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备考2024届高考数学一轮复习分层练习第十章计数原理概率随机变量及其分布第7讲二项分布超几何分布与正态分布
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第十章计数原理概率随机变量及其分布第7讲二项分布超几何分布与正态分布，共8页。试卷主要包含了设随机变量ζ～B，故选B，已知随机变量X～B等内容，欢迎下载使用。
1.设随机变量ζ～B（2，p），η～B（4，p），若P（ζ≥1）＝59，则P（η≥2）的值为（ B ）
A.3281B.1127C.6581D.1681
解析 因为随机变量ζ～B（2，p），
所以P（ζ≥1）＝1－P（ζ＝0）＝1－（1－p）2＝59，解得p＝13，
所以η～B（4，13），则P（η≥2）＝1－P（η＝0）－P（η＝1）＝1－（1－13）4－C41（1－13）3×13＝1127.故选B.
2.已知随机变量X～B（4，13），则下列表达式正确的是（ C ）
A.P（X＝2）＝481B.E（3X＋1）＝4
C.D（3X＋1）＝8D.D（X）＝49
解析 因为X～B（4，13），
所以P（X＝2）＝C42×（13）2×（1－13）2＝827，E（X）＝4×13＝43，D（X）＝4×13×（1－13）＝89，
所以E（3X＋1）＝3E（X）＋1＝3×43＋1＝5，D（3X＋1）＝32·D（X）＝9×89＝8，
所以A，B，D不正确，C正确.故选C.
3.[2024贵州贵阳一中模拟]若随机变量X～N（10，22），则下列选项错误的是（ D ）
A.P（X≥10）＝0.5
B.P（X≤8）＋P（X≤12）＝1
C.P（8≤X≤12）＝2P（8≤X≤10）
D.D（2X＋1）＝8
解析 根据随机变量X～N（10，22）可知μ＝10，σ＝2，所以P（X≥10）＝0.5，故A正确，
P（X≤8）＋P（X≤12）＝P（X≥12）＋P（X≤12）＝1，故B正确，
P（8≤X≤12）＝2P（8≤X≤10），C正确，
D（2X＋1）＝4D（X）＝16，故D错误，故选D.
4.[2024河北邢台模拟]若X～B（16，p）（0＜p＜1），且D（aX）＝16，则（ B ）
A.a的最小值为4B.a2的最小值为4
C.a的最大值为4D.a2的最大值为4
解析 因为X～B（16，p）（0＜p＜1），所以D（aX）＝16a2p（1－p）＝16，则a2＝1p（1－p），因为p（1－p）≤（p+1－p2）2＝14（当且仅当p＝12时，等号成立），所以a2≥4，则a2的最小值为4.故选B.
5.孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个数学问题之一，该问题可以直观描述为：存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数.素数对（p，p＋2）称为孪生素数.从8个数对（3，5），（5，7），（7，9），（9，11），（11，13），（13，15），（15，17），（17，19）中任取3个，设取出的孪生素数的个数为X，则E（X）＝（ C ）
A.38B.12C.32D.3
解析 解法一 由题意可知，这8个数对中只有（3，5），（5，7），（11，13），（17，19）是孪生素数，则X的可能取值为0，1，2，3，
故P（X＝0）＝C40C43C83＝114，
P（X＝1）＝C41C42C83＝37，
P（X＝2）＝C42C41C83＝37，
P（X＝3）＝C43C40C83＝114，
所以E（X）＝0×114＋1×37＋2×37＋3×114＝32.
解法二 直接利用超几何分布的期望公式得E（X）＝3×48＝32.
6.[2024贵阳市模拟]已知随机变量X，Y，其中X～B（6，13），Y～N（μ，σ2）.若E（X）＝E（Y），P（｜Y｜＜2）＝0.3，则P（Y≥6）＝ 0.2 .
解析 ∵E（X）＝6×13＝2，E（Y）＝μ，∴μ＝2.∵P（｜Y｜＜2）＝P（－2＜Y＜2）＝0.3，∴结合正态曲线知，P（2＜Y＜6）＝0.3，故P（Y≥6）＝0.5－P（2＜Y＜6）＝0.2.
7.已知某科技公司员工发表论文获奖的概率都为p，且各员工发表论文是否获奖相互独立.若X为该公司的6名员工发表论文获奖的人数，D（X）＝0.96，E（X）＞2，则p＝ 45 .
解析 由已知可得X～B（6，p），则D（X）＝6p（1－p）＝0.96，即25p2－25p＋4＝0，解得p＝15或p＝45，若p＝15，则E（X）＝6×15＜2，不符合题意；若p＝45，则E（X）＝6×45＝245＞2，符合题意.故p＝45.
8.若X～B（20，13），则P（X＝k）（0≤k≤20，k∈N）取得最大值时，k＝ 6或7 .
解析 由题意知，X服从二项分布，
所以P（X＝k）＝C20k（13）k·（1－13）20－k＝C20k（13）k（23）20－k，0≤k≤20且k∈N.
由不等式P（X＝k+1）P（X＝k）≤1（0≤k≤19且k∈N），得20－kk+1×12≤1，解得k≥6.
所以当k≥6时，P（X＝k）≥P（X＝k＋1）；当k＜6时，P（X＝k＋1）＞P（X＝k）.
因为当且仅当k＝6时，P（X＝k＋1）＝P（X＝k），所以当k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值.
9.[2024云南昆明模拟]某商场在周年庆活动期间为回馈新老顾客，采用抽奖的形式领取购物卡.该商场在一个纸箱里放15个小球（除颜色外其余均相同），包括3个红球、5个黄球和7个白球.每个顾客均不放回地从15个小球中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球获得一张A类购物卡，每拿到一个黄球获得一张B类购物卡，每拿到一个白球获得一张C类购物卡.
（1）已知某顾客在3次拿球中只有1次拿到白球，求其至多有1次拿到红球的概率；
（2）设某顾客抽奖获得A类购物卡的数量为X，求X的分布列和数学期望.
解析 （1）记事件A为“在3次拿球中只有1次拿到白球”，事件B为“在3次拿球中至多有1次拿到红球”，则事件AB为“在3次拿球中只有1次拿到白球，其他两次至多1次拿到红球”.
解法一 所以P（A）＝C71C82C153＝2865，P（AB）＝C71C31C51＋C71C52C153＝513，P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝2528.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝C71C31C51＋C71C52C71C82＝2528.
（2）依题意得X的所有可能取值为0，1，2，3.
则P（X＝0）＝C123C153＝4491，P（X＝1）＝C31C122C153＝198455，P（X＝2）＝C32C121C153＝36455，P（X＝3）＝C33C153＝1455，
所以X的分布列为
解法一 所以E（X）＝4491×0＋198455×1＋36455×2＋1455×3＝273455＝35.
解法二 因为X服从超几何分布H（15，3，3），
所以E（X）＝3×315＝35.
10.[2024福建龙岩质检]杭州第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举办.为了让中学生了解亚运会，某市举办了一次亚运会知识竞赛，分预赛和复赛两个环节，现从参加预赛的全体学生中随机抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布表（见下表）.
（1）由频率分布表可认为该市参加预赛的全体学生的预赛成绩X服从正态分布N（μ，σ2）（σ＞0），其中μ可近似视为样本中的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σ2＝342.利用该正态分布，求P（X≥90）.
（2）预赛成绩不低于80分的学生将参加复赛，现用样本估计总体，将频率视为概率，从该市参加预赛的学生中随机抽取2人，记进入复赛的人数为Y，求Y的分布列和数学期望.
参考数据：342≈18.5，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5.
解析 （1）由题意知，样本中的100名学生预赛成绩的平均值为10×0.1＋30×0.2＋50×0.3＋70×0.25＋90×0.15＝53，由σ2＝342得σ＝342≈18.5，
所以P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）＝12×[1－P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）]≈0.022 75.
（2）由题意得，随机抽取2人进入复赛的人数Y～B（2，320），且Y的所有可能取值为0，1，2.
P（Y＝0）＝C20×（1－320）2＝289400，
P（Y＝1）＝C21×320×（1－320）＝51200，
P（Y＝2）＝C22×（320）2＝9400.
所以Y的分布列为
所以Y的数学期望为E（Y）＝0×289400＋1×51200＋2×9400＝310.
11.[多选]某计算机程序每运行一次都会随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5（例如10100），其中A的各位数中，a1＝1，ak（k＝2，3，4，5）出现0的概率为13，出现1的概率为23，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则（ AC ）
A.X服从二项分布B.P（X＝2）＝881
C.E（X）＝83D.D（X）＝83
解析 由二进制数A的特点，知后4位上的数字的填法有5类：
①后4位上的数字均为0，则X＝0，P（X＝0）＝（13）4＝181；
②后4位上的数字中只出现1个1，则X＝1，P（X＝1）＝C41（23）1（13）3＝881；
③后4位上的数字中出现2个1，则X＝2，P（X＝2）＝C42（23）2（13）2＝827；
④后4位上的数字中出现3个1，则X＝3，P（X＝3）＝C43（23）3（13）1＝3281；
⑤后4位上的数字均为1，则X＝4，P（X＝4）＝（23）4＝1681.由上述可知X～B（4，23），故A正确；易知B错误；E（X）＝4×23＝83，故C正确；D（X）＝4×23×13＝89，故D错误.故选AC.
12.某同学骑自行车上学，第一条路线较短但拥挤，路途用时X1（单位：min）服从正态分布N（5，1）；第二条路线较长但不拥挤，路途用时X2（单位：min）服从正态分布N6,0.16.若有一天他出发时离上课时间还有7 min，则P（X2≤7）－P（X1≤7）＝ 0.016 6 .（精确到0.000 1）（参考数据：P（μ－σ＜X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－1.5σ＜X≤μ＋1.5σ）≈0.866 4，P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－2.5σ＜X≤μ＋2.5σ）≈0.987 6，P（μ－3σ＜X≤μ＋3σ）≈0.997 3）
解析 因为X1～N（5，1），即μ1＝5，σ1＝1，所以P（X1≤7）＝P（X1≤5）＋P（5＜X1≤7）＝12＋12P（μ1－2σ1＜X1≤μ1＋2σ1）≈12＋12×0.954 5＝0.977 25.因为X2～N（6，0.16），即μ2＝6，σ2＝0.4，所以P（X2≤7）＝P（X2≤6）＋P（6＜X2≤7）＝12＋12P（μ2－2.5σ2＜X2≤μ2＋2.5σ2）≈12＋12×0.987 6＝0.993 8，所以PX2≤7-PX1≤7=0.993 8-0.977 25≈ 0.016 6.
13.[2024河北张家口统考]某校举办乒乓球颠球比赛，现从高一年级1 000名学生中随机选出40名学生统计成绩（单位：个），其中24名女生的平均成绩x女＝70，标准差s女＝4；16名男生的平均成绩y男＝80，标准差s男＝6.
（1）高一年级全员参加颠球比赛的成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），若用这40名参赛同学的样本平均数x和标准差s（四舍五入取整数）分别作为μ，σ，估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数（四舍五入取整数）；
（2）颠球比赛决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠、亚军，如果甲每局比赛获胜的概率为23，在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率.
附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5，P（｜X－μ｜≤3σ）≈0.997 3.
解析 （1）依题意，x＝70×24+80×1640＝74，即μ＝74，
s2＝24×[42＋（74－70）2]+16×[62＋（74－80）2]40＝48，
所以s＝48≈7，即σ＝7.
因为X～N（74，72），且P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5，
所以P（X≤60）≈1－0.95452＝0.022 75，
所以0.022 75×1 000＝22.75≈23，
即估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数为23.
（2）设事件A表示“甲获胜”，事件B表示“甲前2局获胜”，
所以P（A）＝（23）3＋C31×13×（23）3＋C42×（13）2×（23）3＝6481，
P（AB）＝（23）3＋13×（23）3＋（13）2×（23）3＝104243，
所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1324，
所以在甲获胜的条件下，其前2局获胜的概率为1324.
14.[2023昆明市模拟]已知某校的校排球队中来自高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为7，6，2.
（1）若从该校队随机抽取3人拍宣传海报，求抽取的3人中恰有1人来自高三年级的概率.
（2）现该校的排球教练对“发球、垫球、扣球”这3个动作进行训练，且在训练阶段进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试结果为“优秀”.已知在某轮测试中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为12，乙同学每个动作达到“优秀”的概率均为23，且每位同学的每个动作互不影响，甲、乙两人的测试结果互不影响.记X为甲、乙两人在该轮测试中结果为“优秀”的人数，求X的分布列和数学期望.
解析 （1）设事件A为“抽取的3人中恰有1人来自高三年级”，
则P（A）＝C132C21C153＝1235.
（2）设甲同学在一轮测试中3个动作达到“优秀”的个数为Y，则有Y～B（3，12），
设乙同学在一轮测试中3个动作达到“优秀”的个数为Z，则有Z～B（3，23），
所以甲同学一轮测试结果为“优秀”的概率P（Y≥2）＝P（Y＝2）＋P（Y＝3）＝C32（12）2×（12）1＋C33（12）3×（12）0＝12，
乙同学一轮测试结果为“优秀”的概率P（Z≥2）＝P（Z＝2）＋P（Z＝3）＝C32（23）2×（13）1＋C33（23）3×（13）0＝2027.
由题意，得X的所有可能取值为0，1，2，
且有P（X＝0）＝（1－12）×（1－2027）＝754，
P（X＝1）＝12×（1－2027）＋（1－12）×2027＝12，
P（X＝2）＝12×2027＝1027.
所以X的分布列为
因此X的数学期望E（X）＝0×754＋1×12＋2×1027＝6754.
15.[情境创新]我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量Y～B（n，p），当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似替代，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗（1667—1754）在1733年证明了p＝12时这个结论是成立的，法国数学家、物理学家拉普拉斯（1749—1827）在1812年证明了这个结论对任意的实数p∈（0，1]都成立，因此，人们把这个结论称为棣莫弗－拉普拉斯中心极限定理.现拋掷一枚质地均匀的硬币900次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为（ A ）
（附：若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3）
25 35
65 75
解析 抛掷一枚质地均匀的硬币900次，设硬币正面向上的次数为X，则X～B（900，12），E（X）＝np＝900×12＝450，D（X）＝np（1－p）＝900×12×（1－12）＝225.
由题意知，X～N（μ，σ2），且μ＝E（X）＝450，σ2＝D（X）＝225＝152，
因为P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，即P（450－2×15≤X≤450＋2×15）≈0.954 5，所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为PX≥420=PX≥450-2×15≈0.95452+0.5=0.977 25.故选A.
16.[设问创新]为监控某种零件的某条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10个零件，测量其内径（单位：mm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件内径尺寸服从正态分布N（μ，σ2）.
（1）假设生产线状态正常，记X表示某天抽取的10个零件中内径在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数，求P（X≥2）及X的数学期望.
（2）该生产线某天正常状态下生产的10个零件的内径分别为97，97，98，98，105，106，107，108，108，116.
①计算该天生产的10个零件的平均值μ与标准差σ；
②一家公司引进了一条这种生产线，为了检查这条生产线是否正常，用这条生产线试生产了5个零件，测量其内径（单位：mm）分别为85，95，103，109，119.试问此条生产线是否需要进一步调试，并说明理由.
参考数据：Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.954 5,Pμ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.997 3,0.997 310≈0.973 3,0.027×0.997 39≈0.026 4.
解析 （1）由题意知，
P（X＝0）≈0.997 310≈0.973 3，
P（X＝1）≈C101×（1－0.997 3）1×0.997 39≈0.026 4，
P（X≥2）＝1－P（X＝0）－P（X＝1）≈1－0.973 3－0.026 4＝0.000 3.
易得X～B（10，0.002 7），（因为每天抽到的10个零件中的每个零件的内径在[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率都相同，所以这10个零件中内径在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数X服从二项分布）
所以E（X）＝10×0.002 7＝0.027.
（2）①μ＝110（97＋97＋98＋98＋105＋106＋107＋108＋108＋116）＝104，
σ2＝110[（－7）2＋（－7）2＋（－6）2＋（－6）2＋12＋22＋32＋42＋42＋122]＝36，
所以σ＝6.
②结论：需要进一步调试.
理由如下：记生产线状态正常时，生产的零件的内径为Y mm，则Y～N（104，62），
P（μ－3σ≤Y≤μ＋3σ）＝P（86≤Y≤122）≈0.997 3，
所以零件的内径在[86，122]之外的概率大约只有0.002 7，而85∉[86，122]，
所以根据3σ原则，知生产线异常，需要进一步调试.X
0
1
2
3
P
4491
198455
36455
1455
分组（百分制）
频数
频率
[0，20）
10
0.1
[20，40）
20
0.2
[40，60）
30
0.3
[60，80）
25
0.25
[80，100]
15
0.15
合计
100
1
Y
0
1
2
P
289400
51200
9400
X
0
1
2
P
754
12
1027
1.设随机变量ζ～B（2，p），η～B（4，p），若P（ζ≥1）＝59，则P（η≥2）的值为（ B ）
A.3281B.1127C.6581D.1681
解析 因为随机变量ζ～B（2，p），
所以P（ζ≥1）＝1－P（ζ＝0）＝1－（1－p）2＝59，解得p＝13，
所以η～B（4，13），则P（η≥2）＝1－P（η＝0）－P（η＝1）＝1－（1－13）4－C41（1－13）3×13＝1127.故选B.
2.已知随机变量X～B（4，13），则下列表达式正确的是（ C ）
A.P（X＝2）＝481B.E（3X＋1）＝4
C.D（3X＋1）＝8D.D（X）＝49
解析 因为X～B（4，13），
所以P（X＝2）＝C42×（13）2×（1－13）2＝827，E（X）＝4×13＝43，D（X）＝4×13×（1－13）＝89，
所以E（3X＋1）＝3E（X）＋1＝3×43＋1＝5，D（3X＋1）＝32·D（X）＝9×89＝8，
所以A，B，D不正确，C正确.故选C.
3.[2024贵州贵阳一中模拟]若随机变量X～N（10，22），则下列选项错误的是（ D ）
A.P（X≥10）＝0.5
B.P（X≤8）＋P（X≤12）＝1
C.P（8≤X≤12）＝2P（8≤X≤10）
D.D（2X＋1）＝8
解析 根据随机变量X～N（10，22）可知μ＝10，σ＝2，所以P（X≥10）＝0.5，故A正确，
P（X≤8）＋P（X≤12）＝P（X≥12）＋P（X≤12）＝1，故B正确，
P（8≤X≤12）＝2P（8≤X≤10），C正确，
D（2X＋1）＝4D（X）＝16，故D错误，故选D.
4.[2024河北邢台模拟]若X～B（16，p）（0＜p＜1），且D（aX）＝16，则（ B ）
A.a的最小值为4B.a2的最小值为4
C.a的最大值为4D.a2的最大值为4
解析 因为X～B（16，p）（0＜p＜1），所以D（aX）＝16a2p（1－p）＝16，则a2＝1p（1－p），因为p（1－p）≤（p+1－p2）2＝14（当且仅当p＝12时，等号成立），所以a2≥4，则a2的最小值为4.故选B.
5.孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个数学问题之一，该问题可以直观描述为：存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数.素数对（p，p＋2）称为孪生素数.从8个数对（3，5），（5，7），（7，9），（9，11），（11，13），（13，15），（15，17），（17，19）中任取3个，设取出的孪生素数的个数为X，则E（X）＝（ C ）
A.38B.12C.32D.3
解析 解法一 由题意可知，这8个数对中只有（3，5），（5，7），（11，13），（17，19）是孪生素数，则X的可能取值为0，1，2，3，
故P（X＝0）＝C40C43C83＝114，
P（X＝1）＝C41C42C83＝37，
P（X＝2）＝C42C41C83＝37，
P（X＝3）＝C43C40C83＝114，
所以E（X）＝0×114＋1×37＋2×37＋3×114＝32.
解法二 直接利用超几何分布的期望公式得E（X）＝3×48＝32.
6.[2024贵阳市模拟]已知随机变量X，Y，其中X～B（6，13），Y～N（μ，σ2）.若E（X）＝E（Y），P（｜Y｜＜2）＝0.3，则P（Y≥6）＝ 0.2 .
解析 ∵E（X）＝6×13＝2，E（Y）＝μ，∴μ＝2.∵P（｜Y｜＜2）＝P（－2＜Y＜2）＝0.3，∴结合正态曲线知，P（2＜Y＜6）＝0.3，故P（Y≥6）＝0.5－P（2＜Y＜6）＝0.2.
7.已知某科技公司员工发表论文获奖的概率都为p，且各员工发表论文是否获奖相互独立.若X为该公司的6名员工发表论文获奖的人数，D（X）＝0.96，E（X）＞2，则p＝ 45 .
解析 由已知可得X～B（6，p），则D（X）＝6p（1－p）＝0.96，即25p2－25p＋4＝0，解得p＝15或p＝45，若p＝15，则E（X）＝6×15＜2，不符合题意；若p＝45，则E（X）＝6×45＝245＞2，符合题意.故p＝45.
8.若X～B（20，13），则P（X＝k）（0≤k≤20，k∈N）取得最大值时，k＝ 6或7 .
解析 由题意知，X服从二项分布，
所以P（X＝k）＝C20k（13）k·（1－13）20－k＝C20k（13）k（23）20－k，0≤k≤20且k∈N.
由不等式P（X＝k+1）P（X＝k）≤1（0≤k≤19且k∈N），得20－kk+1×12≤1，解得k≥6.
所以当k≥6时，P（X＝k）≥P（X＝k＋1）；当k＜6时，P（X＝k＋1）＞P（X＝k）.
因为当且仅当k＝6时，P（X＝k＋1）＝P（X＝k），所以当k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值.
9.[2024云南昆明模拟]某商场在周年庆活动期间为回馈新老顾客，采用抽奖的形式领取购物卡.该商场在一个纸箱里放15个小球（除颜色外其余均相同），包括3个红球、5个黄球和7个白球.每个顾客均不放回地从15个小球中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球获得一张A类购物卡，每拿到一个黄球获得一张B类购物卡，每拿到一个白球获得一张C类购物卡.
（1）已知某顾客在3次拿球中只有1次拿到白球，求其至多有1次拿到红球的概率；
（2）设某顾客抽奖获得A类购物卡的数量为X，求X的分布列和数学期望.
解析 （1）记事件A为“在3次拿球中只有1次拿到白球”，事件B为“在3次拿球中至多有1次拿到红球”，则事件AB为“在3次拿球中只有1次拿到白球，其他两次至多1次拿到红球”.
解法一 所以P（A）＝C71C82C153＝2865，P（AB）＝C71C31C51＋C71C52C153＝513，P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝2528.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝C71C31C51＋C71C52C71C82＝2528.
（2）依题意得X的所有可能取值为0，1，2，3.
则P（X＝0）＝C123C153＝4491，P（X＝1）＝C31C122C153＝198455，P（X＝2）＝C32C121C153＝36455，P（X＝3）＝C33C153＝1455，
所以X的分布列为
解法一 所以E（X）＝4491×0＋198455×1＋36455×2＋1455×3＝273455＝35.
解法二 因为X服从超几何分布H（15，3，3），
所以E（X）＝3×315＝35.
10.[2024福建龙岩质检]杭州第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举办.为了让中学生了解亚运会，某市举办了一次亚运会知识竞赛，分预赛和复赛两个环节，现从参加预赛的全体学生中随机抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布表（见下表）.
（1）由频率分布表可认为该市参加预赛的全体学生的预赛成绩X服从正态分布N（μ，σ2）（σ＞0），其中μ可近似视为样本中的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σ2＝342.利用该正态分布，求P（X≥90）.
（2）预赛成绩不低于80分的学生将参加复赛，现用样本估计总体，将频率视为概率，从该市参加预赛的学生中随机抽取2人，记进入复赛的人数为Y，求Y的分布列和数学期望.
参考数据：342≈18.5，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5.
解析 （1）由题意知，样本中的100名学生预赛成绩的平均值为10×0.1＋30×0.2＋50×0.3＋70×0.25＋90×0.15＝53，由σ2＝342得σ＝342≈18.5，
所以P（X≥90）＝P（X≥μ＋2σ）＝12×[1－P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）]≈0.022 75.
（2）由题意得，随机抽取2人进入复赛的人数Y～B（2，320），且Y的所有可能取值为0，1，2.
P（Y＝0）＝C20×（1－320）2＝289400，
P（Y＝1）＝C21×320×（1－320）＝51200，
P（Y＝2）＝C22×（320）2＝9400.
所以Y的分布列为
所以Y的数学期望为E（Y）＝0×289400＋1×51200＋2×9400＝310.
11.[多选]某计算机程序每运行一次都会随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5（例如10100），其中A的各位数中，a1＝1，ak（k＝2，3，4，5）出现0的概率为13，出现1的概率为23，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则（ AC ）
A.X服从二项分布B.P（X＝2）＝881
C.E（X）＝83D.D（X）＝83
解析 由二进制数A的特点，知后4位上的数字的填法有5类：
①后4位上的数字均为0，则X＝0，P（X＝0）＝（13）4＝181；
②后4位上的数字中只出现1个1，则X＝1，P（X＝1）＝C41（23）1（13）3＝881；
③后4位上的数字中出现2个1，则X＝2，P（X＝2）＝C42（23）2（13）2＝827；
④后4位上的数字中出现3个1，则X＝3，P（X＝3）＝C43（23）3（13）1＝3281；
⑤后4位上的数字均为1，则X＝4，P（X＝4）＝（23）4＝1681.由上述可知X～B（4，23），故A正确；易知B错误；E（X）＝4×23＝83，故C正确；D（X）＝4×23×13＝89，故D错误.故选AC.
12.某同学骑自行车上学，第一条路线较短但拥挤，路途用时X1（单位：min）服从正态分布N（5，1）；第二条路线较长但不拥挤，路途用时X2（单位：min）服从正态分布N6,0.16.若有一天他出发时离上课时间还有7 min，则P（X2≤7）－P（X1≤7）＝ 0.016 6 .（精确到0.000 1）（参考数据：P（μ－σ＜X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－1.5σ＜X≤μ＋1.5σ）≈0.866 4，P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－2.5σ＜X≤μ＋2.5σ）≈0.987 6，P（μ－3σ＜X≤μ＋3σ）≈0.997 3）
解析 因为X1～N（5，1），即μ1＝5，σ1＝1，所以P（X1≤7）＝P（X1≤5）＋P（5＜X1≤7）＝12＋12P（μ1－2σ1＜X1≤μ1＋2σ1）≈12＋12×0.954 5＝0.977 25.因为X2～N（6，0.16），即μ2＝6，σ2＝0.4，所以P（X2≤7）＝P（X2≤6）＋P（6＜X2≤7）＝12＋12P（μ2－2.5σ2＜X2≤μ2＋2.5σ2）≈12＋12×0.987 6＝0.993 8，所以PX2≤7-PX1≤7=0.993 8-0.977 25≈ 0.016 6.
13.[2024河北张家口统考]某校举办乒乓球颠球比赛，现从高一年级1 000名学生中随机选出40名学生统计成绩（单位：个），其中24名女生的平均成绩x女＝70，标准差s女＝4；16名男生的平均成绩y男＝80，标准差s男＝6.
（1）高一年级全员参加颠球比赛的成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），若用这40名参赛同学的样本平均数x和标准差s（四舍五入取整数）分别作为μ，σ，估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数（四舍五入取整数）；
（2）颠球比赛决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠、亚军，如果甲每局比赛获胜的概率为23，在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率.
附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5，P（｜X－μ｜≤3σ）≈0.997 3.
解析 （1）依题意，x＝70×24+80×1640＝74，即μ＝74，
s2＝24×[42＋（74－70）2]+16×[62＋（74－80）2]40＝48，
所以s＝48≈7，即σ＝7.
因为X～N（74，72），且P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5，
所以P（X≤60）≈1－0.95452＝0.022 75，
所以0.022 75×1 000＝22.75≈23，
即估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数为23.
（2）设事件A表示“甲获胜”，事件B表示“甲前2局获胜”，
所以P（A）＝（23）3＋C31×13×（23）3＋C42×（13）2×（23）3＝6481，
P（AB）＝（23）3＋13×（23）3＋（13）2×（23）3＝104243，
所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1324，
所以在甲获胜的条件下，其前2局获胜的概率为1324.
14.[2023昆明市模拟]已知某校的校排球队中来自高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为7，6，2.
（1）若从该校队随机抽取3人拍宣传海报，求抽取的3人中恰有1人来自高三年级的概率.
（2）现该校的排球教练对“发球、垫球、扣球”这3个动作进行训练，且在训练阶段进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试结果为“优秀”.已知在某轮测试中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为12，乙同学每个动作达到“优秀”的概率均为23，且每位同学的每个动作互不影响，甲、乙两人的测试结果互不影响.记X为甲、乙两人在该轮测试中结果为“优秀”的人数，求X的分布列和数学期望.
解析 （1）设事件A为“抽取的3人中恰有1人来自高三年级”，
则P（A）＝C132C21C153＝1235.
（2）设甲同学在一轮测试中3个动作达到“优秀”的个数为Y，则有Y～B（3，12），
设乙同学在一轮测试中3个动作达到“优秀”的个数为Z，则有Z～B（3，23），
所以甲同学一轮测试结果为“优秀”的概率P（Y≥2）＝P（Y＝2）＋P（Y＝3）＝C32（12）2×（12）1＋C33（12）3×（12）0＝12，
乙同学一轮测试结果为“优秀”的概率P（Z≥2）＝P（Z＝2）＋P（Z＝3）＝C32（23）2×（13）1＋C33（23）3×（13）0＝2027.
由题意，得X的所有可能取值为0，1，2，
且有P（X＝0）＝（1－12）×（1－2027）＝754，
P（X＝1）＝12×（1－2027）＋（1－12）×2027＝12，
P（X＝2）＝12×2027＝1027.
所以X的分布列为
因此X的数学期望E（X）＝0×754＋1×12＋2×1027＝6754.
15.[情境创新]我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量Y～B（n，p），当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似替代，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗（1667—1754）在1733年证明了p＝12时这个结论是成立的，法国数学家、物理学家拉普拉斯（1749—1827）在1812年证明了这个结论对任意的实数p∈（0，1]都成立，因此，人们把这个结论称为棣莫弗－拉普拉斯中心极限定理.现拋掷一枚质地均匀的硬币900次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为（ A ）
（附：若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3）
25 35
65 75
解析 抛掷一枚质地均匀的硬币900次，设硬币正面向上的次数为X，则X～B（900，12），E（X）＝np＝900×12＝450，D（X）＝np（1－p）＝900×12×（1－12）＝225.
由题意知，X～N（μ，σ2），且μ＝E（X）＝450，σ2＝D（X）＝225＝152，
因为P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，即P（450－2×15≤X≤450＋2×15）≈0.954 5，所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于420次的概率为PX≥420=PX≥450-2×15≈0.95452+0.5=0.977 25.故选A.
16.[设问创新]为监控某种零件的某条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10个零件，测量其内径（单位：mm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件内径尺寸服从正态分布N（μ，σ2）.
（1）假设生产线状态正常，记X表示某天抽取的10个零件中内径在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数，求P（X≥2）及X的数学期望.
（2）该生产线某天正常状态下生产的10个零件的内径分别为97，97，98，98，105，106，107，108，108，116.
①计算该天生产的10个零件的平均值μ与标准差σ；
②一家公司引进了一条这种生产线，为了检查这条生产线是否正常，用这条生产线试生产了5个零件，测量其内径（单位：mm）分别为85，95，103，109，119.试问此条生产线是否需要进一步调试，并说明理由.
参考数据：Pμ-2σ≤X≤μ+2σ≈0.954 5,Pμ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.997 3,0.997 310≈0.973 3,0.027×0.997 39≈0.026 4.
解析 （1）由题意知，
P（X＝0）≈0.997 310≈0.973 3，
P（X＝1）≈C101×（1－0.997 3）1×0.997 39≈0.026 4，
P（X≥2）＝1－P（X＝0）－P（X＝1）≈1－0.973 3－0.026 4＝0.000 3.
易得X～B（10，0.002 7），（因为每天抽到的10个零件中的每个零件的内径在[μ-3σ,μ+3σ]之外的概率都相同，所以这10个零件中内径在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的零件数X服从二项分布）
所以E（X）＝10×0.002 7＝0.027.
（2）①μ＝110（97＋97＋98＋98＋105＋106＋107＋108＋108＋116）＝104，
σ2＝110[（－7）2＋（－7）2＋（－6）2＋（－6）2＋12＋22＋32＋42＋42＋122]＝36，
所以σ＝6.
②结论：需要进一步调试.
理由如下：记生产线状态正常时，生产的零件的内径为Y mm，则Y～N（104，62），
P（μ－3σ≤Y≤μ＋3σ）＝P（86≤Y≤122）≈0.997 3，
所以零件的内径在[86，122]之外的概率大约只有0.002 7，而85∉[86，122]，
所以根据3σ原则，知生产线异常，需要进一步调试.X
0
1
2
3
P
4491
198455
36455
1455
分组（百分制）
频数
频率
[0，20）
10
0.1
[20，40）
20
0.2
[40，60）
30
0.3
[60，80）
25
0.25
[80，100]
15
0.15
合计
100
1
Y
0
1
2
P
289400
51200
9400
X
0
1
2
P
754
12
1027
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