《2022年高考真题突破：二项分布及其应用、正态分布 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考真题突破：二项分布及其应用、正态分布 .pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载专题十一概率与统计第三十六讲二项分布及其应用、正态分布一、选择题1 （2015 湖北）设211(,)XN，222(,)YN，这两个正态分布密度曲线如图所示下列结论中正确的是A21()()P YP YB21()()P XP XC对任意正数t ，()()P XtP YtD对任意正数t ，()()P XtP Yt2 （ 2015 山东）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布2(0,3 )N，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为（附：若随机变量服从正态分布2(,)N，则()68.26%P，(22)95.44%P）A4.56% B13.59% C27.18%
2、D31.74% 3 （ 2014 新课标 2）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是A08 B075 C0 6 D045 4.（2011 湖北）已知随机变量服从正态分布2,2N，且8.04P，则20PA6. 0B4. 0C3 . 0D2.0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页学习必备欢迎下载二、填空题5 （ 2017 新课标）一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100
3、次，表示抽到的二等品件数，则DX= 6 （ 2016 四川）同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2 次试验中成功次数X的均值是7 （ 2015 广东）已知随机变量服从二项分布,n p，若30，20D，则p8 （ 2012 新课标）某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1 或元件 2 正常工作，且元件3 正常工作，则部件正常工作。设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布)50,1000(2N，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000 小时的概率为三、解答题9 （ 2017 新课标）为了监控某种零件的一条生产线的
4、生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16 个零件，并测量其尺寸(单位： cm)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的尺寸服从正态分布2(,)N(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16 个零件中其尺寸在(3 ,3 )之外的零件数，求(1)P X 及X的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3 ,3 )之外的零件， 就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查()试说明上述监控生产过程方法的合理性；()下面是检验员在一天内抽取的16 个零件的尺寸：9 95 1012 996 996 1001 992 998 1004
5、 1026 991 1013 1002 9 22 1004 1005 995 经计算得16119.9716iixx，16162221111()(16)1616iiiisxxxx1元件2元件3元件精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页学习必备欢迎下载0.212，其中ix为抽取的第i个零件的尺寸，i=1， 2， 16用样本平均数x作为的估计值?，用样本标准差s作为的估计值?，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据， 用剩下的数据估计和(精确到 001)附：若随机变量Z服从正态分布2(,)N，则(33
6、)PZ=0997 4，160.99740.9592，0.0080.0910 （2016 新课标）某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数0 1 2 3 4 5保费0.85aa 1.25a 1.5a 1.75a 2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数0 1 2 3 4 5概率0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 （）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；（）求续保人本年度的平均保费
7、与基本保费的比值11 （2015 湖南）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有 4 个红球、 6 个白球的甲箱和装有5 个红球、 5 个白球的乙箱中，各随机摸出1 个球， 在摸出的 2 个球中， 若都是红球， 则获一等奖； 若只有 1 个红球， 则获二等奖；若没有红球，则不获奖（1）求顾客抽奖1 次能获奖的概率；（2）若某顾客有3 次抽奖机会， 记该顾客在3 次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望12 （2015 湖北）某厂用鲜牛奶在某台设备上生产,A B 两种奶制品 生产 1 吨A产品需鲜牛奶 2 吨，使用设备1 小时，获利1000 元；生产1
8、吨B产品需鲜牛奶1.5 吨，使用设备1.5 小时，获利1200 元要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2 倍，设备每天生产,A B 两种产品时间之和不超过12 小时 . 假定每天可获取的鲜牛奶数量W（单位：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页学习必备欢迎下载吨）是一个随机变量，其分布列为W12 15 18 P0.3 0.5 0.2 该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大， 因此每天的最大获利Z（单位：元）是一个随机变量（）求Z的分布列和均值；（） 若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求 3 天中至少有1天
9、的最大获利超过10000元的概率13 （2015 新课标） 某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了 20 个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区： 62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区： 73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 （）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（）根据用户满意度评分，将用户的
10、满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于 70 分70 分到 89 分不低于 90 分满意度等级不满意满意非常满意记事件 C： “A 地区用户的满意度等级高于B 地区用户的满意度等级”，假设两地区用户的评价结果相互独立，根据所给数据， 以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求 C 的概率14 （2014 山东）甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3 局者获得比赛的胜利，比赛随即结束除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率是23假设各精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 13 页学习必备欢迎下载局比赛结果互相
11、独立（ 1）分别求甲队以3:0，3:1，3:2 胜利的概率（ 2）若比赛结果为3:0 或 3:1，则胜利方得3 分，对方得0 分；若比赛结果为3:2，则胜利方得 2 分、对方得1 分，求乙队得分X的分布列及数学期望15 （2014 陕西）在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000 元，此作物的市场价格和这块地上的产量具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：（）设X表示在这块地上种植1 季此作物的利润，求X的分布列；（）若在这块地上连续3 季种植此作物，求这3 季中至少有2 季的利润不少于2000元的概率16 （2014 广东）随机观测生产某种零件的某工厂25 名工人的日加工零件数（单位
12、：件），获得数据如下：30，42，41，36，44，40，37，37，25，45， 29，43，31，36，49，34，33，43， 38，42，32， 34，46，39，36，根据上述数据得到样本的频率分布表如下：分组频数频率25,30 3 0.12 (30,35 5 0.20 (35,40 8 0.32 (40,45 1n1f(45,50 2n2f（1）确定样本频率分布表中121,n nf和2f的值；（2）根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；（3）根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4 人，至少有1 人的日加工零件数落在区间（ 30,35的概率17 （2011 大纲）根据以往统计资
13、料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3，设各车主购买保险相互独立. ()求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的l 种的概率；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页学习必备欢迎下载()X表示该地的l00 位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数求X的期望专题十一概率与统计第三十六讲二项分布及其应用、正态分布答案部分1C【解析】由正态分布密度曲线的性质可知，211(,)XN，222(,)YN的密度曲线分别关于直线1x =，2x =对称，因此结合题中所给图象可得，12，所以2
14、1()()P YP Y，故A错误又211(,)XN得密度曲线较222(,)YN的密度曲线 “ 瘦高 ” ，所以12，B 错误对任意正数t，()()P XtP Yt，()()P XtP Yt，C 正确， D 错误2B【解析】1(36)(95.44%68.26%)13.59%2P3A【解析】根据条件概率公式()(|)()P ABP BAP A，可得所求概率为0.60.80.754C【解析】如图，正态分布的密度函数示意图所示，函数关于直线2x对称，所以5 .02P，并且4220PP则2420PPP3. 05. 08. 0所以选 C. 51.96【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即10
15、0,0.02XB，由二项分布的期望公式可得1100 0.02 0.981.96DXnpp632【解析】 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有 （正正）， （正反）， （反正）， （反反） ，所以在 1 次试验中成功次数的取值为0,1,2，其中111(0), (1),(2),424PPP在 1 次试验中成功的概率为113(1)424P，x y O 4 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页学习必备欢迎下载所以在 2 次试验中成功次数X的概率为12313(1)448P XC，239(2)( )416P X，3931
16、28162EX解法 2 由题意知，实验成功的概率34p，故3(2, )4XB，所以33()242E X713【解析】由30(1)20npnpp，得13p838【解析】三个电子元件的使用寿命均服从正态分布2(1000,50 )N得：三个电子元件的使用寿命超过1000 小时的概率为12p，超过 1000 小时时元件1 或元件 2 正常工作的 概 率2131(1)4Pp，那 么 该 部 件 的 使 用 寿 命 超 过1000 小 时 的 概 率 为2138ppp9 【解析】（1）抽取的一个零件的尺寸在(3 ,3 )之内的概率为09974，从而零件的尺寸在(3 ,3 )之外的概率为00026，故 (1
17、6,0.0026)XB因此(1)1(0)10.99740.0408P XP XX的数学期望为160.00260.0416EX（2）（i） 如果生产状态正常， 一个零件尺寸在(3 ,3 )之外的概率只有0 0026，一天内抽取的16 个零件中，出现尺寸在(3 ,3 )之外的零件的概率只有00408，发生的概率很小因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的（ii ）由9.97x，0.212s，得的估计值为?9.97，的估计值为?0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在? ?(3 ,3 )之
18、外，因此需对当天的生产过程进行检查剔除? ?(3 ,3 )之外的数据922，剩下数据的平均数为1(169.979.22)10.0215，因此的估计值为1002精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页学习必备欢迎下载162221160.212169.971591.134iix，剔除? ?(3 ,3 )之外的数据922，剩下数据的样本方差为221(1591.1349.221510.02 )0.00815，因此的估计值为0.0080.0910 【解析】（）设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A，()1()1(0.300.15
19、)0.55P AP A（）设续保人保费比基本保费高出60%为事件B，()0.100.053()()0.5511P ABP B AP A（）解：设本年度所交保费为随机变量XX0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05平均保费0.85 0.30 0.151.250.20 1.50.20 1.750.10 20.05EXaaaaa0.2550.150.250.30.1750.11.23aaaaaaa，平均保费与基本保费比值为1.2311 【解析】（）记事件1A=从甲箱中摸出的1 个球是红球 ，2A=从乙箱中摸出的1 个球是红球，1B=顾客抽奖1次获
20、一等奖 ，2B=顾客抽奖 1 次获二等奖，C=顾客抽奖1 次能获奖由题意，1A与2A相互独立，12A A与12A A互斥，1B与2B互斥，且1B=12A A，2B=12A A+12A A，C=1B+2B因P(1A)=410=25，P(2A)=510=12，所以P(1B)=P(12A A)=P(1A)P(2A)=2512=15，P(2B)=P(12A A+12A A)=P(12A A)+P(12A A) =P(1A) (1-P(2A)+(1-P(1A)P(2A)=25(1-12)+(1-25)12=12，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
21、 8 页，共 13 页学习必备欢迎下载故所求概率为P(C)= P(1B+2B)=P(1B)+P(2B)=15+12=710. （）顾客抽奖3 次独立重复试验，由（I）知，顾客抽奖1 次获一等奖的概率为15，所以1(3, )5XB于是P(X=0)=003314( ) ( )55C=64125，P(X=1)=112314( ) ( )55C=48125，P(X=2)=221314( ) ( )55C=12125，P(X=3)=330314( ) ( )55C=1125故X的分布列为X0 1 2 3 P6412548125121251125X的数学期望为E(X)=315=3512 【解析】（）设每天
22、,A B 两种产品的生产数量分别为, x y，相应的获利为z ，则有21.5,1.512,20,0,0.xyWxyxyxy（1）目标函数为10001200zxy 当12W时， （1）表示的平面区域如图1，三个顶点分别为(0, 0), (2.4, 4.8), (6, 0)ABC将10001200zxy 变形为561200zyx，当2.4, 4.8xy时，直线l：561200zyx在y轴上的截距最大，最大获利max2.410004.812008160Zz当15W时， （1）表示的平面区域如图2，三个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (7.5, 0)ABC将10001200zxy 变形为56
23、1200zyx，第 10 题解答图1 第 10 题解答图2 第 10 题解答图 3 yxA(0,0)D(9,0)128OC(6,4)12yxA(0,0)C(6,0)128OB(2.4,4.8)yxA(0,0)C(7.5,0)128OB(3,6)10B(3,6)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页学习必备欢迎下载当3, 6xy时，直线l：561200zyx在y轴上的截距最大，最大获利max3 10006 120010200Zz当18W时， （1）表示的平面区域如图3，四个顶点分别为(0, 0), (3, 6), (6,
24、 4), (9, 0)ABCD将10001200zxy 变形为561200zyx，当6,4xy时，直线l：561200zyx在y轴上的截距最大，最大获利max6 10004 120010800Zz故最大获利Z的分布列为Z8160 10200 10800 P0.3 0.5 0.2 因此，()81600.3102000.5108000.29708E Z（）由 （）知，一天最大获利超过10000 元的概率1(10000)0.50.20.7pP Z，由二项分布，3 天中至少有1 天最大获利超过10000 元的概率为3311(1)10.30.973pp= -= -=13 【解析】（）两地区用户满意度评分
25、的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值； A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散（）记1AC表示事件：“A 地区用户满意度等级为满意或非常满意”；2AC表示事件：“A 地区用户满意度等级为非常满意”；1BC表示事件：“B 地区用户满意度等级为不满意”；2BC表示事件：“B 地区用户满意度等级为满意”精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页学习必备欢迎下载则1AC与1BC独立，2AC与2BC独立，1BC与2BC互斥，1122BABACC C
26、CC1122()()BABAP CP C CCC1122()()BABAP CCP CC1122() ()()()BABAP CP CP CP C由所给数据得1AC，2AC，1BC，2BC发生的概率分别为1620，420，1020，820故1()AP C16=20，2()=AP C420，1()=BP C1020，2()BP C8=20，故101684( )=+0.4820202020P C14 【解析】： （1）记“甲队以3：0 胜利”为事件1A， “甲队以3：1 胜利”为事件2A， “甲队以 3：2 胜利”为事件3A，由题意，各局比赛结果相互独立，故3128()( )327P A，2223
27、2228()( ) (1)33327P AC，122342214()( ) (1)33227P AC所以，甲队以3： 0,3:1,3:2 胜利的概率分别是827，827，427；（2）设“乙队以3:2 胜利”为事件4A，由题意，各局比赛结果相互独立，所以122442214()(1) ( )(1)33227P AC由题意，随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3， ，根据事件的互斥性得1212(0)()()()P XP AAP AP A1627, 34(1)()27P XP A, 44(2)()27P XP A, (3)P X1(0)P X(1)P X(2)P X327故X的分布列为X0 1
28、2 3 P1627427427327所以16443012327272727EX79精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页学习必备欢迎下载15 【解析】（）设A 表示事件“作物产量为300kg” ，B 表示事件“作物市场价格为6 元kg” 由题设知()0.5P A，()0.4P B因为利润 =产量市场价格成本，所以X所有可能的取值为500 10 10004000，500 6 10002000300 10 10002000，300 61000800(4000)( )( )(10.5)(10.4)0.3P XP A P B
29、, (2000)()()() ()(10.5)0.40.5(10.4)0.5P XP A P BP A P B, (800)()()0.50.40.2P XP A P B, 所以X的分布列为X4000 2000 800 P0.3 0.5 0.2 （）设iC表示事件“第i季利润不少于2000 元”(1,2,3)i，由题意知123,C CC相互独立，由（1）知，()(4000)(2000)0.30.50.8iP CP XP X(1,2,3)i3 季利润均不少于2000 元的概率为3123123()()()()0.80.512P C C CP CP CP C3 季中有 2 季利润不少于2000 元的
30、概率为2123123123()()()3 0.80.20.384P C C CP C C CP CC C所以，这3季中至少有2 季的利润不少于2000 元的概率为0.5120.3840.89616 【解析】： （1）127,2nn，120.28,0.08ff；（2）样本频率分布直方图为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页学习必备欢迎下载（3）根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间（30,35的概率 02，设所取的4人中，日加工零件数落在区间（30,35的人数为，则(4, 0.2)B，4(1)1(0)1(
31、10.2)10.40960.5904PP，所以 4 人中，至少有1 人的日加工零件数落在区间（30,50的概率约为0 590417 【解析】记A表示事件 : 该地的 1 位车主购买甲种保险；B表示事件 : 该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件 : 该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的l 种；D表示事件 : 该地的 1 位车主甲、乙两种保险都不购买. （）( )0.5P A, ( )0.3P B, CAB()()()()0.8P CP ABP AP B（）DC,()1()10.80.2P DP C(100,0.2)XB:,即X服从二项分布, 所以期望100 0.220EX日加工零件数频率组距0.016 0.024 0.04 0.056 0.064 25 30 35 40 45 50 0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页