同步练习10 条件概率
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)＝( )
A．B．C．D．
2．根据历年气象统计资料，某地四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．
3．[2023·江苏徐州高二期中]同时抛掷一枚红骰子和一枚蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为1”为事件A，“两枚骰子的点数之和等于6”为事件B，则P(B|A)＝( )
A．B．C．D．
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为( )
A．0.72B．0.8C．0.9D．0.5
5．[2023·河北保定高二期末]从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是偶数”，事件B为“第二次取到的是3的整数倍”，则P(B|A)＝( )
A．B．C．D．
6．[2023·江苏南通高二期中]已知随机事件A，B满足P(A)＝，P(A|B)＝，P(|A)＝，则P(B)＝( )
A．B．C．D．
7．[2023·河南郑州高二期中]现从3个男生2个女生共5人中任意选出3人参加某校高三年级的百日誓师大会，若选出的3人中，在有1人是女生的条件下，另2人是男生的概率为( )
A．B．C．D．
8．从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中，依次不放回的抽出两张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到奇数的概率为( )
A．B．C．D．
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东佛山高二期末]事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.3，则( )
A．P(A∪B)＝0.75B．P(A|B)＝0.375
C．P(B|)＝0.5D．P(A|)＝0.5
10．袋中装有6个相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6.从中不放回的随机抽取两个球，A表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的是( )
A．事件A与事件B不相互独立
B．事件A与事件B互斥
C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为
D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．设A，B为两个事件，若事件A和事件B同时发生的概率为，在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为，则事件B发生的概率为________．
12．[2023·安徽合肥高二期末]学校开设了4门体育类选修课和2门艺术类选修课，学生需从这6门课中选择2门课，若学生甲随机选择，则该生在第一门选择体育类选修课的条件下，第二门选择艺术类选修课的概率为________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)有圆形零件100个，其中有98个直径合格，有96个光洁度合格，两个指标都合格的有94个．从这100个零件中，任意抽取1个．
(1)如果此零件光洁度合格，求直径也合格的概率(结果保留三位小数)；
(2)如果此零件直径合格，求光洁度也合格的概率(结果保留三位小数).
14．(10分)[2023·河北石家庄高二期末]一袋中共有大小相同的5个黑球和5个白球．
(1)若从袋中任意摸出2个球，求至少有1个白球的概率；
(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第1次取得白球，求第2次取得黑球的概率.
关键能力综合练
15．(5分)[2023·安徽滁州高二期末]甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为0.7，乙命中目标的概率为0.8.在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为( )
A．B．
C．D．
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)[2023·黑龙江佳木斯高二期中]银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，求：
(1)任意按最后1位数字，不超过3次就按对的概率；
(2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率．
同步练习10 条件概率
1．解析：由题意，知P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝.
答案：C
2．解析：记事件A为“四月份吹东风”，事件B为“四月份下雨”，则P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝＝.
答案：A
3．解析：事件A包含6种基本事件，事件AB包含1个基本事件，所以P(B|A)＝＝.
答案：B
4．解析：设一批种子的发芽率为事件A，则P(A)＝0.9，
出芽后的幼苗成活率为事件B，则P(B|A)＝0.8，
所以这粒种子能成长为幼苗的概率P＝P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.
答案：A
5．解析：记第一次取出的数为m，第二次取出的数为n，
则Ω＝{(m，n)|m，n∈N*，m≤10，n≤10，m≠n}，
A＝{(m，n)|n，k∈N*，m＝2k，k≤5，n≤10，m≠n}，
B＝{(m，n)|m，k∈N*，n＝3k，m≤10，k≤3，m≠n}，
所以AB＝{(2，3)，(2，6)，(2，9)，(4，3)，(4，6)，(4，9)，(6，3)，(6，9)，(8，3)，(8，6)，(8，9)，(10，3)，(10，6)，(10，9)}，
所以n(Ω)＝90，n(A)＝45，n(AB)＝14，
P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝.
答案：C
6．解析：由已知可得，P(|A)＝＝.
因为P(A)＝，所以P(A)＝.
又P(A)＝P(AB)＋P(A)＝，所以P(AB)＝.
又P(A|B)＝＝，所以P(B)＝.
答案：A
7．解析：设选出的3人中，至少有1个女生为事件A，则n(A)＝C－C＝10－1＝9，
设选出的3人中，有1人是女生，2人是男生为事件B，则n(B)＝CC＝6，
则在有1人是女生的条件下，另2人是男生的概率为P＝＝＝.
答案：A
8．解析：事件A＝“抽两张卡片，第一张为奇数”，B＝“抽两张卡片，第二张为奇数”，则有P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝.
答案：C
9．解析：由P(B|A)＝0.3得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝0.3×0.5＝0.15，
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.4－0.15＝0.75，故A正确；
所以P(A|B)＝＝＝0.375，故B正确；
P(B|)＝＝＝＝0.5，故C正确；
对于D，P(A|)＝＝＝＝，故D错误．
答案：ABC
10．解析：依题意，P()＝＝，P(A)＝1－P()＝，P(B)＝＝，P(AB)＝＝.
因为P(A)·P(B)＝≠P(AB)，则事件A与事件B不相互独立，A正确；
“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，事件A与事件B不互斥，B错误；
在事件A发生的前提下，事件B发生的概率P(B|A)＝＝＝，C正确；
在事件B发生的前提下，事件A发生的概率P(A|B)＝＝＝，D正确．
答案：ACD
11．解析：依题意可得P(AB)＝，P(A|B)＝，
因为P(A|B)＝，所以P(B)＝＝＝.
答案：
12．解析：第一次选择体育为事件A，第二次选择艺术为事件B，
P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝.
答案：
13．解析：(1)设A＝“零件光洁度合格”，B＝“零件直径合格”．零件光洁度合格，直径也合格的概率为
P(B|A)＝＝≈0.979.
(2)设A＝“零件光洁度合格”，B＝“零件直径合格”．零件直径合格，光洁度也合格的概率为
P(A|B)＝＝≈0.959.
14．解析：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A，
则P(A)＝1－＝.
(2)令“第1次取得白球”为事件B，“第2次取得黑球”为事件C，则P(BC)＝＝，
P(B)＝＝.
故P(C|B)＝＝.
15．解析：由题意，设事件A＝“甲命中目标”，B＝“乙命中目标”，C＝“目标被击中”，
则P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.7×0.8＝0.56，P(C)＝1－P(·)＝1－(1－0.7)×(1－0.8)＝0.94，
在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P(AB|C)＝＝＝＝.
答案：C
16．解析：(1)设Ai(i＝1，2，3)表示第i次按对密码，A表示不超过3次就按对，
则有A＝A1∪1A2∪12A3，
因为事件A1，1A2，12A3两两互斥，
由概率的加法公式和乘法公式可得，
P(A)＝P(A1∪1A2∪12A3)
＝P(A1)＋P(1A2)＋P(12A3)
＝P(A1)＋P(1)P(A2|1)＋P(12)P(A3|12)
＝P(A1)＋P(1)P(A2|1)＋P(1)P(2|1)P(A3|12)＝＋×＋××＝.
(2)记事件B：最后1位是偶数，
则P(A|B)＝P(A1∪1A2∪12A3|B)
＝P(A1|B)＋P(1A2|B)＋P(12A3|B)
＝＋＋＝.同步练习11 全概率公式
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．已知P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝0，P(B)＝，则P(B|)＝( )
A． B． C． D．
2．[2023·山东滨州高二期中]有7件产品，其中4件正品，3件次品，现不放回的从中取2件产品，每次一件，则第二次取得正品的概率为( )
A． B． C． D．
3．一袋中装有10个盲盒，已知其中3个是玩具盲盒，7个是文具盲盒，甲、乙两个小孩从中先后任取一个盲盒，则乙取到的是玩具盲盒的概率为( )
A． B． C． D．
4．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]已知某地市场上供应的洗衣机中，甲厂产品占80%，乙厂产品占20%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，则从该地市场上买到一台合格洗衣机的概率是( )
A．0.16B．0.72C．0.76D．0.88
5．[2023·江苏宿迁高二期末]某批麦种中，一等麦种占96%，二等麦种占4%，一、二等麦种种植后所结的麦穗含55粒以上麦粒的概率分别为0.5，0.25，则用这批种子种植后所结的麦穗含有55粒以上麦粒的概率是( )
A．0.58B．0.49C．0.75D．0.125
6．为响应“书香临夏、悦享阅读”活动，某校开展语文教师课文朗诵比赛．已知男女教师人数相同，有8%的男教师和4%的女教师擅长中华诗词朗诵，现随机选一位教师，这位教师恰好擅长中华诗词朗诵的概率是( )
A．0.05B．0.06C．0.10D．0.12
7．[2023·北京大兴高二期末]两批同种规格的产品，第一批占40%，次品率为5%；第二批占60%，次品率为4%.将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则这件产品不是次品的概率为( )
A．0.956B．0.966C．0.044D．0.036
8．已知高二1班男、女同学人数相同，有10%的男同学和3%的女同学爱打桥牌，现随机选一名同学，这位同学恰好爱打桥牌的概率是( )
A．0.003B．0.057C．0.065D．0.035
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．设A，B为同一随机试验的两个随机事件，若P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.2，P(A|)＝0.4，则( )
A．P(AB)＝0.1B．P(A)＝0.4
C．P(B|A)＝D．P(|)＝
10．[2023·安徽合肥高二期中]有甲、乙两个小组参加某项测试，甲组的合格率为70%，乙组的合格率为90%.已知甲、乙两组的人数分别占这两组总人数的70%，30%.从这两组组成的总体中任选一个人，用事件A1，A2分别表示选取的该人来自甲、乙组，事件B表示选取的该人测试合格，则( )
A．P(A1B)＝0.49B．P(B|A1)＝0.9
C．P(A2B)＝0.21D．P(B)＝0.76
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．某同学连续两天在学校信息图文中心2楼和3楼进行拓展阅读，第一天等可能地从信息图文中心2楼和3楼中选择一层楼进行阅读．如果第一天去2楼的条件下第二天还在2楼阅读的概率为0.7；第一天去3楼的条件下第二天去2楼阅读的概率为0.8，该同学第二天去3楼阅读的概率为________．
12．[2023·河南郑州高二期末]在甲、乙、丙三个地区爆发了流感，这三个地区分别有7%，6%，5%的人患了流感．若这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一个人，这个人患流感的概率是________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·安徽蚌埠高二期末]已知P()＝，P(|A)＝，P(|)＝，计算：
(1)P(B|A)；
(2)P(B).
14．(10分)[2023·黑龙江哈尔滨高二期末]某中学高二年级参加市数学联考，其中甲、乙两个班级优秀率分别为30%和40%，现在先从甲、乙两个班中选取一个班级，然后从选取的班级中再选出一名同学．选取甲、乙两个班级的规则如下：纸箱中有大小和质地完全相同的4个白球、2个黑球，从中摸出1个球，摸到白球就选甲班，摸到黑球就选乙班．
(1)分别求出选取甲班、乙班的概率；
(2)求选出的这名同学数学成绩优秀的概率．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北张家口高二期末]已知甲盒和乙盒中有大小相同的球，甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有3个红球和2个白球，先从乙盒中任取两球，放入甲盒中，然后从甲盒中任取一球，则最终取到的球是白球的概率为________．
16．(15分)[2023·河南驻马店高二期末]三台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.05，第二台出现废品的概率是0.03，第三台出现废品的概率是0.06，加工出来的零件放在一起，并且已知第一、二、三台加工的零件之比为3∶4∶3.
(1)求任意取出1个零件是废品的概率；
(2)如果任意取出的1个零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．
同步练习11 全概率公式
1．解析：由全概率公式得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×0＋×P(B|)＝，解得P(B|)＝.
答案：B
2．解析：设Ai＝“第i次取得正品”，i＝1，2，则A2＝A1A2＋1A2，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)P(A2|1)＝×＋×＝.
答案：A
3．解析：记事件A，B分别表示甲、乙取到的是玩具盲盒，
则由题意得P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝.
答案：C
4．解析：从某地市场上购买一台洗衣机，设“买到的洗衣机是甲厂产品”为事件A1，“买到的洗衣机是乙厂产品”为事件A2，“买到的洗衣机是合格品”为事件B，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.8×0.9＋0.2×0.8＝0.88，
即从该地市场上买到一台合格洗衣机的概率是0.88.
答案：D
5．解析：设从这批种子中任选一颗是一、二等种子的事件是A1，A2，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2两两互斥，
设B＝“从这批种子中任选一颗，所结的穗含55颗以上麦粒”，
则P(B)＝(Ai)·P(B|Ai)＝96%×0.5＋4%×0.25＝0.49.
答案：B
6．解析：设A1＝“男教师”，A2＝“女教师”，B＝“擅长中华诗词朗诵”，
则P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝8%，P(B|A2)＝4%，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×8%＋×4%＝0.06.
答案：B
7．解析：设事件B为“取到的产品是次品”，Ai(i＝1，2)为“取到的产品来自第i批”．
则P(A1)＝0.4，P(B|A1)＝0.05，P(A2)＝0.6，P(B|A2)＝0.04，
由全概率公式，可得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.05＋0.6×0.04＝0.044.
所以这件产品不是次品的概率为P()＝1－P(B)＝1－0.044＝0.956.
答案：A
8．解析：用事件A1表示“随机选一名同学是男生”，用事件A2表示“随机选一名同学是女生”，用事件B表示“这位同学恰好爱打桥牌”，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，
由题意知P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝10%，P(B|A2)＝3%，
由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×10%＋×3%＝0.065.
答案：C
9．解析：P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.1，A正确；根据全概率公式可得，P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝0.5×0.2＋0.5×0.4＝0.3，B错误；P(B|A)＝＝＝，C正确；P()＝P()P(|)＝0.5×(1－0.4)＝0.3，P(|)＝＝＝，D正确．
答案：ACD
10．解析：由已知可得，P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.3，P(B|A1)＝0.7，P(B|A2)＝0.9.
由已知可得P(B|A1)＝0.7，P(A1)＝0.7，根据乘法公式可知P(A1B)＝P(B|A1)·P(A1)＝0.7×0.7＝0.49，故A项正确；
由已知可得P(B|A1)＝0.7，故B项错误；
由已知可得P(A2)＝0.3，P(B|A2)＝0.9，根据乘法公式可知P(A2B)＝P(B|A2)·P(A2)＝0.9×0.3＝0.27，故C项错误；
因为P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝0.49＋0.27＝0.76，故D项正确．
答案：AD
11．解析：设事件Ai＝“第i天去2楼阅读”，事件Bi＝“第i天去3楼阅读”，
则P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(B2|A1)＝1－0.7＝0.3，P(B2|B1)＝1－0.8＝0.2；
所以P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×0.3＋0.5×0.2＝0.25.
答案：0.25
12．解析：设事件B为此人患流感，A1，A2，A3分别代表此人来自甲、乙、丙三个地区，
根据题意可知：
P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝.
答案：
13．解析：(1)由P(|A)＝，得P(B|A)＝1－P(|A)＝1－＝.
(2)因为P()＝，P(|)＝，
所以P(A)＝，P(B|)＝，
∴P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()·P(B|)＝×＋×＝.
14．解析：(1)记事件A1＝“选取甲班”，事件A2＝“选取乙班”，
则P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
故选取甲、乙两个班的概率分别为和.
(2)由(1)可知A1＝“这名同学来自甲班”，A2＝“这名同学来自乙班”，
B＝“这名同学数学成绩优秀”，
则Ω＝A1∪A2，且A1与A2互斥，根据题意得，P(A1)＝，P(A2)＝，
P(B|A1)＝30%＝，P(B|A2)＝40%＝，
由全概率公式得P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝×＋×＝，
因此，选出的这名同学数学成绩优秀的概率为.
15．解析：设A1，A2，A3分别为从乙盒中任取两球是两红、两白、一红一白的两两互斥事件，
事件B是最终取到的球是白球，
由全概率公式得P(B)＝(Ai)P(B|Ai)＝×＋×＋×＝.
答案：
16．解析：(1)设事件Ai(i＝1，2，3)表示“零件取自第i台车床”，事件B表示“取到零件为废品”，
因此A1，A2，A3构成样本空间的一个划分．
根据条件则：
P(B|A1)＝0.05，P(B|A2)＝0.03，P(B|A3)＝0.06，
P(A1)＝＝0.3，P(A2)＝＝0.4，P(A3)＝＝0.3，
根据全概率公式可得
P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝0.3×0.05＋0.4×0.03＋0.3×0.06＝0.045.
(2)如果任意取出的1个零件是废品，它是第二台车床加工的概率为P(A2|B).
又因为P(A2B)＝P(A2)·P(B|A2)＝0.03×0.4＝0.012.
根据条件概率的求解公式
P(A2|B)＝＝＝，即为所求．同步练习12 离散型随机变量及其分布列
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·安徽合肥高二期中]甲、乙两人下象棋，胜者得1分，平局得0分，负者得－1分，共下5局．用ξ表示甲的得分，则ξ＝3表示( )
A．甲胜3局负2局
B．甲胜4局负1局
C．甲胜3局平2局或甲胜3局负2局
D．甲胜4局负1局或甲胜3局平2局
2．[2023·广东江门高二期末]某运动员射击一次所得环数的分布列如表所示，则P(ξ≥9)＝( )
ξ 8 9 10
P 0.36 a 0.33
A.0.69B．0.67C．0.66D．0.64
3．下列表中能称为随机变量X的分布列的是( )
4．设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X 2 3 4
P 1－2q 2q2
则q＝( )
A．1B．1－C．D．1＋
5．已知随机变量X服从两点分布，且P(X＝1)＝P(X＝0)，则P(X＝1)＝( )
A．B．C．D．
6．设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1，2，3，4)，则P(X≤2)＝( )
A．B．C．D．
7．[2023·河南郑州高二期中]设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1，2，3，4)，则P(
A．B．C．D．
8．已知随机变量X服从两点分布，且P(X＝1)＝0.6.设Y＝3X－2，那么P(Y＝－2)＝( )
A．0.6B．0.3C．0.2D．0.4
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·湖北宜昌高二期中]下列变量中，是离散型随机变量的是( )
A．某机场明年5月1日运送乘客的数量
B．某办公室一天中接到电话的次数
C．某地警方明年5月1日到10月1日期间查处酒驾司机的人数
D．一瓶净含量为500±2mL的果汁的容量
10．[2023·河南周口高二期中]已知离散型随机变量X的分布列为
X 1 2 4 6
P 0.2 m n 0.1
则下列选项正确的是( )
A．m＋n＝0.7
B．若m＝0.3，则P(X>3)＝0.5
C．若m＝0.9，则n＝－0.2
D．P(X＝1)＝2P(X＝6)
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．已知随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝2a2，P(X＝1)＝a，那么a＝________．
12．设随机变量X的分布列P(X＝i)＝(i＝1，2，3)，则P(X≥2)＝________.
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]某一射手射击所得环数X的分布列如下：
X 4 5 6 7 8 9 10
P 0.02 0.05 0.06 0.08 m m 0.21
(1)求m的值．
(2)求此射手“射击一次命中的环数≤8”的概率．
14．(10分)[2023·河北邯郸高二期中]设S是不等式x2－x－12≤0的解集，整数m，n∈S.
(1)设“使得m＋n＝0成立的有序数组(m，n)”为事件A，试列举事件A包含的基本事件；
(2)设ξ＝m2，求ξ的分布列．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·江西九江高二期中]已知等差数列{an}的公差为d，随机变量X满足P(X＝i)＝ai(0A．(－，) B．(－，)
C．(－，) D．(－，)
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月13、14日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行．据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的4×400米接力的角逐．接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛．已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和.
(1)甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
(2)设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为ξ，求ξ的分布列．
同步练习12 离散型随机变量及其分布列
1．解析：由已知可得，当ξ＝3时，应该为3胜2平或4胜1负．
答案：D
2．解析：P(ξ≥9)＝1－P(ξ＝8)＝1－0.36＝0.64.
答案：D
3．解析：对于A，由0.3＋0.4＋0.4＝1.1≠1，故A错误；对于B，由－0.1<0，故B错误；对于C，由0.3＋0.4＋0.3＝1，故C正确；对于D，由0.3＋0.4＋0.4＝1.1≠1，故D错误．
答案：C
4．解析：依题意＋1－2q＋2q2＝2q2－2q＋＝1，即4q2－4q＋1＝(2q－1)2＝0，解得q＝，经检验可知，q＝符合题意．
答案：C
5．解析：令P(X＝1)＝p，则P(X＝0)＝1－p，因为P(X＝1)＝P(X＝0)，所以p＝(1－p)，解得p＝.
答案：C
6．解析：因为(X＝i)＝1＝＋＋＋＝，解得k＝，所以P(X≤2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝.
答案：C
7．解析：由题意：P(X＝i)＝(i＝1，2，3，4)，
所以P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝＋＋＋＝1，得a＝10，
所以P(答案：C
8．解析：当Y＝－2时，由3X－2＝－2 X＝0，所以P(Y＝－2)＝P(X＝0)＝1－P(X＝1)＝1－0.6＝0.4.
答案：D
9．解析：某机场明年5月1日运送乘客的数量可能为0，1，2，3，…，是随机变化的，而且可以一一列出，是离散型随机变量，故A符合题意；某办公室一天中接到电话的次数可能为0，1，2，3，…，是随机变化的，而且可以一一列出，是离散型随机变量，故B符合题意；某地警方明年5月1日到10月1日期间查处酒驾司机的人数可能为0，1，2，3，…，是随机变化的，而且可以一一列出，是离散型随机变量，故C符合题意；果汁的容量在498mL～502mL之间波动，虽然是随机变量，但不能一一列出，不是离散型随机变量，故D不符合题意．
答案：ABC
10．解析：由分布列的性质，可得0.2＋m＋n＋0.1＝1，解得m＋n＝0.7，所以A正确；若m＝0.3，可得n＝0.4，则P(X>3)＝P(X＝4)＋P(X＝6)＝0.5，故B正确；由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确；由P(X＝1)＝0.2，P(X＝6)＝0.1，则P(X＝1)＝2P(X＝6)，所以D正确．
答案：ABD
11．解析：由题意可知P(X＝0)＋P(X＝1)＝a＋2a2＝1 a＝或a＝－1，由于a>0，所以a＝.
答案：
12．解析：因为P(X＝i)＝(i＝1，2，3)，可得＋＋＝1，解得k＝，因此P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝k＋k＝.
答案：
13．解析：(1)∵0.02＋0.05＋0.06＋0.08＋2m＋0.21＝1，
∴m＝0.29.
(2)此射手“射击一次命中的环数≤8”的概率p＝1－0.21－m＝1－0.21－0.29＝0.5.
14．解析：(1)由x2－x－12≤0，得－3≤x≤4，即S＝{x|－3≤x≤4}，
由于m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝0，
所以事件A包含的基本事件为：(－3，3)，(3，－3)，(－2，2)，(2，－2)，(－1，1)，(1，－1)，(0，0).
(2)由于m的所有不同取值为－3，－2，－1，0，1，2，3，4.
所以ξ＝m2的所有不同取值为0，1，4，9，16，
且有P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝9)＝＝，P(ξ＝16)＝.
故ξ的分布列为：
ξ 0 1 4 9 16
P
15.解析：因为随机变量X满足P(X＝i)＝ai(0所以P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝1，
也即a1＋a2＋a3＋a4＝1，又因为{an}是公差为d的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d，则有a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，a4＝a1＋3d，
所以a1＋a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝4a1＋6d＝1，则a1＝－d，a2＝a1＋d＝－d，a3＝a1＋2d＝＋d，a4＝a1＋3d＝＋d，
因为0答案：D
16．解析：(1)由题意，甲队进入决赛的概率为×＝，
乙队进入决赛的概率为×＝，
丙队进入决赛的概率为×＝，
显然甲队进入决赛的概率最大，所以甲进入决赛的可能性最大．
(2)由(1)可知甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，，，
随机变量ξ的可能取值为0，1，2，3，
可得P(ξ＝0)＝(1－)(1－)(1－)＝，
P(ξ＝2)＝(1－)××＋(1－)××＋(1－)××＝，
P(ξ＝3)＝××＝，
P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝1－－－＝，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P同步练习13 离散型随机变量的均值
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·河北张家口高二期中]已知离散型随机变量Y的分布列如下：
Y 0 1 2
P
则数学期望E(Y)＝( )
A．B．C．1D．2
2．[2023·浙江温州高二期中]李老师从课本上抄录一个随机变量ξ的分布列如下表：
ξ 1 2 3
P ！ ？ ！
现让小王同学计算ξ的数学期望，尽管“？”处的数值完全无法看清，且两个“！”处字迹模糊，但能断定这两个“！”处的数值相同，则E(ξ)＝( )
A．1B．2
C．3D．4
3．[2023·山西太原高二期中]某同学求得的一个离散型随机变量的分布列为( )
X 1 2 3
P 0.2 m n
若E(X)＝2，则n＝( )
A．0.1B．0.2
C．0.3D．0.4
4．[2023·湖南长沙高二期末]随机变量X的分布列如表，则E(2X＋3)的值为( )
X 1 2 3
P 0.2 A 0.4
A.4.4B．7.4C．21.2D．22.2
5．甲、乙两名射手一次射击得分(分别用X1，X2表示)的分布列如下：
甲得分：
X1 1 2 3
P 0.4 0.1 0.5
乙得分：
X2 1 2 3
P 0.1 0.6 0.3
则甲、乙两人的射击技术相比( )
A．甲更好B．乙更好
C．甲、乙一样好D．不可比较
6．[2023·北京丰台高二期末]已知某生物技术公司研制出一种新药，并进行了临床试验，该临床试验的成功概率是失败概率的2倍．若记一次试验中成功的次数为X，则随机变量X的数学期望为( )
A．B．C．D．
7．[2023·河北邯郸高二期中]一个盒子中装有白色乒乓球4个，橘黄色乒乓球2个．现从盒子中任取2个乒乓球，记取出的2个乒乓球的颜色为橘黄色的个数为X，则E(X)＝( )
A．1B．2C．D．
8．[2023·河北石家庄高二期中]甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E(ξ)为( )
A．B．C．D．
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·福建泉州高二期中]已知随机变量X的分布列如下表所示．若P(X≥0)＝，则( )
X －1 0 1
P m n
A.m＝B．n＝C．E(X)＝D．E(X)＝－
10．[2023·山东滨州高二期末]袋内有大小完全相同的2个黑球和3个白球，从中不放回地每次任取1个小球，直至取到白球后停止取球，则( )
A．抽取2次后停止取球的概率为0.6
B．停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为0.9
C．取球次数ξ的期望为1.5
D．取球3次的概率为0.1
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·广东肇庆高二期末]已知随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则P(X≤2)＝________．
X 1 2 3
P m n
12.[2023·河北唐山高二期末]一个笔袋内装有10支同型号签字笔，其中黑色签字笔有7支，蓝色签字笔有3支，若从笔袋内每次随机取出1支笔，取后不放回，取到蓝色签字笔就停止，最多取5次，记取出的签字笔个数为X，则E(X)＝________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·山东滨州高二期中]西成高铁的开通极大地方便了汉中人民的出行．开通之前必须检测轨道中某新技术的三项不同的指标Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是否合格．假设该新技术的指标Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ独立检测合格的概率分别为，，，指标Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响．
(1)求该新技术检测得8分的概率；
(2)记该新技术的三项指标中被检测合格的个数为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望．
14．(10分)[2023·北京通州高二期末]某公司生产一种产品，销售前要经过两次检测，两次检验都合格，该产品即为合格品，否则为次品．已知该产品第一次检测不合格的概率为，第二次检测不合格的概率为，两次检测是否合格相互独立．
(1)求每生产一台该产品是合格品的概率；
(2)据市场调查，如果是合格品，则每台产品可获利200元；如果是次品，则每台产品获利100元．该公司一共生产了2台该产品，设随机变量X表示这2台产品的获利之和，求X的分布列及数学期望．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河南开封高二期中]将字母a，a，b，b，c，c放入如图所示的3×2的表格中，每个格子各放一个字母，若字母相同的行的个数为ξ，则ξ的数学期望为( )
A. B．C． D．
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
同步练习13 离散型随机变量的均值
1．解析：由题意可得：E(Y)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：B
2．解析：设P(X＝1)＝P(X＝3)＝a，P(X＝2)＝b，则a＋b＋a＝1，即2a＋b＝1，所以E(ξ)＝1×a＋2×b＋3×a＝4a＋2b＝2(2a＋b)＝2.
答案：B
3．解析：由题意可得，，即，所以.
答案：B
4．解析：由0.2＋A＋0.4＝1得A＝0.4，
所以E(X)＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，
所以E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝2×2.2＋3＝7.4.
答案：B
5．解析：因为E(X1)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1，E(X2)＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3＝2.2，所以E(X2)>E(X1)，故乙的射击技术更好．
答案：B
6．解析：设试验成功的概率为p，则p＋＝1，解得p＝；记一次试验中成功的次数为X，则X的取值有0，1，P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，则随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＝.
答案：A
7．解析：由题意可知取出的橘黄色球的个数X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝；
所以可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：D
8．解析：依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6，
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为＋＝.
若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．
从而有P(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝×＝，
ξ为6时，即前两轮比赛不分输赢，继续比第三轮，
P(ξ＝6)＝＝，
故E(ξ)＝2×＋4×＋6×＝.
答案：B
9．解析：依题意得，解得n＝，m＝，E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝.
答案：AC
10．解析：设ξ为取球的次数，则ξ可取1，2，3，
故可知：P(ξ＝1)＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
P(ξ＝3)＝××＝，
抽取2次后停止取球的概率为：P(ξ＝2)＝×＝＝0.3，故A错误；
停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为：P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋＝＝0.9，故B正确；
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝＝1.5，故C正确；
取球三次的概率为P(ξ＝3)＝××＝＝0.1，故D正确．
答案：BCD
11．解析：由分布列的性质和期望公式可得
，解得，
因此P(X≤2)＝＋＝.
答案：
12．解析：X的可能取值是1，2，3，4，5，
则P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××＝，P(X＝4)＝×××＝，P(X＝5)＝×××＝，
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
答案：
13．解析：(1)记“该新技术的指标Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ独立检测合格”分别为事件A，B，C，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以“该新技术检测得8分”可表示为AC，
故P(AC)＝P(A)P()P(C)＝×(1－)×＝.
(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3.
由题意结合(1)可得：P(ξ＝0)＝P()＝(1－)×(1－)×(1－)＝，
同理可得P(ξ＝1)＝P(C)＋P(A)＋P(B)＝，
P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝，
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝，
所以ξ的分布列如下：
ξ 0 1 2 3
P
故E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
14．解析：(1)记“生产一台该产品是合格品”为事件A，
则P(A)＝(1－)×(1－)＝×＝，
所以每生产一台该产品是合格品的概率为.
(2)由(1)知，每生产一台该产品是合格品的概率为，
每生产一台该产品是次品的概率为1－＝.
X的可能取值为200，300，400，
则P(X＝200)＝×＝，
P(X＝300)＝2××＝，
P(X＝400)＝×＝，
所以X的分布列为：
X 200 300 400
P
所以E(X)＝200×＋300×＋400×＝＝350(元).
15．解析：字母a，a，b，b，c，c放入3×2的表格中的不同结果有CCC＝90种，
随机变量ξ的可能值为0，1，3，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝0)＝1－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝1－－＝，
所以ξ的数学期望为E(ξ)＝0×＋1×＋3×＝.
答案：B
16．解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2；
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32；
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)由(1)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100.
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4；
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12；
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．同步练习14 离散型随机变量的方差
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．若随机变量X的分布列如表，则X的方差D(X)是( )
X －1 0 1
P
A.0B．1C．D．
2．[2023·江西吉安高二期末]随机变量X服从两点分布，若P(X＝0)＝，则下列结论正确的是( )
A．P(X＝1)＝B．D(X)＝
C．E(2X＋1)＝D．D(2X＋1)＝
3．[2023·山东青岛高二期末]已知随机变量X的分布列如下表所示：随机变量Y＝－3X＋1，则下列选项正确的为( )
X 0 1
P 0.2 0.8
A．E(X)＝0.5
B．E(Y)＝1.4
C．D(X)＝0.52
D．D(Y)＝1.44
4．[2023·山东菏泽高二期末]已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为：
甲产业收益分布列
收益X/亿元 －1 0 2
概率 0.1 0.3 0.6
乙产业收益分布列
收益Y/亿元 0 1 2
概率 0.3 0.4 0.3
则下列说法正确的是( )
A．甲产业收益的期望大，风险高
B．甲产业收益的期望小，风险小
C．乙产业收益的期望大，风险小
D．乙产业收益的期望小，风险高
5．[2023·福建泉州高二期中]随机变量X的分布列如下，且E(X)＝，则( )
X －1 0 1
P a b
A.a＝，D(X)＝1
B．a＝，D(X)＝1
C．a＝，D(X)＝
D．a＝，D(X)＝
6．[2023·黑龙江牡丹江高二期末]已知随机变量ξ的分布列如表，则ξ的标准差为( )
ξ 1 3 5
P 0.4 0.1 x
A.3.56B．
C．3.2D．
7．[2023·福建泉州高二期中]随机变量X的分布列如下表，若E(3X＋3)＝6，则D(X)＝( )
X －2 1 2
P a b
A.0B．2
C．3D．4
8．[2023·辽宁沈阳高二期中]某离散型随机变量X的分布列如下表，若E(X)＝，P(X≥1)＝，则D(X)＝( )
X －1 0 1 2
P a b c
A.B．C．D．
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·河北石家庄高二期中]已知随机变量X满足E(X)＝－4，D(X)＝5，下列说法正确的是( )
A．E(1－X)＝－5
B．E(1－X)＝5
C．D(1－X)＝5
D．D(1－X)＝－5
10．[2023·河南信阳高二期末]随机变量ξ的分布列如下表，
ξ －1 0 1 2
P 2a a 2a b
则下列选项正确的是( )
A．2a＋b＝1
B．E(ξ)＝2b
C．D(ξ)＝4a－b2
D．D(ξ)的最大值为
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·山东淄博高二期末]随机变量X的分布列为：
X 1 2 3
P n
则D(X)＝________．
12．[2023·河北石家庄高二期中]若随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)的值为________．
X 0 2 a
P p
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·山西太原高二期中]随机变量X的分布列如下表，其中a，b，c成等差数列，若E(X)＝，求
X －1 0 1
p a b c
(1)a，b，c的值；
(2)求D(3X＋1)的值．
14．(10分)[2023·山东临沂高二期中]甲、乙两种品牌手表，它们的日走时误差分别为X和Y(单位：s)，其分布列为如下表．
甲品牌的走时误差分布列
X －1 0 1
P 0.1 0.8 0.1
乙品牌的走时误差分布列
Y －2 －1 0 1 2
P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
(1)求E(X)和E(Y)；
(2)求D(X)和D(Y)，并比较两种品牌手表的性能．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北张家口高二期末]设随机变量X的分布列如下(其中0X 0 1 2
p
A.D(X)增大B．D(X)减小
C．D(X)先减后增D．D(X)先增后减
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16．(15分)[2023·福建泉州高二期中]开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程．某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取100个学生进行调查，获得数据如下表．假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立，
男 女
支持方案一 24 16
支持方案二 25 35
(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设X为抽出两人中女生的个数，求X的分布列；
(2)在(1)中，Y表示抽出两人中男生的个数，试判断方差D(X)与D(Y)的大小．(直接写结果)
同步练习14 离散型随机变量的方差
1．解析：E(X)＝－1×＋0×＋1×＝0，则D(X)＝×(－1－0)2＋×(0－0)2＋×(1－0)2＝.
答案：D
2．解析：由随机变量X服从两点分布，若P(X＝0)＝，
根据分布列的性质，可得P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝，所以A正确；
又由E(X)＝0×＋1×＝，D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＝，所以B错误；
由E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1＝，所以C错误；
由D(2X＋1)＝22·D(X)＝4×＝，所以D错误．
答案：A
3．解析：由题意可得：随机变量X服从两点分布，其中P(X＝1)＝0.8，
所以E(X)＝0.8，D(X)＝0.8(1－0.8)＝0.16，
又因为Y＝－3X＋1，所以E(Y)＝－3E(X)＋1＝－1.4，D(Y)＝9D(X)＝1.44，
故A、B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：由题意可得E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，
D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(0－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29；
E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1.0，
D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，
故E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，
即甲产业收益的期望大，风险高．
答案：A
5．解析：由已知可得，解得，
所以D(X)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＝.
答案：C
6．解析：由分布列的性质得0.4＋0.1＋x＝1，解得x＝0.5，
∴E(ξ)＝1×0.4＋3×0.1＋5×0.5＝3.2，
∴D(ξ)＝(1－3.2)2×0.4＋(3－3.2)2×0.1＋(5－3.2)2×0.5＝3.56，
∴ξ的标准差为＝.
答案：D
7．解析：由题意可知，，解得，
又E(3X＋3)＝3E(X)＋3＝6，所以E(X)＝1；
所以D(X)＝(－2－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝2.
答案：B
8．解析：∵分布列的概率之和为1，
∴a＋b＋c＋＝1，即a＋b＋c＝ ①.
∵E(X)＝(－1)×a＋0×b＋1×c＋2×＝，
∴－a＋c＝ ②.
∵P(X≥1)＝c＋＝，∴c＝，
依次代入②、①，解得a＝，b＝，
则D(X)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.
答案：D
9．解析：依题意，E(X)＝－4，D(X)＝5，
所以E(1－X)＝1－E(X)＝1－(－4)＝5，
D(1－X)＝(－1)2×D(X)＝5.
答案：BC
10．解析：由题意得，2a＋a＋2a＋b＝1，得a＝(1－b)，故A错误；
E(ξ)＝－1×2a＋0＋1×2a＋2b＝2b，故B正确；
ξ2 0 1 4
P a 4a b
所以D(ξ)＝－[E(ξ)]2＝0×a＋1×4a＋4×b－(2b)2＝4(a＋b－b2)，故C错误；
因为a＝(1－b)，
所以D(ξ)＝4(a＋b－b2)＝－4(b2－b－)＝－4(b－)2＋，当且仅当b＝时，D(ξ)取得最大值，故D正确．
答案：BD
11．解析：由概率之和为1可得＋＋n＝1，∴n＝，
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝×(1－)2＋×(2－)2＋×(3－)2＝.
答案：
12．解析：由题意可得＋p＋＝1，解得p＝，
因为E(X)＝2，所以0×＋2×＋a×＝2，解得a＝3.
D(X)＝(0－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝1.
D(2X－3)＝4D(X)＝4.
答案：4
13．解析：(1)∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
又a＋b＋c＝1，且E(X)＝－a＋c＝，
联立以上三式解得a＝，b＝，c＝.
(2)由(1)可知，
D(X)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＝，
则D(3X＋1)＝32D(X)＝9×＝5.
14．解析：(1)由已知可得，E(X)＝－1×0.1＋0×0.8＋1×0.1＝0，
E(Y)＝－2×0.1－1×0.2＋0×0.4＋1×0.2＋2×0.1＝0.
(2)由(1)知，E(X)＝0，
所以D(X)＝(－1－0)2×0.1＋(0－0)2×0.8＋(1－0)2×0.1＝0.2.
又E(Y)＝0，
所以D(Y)＝(－2－0)2×0.1＋(－1－0)2×0.2＋(0－0)2×0.4＋(1－0)2×0.2＋(2－0)2×0.1＝1.2.
所以E(X)＝E(Y)，D(X)所以两品牌手表的误差平均水平相当，但是甲品牌的手表走时更稳定．
15．解析：由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＝＋p，
则D(X)＝(＋p)2＋(＋p－1)2＋(＋p－2)2＝－p2＋p＋＝－(p－)2＋，
因为0答案：D
16．解析：(1)记从方案一中抽取到女生为事件A，从方案二中抽取到女生为事件B，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝，则X的可能取值为0，1，2，
所以P(X＝0)＝(1－)×(1－)＝，
P(X＝1)＝(1－)×＋×(1－)＝，
P(X＝2)＝×＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
(2)依题意可得Y＝2－X，所以D(Y)＝D(2－X)＝(－1)2D(X)＝D(X)，即D(Y)＝D(X).同步练习15 二项分布
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·河北唐山高二期中]在100件产品中有5件次品，采用有放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则( )
A．X～B(100，0.05) B．X～B(10，0.05)
C．X～B(1000，95) D．X～B(10，0.95)
2．某一批种子的发芽率为.从中随机选择3颗种子进行播种，那么恰有2颗种子发芽的概率为( )
A．B．C．D．
3．[2023·河南洛阳高二期中]已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B(6，)，即P(ξ＝2)＝( )
A．B．C．D．
4．2022年卡塔尔世界杯决赛中，阿根廷队与法国队在120分钟比赛中3∶3战平，经过四轮点球大战阿根廷队以总分7∶5战胜法国队，第三次获得世界杯冠军．其中门将马丁内斯扑出法国队员的点球，表现神勇，扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．若不考虑其他因素，在点球大战中，门将在前四次扑出点球的个数X的期望为( )
A．B．C．D．2
5．[2023·山东青岛高二期末]如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为，记6次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则D(X)＝( )
A．B．C．2D．4
6．已知随机变量X～B(n，p)，若E(X)＝1，D(X)＝，则P(X＝4)＝( )
A．B．C．D．
7．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为( )
A．B．C．D．
8．[2023·河南开封高二期中]甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，比赛采取5局3胜制，假设每局比赛相互独立且没有平局，若每局比赛甲胜的概率为，则比赛在第4局结束的概率为( )
A．B．C．D．
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·江西宜春高二期中]若随机变量X服从参数为4，的二项分布，则( )
A.P(X＝1)＝P(X＝3) B．P(X＝2)＝3P(X＝1)
C．P(X＝0)＝2P(X＝4) D．P(X＝3)＝4P(X＝1)
10．设a，b∈R＋，且－＝1，随机变量X～B(6，)，随机变量Y＝aX－b，则( )
A．E(X)＝4
B．D(Y)＝a2D(X)－b
C．E(X2)＝
D．当E(Y)取得最大值时，D(Y)＝
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．已知随机变量X服从二项分布B(n，p)，且X的期望E(X)＝4，方差D(X)＝2，则n＝________．
12．在3重伯努利试验中事件出现的概率相同，若事件A至少出现1次的概率为，则事件A在1次试验中出现的概率为________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·河北石家庄高二期中]某篮球运动员投篮的命中率为0.7，现投了6次球．
(1)求恰有4次命中的概率；
(2)求至多有4次命中的概率；
(3)设命中的次数为X，求E(X).
14．(10分)[2023·广东佛山高二期末]某商家为了提高服务质量，专门开设了顾客反馈热线电话．热线电话共有3个分机专供与顾客通话．设每个分机在每一时刻占线的概率为，并且各个分机是否占线是相互独立的．
(1)求在某一时刻恰好有一个分机占线的概率；
(2)求任一时刻占线的分机个数X的分布列与数学期望．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·江苏南通高二期中]欧洲空中客车公司设计并制造了A340，它是一种有四台发动机的远程双过道宽体客机，取代只有两台发动机的A310，假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否有故障是独立的，已知A340飞机至少有3个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；A310飞机需要2个引擎全部正常运行，飞机才能成功飞行．若要使A340飞机比A310飞机更安全，则飞机引擎的故障率应控制的范围是( )
A．(，1) B．(，1) C．(0，) D．(0，)
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)某中学为宣传传统文化，特举行一次《诗词大赛》知识竞赛．规则如下：两人一组，每一轮竞赛中小组两人分别答两题．若小组答对题数不小于3，则获得“优秀小组”称号．已知甲、乙两位同学组成一组，且甲同学和乙同学答对每道题的概率分别为p1，p2.
(1)若p1＝，p2＝，求在第一轮竞赛中，他们获得“优秀小组”称号的概率；
(2)若p1＋p2＝，且每轮竞赛结果互不影响．如果甲、乙同学想在此次竞赛活动中获得6次“优秀小组”称号，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
同步练习15 二项分布
1．解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是＝0.05，
相当于10次独立重复的伯努利实验，
所以服从二项分布X～B(10，0.05).
答案：B
2． 答案：C
3．解析：因为随机变量ξ服从二项分布ξ～B(6，)，所以P(ξ＝2)＝C·()2·()4＝.
答案：D
4．解析：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为P＝×＝.
门将在前四次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，4.X～B(4，)，
期望E(X)＝4×＝.
答案：C
5．解析：伯努利试验中随机变量服从二项分布，即X～B(n，p)，
因为出现“成功”的概率为，所以p＝，
因为6次独立重复试验，所以n＝6，
所以D(X)＝np(1－p)＝6××(1－)＝.
答案：B
6．解析：由E(X)＝1，D(X)＝，
得np＝1，np(1－p)＝，
解得n＝5，p＝，
所以P(X＝4)＝C××(1－)＝.
答案：A
7．解析：因为随机变量ξ～B(2，p)，
所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝，
解得p＝，所以η～B(4，)，
则P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－(1－)4－C(1－)3×＝.
答案：B
8．解析：打完第4局比赛结束，包含以下两种情况，
(1)第4局甲赢，前三局甲赢两局，
概率为C×××＝；
(2)第4局乙赢，前三局乙赢两局，
概率为C×××＝；
∴打完第4局比赛结束的概率为＋＝.
答案：C
9．解析：由题意，根据二项分布中概率的计算公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，…，n，
则P(X＝0)＝C(1－)4＝，
P(X＝1)＝C(1－)3＝，
P(X＝2)＝C(1－)2＝，
P(X＝3)＝C(1－)1＝，
P(X＝4)＝C(1－)0＝，
因此P(X＝2)＝3P(X＝1)，P(X＝3)＝4P(X＝1)，
P(X＝4)＝16P(X＝0).
答案：BD
10．解析：E(X)＝np＝6×＝4，A正确；
D(Y)＝D(aX－b)＝a2D(X)，B不正确；
D(X)＝np(1－p)＝6××＝，因为D(X)＝E(X2)－(E(X))2，所以E(X2)＝D(X)＋(E(X))2＝＋16＝，C正确；
E(Y)＝aE(X)－b＝4a－b＝(4a－b)(－)＝5－(＋)≤5－2＝1，当且仅当＝，即a＝，b＝1时取等号，此时D(Y)＝a2D(X)＝，D正确．
答案：ACD
11．解析：依题意X～B(n，p)，所以E(X)＝np＝4，D(X)＝np(1－p)＝2，解得p＝，n＝8.
答案：8
12．解析：记“A至少发生1次”为事件M，则表示其对立事件“A发生0次”，
事件A的发生符合二项分布，设事件A在1次试验中出现的概率为p，
P(M)＝1－P()＝1－Cp0(1－p)3＝，
所以(1－p)3＝，
所以(1－p)＝，解得p＝.
答案：
13．解析：(1)某篮球运动员投篮的命中率为0.7，则未命中的概率为1－0.7＝0.3，
现投了6次球，恰有4次投中的概率为：P＝C×(0.7)4×(1－0.7)2＝.
(2)至多有4次投中的概率为：
P＝C×0.36＋C×0.71×0.35＋C×0.72×0.34＋C×0.73×0.33＋C×0.74×0.32＝.
(3)由题意可知X～B(6，0.7)，所以E(X)＝6×0.7＝4.2.
14．解析：(1)设事件A＝“恰好有一个分机占线”，
则P(A)＝C××(1－)2＝.
(2)由于各个分机是否占线是相互独立的，则X～B(3，)，
所以P(X＝0)＝C××(1－)3＝，
P(X＝1)＝C××(1－)2＝，
P(X＝2)＝C××(1－)＝，
P(X＝3)＝C××(1－)0＝.
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以X的期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.
15．解析：若A340飞机正常飞行，至少3个引擎正常运行，
概率P1＝Cp3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)，
若A310飞机正常飞行，2个引擎都正常运行，概率P2＝p2，
由题意可知，Cp3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)>p2，解得：则0<1－p<，所以飞机引擎的故障率应控制的范围是(0，).
答案：C
16．解析：(1)甲答对1题，乙答对2题，其概率为C×××C×＝；
甲答对2题，乙答对1题，其概率为C××C××＝；
甲答对2题，乙答对2题，其概率为C×C＝；
所以在第一轮竞赛中，他们获得“优秀小组”称号的概率为P＝＋＋＝.
(2)他们在每轮竞赛中获得“优秀小组”称号的概率为
Q＝Cp1(1－p1)Cp＋CpCp2(1－p2)＋CpCp＝2p1p2(p1＋p2)－3(p1p2)2＝p1p2－3(p1p2)2，
由0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2＝，得≤p1≤1，
则p1p2＝p1(－p1)＝p1－p＝－(p1－)2＋，因此p1p2∈[，]，
令t＝p1p2∈[，]，Q＝t－3t2＝－3(t－)2＋，于是当t＝时，Qmax＝，
要竞赛轮数取最小值，则每轮竞赛中获得“优秀小组”称号的概率取最大值，
设他们小组在n轮竞赛中获得“优秀小组”称号的次数为ξ，则ξ～B(n，)，E(ξ)＝n，
由E(ξ)≥6，即n≥6，解得n＝＝11.52，而n∈N*，则nmin＝12，
所以理论上至少要进行12轮竞赛．同步练习16 超几何分布
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是( )
A．将一枚硬币连抛3次，记正面向上的次数为X
B．某射手的射击命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中的次数为X
C．从7男3女共10名学生干部中选出5名学生干部，记选出女生的人数为X
D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1个球且不放回，记第一次摸出黑球时摸取的次数为X
2．[2023·黑龙江哈尔滨高二期末]从一批含有6件正品，2件次品的产品中一次性抽取3件，设抽取出的3件产品中次品数为X，则P(X＝1)＝( )
A．B．C．D．
3．设随机变量X～H(3，2，10)，则P(X＝1)＝( )
A．B．C．D．
4．已知随机变量X～H(7，4，5)，则E(X)＝( )
A．B．C．2D．
5．[2023·江西宜春高二期中]一个盒子里装有大小相同的10个黑球，12个红球，4个白球，从中任取2个，其中白球的个数记为X，则下列概率等于的是( )
A．P(0C．P(X＝1) D．P(X＝2)
6．[2023·广东中山高二期末]一个盒子里装有大小相同的4个黑球和3个白球，从中不放回地取出3个球，则白球个数的数学期望是( )
A．B．C．D．
7．[2023·河南周口高二期中]一个袋子中100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从( )
A．二项分布，且E(X)＝8
B．两点分布，且E(X)＝12
C．超几何分布，且E(X)＝8
D．超几何分布，且E(X)＝12
8．[2023·河南信阳高二期末]一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为( )
A．B．C．D．
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东深圳高二期中]在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是( )
A．P(X＝1)＝
B．P(X＝2)＝
C．随机变量X服从超几何分布
D．随机变量X服从二项分布
10．[2023·湖南长沙高二期中]2022年冬奥会在北京举办，为了弘扬奥林匹克精神，某市多所中小学开展了冬奥会项目科普活动．为了调查学生对冰壶这个项目的了解情况，在该市中小学中随机抽取了10所学校，10所学校中了解这个项目的人数如图所示：
若从这10所学校中随机选取2所学校进行这个项目的科普活动，记X为被选中的学校中了解冰壶的人数在30以上的学校所数，则( )
A．P(X<2)＝B．P(X＝0)＝
C．E(X)＝D．D(X)＝
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·陕西榆林高二期中]某12人的兴趣小组中，有5名“三好学生”，现从中任意选6人参加竞赛，用X表示这6人中“三好学生”的人数，则当X取________时，对应的概率为.
12．[2023·江西宜春高二期中]设10件产品中含有3件次品，从中抽取2件进行调查，则查得次品数的数学期望为________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)袋中有5个白球、4个黑球，从中任意摸出3个，求下列事件发生的概率：
(1)摸出2个或3个白球；
(2)至少摸出1个白球；
(3)至少摸出1个黑球．
14．(10分)[2023·福建泉州高二期中]从某批产品中，有放回地抽取产品2次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)＝0.99.
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；
(2)若该批产品共100件，从中无放回地一次性任意抽取2件，用X表示取出的2件产品中二等品的件数，求X的数学期望．
关键能力综合练
15．(5分)某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有3人，篮球、足球都会的有2人，从该社团中任取2人，设X为选出的人中篮球、足球都会的人数，若P(X>0)＝，则该社团的人数为( )
A．5 B．6C．7 D．10
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)[2023·河南安阳高二期末]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.2023年“五一”假期来临之前，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：
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
(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的分布列和数学期望．
同步练习16 超几何分布
1．解析：对于A选项，将一枚硬币连抛3次，记正面向上的次数为X，则X服从二项分布，A不满足；
对于B选项，某射手的射击命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中的次数为X，则X服从两点分布，B不满足；
对于C选项，从7男3女共10名学生干部中选出5名学生干部，记选出女生的人数为X，则X服从超几何分布，C满足；
对于D选项，盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1个球且不放回，记第一次摸出黑球时摸取的次数为X，则X不服从超几何分布，D不满足．
答案：C
2．解析：由题意知X服从超几何分布，则P(X＝1)＝＝＝.
答案：C
3．解析：由于随机变量X服从超几何分布X～H(3，2，10)，所以P(X＝1)＝＝.
答案：D
4．解析：由题意知X～H(7，4，5)，故E(X)＝＝.
答案：A
5．解析：本题相当于求至多取出1个白球的概率，即取到1个白球或没有取到白球的概率．
答案：B
6．解析：依题意，取出3球中白球个数X为随机变量，P(X＝k)＝，k∈N，k≤3，X服从超几何分布，所以白球个数的数学期望是E(X)＝＝.
答案：B
7．解析：由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，所以由超几何分布的定义得X服从超几何分布，所以E(X)＝＝8.
答案：C
8．解析：记抽取黄球的个数为X，则X服从超几何分布，其分布列为
P(X＝k)＝，k＝0，1，2.
所以P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝.
或P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
答案：D
9．解析：由题意知随机变量X服从超几何分布；
X的取值分别为0，1，2，3，4，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
答案：BC
10．解析：根据题意，X的可能取值为0，1，2，其中了解冰壶的人数在30以上的学校有4所，了解冰壶的人数在30以下的学校有6所，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝.
所以X的概率分布列为：
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.
对于A，由分布列可得，P(X<2)＝1－P(X＝2)＝，故A项正确；
对于B，由分布列可知，P(X＝0)＝，故B项正确；
对于C，因为E(X)＝≠，故C项错误；
由上分析知D项正确．
答案：ABD
11．解析：由题意可知，X服从超几何分布，且＝，所以＝＝，所以X＝2或3.
答案：2或3
12．解析：设抽得次品数为X，则随机变量X的可能取值有0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
所以随机变量X的分布列如下表所示：
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
答案：
13．解析：(1)根据题意，设从中摸出白球的个数为X，则X服从超几何分布，
所以P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝＋＝，
即摸出2个或3个白球的概率为.
(2)由(1)得，P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝，
即至少摸出1个白球的概率为.
(3)至少摸出1个黑球：
P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝1－P(X＝3)＝1－＝，
故至少摸出1个黑球的概率为.
14．解析：(1)设从该批产品中任取1件是二等品的概率为p，
因为“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)＝0.99，
可得1－p2＝0.99，解得p＝0.1，
所以从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.1.
(2)因为该批产品共100件，所以二等品有100×0.1＝10(件)，
显然X的可能取值为0，1，2，
可得P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
15．解析：设该社团共有人数为n人，
∴P(X＝0)＝＝，
∵P(X＝0)＝1－P(X>0)＝，
∴＝，即(11n－18)(n－7)＝0，
又因为n∈N*，解得n＝7.
答案：C
16．解析：(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)＝×＝.
(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)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝＝，
分布列如下，
X 0 1 2 3 4
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.同步练习17 正态分布
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·广东深圳高二期中]已知两个正态分布的密度函数图象如图所示，则( )
A．μ1<μ2，σ1<σ2B．μ1<μ2，σ1>σ2
C．μ1>μ2，σ1<σ2D．μ1>μ2，σ1>σ2
2．已知随机变量X～N(1，σ2)，若P(X>2)＝m，则P(0≤X≤2)＝( )
A．1－2mB．2m
C．－mD．m
3．设随机变量X～N(2，σ2)，P(0A．0.2B．0.3
C．0.6D．0.7
4．[2023·山西朔州高二期末]已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X>3)＝，则P(1≤X<2)＝( )
A．B．
C．D．
5．在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布N(110，σ2)，则下列结论中不正确的是( )
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.)
A．这次测试的平均成绩为110
B．σ越小，测试成绩在(100，120)内的概率越大
C．测试成绩小于100分和大于120分的概率相等
D．当σ＝20时，测试成绩小于130分的概率为0.6827
6．某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标X服从正态分布N(5，σ2)(σ>0)，若P(54)＝( )
A．0.76B．0.24
C．0.26D．0.74
7．已知随机变量X～N(μ，1)，且P(X<－1)＝0.5，则P(0[附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.]
A．0.1587B．0.1359
C．0.2718D．0.3413
8．[2023·福建泉州高二期末]“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲线函数为f(x)＝e，x∈R，则下列说法错误的是( )
A．该地水稻的平均株高为100cm
B．该地水稻株高的方差为100
C．随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率小
D．随机测量一株水稻，其株高在(90，100)和在(100，110)(单位：cm)的概率一样大
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·黑龙江佳木斯高二期中]如图分别是甲、乙、丙三种品牌手表日走时误差分布的正态分布密度曲线，则下列说法正确的是( )
A．三种品牌的手表日走时误差的均值相等
B．三种品牌的手表日走时误差的均值从大到小依次为甲、乙、丙
C．三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲、乙、丙
D．三种品牌手表中甲品牌的质量最好
10．[2023·河南驻马店高二期末]一批电阻的阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1000，25)，现从甲、乙、丙三箱成品中各随机抽取一只电阻，测得阻值分别为1012Ω，986Ω，1025Ω，则可以认为( )
A．甲、乙、丙三箱电阻均可出厂
B．甲、乙两箱电阻可出厂
C．乙、丙两箱不可出厂
D．丙箱电阻不可出厂
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·辽宁沈阳高二期末]已知某品种小麦的穗粒数X服从正态分布N(38，σ2)，且P(34≤X≤42)＝0.68，则该品种小麦的穗粒数超过42粒的概率为________．
12．[2023·河南信阳高二期末]某校高二年级1200人，期末统测的数学成绩X～N(85，25)，则这次统测数学及格的人数约为(满分150分，不低于90分为及格)________．(附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤π＋2σ)≈0.9545)
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·黑龙江哈尔滨高二期末]某年级有2000名学生，一次物理单元测验成绩近似服从正态分布X～N(72，82).
(1)求成绩不超过64分的人数占年级总人数的比例；
(2)估计全年级成绩在80～96分内的学生人数．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.
14.(10分)某厂包装白糖的生产线，正常情况下生产出来的白糖质量服从正态分布N(500，52)(单位：g).
(1)求正常情况下，任意抽取一包白糖，质量小于485g的概率约为多少？(保留四位有效数字)
(2)该生产线上的检测员某天随机抽取了两包白糖，称得其质量均小于485g，检测员根据抽检结果，判断出该生产线出现异常，要求立即停产检修，检测员的判断是否合理？请说明理由(概率小于0.0001为不可能事件).
参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|<σ)≈0.6827，P(|X－μ|<2σ)≈0.9545，P(|X－μ|<3σ)≈0.9973.
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北唐山高二期末]现实世界中的很多随机变量遵循正态分布．例如反复测量某一个物理量，其测量误差X通常被认为服从正态分布．若某物理量做n次测量，最后结果的误差Xn～N(0，)，则为使|Xn|≥的概率控制在0.0456以下，至少要测量的次数为________．
参考数据：P(μ－2σ16．(15分)为深入学习党的二十大精神，我校团委组织学生开展了“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取了100名，统计出他们竞赛成绩分布如下：
成绩(分) [40，50) [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100]
人数 2 4 22 40 28 4
(1)求抽取的100名学生竞赛成绩的方差s2(同一组中数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)以频率估计概率，发现我校参赛学生竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均分，σ2近似为样本方差s2，若μ－σμ＋2σ，参赛学生可获得“参赛先锋证书”．
①若我校有3000名学生参加本次竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数(结果保留整数)；
②试判断竞赛成绩为96分的学生能否获得“参赛先锋证书”．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ同步练习17 正态分布
1．解析：由正态分布密度函数图象的性质可知：μ越大，图象对称轴越靠近右侧；σ越大，图象越“矮胖”，σ越小，图象越“瘦高”．所以由图象可知：μ1<μ2，σ1<σ2.
答案：A
2．解析：由μ＝1，可得P(X<0)＝P(X>2)＝m，P(0≤X≤2)＝1－2m.
答案：A
3．解析：因为X～N(2，σ2)，P(0答案：B
4．解析：随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X>3)＝，所以P(1≤X<2)＝P(22)－P(X>3)＝－＝.
答案：A
5．解析：正态分布N(μ，σ2)中，括号里面表示随机变量服从均值为μ，方差为σ2的正态分布，因为成绩服从正态分布N(110，σ2)，所以A是正确的．
正态分布中根据密度曲线特点，数据集中在均值附近，方差(或标准差)越小越稳定，曲线越“瘦高”，数据越集中，所以σ越小，测试成绩在(100，120)内的概率越大，所以B是正确的．
根据正态曲线对称特点，测试成绩小于100分和大于120分的概率相等，所以C是正确的．
当σ＝20时，测试成绩小于130分的概率为0.84135，所以D错误．
答案：D
6．解析：由正态分布可知，P(5则P(X≤4)＝0.5－P(4所以P(X>4)＝1－P(X≤4)＝1－0.26＝0.74.
答案：D
7．解析：因为随机变量X～N(μ，1)，所以正态曲线关于直线x＝μ对称，
又因为P(X<－1)＝0.5，所以μ＝－1，σ＝1，所以μ－σ＝－2，μ＋σ＝0，μ－2σ＝－3，μ＋2σ＝1，
所以P(－2≤X≤0)≈0.6827，
P(－3≤X≤1)≈0.9545，
所以P(0答案：B
8．解析：依题意μ＝100，σ＝10，所以平均数为100cm，方差为σ2＝100，所以A、B选项正确．依题意P(X≥100＋20)＝P(X≤100－20)，P(X≥120)＝P(X≤80)，而P(X≤80)>P(X≤70)，即P(X≥120)>P(X≤70)，所以C选项错误．P(100－10答案：C
9．解析：由题中图象可知三种品牌的手表日走时误差的平均数(均值)相等，由正态密度曲线的性质，可知σ越大，正态曲线越扁平，σ越小，正态曲线越瘦高，故三种手表日走时误差的标准差(或方差σ2)从小到大依次为甲、乙、丙，甲品牌的质量最好．
答案：ACD
10．解析：因为X～N(1000，25)，所以μ＝1000，σ＝5，
所以μ－3σ＝985，μ＋3σ＝1015，
因为1012∈[985，1015]，986∈[985，1015]，1025 [985，1015]，
所以甲、乙两箱电阻可出厂，丙箱电阻不可出厂．
答案：BD
11．解析：由题可得该品种小麦的穗粒数超过42粒的概率P(X>42)＝＝＝0.16.
答案：0.16
12．解析：依题意μ＝85，σ＝5，
P(80≤X≤90)≈0.6827，P(85≤X≤90)≈×0.6827＝0.34135，
P(X≥90)≈0.5－0.34135＝0.15865.
则1200×0.15865≈190.
答案：190
13．解析：(1)因为X～N(72，82)，所以μ＝72，σ＝8，
所以成绩不超过64分的人数占年级总人数的比例为
P(X≤64)＝P(X≤μ－σ)＝≈＝0.15865，
(2)由于μ＝72，σ＝8，所以成绩在80～96分内的概率为
P(80＝
≈＝0.1573，
所以全年级成绩在80～96分内的学生人数约为0.1573×2000≈314人．
14．解析：(1)设正常情况下，该生产线上包装出来的白糖质量为Xg，
由题意可知X～N(500，52).
由于485＝500－3×5，
所以根据正态分布的对称性与“3σ原则”可知：
P(X<485)＝[1－P(500－3×5≤X≤500＋3×5)]
≈×0.0026＝0.0013.
(2)检测员的判断是合理的．
原因：如果生产线不出现异常的话，由(1)可知，随机抽取两包检查，
质量都小于485g的概率约为：0.0013×0.0013＝1.69×10－6，
概率小于0.0001为不可能事件，但这样的事件竟然发生了，
所以有理由认为生产线出现异常，检测员的判断是合理的．
15．解析：依题意，得P(|Xn|≥)<0.0456，
所以P(|Xn|<)>1－0.0456，即P(－0.9544，
而P(μ－2σ又因为Xn～N(0，)，所以μ＝0，σ＝，
所以－2≥－且2≤，即≤，解得n≥128，
故至少要测量的次数为128.
答案：128
16．解析：(1)由题意，抽取的这100名学生竞赛成绩的平均分＝75，
所以100名学生本次竞赛成绩方差
s2＝(45－75)2×＋(55－75)2×＋(65－75)2×＋(75－75)2×＋(85－75)2×＋(95－75)2×＝100.
(2)①由于μ近似为样本成绩平均分，σ2近似为样本成绩方差s2，
所以μ＝75，σ2＝100，可知，σ＝＝10，
由于竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，
因此竞赛学生可获得“参赛纪念证书”的概率
P(μ－σ所以3000×0.8186＝2455.8≈2456，
故估计获得“参赛纪念证书”的学生人数为2456.
②当X>μ＋2σ时，即X>95时，参赛学生可获得“参赛先锋证书”，
所以竞赛成绩为96分的学生能获得“参赛先锋证书”．单元素养测评卷(七) 随机变量及其分布
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知P(A|B)＝，P(B)＝，则P(AB)＝( )
A．B．C．D．
2．在某项测试中，测量结果X～N(1，σ2)(σ>0)，若P(1A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
3．学校要从8名候选人中选4名同学组成学生会．已知恰有3名候选人来自甲班，假设每名候选人都有相同的机会被选中，则甲班恰有2名同学被选中的概率为( )
A．B．C．D．
4．设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别为50%，30%，20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为3%，5%，现从中任取一件，若取到的是次品的概率为3.6%，则推测丙车间的次品率为( )
A．3%B．4%C．5%D．6%
5．已知随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝mk(k＝1，2，3)，设F(x)＝P(ξ≤x)，则F＝( )
A．B．C．D．
6．某试验每次成功的概率为p(0A．Cp3(1－p)7B．Cp7(1－p)3
C．Cp4(1－p)6D．Cp6(1－p)4
7．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外．据统计，烟台苹果(把苹果近似看成球体)的直径X(单位：mm)服从正态分布N(80，52)，则估计苹果直径在(75，90]内的概率为(附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σA．0.6827B．0.8413C．0.9545D．0.8186
8．有一个盒子里有1个红球，现将n(n∈N*)个黑球放入盒子后，再从盒子里随机取一球，记取到的红球个数为ξ个，则随着n(n∈N*)的增加，下列说法正确的是( )
A．E(ξ)减小，D(ξ)增加B．E(ξ)增加，D(ξ)减小
C．E(ξ)增加，D(ξ)增加D．E(ξ)减小，D(ξ)减小
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．设X，Y为随机变量，且Y＝3X－1，若E(Y)＝5，D(Y)＝9，则( )
A．E(X)＝2B．E(X)＝4C．D(X)＝1D．D(X)＝
10．一袋中有5个大小相同的黑球，编号为1，2，3，4，5，还有3个同样大小的白球，编号为6，7，8，现从中任取3个球，则下列结论中正确的是( )
A．取出的最小号码X服从超几何分布
B．取出的白球个数Y服从超几何分布
C．取出2个黑球的概率为
D．若取出一个黑球记1分，取出一个白球记－1分，则总得分最小的概率为
11．已知随机变量X～N(3，σ2)，且P(1A．P(3C．P(－2P(312．一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和4个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则( )
A．事件A1，A2为互斥事件B．事件B，C为独立事件
C．P(B)＝D．P(C|A2)＝
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝ak(k＝1，2，…，10)，则常数a＝________．
14．为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习．如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第2球投进的概率为，则他第1球投进的概率为________．
15．若某工厂制造的机械零件尺寸X服从正态分布N，则零件尺寸介于3.5和5之间的概率约为________．
(若X～N(μ，σ2)，则P(|X～μ|≤σ)≈0.6827，P(|X～μ|≤2σ)≈0.9545，P(|X～μ|≤3σ)≈0.9973)
16．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)＝________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题10分)第十四届全国人民代表大会第一次会议于2023年3月5日上午开幕，3月13日上午闭幕．某校为了鼓励学生关心国家大事，了解学生对新闻大事的关注度，进行了一个随机问卷调查，调查的结果如下表所示．
男生 女生 合计
关注度极高 45 40 85
关注度一般 5 10 15
合计 50 50 100
(1)若从该校随机选1名学生，已知选到的学生对新闻大事的关注度极高，求他是男生的概率；
(2)用频率估计概率，从该校随机选20名学生，记对新闻大事关注度极高的学生的人数为X，求X的期望．
18．(本小题12分)一只口袋中装有形状、大小都相同的10个小球，其中有红球1个，白球4个，黑球5个．
(1)若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率；
(2)若从袋子中一次性随机摸出3个球，记黑球的个数为X，求随机变量X的概率分布．
19.(本小题满分12分)共享电动车是一种新的交通工具，通过扫码开锁，实现循环共享．某记者来到中国传媒大学探访，在校园喷泉旁停放了10辆共享电动车，这些电动车分为荧光绿和橙色两种颜色，已知从这些共享电动车中任取1辆，取到的是橙色的概率为P＝0.4，若从这些共享电动车中任意抽取3辆．
(1)求取出的3辆共享电动车中恰好有一辆是橙色的概率；
(2)求取出的3辆共享电动车中橙色的电动车的辆数X的分布列与数学期望．
20．(本小题12分)新能源汽车是中国战略新兴产业之一，政府高度重视新能源产业的发展．某企业为了提高新能源汽车品控水平，需要监控某种型号的汽车零件的生产流水线的生产过程．现从该企业生产的该零件中随机抽取100件，测得该零件的质量差(这里指质量与生产标准的差的绝对值)的样本数据统计如下表．
质量差(单位：mg) 56 67 70 78 86
件数(单位：件) 10 20 48 19 3
(1)求样本平均数的值；根据大量的产品检测数据，得到该零件的质量差X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中σ2＝36，用样本平均数作为μ的近似值，求概率P(64(2)若该企业有两条生产该零件的生产线，其中第1条生产线的生产效率是第2条生产线的生产效率的两倍．若第1条生产线出现废品的概率约为0.015，第2条生产线出现废品的概率约为0.018，将这两条生产线生产出来的零件混放在一起，这两条生产线是否出现废品相互独立．现从该企业生产的该零件中随机抽取一件，求该零件为废品的概率．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝0.9973.
21.(本小题12分)学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行．近年来，某市积极组织开展党史学习教育的活动，为调查活动开展的效果，市委宣传部对全市多个基层支部的党员进行了测试，并从中抽取了1000份试卷进行调查，根据这1000份试卷的成绩(单位：分，满分100分)得到如下频数分布表：
成绩/分 [65，70) [70，75) [75，80) [80，85) [85，90) [90，95) [95，100]
频数 40 90 200 400 150 80 40
(1)求这1000份试卷成绩的平均数？(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
(2)假设此次测试的成绩X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，已知s的近似值为6.61，以样本估计总体，假设有84.14%的党员的测试成绩高于市委宣传部预期的平均成绩，则市委宣传部预期的平均成绩大约为多少(结果保留一位小数)
(3)该市委宣传部准备从成绩在[90，100]内的120份试卷中用分层抽样的方法抽取6份，再从这6份试卷中随机抽取3份进行进一步分析，记Y为抽取的3份试卷中测试成绩在[95，100]内的份数，求Y的分布列和数学期望．
参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ22．(本小题12分)2021年是中国共产党百年华诞．中国站在“两个一百年”的历史交汇点，全面建设社会主义现代化国家新征程即将开启.2021年3月23日，中宣部介绍中国共产党成立100周年庆祝活动八项主要内容，其中第一项是结合巩固深化“不忘初心、牢记使命”主题教育成果，在全体党员中开展党史学习教育．这次学习教育贯穿2021年全年，总的要求是学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行，教育引导党员干部学党史、悟思想、办实事、开新局．为了配合这次学党史活动，某地组织全体党员干部参加党史知识竞赛，现从参加人员中随机抽取100人，并对他们的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)现从这100人中随机抽取2人，记其中得分不低于80分的人数为ξ，试求随机变量ξ的分布列及期望；
(2)由频率分布直方图，可以认为该地参加党史知识竞赛人员的分数X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，经计算s2＝192.44.现从所有参加党史知识竞赛的人员中随机抽取500人，且参加党史知识竞赛的人员的分数相互独立，试问这500名参赛者的分数不低于82.3的人数最有可能是多少？
参考数据：≈13.9，P(μ－σ单元素养测评卷(七) 随机变量及其分布
1．解析：因为P(A|B)＝，P(B)＝，所以P(AB)＝P(A|B)P(B)＝×＝.
答案：C
2．解析：由正态分布知P(X>1)＝0.5，因为P(1∴P(X≥2)＝0.2，由对称性知P(X≤0)＝P(X≥2)＝0.2.
答案：B
3．解析：从8名候选人中选4名同学，共有C＝70种选择，
甲班有3名候选人，非甲班有5名候选人，故甲班恰有2名同学被选中的个数有CC＝30，
所以概率为＝.
答案：C
4．解析：设丙车间的次品率为P，
由题知0.5×3%＋0.3×5%＋0.2×P＝3.6%，解得P＝3%.
答案：A
5．解析：由题意知P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝m＋2m＋3m＝1，解得m＝，
F＝P＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋×2＝.
答案：A
6．解析：由题意可知，重复进行10次该试验，恰好有3次试验未成功，
说明7次成功，3次未成功，所以所求概率为Cp7(1－p)3.
答案：B
7．解析：由X～N(80，52)知μ＝80，σ＝5，
所以P(75＝P(μ＋σ＝[P(μ－2σ答案：D
8．解析：取到红球个数ξ服从两点分布B(1，p)，其中p＝，
所以E(ξ)＝，显然E(ξ)随着n的增大而减小．
D(ξ)＝＝，
记f(x)＝＝－＝－，
f′(x)＝－＋＝，
当x≥1时，f′(x)≤0，故f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
则当n∈N*时，D(ξ)随着n的增大而减小．
答案：D
9．解析：由Y＝3X－1，得X＝＋，又E(Y)＝5，D(Y)＝9，
∴E(X)＝＋＝2，D(X)＝D(Y)＝1.
答案：AC
10．解析：超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，
即指某事件发生n次的试验次数，由此可知取出的最小号码X不服从超几何分布，故A错误；
超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生n次的试验次数，
由此可知取出的白球个数Y服从超几何分布，故B正确；
取出2个黑球的概率为P＝＝，故C正确；
若取出一个黑球记1分，取出一个白球记－1分，则取出三个白球的总得分最小，
∴总得分最小的概率为P＝＝，故D不正确．
答案：BC
11．解析：由X～N(3，σ2)，则μ＝3，由＝3，
所以P(3由μ＝3，所以P(X<3)＝0.5，P(X≤1)＝P(X<3)－P(1所以P(10.23＝P(X≤1)>P(－2由上可知，P(－2答案：AC
12．解析：事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球，这两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；
事件B发生时，取出的两球同为红色或同为白色，则P(B)＝＝，故C正确；
事件C发生时，取出的两球一红一白或同为红色，则P(C)＝＝，事件BC发生时，取出的两球同为红色，则P(BC)＝＝，
因为P(B)P(C)≠P(BC)，所以事件B，C不是独立事件，故B错误；
P(A2)＝，P(A2C)＝＝，则P(C|A2)＝＝，D正确．
答案：ACD
13．解析：因为P(X＝k)＝ak(k＝1，2，…，10)，
a(1＋2＋3＋…＋10)＝1，即a＝1，所以a＝.
答案：
14．解析：记事件A为“第1球投进”，事件B为“第2球投进”，
P(B|A)＝，P(B|)＝，P(A)＝p，
由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝p＋(1－p)＝.
解得p＝.
答案：
15．解析：因为X服从正态分布N，所以μ＝4，σ＝＝0.5，
所以3.5＝4－0.5＝μ－σ，5＝4＋2×0.5＝μ＋2σ，
所以P(3.5≤X≤5)＝P(μ－σ≤X≤μ＋2σ)
＝＋P(|X－μ|≤σ)
＝＋0.6827＝0.8186.
答案：0.8186
16．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)＝C·，
所以P(X＝－80)＝P(ξ＝2)＝C＝，
P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝C＝，
P(X＝160)＝P(ξ＝4)＝C＝，
故P(X≥－80)＝P(X＝－80)＋P(X＝40)＋P(X＝160)＝.
17．解析：(1)记事件A为“选到的是男生”，记事件B为“选到的学生对新闻大事的关注度极高”．
P(A|B)＝＝＝.
(2)从该校随机选1名学生，该学生对新闻大事关注度极高的概率为＝.
由题意得X～B，则E(X)＝20×＝17.
18．解析：(1)设“第1次摸到白球”为事件A；“第2次摸到白球”为事件B.
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
由条件概率公式可得P(B|A)＝＝＝，
故在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率是.
(2)X可能的取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
19.解析：(1)因为从10辆共享电动车中任取一辆，取到橙色的概率为0.4，所以橙色的电动车有4辆，荧光绿的电动车有6辆．
记A为“从中任取3辆共享单车中恰好有一辆是橙色”，则P(A)＝＝.
(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝P(A)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
20．解析：(1)＝＝70.
X～N(μ，σ2)，μ＝70，σ2＝36得：
P(64＝＋＝0.8186.
(2)设A＝“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
B1＝“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，
B2＝“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，
则P(B1)＝，P(B2)＝，
又P(A|B1)＝0.015，P(A|B2)＝0.018，
于是P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝×0.015＋×0.018＝0.016.
21．解析：(1)设这1000份试卷成绩的平均数为，则：
＝×67.5＋×72.5＋×77.5＋×82.5＋×87.5＋×92.5＋×97.5＝82.15(分).
(2)由(1)得μ＝82.15，而σ＝6.61，
由于1－≈0.8414＝84.14%，
即P(X>(μ－σ))＝P(X>(82.15－6.61))＝P(X>75.54)≈0.8414，
所以市委宣传部预期平均成绩大约为75.5分．
(3)由分层抽样的方法抽取的6份试卷中2份测试成绩在[95，100)内，4份测试成绩在[90，95)内，Y的可能取值为0，1，2，
则P(Y＝0)＝＝，P(Y＝1)＝＝，P(Y＝2)＝＝，
即Y的分布列为：
Y 0 1 2
P
所以E(Y)＝0×＋1×＋2×＝1.
22．解析：(1)100人中得分不低于80分的人数为(0.014＋0.006)×10×100＝20，
随机变量ξ可能的取值为0，1，2.
又P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
则ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝＝.
(2)μ＝35×0.04＋45×0.06＋55×0.11＋65×0.36＋75×0.23＋85×0.14＋95×0.06＝68.4.
σ＝＝13.9，P(X≥82.3)＝P(X≥μ＋σ)＝＝0.15865，
每位参赛者分数不低于82.3的概率为0.15865，记500位参赛者中分数不低于82.3的人数为随机变量η，则η～B(500，p)，其中p＝0.15865，
所以恰好有k个参赛者的分数不低于82.3的概率为P(η＝k)＝Cpk(1－p)500－k，k＝0，1，2，…，500.
由＝＝>1，
得k<501p＝79.4837.
所以当1≤k≤79时，P(η＝k)>P(η＝k－1)，
当80≤k≤500时，P(η＝k)由此可知，在这500名参赛者中分数不低于82.3的人数最有可能是79.