第19讲 随机变量及其分布（3大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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考点分类讲解
考点一：分布列的性质及应用
离散型随机变量X的分布列为
则(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.
(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.
(4)D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.
(5)若Y＝aX＋b，
则E(Y)＝aE(X)＋b，
D(Y)＝a2D(X)．
规律方法 分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性．
(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．
【例1】（2024·广东·一模）已知随机变量的分布列如下：
则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用离散型随机变量的分布列的性质、期望和方差公式，结合充分条件必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意可知，
若，则，得，
故充分性满足；
若，则，解得或.
当时，，此时，
当时，，此时，
则或，故必要性不满足.
故选：A.
【变式1】（2024高三·全国·专题练习）设随机变量X的分布列如下：
则p为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分布列的性质，即可求解.
【详解】由分布列的性质可知，，得.
故选：B
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知离散型随机变量的分布列为：
则 ．
【答案】/
【分析】根据题意知，求出，然后可求解.
【详解】由离散型随机变量的分布列的性质，可得，解得，
所以.
故答案为:.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）设X是一个离散型随机变量，其分布列为：
则 ．
【答案】/
【分析】由题意表中概率之和为1，且每个概率不少于0且不超过1，由此即可列方程求解.
【详解】∵，∴，解得或（舍去），∴．
故答案为：.
考点二：随机变量的分布列
1．二项分布
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(0E(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\\al(k,M)C\\al(n－k,N－M),C\\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}．E(X)＝n·eq \f(M,N).
规律方法 求随机变量X的均值与方差的方法及步骤
(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；
(2)求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；
(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；
(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解．
考向1 相互独立事件
【例2】（2024·云南·模拟预测）小张､小王两人计划报一些兴趣班，他们分别从“篮球､绘画､书法､游泳､钢琴”这五个随机选择一个，记事件：“两人至少有一人选择篮球”，事件：“两人选择的兴趣班不同”，则概率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据相互独立事件及对立事件概率计算公式及条件概率公式进行计算即可.
【详解】由题意可知：两人都没选择篮球，即，
所以，
而：有一人选择篮球，另一人选别的兴趣班，
则，
所以，
故选:C.
【变式】(2023·济南模拟)某校举行“学习二十大，奋进新征程”知识竞赛，知识竞赛包含预赛和决赛．
(1)下表为某10位同学预赛成绩：
求该10位同学预赛成绩的第75百分位数和平均数；
(2)决赛共有编号为A，B，C，D，E的5道题，学生甲按照A，B，C，D，E的顺序依次作答，答对的概率依次为eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，各题作答互不影响，若累计答错两道题或五道题全部答完则比赛结束，记X为比赛结束时学生甲已作答的题数，求X的分布列和均值．
【解析】解 (1)因为10×0.75＝7.5，所以第75百分位数为第8个成绩，为96；
平均数为eq \f(93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋98,10)＝95.
(2)由题意可知X的所有可能取值为2,3,4,5，
所以P(X＝2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，
P(X＝3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
P(X＝4)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(5,18)，
P(X＝5)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(11,36)，
所以X的分布列为
E(X)＝2×eq \f(1,6)＋3×eq \f(1,4)＋4×eq \f(5,18)＋5×eq \f(11,36)＝eq \f(67,18).
考向2 超几何分布
【例3】（23-24高三上·广东深圳·期末）一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据超几何分布的概率公式计算即可.
【详解】根据题意，至少含有一个黑球的概率是.
故选：B.
【变式1】 (2023·安阳模拟)不负青山，力换“金山”，民宿旅游逐渐成为一种热潮，山野乡村的民宿深受广大旅游爱好者的喜爱．某地区结合当地资源，按照“山上生态做减法、山下产业做加法”的思路，科学有序发展环山文旅康养产业，温泉度假小镇、环山绿道、农家乐提档升级、特色民宿群等一批生态产业项目加快实施．为了在节假日接待好游客，该地旅游局对本地区各乡村的普通型民宿和品质型民宿进行了调研，随机抽取了10家乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
(1)若旅游局随机从乙、丙2家各选2间民宿进行调研，求选出的4间均为普通型民宿的概率；
(2)从这10家中随机抽取4家民宿，记其中普通型民宿的房间不低于17间的有X家，求X的分布列和均值．
【解析】解 (1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B；
所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,6))×eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,6))＝eq \f(4,15).
(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝eq \f(C\\al(4,6),C\\al(4,10))＝eq \f(15,210)＝eq \f(1,14)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(3,6),C\\al(4,10))＝eq \f(80,210)＝eq \f(8,21)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,6),C\\al(4,10))＝eq \f(90,210)＝eq \f(3,7)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4)C\\al(1,6),C\\al(4,10))＝eq \f(24,210)＝eq \f(4,35)，
P(X＝4)＝eq \f(C\\al(4,4),C\\al(4,10))＝eq \f(1,210)，
X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(15,210)＋1×eq \f(80,210)＋2×eq \f(90,210)＋3×eq \f(24,210)＋4×eq \f(1,210)＝eq \f(8,5).
【变式2】(多选)(2023·泉州模拟)下列说法正确的有( )
A．某学校有2 023名学生，其中男生1 012人，女生1 011人，现选派10名学生参加学校组织的活动，记男生的人数为X，则X服从超几何分布
B．若随机变量X的均值E(X)＝2 023，则E(X－1)＝2 023
C．若随机变量X的方差D(X)＝2，则D(2X＋2 023)＝8
D．随机变量X～B(2 023,0.5)，则P(X≤1 010)＝P(X≥1 011)
【答案】 AC
【解析】A选项，根据超几何分布的定义，可知A正确；
B选项，E(X－1)＝E(X)－1＝2 022，故B错误；
C选项，D(2X＋2 023)＝22D(X)＝8，故C正确；
D选项，因为X～B(2 023,0.5)，
所以P(X＝k)＝Ceq \\al(k,2 023)·0.5k·(1－0.5)2 023－k＝Ceq \\al(k,2 023)0.52 023，
根据组合数的对称性可知，P(X≤1 010)＝P(X≥1 013)，故D错误．
考向3 二项分布
【例4】（2024·吉林·模拟预测）已知某种疾病的某种疗法的治愈率为．若有1000位该病患者采取了这种疗法，且每位患者治愈与否相互独立，设其中被治愈的人数为，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据二项分布的概率列出的表达式，由题意可得不等式，化简并结合指数函数性质，即可求得答案.
【详解】由题意知,
故，，
由得，
即，即，则，
由于，故，
故选：D
考点三:正态分布
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ.
(2)样本标准差σ.
(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间．
规律方法 利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：
(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)．
(2)P(X(3)P(a【例5】（23-24高三下·天津·开学考试）下列说法不正确的是（ ）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．对具有线性相关关系的变量x，y，且线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
【答案】B
【分析】利用正态分布的性质即可判断选项A，利用百分位数的定义即可判断选项B，根据线性相关系数的性质即可判断选项C，利用线性回归方程中的基本量即可判断选项D.
【详解】对A：若随机变量服从正态分布，且，
则，
则，A正确；
对B：因为，所以第百分位数为，B错误；
对C：若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，C正确；
对于D，样本点的中心为，所以，，
因为满足线性回归方程，所以，
所以，D正确.
故选：B
【变式1】（2024·安徽合肥·一模）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A．0.14B．0.62C．0.72D．0.86
【答案】D
【分析】根据正态分布的性质进行计算即可.
【详解】随机变量服从正态分布，
且,
所以，
，
所以，
故选:D.
【变式2】（23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习）已知随机变量服从，若，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.5
【答案】C
【分析】借助正态分布的对称性计算即可得.
【详解】由题意可得，
所以.
故选：C.
【变式3】（2024·辽宁辽阳·一模）辽宁的盘锦大米以粒粒饱满、口感香糯而著称. 已知某超市销售的盘锦袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，且，若从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在的盘锦大米的袋数的方差为（ ）
A．14.4B．9.6C．24D．48
【答案】A
【分析】由题意根据正态分布的对称性求出的值，确定质量在的盘锦大米的袋数，根据二项分布的方差公式，即可求得答案.
【详解】由题意知某超市销售的盘锦袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，
且，故，
从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在的盘锦大米的袋数
故，
故选：A
强化训练
一、单选题
1．（23-24高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知随机变量服从正态分布，，则（ ）
A．0.7B．0.6C．0.4D．0.2
【答案】D
【分析】由正态分布的对称性直接求解.
【详解】因为，则，
∴.
故选：D.
2．（23-24高三下·北京·开学考试）电灯泡使用时数在1000小时以上的概率为0.8，则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为（ ）
A．0.384B．C．0.128D．0.104
【答案】A
【分析】分析知这是二项分布，3重伯努利试验.
【详解】电灯泡使用时数在1000小时以上的概率为0.8，1个灯泡在使用1000小时内坏了的概率为，则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为
.
故选：A
3．（2024·四川凉山·二模）已知，且，则在的展开式中，的系数为（ ）
A．5B．10C．15D．20
【答案】B
【分析】先根据正态分布的对称性求出，在利用二项式定理求的系数.
【详解】因为，且，
则，得，
则，其含的项为，
即的系数为.
故选：B.
4．（2024高三·全国·专题练习）设某种疫苗试验的失败率是成功率的5倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则等于（ ）
A．0B．C．D．1
【答案】C
【分析】先列出变量X的分布列，从而得出答案.
【详解】解：根据题意得，“”表示试验失败，
“”表示试验成功，成功率为p，失败率为5p，
故X的分布列为：
所以，得，
所以失败率为，即．
故选：C.
5．（23-24高三上·湖北荆州·阶段练习）已知随机变量，则概率最大时，的取值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】根据二项分布的随机变量取值的概率公式建立不等关系，可得最大值时的．
【详解】依题意，
由，
即，解得或.
故选：C.
6．（22-23高三下·内蒙古赤峰·阶段练习）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
【分析】根据题意，计算盒子中奖券数量对应的概率，结合期望分析更接近11的可能最大.
【详解】设中奖的概率为，30天中奖的天数为，则
若盒子中的有奖券有1张，
则中奖的概率为，
，
若盒子中的有奖券有2张，
则中奖的概率为，
，
若盒子中的有奖券有3张，
则中奖的概率为，
，
若盒子中的有奖券有4张，
则中奖的概率为，
，
根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天，
故选：B.
7．（23-24高三上·福建三明·期中）下列说法正确的是（ ）
A．随机变量，则
B．若随机变量，，则
C．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件
D．从除颜色外完全相同的个红球和个白球中，一次摸出个球，则摸到红球的个数服从超几何分布；
【答案】D
【分析】选项A根据二项分布的概率公式进行计算；选项B根据正态分布的对称性进行计算；选项C根据互斥事件与对立事件的定义进行判断；选项D根据超几何分布的定义进行判断.
【详解】对于选项A，，故A错误；
对于选项B，，所以，故B错误；
对于选项C，至少有一个黑球包含的基本事件有“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件有“一黑一红，两红”，所以两事件不互斥，故C错误；
对于选项D，设摸出红球的个数为k，则，符合超几何分布，故D正确.
故选：D
8．（23-24高三上·江西·阶段练习）在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，，定义协方差为，已知，的分布列如下表所示，其中，则的值为（ ）
A．0B．1C．2D．4
【答案】A
【分析】根据题意可得的分布列，，和的值，再根据的公式计算即可.
【详解】解：的分布列为
，
，，
.
故选：A.
二、多选题
1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知某地区十二月份的昼夜温差，，该地区某班级十二月份感冒的学生有10人，其中有6位男生，4位女生，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．从这10人中随机抽取2人，其中至少抽到一位女生的概率为
D．从这10人中随机抽取2人，其中女生人数的期望为
【答案】ABD
【分析】利用正态分布的对称性判断AB；利用超几何分布的概率公式与期望判断CD.
【详解】对于A，因为，，所以，故A正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，服从超几何分布，其中，，，
所以，故D正确.
故选ABD.
2．（2024·安徽黄山·一模）下列说法正确的有（ ）
A．若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强
B．若随机变量，，则
C．若样本数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为
D．若事件、满足，，，则有
【答案】ABD
【分析】利用线性相关系数与线性相关性之间的关系可判断A选项；可以正态分布的对称性可判断B选项；利用方差的性质可判断C选项；利用条件概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，A对；
对于B选项，若随机变量，，
则，B对；
对于C选项，若样本数据、、、的方差为，
则数据、、、的方差为，C错；
对于D选项，若事件、满足，，，
由条件概率公式可得，则，
因此，，D对.
故选：ABD.
3．（2024·云南贵州·二模）袋子中有2个黑球，1个白球，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0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A．B．
C．的期望D．的方差
【答案】ABCD
【分析】求出一次摸到黑球的概率，根据题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布列及期望公式、方差公式求解即可.
【详解】从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，
又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，
又每次摸到黑球的概率为，因为是有放回地取4次球，所以，故A正确；
，故B正确；
根据二项分布期望公式得，故C正确；
根据二项分布方差公式得，故D正确.
故选：ABCD
【点睛】结论点睛：随机变量X服从二项分布，记作X～，，且有，.
三、填空题
1．（23-24高三上·上海浦东新·期末）在100件产品中有90件一等品、10件二等品，从中随机抽取3件产品，则恰好含1件二等品的概率为 （结果精确到0.01）．
【答案】0.25
【分析】由题意先求出事件总数，再求出恰好有一件二等品的事件，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】从这批产品中抽取3件，则事件总数为，
其中恰好有一件二等品的事件有，
所以恰好有一件二等品的概率为.
故答案为：0.25
2．（23-24高三下·上海·阶段练习）甲乙两人射击，每人射击一次.已知甲命中的概率是，乙命中的概率是，两人每次射击是否命中互不影响.已知甲、乙两人至少命中一次，则甲命中的概率为 .
【答案】
【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设事件A为“两人至少命中一次”，事件B为“甲命中”，
，，
所以.
故答案为：
3．（2024高三下·江苏·专题练习）小张的公司年会有一小游戏：箱子中有材质和大小完全相同的六个小球，其中三个球标有号码1，两个球标有号码2，一个球标有号码3，有放回的从箱子中取两次球，每次取一个，设第一个球的号码是，第二个球的号码是，记，若公司规定时，分别为一二三等奖，奖金分别为1000元，500元，200元，其余无奖．则小张玩游戏一次获得奖金的期望为 元．
【答案】
【分析】根据两球号码数和积分规则分别求出时的概率即为奖金分别为1000元，500元，200元的概率，利用分布列计算可得期望值.
【详解】由题可知，取一次球，取得号码是1的概率是，取一次球，取得号码是2的概率是，取一次球，取得号码是3的概率是，
因为，，
当，所以或，
故；
当，则，
所以，
当，则，
所以，
设奖金为，则．
则它的分布列为
所以．
故答案为：
四、解答题
1．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）临近新年，某水果店购入A，B，C三种水果，数量分别是36箱，27箱，18箱.现采用分层抽样的方法抽取9箱，进行质量检查.
(1)应从A，B，C三种水果各抽多少箱?
(2)若抽出的9箱水果中，有5箱质量上乘，4箱质量一般，现从这9箱水果中随机抽出4箱送有关部门检测.
①用X表示抽取的4箱中质量一般的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望；
②设A为事件“抽取的4箱水果中，既有质量上乘的，也有质量一般的水果”，求事件A发生的概率.
【答案】(1)答案见解析
(2)①分布列见详解，；②
【分析】（1）根据题意结合分层抽样的性质分析求解；
（2）①根据题意结合超几何分别求分布列和期望；②根据题意利用对立事件以及①中结果运算求解.
【详解】（1）由题意知：，
所以应从A，B，C三种水果各抽4，3，2箱.
（2）①由题意可知：X的可能取值为0，1，2，3，4，则有：
，，
，，
，
所以随机变量X的分布列为
所以随机变量X的期望为；
②由题意可知：为事件“抽取的4箱水果中，都是质量上乘的，或都是质量一般的水果”，
所以.
2．（2024·辽宁大连·一模）某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)设随机变量服从二项分布，记 则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次.
附: 若，则，.
【答案】(1)
(2)68
【分析】（1）设出事件，由条件概率公式即可求解；
（2）首先将题目条件转换为的概率至少为，进一步通过计算得，从而可得，由此即可得解.
【详解】（1）该同学投篮了四次，设分别表示“第二次没有投中”和“恰投中两次”.
则有.
（2）
随机变量代表次投篮后命中的次数，则服从二项分布，
然后令随机变量，并近似视为其服从正态分布.
题目条件即为，即的概率至少为.
由于我们有，
故命题等价于，解得.
综上，该同学至少要投次.
3．（2024·新疆·一模）地区生产总值(地区)是衡量一个地区经济发展的重要指标，在过去五年(2019年-2023年)中，某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃，从1464亿元增长到了3008亿元，若该地区在这五年中的年份编号x(2019年对应的 x值为1，2020 年对应的x值为2，以此类推)与地区生产总值y(百亿元)的对应数据如下表：
(1)该地区2023年的人均生产总值为9.39 万元，若2023年全国的人均生产总值X(万元)服从正态分布，那么在全国其他城市或地区中随机挑选2 个，记随机变量 Y为“2023年人均生产总值高于该地区的城市或地区的数量”，求 的概率；
(2)该地区的人口总数t(百万人)与年份编号x的回归方程可以近似为，根据上述的回归方程，估算该地区年份编号x与人均生产总值(人均)u(万元)之间的线性回归方程.
参考公式与数据：人均生产总值=地区生产总值÷人口总数；
线性回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别是： ，
若，则.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用正态分布的区间公式先计算大于该地区人均生产总值的概率，再由二项分布计算即可；
（2）利用最小二乘法的计算公式求值即可.
【详解】（1）易知，所以根据正态分布区间公式有，
即每个地区大于该地区的人均生产总值的概率为，
则，所以：；
（2）因为，由题意可知，每年的人均生产总值分别依次为：
，
，
所以，
则，
由公式可知，
即.
4．（2024·山东日照·一模）随着科技的不断发展，人工智能技术的应用领域也将会更加广泛，它将会成为改变人类社会发展的重要力量．某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．在对该交互软件进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则软件正确应答的概率为；若出现语法错误，则软件正确应答的概率为．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为．
(1)求一个问题能被软件正确应答的概率；
(2)在某次测试中，输入了个问题，每个问题能否被软件正确应答相互独立，记软件正确应答的个数为X，的概率记为，则n为何值时，的值最大？
【答案】(1)0.75
(2)7或8
【分析】（1）根据题意结合全概率公式运算求解；
（2）由题意可知：且，结合数列单调性分析求解.
【详解】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B，
由题意可知：，则，
所以.
（2）由（1）可知：，
则，可得，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可得；
5．（2024·北京·模拟预测）某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”.
(1)若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
(2)假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望；
(3)假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望
(3)
【分析】（1）该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，由此即可求解；
（2）首先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为0.6，从而可知服从二项分布，进一步即可求得分布列以及数学期望；
（3）首先求得关于的表达式，进一步即可比较大小.
【详解】（1）直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故；
（2）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
这就得到的分布列为
二项分布的数学期望.
（3）设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且
从而.
即.
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
1
2
X
1
2
3
4
P
p
1
2
3
m
X
0
2
4
P
得分
93
94
95
96
97
98
人数
2
2
3
1
1
1
X
2
3
4
5
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,4)
eq \f(5,18)
eq \f(11,36)
民宿
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
壬
癸
普通型民宿
19
5
4
17
13
18
9
20
10
15
品质型民宿
6
1
2
10
11
10
9
12
8
5
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(8,21)
eq \f(3,7)
eq \f(4,35)
eq \f(1,210)
X
0
1
P
5p
p
1
2
1
2
1
2
4
1000
500
200
0
X
0
1
2
3
4
P
年份编号x
1
2
3
4
5
地区生产总值y(百亿元)
14.64
17.42
20.72
25.20
30.08
轮次
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
第一次分数
7
6
8
9
8
5
9
7
10
7
第二次分数
8
7
9
10
8
9
8
7
7
9
0
1
2
3