2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第十章第七节n次独立重复试验及二项分布

第七节n次独立重复试验及二项分布

1.条件概率及其性质
(1)条件概率的定义：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)＝(P(A)＞0).
(2)条件概率的性质
①非负性：0≤P(B|A)≤1；
②可加性：如果B和C是两个互斥事件，
　则P(B∪C|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P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立.
(3)若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立.
(4)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，
P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B).
(5)一般地，如果事件A1，A2，…，An(n＞2，n∈N*)相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An).
互斥事件与相互独立事件的相同点与不同点
(1)相同点：二者都是描述两个事件间的关系；
(2)不同点：互斥事件强调两事件不可能同时发生，即P(AB)＝0，相互独立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.
3.独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验：一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验.
独立重复试验的条件：①每次试验在相同条件下可重复进行；②各次试验是相互独立的；③每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生.
(2)二项分布：一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，则事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率.
判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：,(1)是否为n次独立重复试验；,(2)随机变量是否为某事件在这n次独立重复试验中发生的次数.
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率，一定有P(AB)＝P(A)P(B).(　　)
(2)相互独立事件就是互斥事件.(　　)
(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
二、选填题
1.打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次.若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　由题意知甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，两人打靶相互独立，同时中靶的概率P＝×＝.
2.设随机变量X～B，则P(X＝3)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　因为X～B，由二项分布可得，
P(X＝3)＝C3·3＝.
3.根据历年气象统计资料，宜都三月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为，则在吹东风的条件下下雨的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设事件A表示宜都三月份吹东风，事件B表示三月份下雨，根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率P(B|A)＝＝.
4.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________.
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)＝＝＝＝0.75.
答案：0.75
5.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.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是________.
解析：因为质点移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动2次，向上移动3次.
故其概率为C3·2＝C5＝.
答案：


[典例精析]
(1)(2019·合肥模拟)将三颗骰子各掷一次，记事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝__________，P(B|A)＝________.
(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________.
[解析]　(1)P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝.P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝.
(2)P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式，得P(B|A)＝＝＝.
[答案]　(1)   　(2)
[解题技法]
条件概率的3种求法
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本
事件法
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)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简

[过关训练]
1.(2019·石家庄摸底)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为________.
解析：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B|A，由题意得P(B|A)＝＝.
答案：
2.现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地一次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为________.
解析：法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则P(B|A)＝＝＝.
法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为.
答案：

[典例精析]
(1)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为________.
(2)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.
[解析]　(1)设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率P1＝P(BCD＋ACD＋ABD＋ABC)＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，4人使用设备的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
(2)依题意，该选手第2个问题回答错误，第3,4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.
[答案]　(1)0.31　(2)0.128
　　
1.(变设问)保持本例(2)条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________.
解析：依题意，该选手第3个问题的回答是错误的，第4,5个问题均回答正确，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.005 12＋0.040 96＝0.046 08.
答案：0.046 08
2.(变设问)保持本例(2)条件不变，则该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________.
解析：依题意，设答对的事件为A，可分第3个回答正确与错误两类，若第3个回答正确，则有AA或A两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.若该选手第3个问题的回答是错误的，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.
答案：0.104
[解题技法]
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和.
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件.
(3)代入概率的积公式求解.
[过关训练]
1.在高三的某次模拟考试中，对于数学选修4系列的考查中，甲同学选做《不等式选讲》的概率为，乙同学选做《不等式选讲》的概率为，假定二人的选择相互之间没有影响，那么这次模拟考试中甲、乙两个同学至少有1人选做《不等式选讲》的概率为________.
解析：记高三的某次模拟考试中“甲同学不选做《不等式选讲》”为事件A，“乙同学不选做《不等式选讲》”为事件B，且A，B相互独立.
依题意，P(A)＝1－＝，P(B)＝1－＝，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
又因为甲、乙二人至少有一人选做《不等式选讲》的对立事件为甲、乙二人都不选做《不等式选讲》，所以所求概率为1－P(AB)＝1－＝.
答案：
2.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.
(1)设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P





(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×
＝.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.

[典例精析]
九节虾的真身是虎斑虾，虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美.某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：
质量/g
[5,15)
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55]
数量
4
12
11
8
5

(1)若购进这批九节虾35 000 g，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(所得结果保留整数)；
(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5,25)间的九节虾的数量为X，求X的分布列.
[解]　(1)由表中数据可以估计每只九节虾的质量为
×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)，因为35 000÷29.5≈1 186(只)，
所以这批九节虾的数量约为1 186只.
(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5,25)间的概率p＝＝，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝4＝，
P(X＝1)＝C××3＝，
P(X＝2)＝C×2×2＝，
P(X＝3)＝C×3×＝，
P(X＝4)＝4＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P






[解题技法]
独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略
(1)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.
(2)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.
[过关训练]
1.甲、乙两名运动员练习定点投球，已知在该点每次投篮甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.9，每人投两次，则甲、乙都恰好命中一次的概率为(　　)
A.0.32　　　　　　　　 B.0.18
C.0.50 D.0.057 6
解析：选D　甲命中一次的概率为C×0.8×(1－0.8)＝0.32，乙命中一次的概率为C×0.9×(1－0.9)＝0.18，他们投篮命中与否相互独立，所以甲、乙都恰好命中一次的概率为P＝0.32×0.18＝0.057 6.
2.一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分).设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立.
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为多少？
解：(1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有
P(X＝10)＝C×1×2＝，
P(X＝20)＝C×2×1＝，
P(X＝100)＝3＝，
P(X＝－200)＝3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P





(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为.

一、题点全面练
1.如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　设女孩个数为X，女孩多于男孩的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C×2×＋C×3＝3×＋＝.
2.(2018·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：
使用时间/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
个数
10
40
80
50
20
若以频率估计概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为＝，则所求概率为C2×＋3＝.
3.(2019·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n(B)＝108,4个人去的景点不同的情况有A＝4×3×2×1＝24种，即n(AB)＝24，∴P(A|B)＝＝＝.
4.甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分).
甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83
乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74
现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A；“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B，则P(AB)，P(A|B)的值分别是(　　)
A.， B.，
C.， D.，
解析：选A　由题意知，P(AB)＝×＝，根据条件概率的计算公式得P(A|B)＝＝＝.
5.在一个质地均匀的小正方体的六个面中，三个面标0，两个面标1，一个面标2，将这个小正方体连续抛掷两次，若向上的数字的乘积为偶数，则该乘积为非零偶数的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　两次数字乘积为偶数，可先考虑其反面——只需两次均出现1向上，故两次数字乘积为偶数的概率为1－2＝；若乘积非零且为偶数，需连续两次抛掷小正方体的情况为(1,2)或(2,1)或(2,2)，概率为××2＋×＝.故所求条件概率为＝.
6.设由0,1组成的三位编号中，若用A表示“第二位数字为0的事件”，用B表示“第一位数字为0的事件”，则P(A|B)＝________.
解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝.
答案：
7.事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝________，P(B)＝________.
解析：由题意得
由③÷①得P()＝，所以P(C)＝1－P()＝1－＝.将P(C)＝代入②得P()＝，所以P(B)＝1－P()＝，由①可得P(A)＝，所以P(B)＝P()·P(B)＝×＝.
答案：　
8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17,18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.
解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B，即有P(ξ＝k)＝Ck×5－k，k＝0,1,2,3,4,5.故P(ξ＝4)＝C4×1＝.
答案：
9.挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响.
(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；
(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X的分布列.
解：(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(A )＋P(B)＋P( C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)甲被录取的概率为P甲＝0.5×0.6＝0.3，
同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.
∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X～B(3,0.3)，X的可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝k)＝C(0.3)k·(1－0.3)3－k，k＝0,1,2,3.
故P(X＝0)＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，
P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，
P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，
P(X＝3)＝C×0.33＝0.027，
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027
10.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.
(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击.问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为多少？
解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件1为“甲连续射击4次，全部击中目标”.由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验.
故P(1)＝C4＝.
所以P(A1)＝1－P(1)＝1－＝.
所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为.
(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B2，
则P(A2)＝C×2×2＝，
P(B2)＝C3×1＝.
由于甲、乙射击相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝×＝.
所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.
(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1,2,3,4,5)，
则A3＝D5D43(21∪2D1∪D21)，
且P(Di)＝.
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P(3)P(21＋2D1＋D21)
＝×××＝.
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为.
二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为(　　)
A. B.3×
C.× D.C×3×
解析：选B　由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为3×.
2.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝.则所求概率为P(B|A)＝＝＝.
3.为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响.若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元.已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则P(X≥－80)＝________.
解析：由题意得该产品能销售的概率为＝.易知X的所有可能取值为－320，－200，－80,40,160，设ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则ξ～B，所以P(ξ＝k)＝Ck4－k，
所以P(X＝－80)＝P(ξ＝2)＝C22＝，
P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝C31＝，
P(X＝160)＝P(ξ＝4)＝C40＝，
故P(X≥－80)＝P(X＝－80)＋P(X＝40)＋P(X＝160)＝.
答案：
(二)交汇专练——融会巧迁移
4.[与统计交汇]从某市的高一学生中随机抽取400名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg的概率；
(2)假设该市高一学生的体重X服从正态分布N(57，σ2).
①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于54～57 kg之间的概率；
②从该市高一学生中随机抽取3人，记体重介于54～57 kg之间的人数为Y，利用(1)的结论，求Y的分布列.
解：(1)这400名学生中，体重超过60 kg的频率为(0.04＋0.01)×5＝，
由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg的概率为.
(2)①∵X～N(57，σ2)，
由(1)知P(X＞60)＝，
∴P(X＜54)＝，
∴P(54＜X＜60)＝1－2×＝，
∴P(54＜X＜57)＝×＝，
即高一某个学生体重介于54～57 kg之间的概率为.
②∵该市高一学生总体很大，∴从该市高一学生中随机抽取3人，可以视为独立重复试验，
其中体重介于54～57 kg之间的人数Y～B，
其中P(Y＝i)＝Ci3－i，i＝0,1,2,3.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P





5.[与最值交汇]为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度.
某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：
用户
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
年用电量(度)
1 000
1 260
1 400
1 824
2 180
2 423
2 815
3 325
4 411
4 600
(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？
(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列；
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值.
解：(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元).
(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P





(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足X～B，可知P(X＝k)＝Ck·10－k(k＝0,1,2,3，…，10).
由
解得≤k≤.又k∈N*，所以当k＝4时概率最大，故k＝4.