“三人行， 必有我师焉 ”从数学角度来看， 这句话有深刻的哲理， 古语说三百六十行，行行出状元，假设有甲、乙、丙三人，其中每一人在每一行业中胜过孔 圣人的概率为 1%， 那么甲、 乙、 丙三人中至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为() (参考数据：0.993600.03，0.013600，0.9730.912 673) A0.002 7%B99.997 3%C0D91.267 3% 答案B 解析一

6、个人三百六十行全都不如孔圣人的概率为 0.993600.03，三个人三百六十行都不如 孔圣人的概率为 0.0330.000 027，所以至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为 1 0.000 0270.999 97399.997 3%. 6 (2021三明模拟)近几年新能源汽车产业正持续快速发展， 动力蓄电池技术是新能源汽车的 核心技术已知某品牌新能源汽车的车载动力蓄电池充放电次数达到 800 次的概率为 90%， 充放电次数达到 1 000 次的概率为 36%.若某用户的该品牌新能源汽车已经经过了 800 次的充 放电，那么他的车能够达到充放电 1 000 次的概率为() A0.324B0

7、.36C0.4D0.54 答案C 解析设事件 A 表示“充放电次数达到 800”，事件 B 表示“充放电次数达到 1 000”， 则 P(A)90%0.9，P(AB)P(B)P(A|B)P(B)1P(B)36%0.36， 因为该用户的该品牌新能源汽车已经经过了 800 次的充放电， 那么他的车能够达到充放电 1 000 次的概率为 P(B|A)PAB PA 0.36 0.9 0.4. 题型一 条件概率 例 1 (1)(2020葫芦岛模拟)对标有不同编号的 6 件正品和 4 件次品的产品进行检测，不放回地 依次摸出 2 件在第一次摸出次品的条件下，第二次摸到正品的概率是() A.3 5 B.2

8、5 C.5 9 D.2 3 答案D 解析记 A“第一次摸出的是次品”， B“第二次摸到的是正品”，由题意知， P(A) 4 10 2 5，P (AB) 4 10 6 9 4 15，则 P (B|A)P(AB) P(A) 4 15 2 5 2 3. (2)已知盒中装有 3 个红球、2 个白球、5 个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球， 甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为 () A. 3 10 B.1 3 C.3 8 D.2 9 答案B 解析设 A甲第一次拿到白球，B甲第二次拿到红球， 则 P(AB)A 1 2A13 A210 1 15，P(A)

9、C12 C110 1 5， 所以 P(B|A)PAB PA 1 3. 思维升华 求条件概率的常用方法 (1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)PAB PA . (2)借助古典概型概率公式， 先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条件下求 事件 B 包含的基本事件数，即 n(AB)，得 P(B|A)nAB nA . 跟踪训练 1 (1)在 100 件产品中有 95 件合格品，5 件不合格品，现从中不放回地取两次，每次 任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为_ 答案 4 99 解析方法一(应用条件概率公式求解)设事件A为“第一

10、次取到不合格品”， 事件B为“第 二次取到不合格品”，则所求的概率为 P(B|A)， 因为 P(AB) A25 A2100 1 495，P(A) C15 C1100 1 20， 所以 P(B|A)PAB PA 1 495 1 20 4 99. 方法二(缩小样本空间求解)第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有 99 件产 品，其中有 4 件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为 4 99. (2)(2020荆州模拟)“幻方”最早记载于我国公元前 500 年的春秋时期大戴礼中，n 阶幻 方(n3，nN*)是由前 n2个正整数组成的一个 n 阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的 n 个数

11、之和(简称幻和)相等，例如“3 阶幻方”的幻和为 15.现从如图所示的 3 阶幻方中任取 3 个不同的数，记“取到的 3 个数的和为 15”为事件 A，“取到的 3 个数可以构成一个等差数 列”为事件 B，则 P(B|A)_. 答案 1 2 解析根据题意，事件 A 的所有可能结果为(8,1,6)，(3,5,7)，(4,9,2)，(8,3,4)，(1,5,9)，(6,7,2)， (8,5,2)， (4,5,6)， 共 8 个； 事件 A， B 同时发生的所有可能结果为(3,5,7)， (1,5,9)， (8,5,2)， (4,5,6)， 共 4 个，所以 P(B|A)nAB nA 4 8 1 2

12、. 题型二 独立重复试验与二项分布 命题点 1相互独立事件的概率 例 2 (八省联考)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件 1,2,3 需要调整的概率 分别为 0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立 (1)求设备在一天的运转中，部件 1,2 中至少有 1 个需要调整的概率； (2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为 X，求 X 的分布列及均值 解设“部件 1,2,3 中需要调整的事件”分别为 A1，A2，A3，则 P(A1)0.1，P(A2)0.2，P(A3) 0.3. (1)设“部件 1,2 中至少有 1 个需要调整的事件”为 B， 则 B 为“部件 1,2 中都不需

13、要调整” 由于部件 1,2 的状态相互独立， 则 P(B)1P( B )11P(A1)1P(A2)1(10.1)(10.2)10.90.80.28. (2)由题意知，设备在一天的运转中需要调整的部件个数可能为 0,1,2,3. 则 P(X0)1P(A1)1P(A2)1P(A3)(10.1)(10.2)(10.3)0.504. P(X1)P(A1)1P(A2)1P(A3)1P(A1)P(A2)1P(A3)1P(A1)1P(A2)P(A3) 0.10.80.70.90.20.70.90.80.30.0560.1260.2160.398， P(X2)P(A1)P(A2)1P(A3)P(A1)1P(A

14、2)P(A3)1P(A1)P(A2)P(A3) 0.10.20.70.10.80.30.90.20.30.0140.0240.0540.092. P(X3)P(A1)P(A2)P(A3)0.10.20.30.006. 则 X 的分布列如下： X0123 P0.5040.3980.0920.006 故 E(X)00.50410.39820.09230.0060.3980.1840.0180.6. 命题点 2独立重复试验 例 3 (2020广东华附、省实、广雅、深中四校联考)连续抛掷同一颗均匀的骰子，令第 i 次得 到的点数为 ai，若存在正整数 k，使 a1a2ak6，则称 k 为你的幸运数字

15、(1)求你的幸运数字为 3 的概率； (2)若 k1，则你的得分为 6 分；若 k2，则你的得分为 4 分；若 k3，则你的得分为 2 分； 若抛掷三次还没找到你的幸运数字则记 0 分，求得分的分布列和均值 解(1)记“连续抛掷 k 次骰子的点数和为 6”为事件 A，则它包含事件 A1，A2，A3， 其中 A1：三次恰好都为 2；A2：三次中恰好 1,2,3 各一次；A3：三次中有两次为 1，一次为 4， A1，A2，A3为互斥事件， 则 k3 的概率 P(A)P(A1)P(A2)P(A3)C33 1 6 3C1 31 6C 1 21 6C 1 11 6C 2 3 1 6 21 6 5 108

16、. (2)由已知得的所有可能取值为 6,4,2,0， P(6)1 6，P(4) 1 6 2C1 21 6 1 6C 1 21 6 1 6 5 36， P(2) 5 108，P(0)1 1 6 5 36 5 108 35 54. 的分布列为 6420 P 1 6 5 36 5 108 35 54 E()61 64 5 362 5 1080 35 54 89 54. 命题点 3二项分布 例 4 (2020全国 100 所名校最新示范卷)某社区组织开展“扫黑除恶”宣传活动，为鼓励更多 的人积极参与到宣传活动中来，宣传活动现场设置了抽奖环节在盒中装有 9 张大小相同的 精美卡片， 卡片上分别印有“扫黑

17、除恶利国利民”或“普法宣传人人参与”图案 抽奖规则： 参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张分别是“普法宣传人人参与”和“扫黑除恶利国利 民”卡即可获奖，否则，均为不获奖卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行活 动开始后，一位参加者问：“盒中有几张普法宣传人人参与卡？”主持人答：“我只知 道，从盒中抽取两张都是扫黑除恶利国利民卡的概率是1 6.” (1)求抽奖者获奖的概率； (2)为了增加抽奖的趣味性，规定每个抽奖者先从装有 9 张卡片的盒中随机抽出 1 张不放回， 再用剩下 8 张卡片按照之前的抽奖规则进行抽奖，现有甲、乙、丙三人依次抽奖，用 X 表示 获奖的人数，求 X 的分布列和均值

18、解(1)设“扫黑除恶利国利民”卡有 n 张， 由C 2 n C29 1 6，得 n4，故“普法宣传人人参与”卡有 5 张，抽奖者获奖的概率为 C15C14 C29 5 9. (2)在新规则下，每个抽奖者获奖的概率为4 9 C15C13 C28 5 9 C14C14 C28 5 9， 所以 XB 3，5 9 ， P(Xk)Ck3 5 9 k 4 9 3k(k0,1,2,3)， X 的分布列为 X0123 P 64 729 80 243 100 243 125 729 所以 E(X)35 9 5 3. 思维升华 (1)求相互独立事件同时发生的概率的方法 利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解 正面

19、计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算 (2)独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略 在求 n 次独立重复试验中事件恰好发生 k 次的概率时，首先要确定好 n 和 k 的值，再准确 利用公式求概率 在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定 二项分布的试验次数 n 和变量的概率，求得概率 跟踪训练 2 (2019天津)设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为2 3，假定 甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立 (1)用 X 表示甲同学上学期间的三天中 7： 30 之前到校的天数， 求随机变量 X 的

20、分布列和均值； (2)设 M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前 到校的天数恰好多 2”，求事件 M 发生的概率 解(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之前到校的概率均为 2 3，故 XB 3，2 3 ，从而 P(Xk)Ck3 2 3 k 1 3 3k，k0,1,2,3. 所以随机变量 X 的分布列为 X0123 P 1 27 2 9 4 9 8 27 随机变量 X 的均值 E(X)32 32. (2)设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为 Y，则 YB 3，2 3 ，且 MX3，Y 1X2，Y0

21、由题意知事件X3，Y1与X2，Y0互斥，且事件X3与Y 1，事件X2与Y0均相互独立， 从而由(1)知 P(M)P(X3，Y1X2，Y0)P(X3，Y1)P(X2，Y0)P(X3)P(Y 1)P(X2)P(Y0) 8 27 2 9 4 9 1 27 20 243. 题型三 正态分布 例 5 (1)设 XN(1，21)，YN(2，22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正 确的是() AP(Y2)P(Y1)BP(X2)P(X1) C对任意正数 t，P(Xt)P(Yt)D对任意正数 t，P(Xt)P(Yt) 答案D 解析由正态分布密度曲线可知， x2为Y曲线的对称轴， 12， 所以P(Y

22、2)1 2P(Y 1)， 故 A 错；由正态分布密度曲线可知，01P(X1)，故 B 错；对任意正 数 t，P(Xt)t)，即有 P(Xt)t)t)，因此有 P(Xt)P(Yt)，故 D 正确 (2)(八省联考)对于一个物理量做 n 次测量，并以测量结果的平均值作为该物理值的最后结 果已知最后结果的误差nN 0，2 n ，为使误差n在(0.5,0.5)的概率不小于 0.954 5，至少 要测量_次(若 XN(，)，则 P(|X|2)0.954 5) 答案32 解析P(|n|2)0.954 5， 又0，22 n， 即 P(2n2)P 2 2 n n2 2 n 0.954 5， 由题意知 20.5

23、，即 2 2 n 1 2，所以 n32. 思维升华 解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴 x；(2)标准差；(3)分布区间利 用对称性可求指定范围内的概率值；由，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为 3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 x0. 跟踪训练 3 设随机变量服从正态分布 N(，2)，函数 f(x)x24x没有零点的概率是1 2， 则等于() A1B2C4D不能确定 答案C 解析由题意， 当函数 f(x)x24x没有零点时， 1644， 所以 P(4)1 2， 根据正态曲线的对称性，当函数 f(x)x24x没有零点的概率是1 2时，4. 课时精练课

24、时精练 1甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装 有 4 个红球、2 个白球，乙袋装有 1 个红球、5 个白球，现分别从甲、乙两袋中各抽取 1 个球， 则取出的两个球都是红球的概率为() A. 5 12 B.5 6 C.1 9 D.13 18 答案C 解析由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立， 从甲袋中取出红球的概率为4 6 2 3， 从乙袋中取出红球的概率为1 6， 故所求事件的概率为2 3 1 6 1 9. 2设随机变量 XB 6，1 2 ，则 P(X3)等于() A. 5 16 B. 3 16 C.5 8 D.3 8

25、 答案A 解析P(X3)C36 1 2 3 1 2 320 64 5 16. 3(2021昆明诊断)袋中装有 2 个红球，3 个黄球，有放回地抽取 3 次，每次抽取 1 球，则 3 次中恰有 2 次抽到黄球的概率是() A.2 5 B.3 5 C. 18 125 D. 54 125 答案D 解析袋中装有 2 个红球，3 个黄球，有放回地抽取 3 次，每次抽取 1 球，每次取到黄球的 概率 P13 5，3 次中恰有 2 次抽到黄球的概率 PC 2 3 3 5 2 13 5 54 125. 4一试验田某种作物一株生长果实个数 x 服从正态分布 N(90，2)，且 P(x70)0.2，从试 验田中随

26、机抽取 10 株，果实个数在90,110的株数记作随机变量 X，且 X 服从二项分布，则 X 的方差为() A3B2.1C0.3D0.21 答案B 解析xN(90，2)，且 P(x110)0.2，P(90 x110)0.50.20.3， XB(10,0.3)， X 的方差为 100.3(10.3)2.1. 5(多选)已知随机变量 X 服从正态分布 N(100,102)，则下列选项正确的是() (参考数值：随机变量服从正态分布 N(，2)，则 P()0.682 7)，P(2 2)0.954 5，P(33)0.997 3) AE(X)100BD(X)100 CP(X90)0.841 35DP(X1

27、20)0.998 65 答案ABC 解析随机变量 X 服从正态分布 N(100,102)， 正态曲线关于 x100 对称，且 E(X)100，D(X)102100， 根据题意可得，P(90 x110)0.682 7，P(80 x120)0.954 5， P(x90)0.51 20.682 70.841 35，故 C 正确； P(x120)0.51 20.954 50.977 25，故 D 错误 而 A，B 都正确故选 ABC. 6(多选)甲罐中有 5 个红球，2 个白球和 3 个黑球，乙罐中有 4 个红球，3 个白球和 3 个黑 球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以 A1，A2和 A3表示

28、由甲罐取出的球是红球， 白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以 B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则 下列结论中正确的是() AP(B)2 5 BP(B|A1) 5 11 C事件 B 与事件 A1相互独立DA1，A2，A3是两两互斥的事件 答案BD 解析易见 A1，A2，A3是两两互斥的事件， P(B)P(BA1)P(BA2)P(BA3) 5 10 5 11 2 10 4 11 3 10 4 11 9 22. 故选 BD. 7(2021汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖 的概率分别为2 3和 3 4，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中

29、恰有一人获得一等 奖的概率为_ 答案 5 12 解析根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖，则所求概率 是2 3 13 4 3 4 12 3 5 12. 8 (2021宁波模拟)一个箱子中装有形状完全相同的 5 个白球和 n(nN*)个黑球 现从中有放 回地摸取 4 次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为 X，若 D(X)1，则 E(X)_. 答案2 解析由题意知，XB(4，p)，D(X)4p(1p)1， p1 2，E(X)4p4 1 22. 9一个盒子里装有 3 种颜色，大小形状质地都一样的 12 个球，其中黄球 5 个，蓝球 4 个， 绿球 3 个，现从盒子中随

30、机取出两个球，记事件 A“取出的两个球颜色不同”，事件 B “取出一个黄球，一个蓝球”，则 P(B|A)_. 答案 20 47 解析因为 P(AB)C 1 5C14 C212 10 33， P(A)C 1 5C14C15C13C14C13 C212 47 66， 故 P(B|A)PAB PA 20 47. 10甲、乙两名同学参加一项射击比赛，其中任何一人每射击一次击中目标得 2 分，未击中 目标得 0 分已知甲、乙两人射击互不影响，且命中率分别为3 5和 p.若甲、乙两人各射击一次 得分之和为 2 的概率为 9 20，则 p 的值为_ 答案 3 4 解析设“甲射击一次，击中目标”为事件 A，“

31、乙射击一次，击中目标”为事件 B，则“甲 射击一次，未击中目标”为事件 A ，“乙射击一次，未击中目标”为事件 B ，则 P(A)3 5， P( A )13 5 2 5，P(B)p，P( B )1p.依题意得3 5(1p) 2 5p 9 20，解得 p 3 4. 11小李某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率 分别为 0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响，求： (1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率； (2)这三列火车至少有一列正点到达的概率 解用 A，B，C 分别表示这三列火车正点到达的事件则 P(A)0.8，P(B)0.7，P(

32、C)0.9， 所以 P( A )0.2，P( B )0.3，P( C )0.1. (1)由题意得 A，B，C 之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为 P1P( A BC)P(A B C)P(A B C )P( A )P(B)P(C)P(A)P( B )P(C)P(A)P(B)P( C ) 0.20.70.90.80.30.90.80.70.10.398. (2)三列火车至少有一列正点到达的概率为 P21P( ABC )1P( A )P( B )P( C )10.20.30.10.994. 12一个盒子中装有大量形状、大小一样但质量不尽相同的小球，从中随机抽取 50 个作为样 本，称出它们

33、的质量(单位：克)，质量分组区间为5,15)，15,25)，25,35)，35,45，由此得 到样本的质量频率分布直方图如图所示 (1)求 a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均数； (2)从盒子中随机抽取3个小球， 其中质量在5,15)内的小球个数为X， 求X的分布列和均值 (以 直方图中的频率作为概率) 解(1)由题意，得(0.020.032a0.018)101，解得 a0.03.由频率分布直方图可估计 盒子中小球质量的众数为 20 克，而 50 个样本中小球质量的平均数为 x 0.2100.32200.3300.184024.6(克) 故由样本估计总体，可估计盒子中小

34、球质量的平均数为 24.6 克 (2)由题意知，该盒子中小球质量在5,15)内的概率为1 5，则 XB 3，1 5 . X 的可能取值为 0,1,2,3， 则 P(X0)C03 1 5 0 4 5 364 125，P(X1)C 1 3 1 5 1 4 5 248 125， P(X2)C23 1 5 2 4 5 112 125，P(X3)C 3 3 1 5 3 4 5 0 1 125. X 的分布列为 X0123 P 64 125 48 125 12 125 1 125 E(X)0 64 1251 48 1252 12 1253 1 125 3 5. 或者 EX31 5 3 5 13如图，在网格

35、状小地图中，一机器人从 A(0,0)点出发，每秒向上或向右行走 1 格到相应 顶点，已知向上的概率是2 3，向右的概率是 1 3，则 6 秒后到达 B(4,2)点的概率为( ) A. 16 729 B. 80 243 C. 4 729 D. 20 243 答案D 解析根据题意可知，机器人每秒运动一次，则 6 秒共运动 6 次，若其从 A(0,0)点出发，6 秒 后到达 B(4,2)，则需要向右走 4 步，向上走 2 步，故其 6 秒后到达 B 的概率为 C26 2 3 2 1 3 4 60 729 20 243. 14某中学三大社团“乐研社”“摄影社”和“外联社”招新，据资料统计，2021 级

36、高一新 生通过考核选拔进入三个社团成功与否相互独立，新生小明通过考核选拔进入三个社团“乐 研社”“摄影社”和“外联社”的概率依次为2 3，a，b.已知三个社团他都能进入的概率为 1 36， 至少进入一个社团的概率为19 24，则 ab_. 答案 5 12 解析根据题意有 2 3ab 1 36， 1 12 3 1a1b19 24， 解得 ab 5 12. 15在 20 张百元纸币中混有 4 张假币，从中任意抽取 2 张，将其中一张在验钞机上检验发现 是假币，则这两张都是假币的概率是() A. 3 35 B. 3 38 C. 2 17 D以上都不正确 答案A 解析设事件 A 表示“抽到的两张都是假

37、币”，事件 B 表示“抽到的两张至少有一张是假 币”，则所求的概率即 P(A|B) 又 P(AB)P(A) C24 C220，P(B) C24C14C116 C220 ， 由公式 P(A|B)PAB PB C24 C24C14C116 6 6416 3 35. 16 某公司采购了一批零件， 为了检测这批零件是否合格， 从中随机抽测 120 个零件的长度(单 位：分米)，按数据分成1.2,1.3)，1.3,1.4)，1.4,1.5)，1.5,1.6)，1.6，1.7)，1.7,1.8这 6 组， 得到如图所示的频率分布直方图，其中长度大于或等于 1.59 分米的零件有 20 个，其长度分 别为

38、1.59,1.59,1.61,1.61,1.62,1.63,1.63,1.64,1.65,1.65,1.65,1.65,1.66,1.67,1.68,1.69,1.69，1.71， 1.72,1.74，以这 120 个零件在各组的长度的频率估计整批零件在各组长度的概率 (1)求这批零件的长度大于 1.60 分米的频率，并求频率分布直方图中 m，n，t 的值； (2)若从这批零件中随机选取 3 个，记 X 为抽取的零件长度在1.4,1.6)的个数，求 X 的分布列 和均值； (3)若变量 S 满足|P(S)0.682 7|0.05 且|P(2S2)0.954 5|0.05， 则 称变量 S 满足

39、近似于正态分布 N(，2)的概率分布如果这批零件的长度 Y(单位：分米)满足 近似于正态分布 N(1.5,0.01)的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收；否则， 公司将拒绝签收试问，该批零件能否被签收？ 解(1)由题意可知 120 件样本零件中长度大于 1.60 分米的共有 18 件， 则这批零件的长度大于 1.60 分米的频率为 18 1200.15， 记 Y 为零件的长度，则 P(1.2Y1.3)P(1.7Y1.8) 3 1200.025， P(1.3Y1.4)P(1.6Y1.7) 15 1200.125， P(1.4Y1.5)P(1.5Y1.6)1 2(120.02520.1

40、25)0.35， 故 m0.025 0.1 0.25，n0.125 0.1 1.25，t0.35 0.1 3.5. (2)由(1)可知从这批零件中随机选取 1 件，长度在1.4,1.6)的概率 P20.350.7. 且随机变量 X 服从二项分布 XB(3,0.7)， 则 P(X0)C03(10.7)30.027， P(X1)C13(10.7)20.70.189， P(X2)C230.720.30.441， P(X3)C330.730.343， 故随机变量 X 的分布列为 X0123 P0.0270.1890.4410.343 E(X)00.02710.18920.44130.3432.1(或 E(X)30.72.1) (3)由题意可知1.5，0.1， 则 P(Y)P(1.4Y1.6)0.7， P(2Y2)P(1.3Y1.7)0.1250.350.350.1250.95， 因为|0.70.682 7|0.017 30.05，|0.950.954 5|0.004 50.05， 所以这批零件的长度满足近似于正态分布 N(1.5,0.01)的概率分布 应认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收