第6章 概率（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

进阶 突被 第六章 概率 §1 随机事件的条件概率 2.某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加 知识点一》条件概率的概念 大了研发投人，其研发的检验试剂品α分 数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成 为两类不同剂型α，和，.现对其进行两次 就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的 检测，第一次检测时两类试剂a,和a2合格 著作《算术研究》中首次引人了二次剩余的概 的概率分别为和了第二次检到时两类试 念.二次剩余理论在噪音工程学、密码学以及 大数分解等各个领域都有广泛的应用.已知对 剂。，和a,合格的概奉分别为和子已知 于正整数a,n(n≥2)，若存在一个整数x,使得 两次检测过程相互独立，两次检测均合格， n整除x2-a,则称a是n的一个二次剩余，否 试剂品α才算合格 则为二次非剩余.从1到20这20个整数中随 (1)设经过两次检测后两类试剂a,和α，合 机抽取一个整数a,记事件A=“a与12互质”， 格的种类数为X,求X的分布列： B=“a是12的二次非剩余”，则P(A)= (2)若地区排查期间，一户4口之家被确认 P(BIA)= 为“与确诊患者的密切接触者”，这种情 知识点二》全概率公式 况下医护人员要对其家庭成员逐一使 (2024·山东德州高二期末)在一个抽奖游戏 用试剂品α进行检测，如果有一人检测 中，主持人从编号为1,2,3,4且外观相同的空 呈阳性，那么检测结束，并确定该家庭 箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱 为“感染高危户”.设该家庭每个成员检 子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子 测呈阳性的概率均为p(0<p<1)且相互 里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开 独立，该家庭至少检测了3个人才确定 之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱 为“感染高危户”的概率为f(p),若当 子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知 p=Pa时f(p)最大，求po的值 甲选择了1号箱子，若用A:表示i号箱子有奖 品(i=1,2,3,4),用B表示主持人打开i号箱 子(i=2,3,4),则P(B2IA3)= P(B2)= §2离散型随机变量及其分布列 1.(多选)设m是大于1的整数，离散型随机 变量X的可能取值为1,2，…，m,满足对任 意一个正整数k≤m-1,4K)-4(=0= P(X=k),则P(X=1)的取值可以是( 4.3 1 B.C.z D.3 进阶突破·拔高练1门 §3离散型随机变量的均值与方差 知识点二》离散型随机变量的方差 知识点一》离散型随机变量的均值 (多选)已知某商场销售一种商品的单件销售 1.赌博有陷阱，某种赌博游戏每局的规则：参 利润为X=0,a,2,根据以往销售经验可得0< 与者现在从标有5,6,7,8,9的相同小球中 a<2,随机变量X的分布列为 随机摸取一个，将小球上的数字作为其赌 0 a 2 金（单位：元）：随后放回该小球，再随机摸 1 取两个小球，将两个小球上数字之差的绝 2 6 对值的2倍作为其奖金（单位：元）.若随机 变量X和Y分别表示参与者在每一局赌博 其中结论正确的是 游戏中的赌金与奖金，则EX-EY= A.6=1 2.(2024·湖南永州高三二模)在某网络平台 组织的禁毒知识挑战赛中，挑战赛规则如 B.若该商场销售该商品5件，其中3件销售利 下：每局回答3道题，若回答正确的次数不 润为0的概率为 6 低于2次，该局得3分，否则得1分，每次回 答的结果相互独立.已知甲、乙两人参加挑 C.DX.=2 战赛，两人答对每道题的概率均为 D.当DX最小时，EX= 3 (1)若甲参加了3局禁毒知识挑战赛，设甲 §4 二项分布与超几何分布 得分为随机变量X,求X的分布列与 期望； 知识点一》二项分布 (2)若甲参加了2n(neN·)局禁毒知识挑 1.(2023·江苏徐州高二期中)A,B两组各有 战赛，乙参加了2n+2(neN")局禁毒 3人独立地破译某密码，A组每个人成功破 知识挑战赛，记甲在禁毒知识挑战赛中 译出该密码的概率为P1,B组每个人成功破 获得的总分大于4n的概率为P1,乙在 译出该密码的概率为P2,记A,B两组中成 禁毒知识挑战赛中获得的总分大于4n+ 功破译出该密码的人数分别为X,Y,若0< 4的概率为p2,证明：P1<p2 A,<了则下列关系正确的是 () A.EX>EY,DX<DY B.EX>EY.DX>DY C.EX<EY,DX<DY D.EX<EY,DX>DY 2.(2024·湖北武汉高三月考)在数字通信 中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现 连续发射信号n次，每次发射信号“0”和 “1”是等可能的.记发射信号1的次数为X 12黑白题数学|选择性必修第一册·BS (1)当n=6时，求P(X≤2)： 3.(2024·江西宜春高二期末)已知某单位招 (2)已知切比雪夫不等式：对于任意随机变 聘程序分两步：第一步是笔试，笔试合格才 量Y,若其数学期望EY和方差DY均存 能进人第二步面试：面试合格才算通过该 在，则对任意正实数a,有P(IY-EYI< 单位的招聘.现有A,B,C三位毕业生应聘 DY a)≥1- 根据该不等式可以对事件 该单位，假设A,B,C三位毕业生笔试合格 a “IY-EYI<a”的概率作出下限估计.为 的概率分别是}2子面试合格的概率分 了至少有98%的把握使发射信号“1”的 别是112 频率在0.4与0.6之间，试估计信号发 23’3 射次数n的最小值， (1)求A,B两位毕业生中有且只有一位通 过招聘的概率： (2)记随机变量X为A,B,C三位毕业生中 通过招聘的人数，求X的分布列与数学 期望 知识点二一》超几何分布 1,有甲、乙两个盒子，甲盒子里有1个红球，乙 盒子里有3个红球和3个黑球，现从乙盒子 里随机取出n(1≤n≤6，neN)个球放入 甲盒子后，再从甲盒子里随机取一个球，记 取到的红球个数为个，则随着n(1≤n≤ 6,n∈N°)的增加，下列说法正确的是 A.E增加，D增加 B.E飞增加，DE减小 C.Eξ减小，D增加 D.E减小，D减小 进阶突破·拔高练13 2.(2024·江西师大附中高二期末)“英才计 §5正态分布 划”最早开始于2013年，由中国科协、教育 (2024·江苏扬州高三期末)某保险公司有一 部共同组织实施，到2023年已经培养了 款保险产品，该产品今年保费为200元/人，赔 6000多名具有创新潜质的优秀中学生.为 付金额为5万元/人.假设该保险产品的客户 选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学 为10000名，每人被赔付的概率均为0.25%， 里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科 记10000名客户中获得赔偿的人数为X, 夏令营活动. (1)求EX,并计算该公司今年这一款保险产品 (1)若数学组的7名学员中恰有3人来自 利润的期望： A中学，从这7名学员中选取3人，表 (2)二项分布是离散型的，而正态分布是连续 示选取的3人中来自A中学的人数，求 型的，它们是不同的概率分布，但是随着 专的分布列和数学期望： 二项分布的试验次数的增加，二项分布折 (2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行 线图与正态分布曲线几乎一致，所以当试 了一次学科知识竞答活动，规则如下： 验次数较大时，可以利用正态分布处理二 两人一组，每一轮竞答中，每人分别答 项分布的相关概率计算问题，我们知道若 两题，若小组答对题数不小于3，则取得 X~B(n,p),则DX=np(1-p),当n较大且 本轮胜利.已知甲、乙两位同学组成一 p较小时，我们为了简化计算，常用EX的 组，甲、乙答对每道题的概率分别为P, 值估算DX的值 n,且n+p了，假设每轮答题结果互 请根据上述信息，求： ①该公司今年这一款保险产品利润为50~ 不影响，如果甲、乙两位同学想在此次 100万元的概率： 答题活动中取得6轮胜利，那么理论上 ②该公司今年这一款保险产品亏损的 至少要参加多少轮竞赛？ 概率 参考数据：若X~N(u,σ2)，则P(u-σ<X≤u+ σ)≈0.6826，P(u-3σ<X≤μ+3o）≈0.9974. 14黑白题数学|选择性必修第一册·BS数最大的项为第4项，T=C哈 §3离散型随机变量的均值与方差 知识点一离散型随机变量的均值 (2)/4,y)=0+ 1.3解析：赌金的分布列为 所以m=2 56789 f八4，y)=ao+ 1 11 P 5 5 5 5 ag+a,=3=81,所以a,=ao+a,+a+a3+a,=81. 则=×(5+6+7+8+9)=7，奖金的情况：两个小球上的数字之差 第六章概率 的绝对值为1，共有4种，奖金为2元：两个小球上的数字之差的绝对 §1随机事件的条件概率 值为2，共有3种，奖金为4元：两个小球上的数字之差的绝对值为 3,共有2种，奖金为6元：两个小球上的数字之差的绝对值为4，共有 知识点一条件概率的概念 207解析：在1-20内与12互质的数有1.5,7.1.13.17.19.所 5 CGP(=4)=3=3 1种，奖金为8元，则P(Y=2)=4=2 C310P(Y= 以代=品根影定义.对于合”整数的：不存在，则。是2的=次 7 62 5P(=8)=10 奖金的分布列为 非剩余，显然，当a=1时，x=11:当n=13时x=7:当a=5.7,11,17,19 时不存在代A)=号放答案为品号 2 4 6 2 知识点二全概率公式 5 10 10 7子解析：若奖品在3号箱子里，主持人只能打开2.4号箱子故 11 2 3 则Y=2×5+4×106x+8×10 4. P代B,14)=2奖品随机等可能分配到四个箱子中，因此A,44,4 所以EX-EY=7-4=3,故答案为3. 2.(1)解：依题意可得，随机变量X后13,5.7,91， 的概率均为}，若奖品在1号箱子里，主持人可打开2,34号箱子，故 设甲在一局比赛中得3分的概率为P,则P=心()广， P代，A)卢3：若奖品在2号箱子里，主持人打开2号箱子的概率为 0,故P(B21A)=0:若奖品在3号箱子里，主持人只能打开2,4号箱 子，故P(,M,=:若奖品在4号箱子里，主特人只能打开2.3号箱 期P(X=3)= 千.故P(品1A)=2由金概率公式可得P风B,)=名P(A): *0)】 P6A)= 故X的分布列为 23 3 5 9 §2离散型随机变量及其分布列 3 3 1.ABD解析：因为4x-4=P(X=)>0, 8 所以P(X=)>P(X=+1).由上式知，P(X=k)不恒等于一个常数， 3 放EX=3× P(X=k)单调递减.则P(X=1)>P(X=2),又因为P(X=1)+ 8+7x 3 +9xg=6 PX=2)++P(K=m)=l,则<PX=)<1.故选ABD. (2)证明：设在甲参加了的2(n∈N·)局禁毒知识桃战赛中，得3分 的局数为Y.则所获总分为3Y+(2m-Y)=2y+2n, 2解：)湖型合格的复率为子×号：剂显山合格的气率为 若2Y+2m>4n,则>n.则1=P(>n) 子号号南题意知，的所有可能取值为0,12则P=0) 因为P(>n)=P(y<n),所以 I-P(Y=n) 2 ,问理 (号)）若=w=(-)子x( 号）号=2=宁号-会则的分布为 可得P= 2 0 1 2 期=器()）广-G(位)广“-()广(c瑞 6 1 P 6 25 252 G) (2)检测3人才确定为“感染高危户“的概率为(1-)， 检测4人才确定为“感染高危户“的楼率为(1-)， () (2n+2)1(2r)11 L4(n+1)！(n+1)!m!] 则)=(1-p)p+(1-p)3p=(1-p)(2-p) 令x=1-p,则n=1-x,因为0<<1，所以0<r<1,原函数可化为g(x)= -(3）.21f222n41g 4(n+1)！(n+1)1 x2(1-x2)(0<<1). 因为1)≤[+=4，当且仅当2=1-2，即x=为 2 4n*)1(a+0,故n 4 知识点二离散型随机变量的方差 时等号成立此时p?2,刚房人2 2 ABC解析：由题意，得 h+ 16=号故选项A正确：该商场 1 参考答案黑白题117 的售该商品5件，其中3件销售利剃为0的线岸为G(分)厂广· X 0 2 3 (仔）厂广名故选项B正确：随机变量x的期型=0x 125 75 15 P 23 216 216 216 216 r2(a+1,可知方差=[0-号a+D]'[ 1 数学期望以=3x6= 知识点二超几何分布 1,C解析：由题意可知，从乙盒子里随机取出n个球，含有的红球个数 (a广+2n]小当a=时， ,故选项C正确：当 2 X服从超几何分布，其中N=6,M=3.其中P代X=)=CC 其中 eN,k≤3且k≤n,E=3加=？故从甲盒子中取球，相当于从含 4二项分布与超几何分布 有(？1）个红球的(a+)个球中取一个球，取到的红球个数为 知识点一二项分布 1.C解析：由题意可知，X服从二项分布B(3,P,),所以EX=3p1,DN= 故P(6=1)= 3,(1-P,).同理，Y服从二项分布B(3,2),所以EY=3,DY= +1了2+2随机变量专服从两点分布，所以性= 3p,(1-p).因为0pp:<2,所以3<3p,.所以E<BX对于二次 2111 P八=)=+22n+2随着n的珊加，片减小：低=1-P( 函数y=(1-p).对称箱为直线p=宁，在(0，）上两数单润 11 1)=22+2随着n的增加，心增加故选C 递增， 2.解：(1)由题意知.5的可能取值有0,1,2,3， 所以当0e<2时，有3p,(1-p)<3p,(1-p),即M<DY.故选C C4×3×24 CiC 18 P(=0)= G7x05P1g得5 2解：1)由已知得-B(6, ,所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X P(6=2)= C号12 C35,P(=3)= }1 35 +px=2=e()°+·(）广+e() 所以￡的分布列为 0 2 3 4 (2)由已知得X-B(a,子)，所以X=05,r=Q25n. 35 35 35 35 4 18 12 1459 若04≤X≤0.6，则0.4n≤X≤0.6m,即-.1a≤-0.5n≤0.1n,即1X 所以=0×35+1*35+2×35+3×35357 (2)甲，乙两位同学在每轮答题中取胜的概率为Q=C1(1 0.5nl≤0.1n 由切比雪夫不等式P(1K-Q,5a1≤0.1n)≥1-025n n)c4CpC1)+pi=2pn(n*n)-pi=Ph (0ln)2 3pipi. 要使得至少有98%的把握使发射信号“1"的须率在0.4与0.6之间. 则1-025n ，（(Q1)F≥g, 由0≤≤1.05≤1.又p:=子，得到写≤，≤1。 解得#≥1250.所以估计信号发射次数n的最小值为1250.， 3 3.解：(1)记“A,B两位毕业生中有且只有一位通过招聘”为事件 4道过招时的概率为了宁。日道过招聘的（率为宁对 23 6P(M= 石X66*68即A,B两位毕业生中有且只有 155.15 一位通过招聘的概率为 号时，0取到最大值为 18 要使答题轮数取得最小值，则每轮答题中取得胜利的概率取最大 (②)随机变量可能的取值为0.1,23G道过招聘的城率为 了6，由(1)得A,B两位毕业生通过招聘的概率均为 21 ..A.B. 设甲，乙两位同学在n轮答题中取得胜利的次数为X,则X~Bn, G三位毕业生通过招骑的人数~B(3,石)】 27,所以=6 1 n,由= 27n≥6，解得n≥8 =10.125,又 则P(X=0)=G Px=G(）广·(g)月 neN,则nm=11,理论上至少要参加I1轮竞赛. 75 §5正态分布 解：(1)由题可知X~B10000.0.25%).则Ex=10000×0,0025=25,记 c(广o 该公司今年这一款保险产品利润为变量Y,则Y=200-5X. 所以EY=E(200-5X)=200-5EX=75(万元).该公司今年这一款保险产 随机变量X的分布列为 品利润的期里为75万元 选择性必修第一册·BS黑白题118 (2)①因为X~B(n,P),当n较大且n较小时，EX=25,则DN=25.由于n 据此结合样本容量为2000可列出2×2列联表如下： 较大，X-N(4,2),其中4=EX=25.2=Dx=25,若该公司今年这一款 学生距最近 学生距最近 保险产品利润Y=200-5X∈(50,100)，期X∈(20,30)，所以该公司 合计 食堂较近 食堂较远 今年这一款保险产品利润为50-100万元的概率为P(Y=200-5X∈ (50,100))=P(20<X<30)=P(μ-r<X<4+u)=0.6826 在食堂 700 300 1000 2若该公司今年这一款保险产品利润Y=200-5X<0.则X>40. 就餐 所以亏损的概率为P(Y=200-5X<0)=P(X>40)=P(X>4+3o)= 点外卖 500 500 1000 1-09974=0.0013. 合计 1200 800 2000 第七章 统计案例 x2.2000x(700x500-300x500)2250 I000×1000×1200x800 >10828 即有9.9%的把提认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近 §1一元线性回归图 有关 §2成对数据的线性相关性 (2)(i)证明：证法一：由题意得P(A1D)>P(A1D),P(AID)> 1.e3解析：对Y=e1e两边同时取对数可得nY=n(ce?)=lhG+ P(AID)P(AID)+P(AID)=P(AID)+P(AID)=1.P(AID)> lne'=ln1cX.即Z=3+lm1=0.3X+a,可得3=0.3，nc1=.由 0.5>P(A1D). 三=60n%=120可得=30，n了=6，代人-=03+i可得 结合条件概率公式知AD,P(ADP(A)-P(AD) P(D)P(D) I-P(D) a=-3.即lm心，=a=-3,所以c1=e3故答案为e3 即P(AD)>P(A)P(D). 2.解：(1)由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断 两个变量线性相关 P(DIA)-P(DA)=P(AD)P(AD) P(A)P(A) 因为=写x12*3+4+5)=3所以京-)2=（1-32+(2-3 P(AD)[1-P(A)]-P(D)-P(AD)JP(A)P(AD)-P(A)P(D)0 (3-3)2+(4-3)2+(5-3)2=10, P(A)[1-P(A)] P(A)[1-P(A)] 即P(D川A)>P(DA)成立. 所以r= 含4-0 27.2= 27.2-27.2 V/10×76.9/769 27.7 证法二：由题意得P(4D)>P(A1D),P(A1D)>P(AD,所以八 P(D) P(AD) 0.98. 与P(AD)>P(AD),同理.P(AD)>P(AD),于是 P(D) 所以这博个变量正线性相关，且相关程度很强， (2(1)Q=三=8(-62=-(3-2a+6好)=02 (AD)P(AD)P(AD)P(AD).P(DA)-P(D(AD). P(A) 22+宫 PAD)。P(AD)[PAD)+P(AD)]-P(AD)(P(ADY+PAD)】= P(A) P(A)P(A) P(AD)P(AD)-P(AD)P(AD) 要使Q取得最小值，当且仅当b 0.即P(D1A)>P(D川A)成立 P(A)P(A) (ⅱ)解：设李明在校庆期间去甲食堂就餐的次数为专，若选样“传统型 优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为 (ⅱ)由(i)知6=回 含-0s9 27.2 =272,所以Y关 Y元，则E-B(7,P),X=5,对0≤k≤7，有P(Y=他)= 4-0 10 P(E=0)+P(E=1),k=0, 0.k=1, 故Ex=E(k)=aE政=7m,EY= P(6=),2≤k≤7. 于x的线性回归方程y=2.72X,又m=5=5 =12.16,所以当1= 盖P(Y=地)=6三却(5=)=6[点却（专=）-P(G=)]=b[ 7时，则x=7-3=4,m=y+0=2.72×4+12.16=23,04 所以预测2024年移动物联网连接数23.04亿户， P=I]=71-(1p)1,令=，结合a6得p=1√名，记 §3独立性检验问题 为a若%p<1,则EY-X=7nb1-(1-p)]-a>0,EY>EX,此时李 明应选择“饥饿型“优惠方案：若0<<%.则Ey-EX=7pb1-(1- (1)解：设de(200,400]组的颊率为t,则de(400.600组的频率为1- p)门]-a<0,EY<EX,此时李明应选择~传统型”优盘方案.若p=o,则 0.20-0.15-1=0.65-4,估计学生与最近食堂闻的平均距离d=100×0.2+ 300t+500(0.65-t)+700×0.15=450-200r=370.解得1=0.4，故可补全频 （1-p)=G,EX=E注意到DN=D()=g=7m2(1-p),DY 率分布表如下： E产)-(Em2=高()2PY=抽)-()2=82产P(5=k-49p2a2= 学生与最近食 在食堂 点外卖 合计 堂间的距离d/m 就餐 b盖P5=)-P(=1)]-49p2a=[E()-P(=1)门-49pa2= (0.200 0.15 0.05 0.2 b2[(E)2+e-P(E=1)]-49p2a3=b2[49p2+7p(1-p)-7p(1-p)5] 49p23a2=7p1b2[6p+1-(1-p)6]-7m2.因此D-Dx=7p62[6p+1-(1- (200.400 0.2 0.2 0.4 p)]-7pm2-(1-p)a21=7p[6b2+ab-(6p+1)a2]=7p(b-a)·【6p(6+ (400.600] 0.1 0.15 0.25 )+]>0,即D心DX.此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得 (600,800 0.05 0.1 0.15 的优惠方差更大的方案，即“饥饿型“优惠方案，综上所述，当0<P<四 时，李明应选择“传统型”优惠方案；当%≤<1时，李明应选择“饥饿 合计 0.5 0.5 型”优惠方案 参考答案黑白题119