2025版 數(shù)學《高中全程復(fù)習方略》（提升版）人教A版七十四 正態(tài)分布含答案

6版數(shù)學《高中全程復(fù)習方略》（提升版）人教A版七十四正態(tài)分布七十四正態(tài)分布(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)已知隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(0,1),若P(ξ≤1)=0.84,則P(-1≤ξ≤0)等于()A.0.34 B.0.68 C.0.15 D.0.07【解析】選A.由題意得P(ξ>1)=1-P(ξ≤1)=1-0.84=0.16,所以P(-1≤ξ≤0)=12×(1-0.16×2)=0.342.(5分)(2023·貴州八校聯(lián)考)設(shè)隨機變量X~N(2,4),若P(X>a+2)=P(X<2a-3),則實數(shù)a的值為 ()A.1 B.53 C.5 D.【解析】選B.因為P(X>a+2)=P(X<2a-3),所以由正態(tài)曲線的對稱性知a+2+2a-323.(5分)若隨機變量X服從正態(tài)分布N(5,1),則P(6≤X≤7)≈ ()附:若X~N(μ,σ2),則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.0.1359 B.0.3413C.0.4472 D.1【解析】選A.依題設(shè),得P(4≤X≤6)≈0.6827,P(3≤X≤7)≈0.9545,所以P(6≤X≤7)≈12×(0.9545-0.6827)=0.1359【加練備選】某天文館開館后的1個月內(nèi)每天的游客人數(shù)X服從正態(tài)分布N(2000,4900),則在此期間的某一天,該館的游客人數(shù)不超過2210的概率為()(參考數(shù)據(jù):若X~N(μ,σ2),則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.0.99865 B.0.9973C.0.9772 D.0.00135【解析】選A.因為該天文館開館后1個月內(nèi)每天的游客人數(shù)X服從正態(tài)分布N(2000,4900),所以P(1790≤X≤2210)=P(2000-3×70≤X≤2000+3×70)≈0.9973,所以P(X>2210)≈12×(1-0.9973)=0.00135,所以P(X≤2210)≈1-0.00135=0.998654.(5分)某校有1000人參加某次模擬考試,其中數(shù)學考試成績近似服從正態(tài)分布N(105,σ2)(σ>0),試卷滿分150分,統(tǒng)計結(jié)果顯示數(shù)學成績優(yōu)秀(高于120分)的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的15,則此次數(shù)學考試成績在90分到105分之間的人數(shù)約為 (A.150 B.200 C.300 D.400【解析】選C.因為P(X<90)=P(X>120)=15P(90≤X≤120)=1-15×2=35,所以P(90≤X≤105)=所以此次數(shù)學考試成績在90分到105分之間的人數(shù)約為1000×310=3005.(5分)(2023·濟南模擬)已知隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ,σ2),若函數(shù)f(x)=P(x≤ξ≤x+1)為偶函數(shù),則μ= ()A.-12 B.0 C.12 D【解析】選C.因為函數(shù)f(x)=P(x≤ξ≤x+1)為偶函數(shù),則f(-x)=f(x),所以P(-x≤ξ≤-x+1)=P(x≤ξ≤x+1),所以μ=-x+x6.(5分)(多選題)(2023·哈爾濱模擬)某市有甲、乙兩個工廠生產(chǎn)同一型號的汽車零件,零件的尺寸分別記為X,Y,已知X,Y均服從正態(tài)分布,X~N(μ1,σ12),Y~N(μ2,σ22),其正態(tài)曲線如圖所示,則下列結(jié)論中正確的是A.甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值等于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值B.甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值小于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值C.甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性高于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性D.甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性低于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性【解析】選AC.X,Y均服從正態(tài)分布,X~N(μ1,σ12),Y~N(μ2,結(jié)合正態(tài)密度函數(shù)的圖象可知,μ1=μ2,σ1<σ2,故甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值等于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的均值,故A正確,B錯誤;甲工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性高于乙工廠生產(chǎn)零件尺寸的穩(wěn)定性,故C正確,D錯誤.7.(5分)(2023·南京模擬)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N2,σ2=3PX>5,則P-1≤X【解析】因為X~N2,σ2,P-1≤X≤2=P2≤又因為P-1≤X≤2=3所以PX≥2=P2≤X≤5+PX>5=4P所以PX>5=0.125,所以P2≤X≤5=0.5-0.所以P-1≤X≤5=0答案:0.758.(5分)某種品牌攝像頭的使用壽命ξ(單位:年)服從正態(tài)分布,且使用壽命不少于2年的概率為0.8,使用壽命不少于6年的概率為0.2.某校在大門口同時安裝了兩個該品牌的攝像頭,則在4年內(nèi)這兩個攝像頭都能正常工作的概率為________.

【解析】由題意知P(ξ≥2)=0.8,P(ξ≥6)=0.2,所以P(ξ<2)=P(ξ≥6)=0.2.所以正態(tài)曲線的對稱軸為直線x=4,即P(ξ≥4)=12,即每個攝像頭在4年內(nèi)能正常工作的概率為12,所以兩個該品牌的攝像頭在4年內(nèi)都能正常工作的概率為12×1答案:19.(10分)已知隨機變量X~N(μ,σ2),且正態(tài)密度函數(shù)在(-∞,80)上是增函數(shù),在(80,+∞)上是減函數(shù),P(72≤X≤88)≈68.27%.(1)求參數(shù)μ,σ的值;(2)求P(64≤X<72).(結(jié)果精確到0.0001)參考數(shù)據(jù):P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈95.45%,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈99.73%.【解析】(1)由題意得參數(shù)μ=80.又P(72≤X≤88)≈68.27%,結(jié)合P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈68.27%,可知σ=8.(2)P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=P(64≤X≤96)≈95.45%.因為P(X<64)=P(X>96),所以P(X<64)≈12×(1-95.45%)=2.所以P(X≥64)≈97.725%.又P(X<72)=12×[1-P(72≤X12×(1-68.27%)=15.所以P(X≥72)≈84.135%,所以P(64≤X<72)=P(X≥64)-P(X≥72)≈13.59%.【能力提升練】10.(5分)為了解某地區(qū)高中男生的身體發(fā)育狀況,抽查了該地區(qū)1000名年齡在17.5歲至19歲的高中男生的體重情況,抽查結(jié)果表明他們的體重X(單位:kg)服從正態(tài)分布N(μ,22),且正態(tài)密度曲線如圖所示.若58.5<X≤62.5屬于正常情況,則這1000名男生中屬于正常情況的人數(shù)是 ()A.997 B.954 C.819 D.683【解析】選D.由題意,可知μ=60.5,σ=2,故P(58.5≤X≤62.5)=P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,從而屬于正常情況的人數(shù)是1000×0.6827≈683.11.(5分)在如圖所示的正方形中隨機投擲40000個點,則落入陰影部分(曲線C為正態(tài)分布X~N(-2,4)的密度曲線)的點的個數(shù)的估計值為 ()(若X~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545)A.906 B.1359C.2718 D.3413【解析】選B.因為X~N(-2,4),所以陰影部分的面積S=P(0≤X≤2)=12[P(-6≤X-P(-4≤X≤0)]≈12×(0.9545-0.6827)=0.1359,則在正方形中隨機投擲一點,該點落在陰影內(nèi)的概率為P=0.13512.(5分)(多選題)(2023·泰安模擬)水稻之父”袁隆平一生致力于雜交水稻技術(shù)的研究、應(yīng)用與推廣,發(fā)明了“三系法”秈型雜交水稻,成功研究出“兩系法”雜交水稻,創(chuàng)建了超級雜交稻技術(shù)體系,為我國糧食安全、農(nóng)業(yè)科學發(fā)展和世界糧食供給做出了杰出貢獻.某雜交水稻種植研究所調(diào)查某地水稻的株高,得出株高X(單位:cm)服從正態(tài)分布,其正態(tài)密度函數(shù)為f(x)=1102πe-(x-100A.該地水稻的平均株高為100cmB.該地水稻株高的方差為10C.隨機測量一株水稻,其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大D.隨機測量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)之間的概率一樣大【解析】選AC.本題考查正態(tài)密度函數(shù)的特征以及性質(zhì)的應(yīng)用.正態(tài)密度函數(shù)為f(x)=12πσe-(x-μ)22σ2,x∈(-∞,+∞),由題意知μ=100,σ2=100,所以該地水稻的平均株高為100cm,方差為100,故A正確,B錯誤;因為正態(tài)密度曲線關(guān)于直線x=100對稱,所以P(X>120)=P(X>P(80<X<90),故D錯誤.13.(5分)某一部件由3個元件按如圖方式連接而成,若元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,則部件正常工作.設(shè)3個電子元件的使用壽命(單位:小時)均服從正態(tài)分布N(1000,502),且各個元件能否正常工作相互獨立,那么該部件的使用壽命超過1000小時的概率為________.

【解析】由題意得,3個電子元件的使用壽命服從正態(tài)分布N(1000,502),則每個元件的使用壽命超過1000小時的概率均為12,則元件1和2的使用壽命至少有一個超過1000小時的概率為1-12×12=34,故該部件使用壽命超過1000小時的概率為34答案:314.(10分)為應(yīng)對氣候變化,我國計劃在2030年前實現(xiàn)碳排放量到達峰值,2060年前實現(xiàn)“碳中和”.某市為了解本市企業(yè)碳排放情況,從本市320家年碳排放量超過2萬噸的企業(yè)中隨機抽取50家企業(yè)進行了調(diào)查,得到如下頻數(shù)分布表,并將年碳排放量大于18萬噸的企業(yè)確定為“超標”企業(yè):碳排放量X[2.5,5.5)[5.5,8.5)[8.5,11.5)[11.5,14.5)[14.5,17.5)[17.5,20.5)[20.5,23.5)頻數(shù)56912864(1)假設(shè)該市這320家企業(yè)的年碳排放量大致服從正態(tài)分布Nμ,σ2,其中μ近似為樣本均值x,σ2近似為樣本方差s2,經(jīng)計算得x≈12.8,s≈5.(2)通過研究樣本原始數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn),抽取的50家企業(yè)中共有8家“超標”企業(yè),市政府決定對這8家“超標”企業(yè)進行跟蹤調(diào)查,現(xiàn)計劃在這8家“超標”企業(yè)中任取5家先進行跟蹤調(diào)查,設(shè)Y為抽到的年碳排放量至少為20.5萬噸的企業(yè)家數(shù),求Y的分布列與數(shù)學期望.(參考數(shù)據(jù):若X~Nμ,則Pμ-σ≤Pμ-2σPμ-3σ≤X【解析】(1)由已知,得μ≈12.8,σ≈5.2,所以P(X>18)=P(X>μ+σ)≈1-0.68272所以這320家企業(yè)中“超標”企業(yè)的家數(shù)約為51.(2)由題中頻數(shù)分布表可知,8家“超標”企業(yè)中碳排放量至少為20.5萬噸的企業(yè)有4家,所以Y的可能取值為1,2,3,4,且PY=1=C41PY=2=C42PY=3=C43PY=4=C44所以Y的分布列為Y1234P1331所以EY=1×114+2×37+3×37+4×115.(10分)某市為了傳承發(fā)展中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化,組織該市中學生進行了一次文化知識有獎競賽,競賽獎勵規(guī)則如下:得分在70,80內(nèi)的學生獲三等獎,得分在80,90(1)現(xiàn)從該樣本中隨機抽取兩名學生的競賽成績,求這兩名學生中恰有一名學生獲獎的概率;(2)若該市所有參賽學生的成績X近似服從正態(tài)分布Nμ,σ2,其中σ①若該市共有10000名學生參加了競賽,試估計參賽學生中成績超過79分的學生數(shù)(結(jié)果四舍五入到整數(shù));②若從所有參賽學生中(參賽學生數(shù)大于10000)隨機取3名學生進行訪談,設(shè)其中競賽成績在64分以上的學生數(shù)為ξ,求隨機變量ξ的分布列和期望.附參考數(shù)據(jù),若隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ,σ2),則Pμ-σ≤Pμ-2σ≤X≤μ+2σ【解析】(1)由題中樣本頻率分布直方圖得,樣本中獲一等獎的有6人,獲二等獎的有8人,獲三等獎的有16人,共有30人獲獎,70人沒有獲獎.從該樣本中隨機抽取兩名學生的競賽成績,基本事件總數(shù)為C100設(shè)“抽取的兩名學生中恰有一名學生獲獎”為事件A,則事件A包含的基本事件的個數(shù)為C70所以PA=C701C301(2)由題中樣本頻率分布直方圖得,樣本平均數(shù)的估計值μ=35×0.006×10+45×0.012×10+55×0.018×10+65×0.034×10+75×0.016×10+85×0.008×10+95×0.006×10=64,則所有參賽學生的成績X近似服從正態(tài)分布N64,①因為μ+σ=79,所以PX>79≈1-0.故參賽學生中成績超過79分的學生數(shù)為0.15865×10000≈1587.②由μ=64,得PX>64=1即從所有參賽學生中隨機抽取1名學生,該生競賽成績在64分以上的概率為12所以隨機變量ξ服從二項分布ξ~B3,所以Pξ=0=C30123=18,Pξ=1=C31Pξ=3=C33所以隨機變量ξ的分布列為:ξ0123P1331Eξ=0×18+1×38+2×38+3×1【素養(yǎng)創(chuàng)新練】16(5分)(多選題)(2023·廣州模擬)為了解決傳統(tǒng)的3D人臉識別方法中存在的問題,科學家提出了一種基于視頻分塊聚類的格拉斯曼流形自動識別系統(tǒng).規(guī)定:某區(qū)域內(nèi)的m個點Pixi,yi,zi的深度zi的均值為μ=1m,標準偏差為σ=1m,深度zi?[μ-3σ,μPiP1P2P3P4P5P6P7P8xi15.115.215.315.415.515.415.413.4yi15.114.214.314.414.515.414.415.4zi2012131516141218A.μ=16 B.σ=29C.P1不是孤立點 D.P8是孤立點【解析】選BC.由題表可知μ=18σ=(20-15)2+(12-15)2+…+(18-因為29>5,所以15+3229>20,則z1=20∈15-3229,15+3229,z8=18∈[15-3七十一事件的獨立性、條件概率與全概率公式(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)若P(AB)=19,P(A)=23,P(B)=13,則事件A與B的關(guān)系是 A.互斥 B.對立C.相互獨立 D.既互斥又相互獨立【解析】選C.因為P(A)=1-P(A)=1-23=13,所以P(A)P(B)=19,所以P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A與B相互獨立,事件A與2.(5分)(2023·泉州模擬)某運動員每次射擊擊中目標的概率均相等,若三次射擊中,至少有一次擊中目標的概率為6364,則射擊一次,擊中目標的概率為 (A.78 B.34 C.14 【解析】選B.設(shè)該運動員射擊一次,擊中目標的概率為p,該運動員三次射擊中,至少有一次擊中目標的概率為1-(1-p)3=6364,解得p=33.(5分)小王每天在6:30至6:50出發(fā)去上班,其中在6:30至6:40出發(fā)的概率為0.3,在該時間段出發(fā)上班遲到的概率為0.1;在6:40至6:50出發(fā)的概率為0.7,在該時間段出發(fā)上班遲到的概率為0.2,則小王某天在6:30至6:50出發(fā)上班遲到的概率為 ()A.0.13 B.0.17 C.0.21 D.0.3【解析】選B.由題意,在6:30至6:50出發(fā)上班遲到的概率為0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.4.(5分)設(shè)甲乘汽車、動車前往目的地的概率分別為0.4,0.6,汽車和動車正點到達目的地的概率分別為0.7,0.9,則甲正點到達目的地的概率為 ()A.0.78 B.0.8 C.0.82 D.0.84【解析】選C.設(shè)事件A表示“甲正點到達目的地”,事件B表示“甲乘動車到達目的地”,事件C表示“甲乘汽車到達目的地”,由題意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.54+0.28=0.82.5.(5分)(多選題)甲罐中有5個紅球、2個白球和3個黑球,乙罐中有4個紅球、3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐,分別以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球、白球和黑球的事件;再從乙罐中隨機取出一球,以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件.則下列結(jié)論中正確的是 ()A.P(B)=2B.P(B|A1)=5C.事件B與事件A1相互獨立D.A1,A2,A3是兩兩互斥的事件【解析】選BD.由題意知,A1,A2,A3是兩兩互斥的事件,故D正確;P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|P(B|A2)=411,P(B|A3)=4而P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×6.(5分)(多選題)(2023·常州模擬)在信道內(nèi)傳輸0,1信號,信號的傳輸相互獨立.發(fā)送0時,收到1的概率為α(0<α<1),收到0的概率為1-α;發(fā)送1時,收到0的概率為β(0<β<1),收到1的概率為1-β.考慮兩種傳輸方案:單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次,三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼,譯碼規(guī)則如下:單次傳輸時,收到的信號即為譯碼;三次傳輸時,收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如,若依次收到1,0,1,則譯碼為1).下列說法正確的為()A.采用單次傳輸方案,若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為(1-α)(1-β)2B.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為β(1-β)2C.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為β(1-β)2+(1-β)3D.當0<α<0.5時,若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率【解析】選ABD.對于A.依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積,它們相互獨立,所以所求概率為(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,A正確;對于B,三次傳輸,發(fā)送1,相當于依次發(fā)送1,1,1,則依次收到1,0,1的事件,是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積,它們相互獨立,所以所求概率為(1-β)·β·(1-β)=β(1-β)2,B正確;對于C,三次傳輸,發(fā)送1,則譯碼為1的事件是依次收到1、1、0,1、0、1,0、1、1和1、1、1的事件和,它們互斥,由選項B知,所求的概率為C32β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2對于D,由選項C知,三次傳輸,發(fā)送0,則譯碼為0的概率P=(1-α)2(1+2α),單次傳輸發(fā)送0,則譯碼為0的概率P'=1-α,而0<α<0.5,因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即P>P',D正確.7.(5分)某醫(yī)生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的條件下,他在周三晚上值班的概率為________.

【解析】設(shè)事件A為“周二晚上值班”,事件B為“周三晚上值班”,則P(A)=C61CP(AB)=1C72=121,故P(B|A)=答案:18.(5分)某射擊運動員每次擊中目標的概率為45,現(xiàn)連續(xù)射擊兩次(1)已知第一次擊中,則第二次擊中的概率是________;

(2)在僅擊中一次的條件下,第二次擊中的概率是________.

【解析】(1)設(shè)第一次擊中為事件A,第二次擊中為事件B,則P(A)=45由題意知,第一次擊中與否對第二次沒有影響,因此已知第一次擊中,則第二次擊中的概率是45(2)設(shè)僅擊中一次為事件C,則僅擊中一次的概率為P(C)=C21×45×1在僅擊中一次的條件下,第二次擊中的概率是P(B|C)=15×4答案:(1)45(2)9.(10分)小王某天乘火車從重慶到上海,若當天從重慶到上海的三列火車正點到達的概率分別為0.8,0.7,0.9,假設(shè)這三列火車之間是否正點到達互不影響.求:(1)這三列火車恰好有兩列火車正點到達的概率;(2)這三列火車恰好有一列火車正點到達的概率;(3)這三列火車至少有一列火車正點到達的概率.【解析】用A,B,C分別表示這三列火車正點到達的事件,則P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,所以P(A)=0.2,P(B)=0.3,P(C)=0.1.(1)由題意得A,B,C之間相互獨立,所以恰好有兩列火車正點到達的概率為P1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=0.2×0.7×0.9+0.8×0.3×0.9+0.8×0.7×0.1=0.398.(2)恰好有一列火車正點到達的概率為P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=0.8×0.3×0.1+0.2×0.7×0.1+0.2×0.3×0.9=0.092.(3)三列火車至少有一列火車正點到達的概率為P3=1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C)=1-0.2×0.3×0.1=0.994.【能力提升練】10.(5分)甲、乙兩名選手進行象棋比賽,已知每局比賽甲獲勝的概率為0.6,乙獲勝的概率為0.4,若采用三局兩勝制,則甲最終獲勝的概率為 ()A.0.36 B.0.352 C.0.288 D.0.648【解析】選D.由題意可得甲最終獲勝有兩種情況:一是前兩局甲獲勝,概率為0.6×0.6=0.36,二是前兩局甲一勝一負,第三局甲勝,概率為C21×0.6×0.4×0.6=0所以甲最終獲勝的概率P=0.36+0.288=0.648.11.(5分)將甲、乙、丙、丁4名醫(yī)生隨機派往①,②,③三個村莊進行義診活動,每個村莊至少派1名醫(yī)生,A表示事件“醫(yī)生甲派往①村莊”;B表示事件“醫(yī)生乙派往①村莊”;C表示事件“醫(yī)生乙派往②村莊”,則 ()A.事件A與B相互獨立B.事件A與C相互獨立C.P(B|A)=5D.P(C|A)=5【解析】選D.將甲、乙、丙、丁4名醫(yī)生隨機派往①,②,③三個村莊進行義診包含C4事件A含有的樣本點個數(shù)為A33+則P(A)=1236=13,同理P(B)=P(C)=事件AB含有的樣本點個數(shù)為A2則P(AB)=236=1事件AC含有的樣本點個數(shù)為C22+C21C21對于A,P(A)P(B)=19≠P(AB),即事件A與B對于B,P(A)P(C)=19≠P(AC),即事件A與C對于C,P(B|A)=P(AB)對于D,P(C|A)=P(AC)P12.(5分)(2023·泉州模擬)某校老師要求參賽學生從星期一到星期四每天學習2個漢字及正確注釋,每周五對一周內(nèi)所學漢字隨機抽取4個進行檢測(一周所學的漢字每個被抽到的可能性相同),若已知抽取4個進行檢測的字中至少有一個字是最后一天學習的,則所抽取的4個進行檢測的字中恰有3個是后兩天學習過的漢字的概率為________.

【解析】設(shè)進行檢測的4個漢字中至少有一個是最后一天學習的為事件A,恰有3個是后兩天學習過的漢字為事件B,則事件A所包含的基本事件數(shù)n(A)=C21×C63+事件B所包含的基本事件數(shù)n(B)=C41×C43=16,所以P(B|A)=n(答案:1613.(5分)某電視臺舉辦知識競答闖關(guān)比賽,每位選手闖關(guān)時需要回答三個問題.第一個問題回答正確得10分,回答錯誤得0分;第二個問題回答正確得20分,回答錯誤得0分;第三個問題回答正確得30分,回答錯誤得-20分.規(guī)定每位選手回答這三個問題的總得分不低于30分就算闖關(guān)成功.若某位選手回答前兩個問題正確的概率都是23,回答第三個問題正確的概率是12,且各題回答正確與否相互之間沒有影響,則該選手僅回答正確兩個問題的概率是________;該選手闖關(guān)成功的概率是【解析】該選手僅回答正確兩個問題的概率P1=23×23×(1-12)+23×(1-23)×12+(1-23該選手要闖關(guān)成功,則只有第3個問題回答正確或者第1,3兩個問題回答正確或者第2,3兩個問題回答正確或者三個問題都回答正確,所以闖關(guān)成功的概率為(1-23)2×12+23×(1-23)×12+(1-23)×23×12+答案:4914.(10分)某企業(yè)使用新技術(shù)對某款芯片進行試生產(chǎn).在試產(chǎn)初期,該款芯片的生產(chǎn)有四道工序,前三道工序的生產(chǎn)互不影響,第四道是檢測評估工序,包括智能自動檢測與人工抽檢.已知該款芯片在生產(chǎn)中,前三道工序的次品率分別為P1=110,P2=19,