第8章 概率 真题演练-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（苏教版2019)

第8章 真题演练 考点■随机变量及其分布的综合应用 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到 1.(多选)(2024·新课标全国1)随着“一带 1,0,1的概率为B(1-B) 路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收人 的概率为B(1-B)2+(1-B) (单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得 D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 到推动出口后亩收入的样本均值x=2.1,样本 方案译码为0的概率大于采用单次传输方 方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入 案译码为0的概率 X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口 4.(2023·天津)甲、乙、丙三个盒子中装有一定 后的亩收入Y服从正态分布N(x,s2),则（若 数量的黑球和白球，其总数之比为5：4：6. 随机变量Z服从正态分布N(,σ)，P(Z<μ+ 这三个盒子中黑球占总数的比例分别为 w)=0.8413) ( 40%,25%,50%.现从三个盒子中各取一个 A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 球，取到的三个球都是黑球的概率 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 为 :将三个盒子中的球混合后任取 2.(2023·全国甲理)某地的中学生中有60%的 一个球，是白球的概率为 同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的 5.(2024·天津)A,B,C,D,E五种活 同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中 动，甲、乙都要选择三个活动参加. 随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该 甲选到A的概率为 :已知乙选了A活 同学也爱好滑冰的概率为 ( 动，他再选择B活动的概率为 A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 6.(全国高考)一批产品的二等品率为0.02，从 3.(多选)(2023·新课标全国Ⅱ)在 这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取 信道内传输0,1信号，信号的传输 100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)= 相互独立.发送0时，收到1的概率为a(0< α<1).收到0的概率为1-：发送1时，收到0 7.(浙江高考)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿 的概率为B(0<B<1),收到1的概率为1-B. 球现从中任取两个球，记取出的红球数为飞，若 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单 次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 、取出的两个球都是红球的概率为。， ,一红一黄的 是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要 译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信 概率为则m-n ,E(E) 号即为译码：三次传输时，收到的信号中出现 8.(2024·新课标全国I)甲、乙两人各有四张 次数多的即为译码（例如，若依次收到1,0,1， 卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上 则译码为1).则下列说法正确的是( 分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则 数字2.4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比 依次收到1,0,1的概率为(1-a)(1-B)2 赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选 选择性必修第二册·SJ学霸08阳 一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大10.(2023·新课标全国I)甲、乙两人投篮，每 的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃 次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此 置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮 人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无 次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分 论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率 不小于2的概率为 均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽 9.(2024·北京)某保险公司为了了解该公司某 签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人 种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满 是甲、乙的概率各为0.5. 的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些 (1)求第2次投篮的人是乙的概率： 保单的索赔情况，获得数据如下表： (2)求第i次投篮的人是甲的概率： 赔偿次数 0 3 4 (3)已知：若随机变量X服从两点分布，且 单数 P(X,=1)=1-P(X,=0)=9,i=1,2,…, 8001006030 10 假设：一份保单的保费为0.4万元：前3次索 n,则E(宫X)=含9记前n次（即从第 赔时，保险公司每次赔偿0.8万元：第4次索 1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为 赔时，保险公司赔偿0.6万元假设不同保单 Y,求E(). 的索赔次数相互独立.用频率估计概率 (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率： (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保 费与赔偿总金额之差 (1)记X为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望E(X): (iⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%， 有索赔的保单的保费增加20%，试比较这 种情况下一份保单毛利润的数学期望估 计值与（ⅰ）中E(X)估计值的大小.（结 论不要求证明)》 第8章学霸089 11.(2022·新高考全国Ⅱ)在某地区进行流行12.(2024·新课标全国Ⅱ)某投篮比赛分为两 病学调查，随机调查了100位某种疾病患者 个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛 的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直 具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队 方图： 员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘 十频年 汰，比赛成绩为0分：若至少投中一次，则该 组距 0.023 队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名 0.020 0.017 队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投 中得0分该队的比赛成绩为第二阶段的得 0.012 分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设 0.006 甲每次投中的概率为P,乙每次投中的概率 88 0102030405060708090年龄/岁 为q,各次投中与否相互独立. (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄 (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛， (同一组中的数据用该组区间的中点值 求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 为代表)： 的概率 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位 (2)假设0<p<g 于区间[20,70)的概率： ()为使得甲、乙所在队的比赛成绩为 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%， 15分的概率最大，应该由谁参加第一阶 该地区年龄位于区间[40,50)的人口占 段比赛？ 该地区总人口的16%.从该地区中任选 (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的 一人，若此人的年龄位于区间[40,50)， 数学期望最大，应该由谁参加第一阶段 求此人患这种疾病的概率（以样本数据 比赛？ 中患者的年龄位于各区间的频率作为患 者的年龄位于该区间的概率，精确到 0.0001). 选择性必修第二册·SJ学霸090解法二：由题可知，专服从超几何分布，故E()=2×2=6 CiC 3 cic 1 55 C30P(X=1)= C 10P(X=2)= C3。 2,P(X=3) 故选D 3.576解析：由题意，可得X的可能取值为10,150,110，且P(X= C06 ,故X的分布列为： 190)= cc 3 Cg10P(X=150)= cc 3 5,P(X=10)= cc 2 3 c 10则E(0=190x 3 3 0150x了+10x0158,所以方差0X0= 301026 32x高(-8x号(-48)2×576故答案为516 3 故E(X)=0 30*1x 0*2 2+3x9 《6=了，甲闻关成功的概率 4.解：(1)设运动员每次射击命中10环为随机变量，则由题意可知 2十6了0648，故甲比乙网关成功的可能性奥大 2 P= 专~B(4.号），则恰有3次命中10环的餐率即P(=3)= 7.解：(1)由题意知，X的所有可能值为0.1,2,3，则P(X=0)三 0.2(1-p)2=0.2p2-0.4p+0.2:P(X=1)=0.8×(1-p)2+0.2×C2×p× (传'传)广溜 (1-p)=08(1-p)2+0.4p(1-p）=0.4p2-1.2p+0.8:P(X=2)= (2)至多有3次命中10环的概率即P(E≤3)=1-P(=4)=1- 0.2p2+0.8×C1×p×(1-p)=0.2p2+1.6p(1-p)=-1.4p2+1.6p:P(X= d(传)广器 3)=0.8p2.由此得X的分布列如下表： 0 3 416 (3)E(X0=p=4×5=5 D(0=p(1-p)=4×了×了25 4116 0.2p2- 0.4p2- -1,4p2+ 0.8n 0,4p+0,2 1.2p+0.8 5.解：(1)由题知.6服从超几何分布，可能取值有0.1.2.3,4，所以 1.6p C2C91 所以E(K)=1×(0.4p2-1.2p+0.8)+2×(-1.4p2+1.6p)+3×0.8p2= P(5=0)= C042P(5=1)= CC 5 C 2元P(6=2)= CCi 10 C21' 2p+0.8. CC 5 (2)根据0.7≤p≤0.9.由(1)知当p=0.9时，E(X)收得最大值 P(E=3)= Gi021 P(5=4)= C=上得分布列为： Cio ①一探B种树苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.75×0.8=0.96 012 3 ②记Y为n棵B种树苗的成活依数.M(n)为n株B种树苗的利 151051 搁，则Y~B(a,0.96),所以E(Y)=0.96n,所以M(n)=300Y-50(n- P 4221212142 Y)=350Y-50m,故E(M(n))=350E(Y)-50n=286n.要使 E(M(n))≥200000，则有n≥699.3.所以该农户应至少种植700棵 5 10 所以E(€)=0X21*+2×2引+3x4× 2 B种树苗，才可获利不低于20万元 (2)记确定所有潜在用户所需要的联系次数为X,则P(X=4)= 第8章真题演练 C 1 C%210P(X=5)= CC 1 2 Cio 6105P(X=6)= CC哈。1，C哈 1.BC解析：依题可知.=2.1.s2=0.01,所以Y-N(2.1,0.01).故 12 所以6次内即可确定所有潜在用户的藏率为0 P(>2)=P(Y>2.1-01)=P(Y<2.1+0.1)=0.8413>0.5,C正确 D错误：因为X-N(1.8,0.12),所以P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1).因 118 为P(X<1.8+0.1)=0,8413,所以P(X>1.8+0.1)=1-0.8413= 210105 0.1587<0.2,所以P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)< 方法总结 0.2,B正确，A错误，故选BC 利用均值和方差的意义解决实标问题的步聚： 2.A解析：同时爱好两项的概率为05+0.6-0,7=0,4，记“该同学爱 (1)比较均值，离做型随机变量的均做反映了高散型随机变量取值 好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5, 的平均水平，因此在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平 均水平高 P(AB)=Q4,所以P(B1)=PB)04 P风4)Q508故选A (2)在均值相等或接近的情况下计算方差，方差反映了离散型轨机 3.ABD解析：对于A,依次发送1,0,1.则依次收到1.0,1的事件是 变量取值的稳定与波动、集中与高撒的程度.通过计算方差，分析 发送1接收1，发送0接收0，发送1接收1的3个事件的积，它们 下推的水平发挥相对稳定， 相互独立，所以所求概率为(I-B)(1-)(1-B)=(1-a)· (3)下结论，侬据均值和方差得出结论 (1-β)2，A正确： 6.解：(1)记事件A为“乙闯关成功”，乙正确完成每个程序的概率为 对于B,三次传输，发送1，相当于依次发送1,1.I,则依次收到1 0.6.则P(A)=C×0.62×(1-0.6)+(0.6)3=0.648. 0,1的事件，是发送1接收1.发送1接收0.发送1接收1的3个书 (2)甲编写程序正确的个数X的可能取值为0,1,2.3，P(X=0)= 件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1-B)·B·(1-B)= 参考答案学霸59 (1-B)2.B正确： C105 写361g6()= 0)= 5 对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0： 6*2 少+y一8×0=1乏=8 3 9 1,0,1:0,1,1和1,1,1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求 8. 1 解析：设甲在四轮游戏中的得分分别为X,X:,X3,X4,四轮 的概率为CB(1-B)2+(1-B)3=3B(1-B)2+(1-B)3,C错误： 对于D,由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1 的总得分为X对于任意一轮.甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率 都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从面甲在该轮获胜的 g)(1+2a),单次传输发送0.则译码为0的概率P'=1-a,而0<a< 0.5.因此P-P=(1-a)2(1+2a)-(1-a)=(1-a）(1-2a)>0,即 63 3 概率P(X,=1)= 448,所以E(X)=8(k=12,3,4).从而 P>P',D正确.故选AD 405 了解析：设甲.乙，丙三个盒子中的球的个数分别为5m, g初-(=高名号起n=利 1 (k=0.1.2,3),如果甲得0分.则组合方式是唯一的：必定是甲出 4n.6n.所以总数为15n,所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白 球个数为3n:乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n:丙盒 ,3,57分别对应乙出24.6.8，所以%==24：如果甲得3分. 中黑球个数为50%×6a=3a,白球个数为3n,记“从三个盒子中各取 则组合方式也是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出8,2， 一个球，取到的球都是黑球”为事件A,所以，P(A)=04×0.25 4.6.所以p内= 0.S=0.05;记“将三个盒子中的球混合后取出一个球，是白球”为事 了2对而I的所有可能收值是0.12.3，故p, 件B,黑球总共有2n+m+3n=6n(个)，白球共有9m个，所以P(B)= Pp=1+2m+3n=B(X0=2所以n+p+12l,+20+ 品-子做答案为05，子 13 11 名两式相碱即得归+2江2，故Pp=2,所以甲的总得 「解析：解法一：从五个话动中选 ABC,ABD,ABE.ACD.ACE,ADE,BCD,BCE,BDE.CDE,共IO种情 分不小于2的简率为内物号放答案为号 况，其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE 9.解：(1)设4为“随机抽取一单，略偿不少于2次”，由题设中的统计 10了：乙选A活动有6种可能 63 60+30+10 则甲选到A的概率为：P= 数据可得P(A)=800+100+60+30+1010 性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,其中再选B有3种可能 (2)(i)设专为赔付金额，则￡可取0,0.8.1.6.2.4,3，由题设中的 性：ABC,ABD,ABE,故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 10o03,P(5=08)=10.1 统计数据可得P(G=0)=800.4 31 100010P(5 6=2 100050P(f=2.4)= 1.6) 60 3 303 10w0=100·P(6=3)=1000=, 解法二：设选到A为事件M,乙选到B为事件N,则甲选到A的概率 4 3 3 为P(M)= 了：乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 C3 故E()=0x5+0.8×10+1.6×0+24×100*3×100.278,故 E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). c P(NIM)=P(MN)C P(M)G2故答案为3：1 (i)由题设保费的变化为Q4x4 6%04x12=n402,故 52 E()=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)，从而E(X)<E(Y). c 10.解：(1)记“第次投蓝的人是甲”为事件A,“第：次投篮的人是 方法总结 乙"为事件B,所以P(B2)=P(AB)+P(B,B,)=P(A)· 求复杂率件的概率一教可分三步进行： P(B21A1)+P(B1)P(B21B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6 (1)列出题中涉及的各个率件，并用适当的符号表示它们 (2)设P(A)=P,依题可知，P(B)=1-A,则P(A1)= (2)理清各事件之同的关系，恰当地用事件何的“井”“交”表示所求 P(AA)+P(BA)=P(A.)P(AA)+P(B:)P(A.IB.) 事件， P1=06p,+(1-0.8)×(1-p)=0.4p,+0.2, (3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算 构造等比数列p+A,设A+A=子(+A),解得A=一子则 6.1,96解析：由题意可得.抽到二等品的件数符合二项分布，即X B(100,0.02),所以D(X)=p(1-p)=100x0.02×0.98=1.96 7.19解析：P(5=2)= C6.1 4c26→4=36m+ 是首项为行，公比为号的等比数列，即了×（） n+4=9,P(一红一黄)= C43693m=3,n=2. C·C54×55 T则m-a=1于P以26P八51)FCG36gP(有 调为居）广12所eN时。 选择性必修第二册，SJ学霸60 r=I-PI号-号放=rA)P团· E(y)=P1+h+…+P= 1- P(A)= 43+43=2 (号）]故n=*-(号)]aeN) (即=2， 4.B解析：由X-B(n,P),E(X)=2,D(X)=q,得 p(1-p)=, 11.解：(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+ 45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10= 47.9(岁). 3 (2)设事件A:一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)，所以 9+”2+2√20g2 2p q 1.卫.3+25.当且仪当头=，即g 2p q P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0002+0.006+0.002)×10=1-0.11= 2p=25-2时取等号，所以1,1的最小值为3+22故选B 0.89. 2 (3)设事件B:任选一人年龄位于区间[40，S0),事件C:从该地区 5.C解析：设事件A:一次就按对.事件B:二次按对，所以不超过 中任选一人患这种疾病，则由已知，得P(B)=16%=0.16,P(C)= 2次载按对的酰率为利P)=写子对号故选C 0.1%=0.001.P(B1C)=0.023×10=0.23. 则由条件概率公式，得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于 6.A解析：当n=2时，E的可能取值为1.2.P(长=1)= CC 2 区阿[40,50)，则此人患这种疾病的概率为P(C1B)=PBC Cc 3 P(B) P(E=2)= G,因此B()=1 38 5+2x =5,D()=25× P(C)P(B1C)0.001×0.23 =0.00143750.0014. P(B) 0.16 5+2方*亏25：当m=3时：9的可能取值为1,2,3，P()=1) 2436 12.解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少 CC 1 投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，.比赛成绩不少于5分 Cd5,P(7=2)= CC 3 C 5,P(7=3)= CC 1 5,因此 的概率P=(1-0.63)(1-0.53)=0.686 (2)()若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩 +0x3 1+2x写+3x写=2.=x 3 12 +155 为15分的概率为P阳=[1-(1-p)3]g3,若乙先参加第一阶段比 所以E()<E(可).D()<D(n》,故选A. 赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为Pz=[1- 7.解析：设检验结果呈现阳性为事件A,此人患病为事件B, (1-q)3]p30<p<g,Pm-P乙=g3-(qw)3-p3+(pw)3=(q P(AB)=P(B)P(A1B)=0.05×95%=4.75%,P(A)=P(AB)+ p)(g2+四*p2)+(p-g)[(p-w)2+(q-m)2+(P-网)(q-m)]=(p P(AB)=P(B)P(AIB)+P(B)P(AIB)=4.75%+(1-0.05)× g)(3pg2-3p2g-3m2)=3网(p-g)(四--g）=3w(p-4）[(1- a5%-5%,期PB0-骨放选C P)·(I-)-1]>0.P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为 8.C解析：由题意，设甲我胜的局数为X,则X~B(2,子) 0,5,10,15,P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-)3](1-g)3,P(X=5)= [1-(1-p)3]C9(1-g)2.P(X=10)=[1-(1-p)3]Cg(1-q), P(X=)=C (行)广()=5（分）广，故甲赢得比 P(X=15)=[1-(1-P)3g3,∴，E(X)=15[1-(1-P)3】g=15(p3- 3p+3p)4 赛的概率为P(a)=P(>a:盒（行）户=(（位）广。 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0,5， 三c又因为夏c=c…三，c+c+6,=2产，所以 10.15.同理Ey)=15(g3-3g2+3g)p, .E(X)-E()=15[四(+g)(p-g)-3g(p-q)]=15四(pg)(p+ q-3).0<p<g,p-q<0,+g-3<1+1-3<0,.g(p-g）(p+q-3)> 0,.应该由甲参加第一阶段比赛。 第8章章末检测 1C11 1C5. 故A错误：P(3)=222,放B错误：因为P(n)=22 1.C解析：由正态分布的对称性可知P(<-2)=P(>2)=0032,所 以P(-2E≤2)=1-2P(5>2)=1-2×0.032=0.936.故选C 又因为2西 2b=a+c. C 2.A解析：由题知。 都得6=1，即6=号故选 22m+1 (a+b+e=1, 3.A解析：设事件A.B分别代表“第1球投进”和“第2球投进”，则 4.2n1 4C2 n！nI 4(m+1)2 由已知条件知P(BA)=子.P(B1i= 4,P(4)=2 ，这得到 (2n+2)1 2*2)2n+12n+1>1,所以 22 (n+1)!(n+1)I 参考答案学霸61