第七章 随机变量及其分布（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三册（人教A版2019)

进阶 第七章 随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率公式 知识点二一》 全概率公式 知识点一 条件概率 1:(2023·广东广州高三月考)甲、乙、丙、丁 1.(2024·辽宁沈阳高三模拟)一个书包中有 四人相互做传球训练，第1次由甲将球传 标号为“1,1,2,2,3,3，…，n,n”的2n张卡片. 一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放 出，每次传球时，传球者都等可能地将球传 回：如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相 给另外三个人中的任何一人，则n次传球后 同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉：如 球在甲手中的概率是 果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全 部被拿走，则操作结束记书包中卡片全部被 A1-()月 拿走的概率为Pn,则P,= P,= 2.(2024·江苏南通高二月考)甲、乙两人参 加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流 2,(2024·江西南昌高三模拟)马尔科夫链是 随机抽题作答，答对积1分且对方不得分， 概率统计中的一个重要模型，也是机器学习 答错不得分且对方积1分：然后换对方抽题 和人工智能的基石，在强化学习、自然语言 作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已 处理、金融领域、天气预测等方面都有着极 知甲答对题目的概率为了，乙答对题目的概 其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的 率为P,答对与否相互独立，抽签决定首次 序列状态是…，X2,X1,X,X1,…,那么 答题方，已知两次答题后甲、乙两人各积 1分的概率为？记甲，乙两人的答题总次数 X,时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态 X,即P(X…,X-2,X1,X)=P(X1IX). 为n(n≥2) 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如 (1)求p: (2)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率 著名的赌徒模型 4 假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏， 为P.(A),证明：5≤P,(A)+P,(A)+… 每一局赌徒赌赢的概率为50%.且每局赌赢 可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为 50%,且赌输就要输掉1元.赌徒会一直玩 下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博 游戏：记赌徒的本金为A(A∈N”,A<B)元 一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌 进阶突破·拔高练07 博：另一种是赌徒输光本金后，赌徒可以向 72离散型随机变量及其分布列 赌场借钱，最多借A元，再次输光后赌场不 R同学参加学校举行的励志训练营活动，励志 再借钱给赌徒.赌博过程如图的数轴所示， 训练营设置了难度系数为0.8的A项目和难度 当赌徒手中有n元(-A≤n≤B,n∈Z)时， 系数为0.6的B项目供学生挑战难度系数= 最终欠债A元（可以记为该赌徒手中有 样本中挑战成功人数 ,将难度系数视为挑战 -A元)的概率为P(n),请回答下列问题： 样本容量 (1)请直接写出P(-A)与P(B)的数值： 成功的概率，其挑战规则如下： (2)证明{P(n)}是一个等差数列，并写出 ①挑战者从装有m个标A记号和n个标B记 公差d: 号且相同规格小球的袋中任取一球： (3)当A=100时，分别计算B=300,B= ②挑战者挑战的项目与其取出球的记号相同： 1500时，P(A)的数值，论述当B持续增 ③每位挑战者均有2次挑战机会： 大时，P(A)的统计含义 ④挑战A项目与B项目成功分别记1分与 0.50.5 2分，失败均记为0分 1-11A+1 B (1)求R同学挑战1次得0分的概率： 0.50.5 (2)记R同学得分为X: ①求X的分布列与数学期望E(X): 2球证g(X0<号 0阳黑白题数学选择性必修第三册·RJ 7.3离散型随机变量的数字特征 面试的学生先于其他两校学生完成面 知识点一》离散型随机变量的均值 试(A校所有参加面试的学生完成面试 1.(2024·重庆第八中学高二期中)已知甲盒 后，B,C两校都还有学生未完成面试) 中有2个球且都为红球，乙盒中有3个红球 的概率： 和4个蓝球，从乙盒中随机抽取i(i=1,2) (3)记随机变量X表示最后一名A校学生 个球放入甲盒中 完成面试所用的时长（从第1名学生开 (1)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数 始面试到最后一名A校学生完成面试 记为专： 所用的时间)，E(X)是X的数学期望 (2)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红 证明：E(X)=5n(N+1) n+1 球的概率记为P,则 A.E(E)<E(52),P>P2 B.E()>E(2),P<P2 C.E(5,)>E(52),P>P2 D.E(E)<E(52),P,<P2 2.(2024·辽宁省实验中学高二月考)某次国 际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得 1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局 胜的概率为a,平局的概率为b,负的概率为 c(a,b,c∈[0,1))，已知他比赛两局得分的 数学期望为2，则ab的最大值为 ( .3 .0 C.2 D.6 3.(2024·广东高三一模)某单位进行招聘面 试，已知参加面试的N名学生全都来自A, B,C三所学校，其中来自A校的学生人数 为n(n>1).该单位要求所有面试人员面试 前到场，并随机给每人安排一个面试号码 k(k=1,2,3,…,N),按面试号码k由小到大 依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试 完成后自行离场. (1)求面试号码为2的学生来自A校的 概率； (2)若N=40,n=10,且B,C两所学校参加 面试的学生人数比为1：2，求A校参加 进阶突破·拔高练09 知识点二》离散型随机变量的方差 7.4 二项分布与超几何分布 1.(2024·山东潍坊高三模拟)设10≤x,<x2< 知识点一 二项分布 x<x,≤10，随机变量专取值x1,名2，x,x4 1.(2024·江苏常州高二期中)在荷花池中， 1+x2+x3 有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来 的概率均为4，随机变量取值 3 跳去（每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶）， ++x+,++,+的概率也均为 而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳 ，3 3 的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在 子若起0(5)，05)分别是专，6的方差， A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率是 () 则 A.D(5)>D(2) B.D(5)=D(52) C.D()<D(52) 4 8 16 8 A. B. D. 81 81 81 7 D.D(专，)与D(2)的大小不确定 2.(多选)(2024·黑龙江大庆高二期末)围棋 2.(2024·山东青岛高二期中)在三维空间 中，立方体的顶点坐标可以用(a,a2,a3)表 起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧 示，其中a:∈{0,1}，(1≤i≤3，i∈N),而在 造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年的 历史.在某次围棋比赛中，甲、乙两人进入决 n(n≥3，n∈N)维空间中，以单位长度为边 赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一 长的“立方体”的顶点坐标可以表示为(a, 方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛 a2,a3,…,an),其中a:∈{0,1}，(1≤i≤n, 甲胜乙的概率都为p(0≤p<1),且每局比赛 ieN),现有定义如下：在n维空间中，两，点 的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为 之间的曼哈顿距离为两点(a1,a2,a3,…, X,则 () an)和(b1,b2,b3,…,bn)坐标差的绝对值之 A.乙3：0赢甲的概率是(1-p) 和，即为1a1-b,1+la2-b21+la3-b31+…+ B.P(X=4)=4p3(1-p)+4p(1-p)3 la,-6.1. C.P(X=5)=6p2(1-p)2 (1)求n维空间中“立方体”的顶点数 (2)在n维空间“立方体”中任取两个不同 DP(X=5)的最大做是号 顶点，记随机变量X为所取两点之间的 3.(2024·辽宁大连高二期中)某校在校庆期 曼哈顿距离， 间举办羽毛球比赛，某班派出甲、乙两名单 ①求X的分布列和期望： 打主力，为了提高两位主力的能力，体育老 ②求随机变量X的方差. 师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如 下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局， 当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮 训练过关：否则不过关.若甲、乙两人每局获 胜的概率分别为，且满足p,=子，每 10黑白题数学|选释性必修第三册·RJ 局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训5.条件概率与条件期望是现代概率体系中的 练过关的轮数为X,若E(X)=16,则从期望 重要概念.近年来，随着人们对随机现象的 的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至 不断观察和研究，条件概率和条件期望已经 少为 被广泛利用到日常生产生活中.定义：设X 4.(2024·安微马鞍山高二月考)如图，某市 Y是离散型随机变量，则X在给定事件Y=y 有三条连接生活区与工作区的城市主干道 条件下的期望为E(XY=y)=名x· 1、Ⅱ、Ⅲ，在出行高峰期主干道I有S,S2, $,三个易堵点，它们出现堵车的概率都是 )名.P) ,其 P(Y=y) 2主干道Ⅱ有T,了，两个易堵点，它们出 中{x1,x2,…,x}为X的所有可能取值集合， P(X=x,Y=y)表示事件“X=x”与事件“Y= 现堵车的概率分别为}和子：主干道Ⅱ有 y”都发生的概率某射击手进行射击训练， 每次射击击中目标的概率均为p(0<p<1), W,W2,W3,W4四个易堵点，它们出现堵车 射击进行到击中目标两次时停止.设飞表示 的概率都是？，某人在出行高蜂期开车从生 第一次击中目标时的射击次数，？表示第二 次击中目标时的射击次数： 活区到工作区，假设以上各路点是否被堵塞 (1)求P(=2,n=5),P(7=5): 互不影响！ (2)求E(n=5),E(n=n)(n≥2) 生活区 T T. 工作区 (1)若选择了主干道I行驶，求三个易堵点 S,S2,S3至少有一个出现堵塞的概率. (2)已知主干道I的每个易堵点平均拥堵 4分钟，主干道Ⅱ的每个易堵点平均拥 堵5分钟，主干道Ⅲ的每个易堵点平均 拥堵3分钟，若按照“平均拥堵时间短 的路线是较优出行路线”的标准，则从 生活区到工作区最优的出行路线是哪 一条？ 进阶突破·拔高练1门 6.(2024·浙江宁波高二期中)19世纪俄国数7.(2024·黑龙江哈尔滨高二月考)如图，在 学家切比雪夫在研究统计的规律中，论证并 研究某种粒子的实验装置中，粒子从A腔室 用标准差表达了一个不等式，该不等式被称 出发，到达C腔室，粒子从A室经过1号门 为切比雪夫不等式，它可以使人们在随机变 进入B室后，等可能的变为上旋或下旋状 量X的分布未知的情况下，对事件1X-<8 态，粒子从B室经过2号门进入C室后，粒 做出估计.若随机变量X具有数学期望 E(X)=4,方差D(X)=σ2，则切比雪夫定理 子的旋转状态发生改变的概率为了粒子间 可以概括为：对任意正数8，不等式P(IX- 的旋转状态相互独立.现有两个粒子从A室 出发 <e)≥1成立.已知在某通信设备中， (1)求两个粒子进入C室都为上旋状态的 信号是由密文“A”和“B”组成的序列，现连 概率。 续发射信号n次，记发射信号“A”的次数 (2)若实验装置出现故障，两个粒子进入 为X C室后，共裂变为m个粒子，裂变后的 (1)若每次发射信号“A”和“B”的可能性是 每个粒子再经过2号门返回B室的概 相等的 率为号，各粒子返回B室相互独立 ①当n=5时，求P(X≤2)： ②为了至少有98%的把握使发射信号 ①m=4时，写出返回B室的粒子个数X “A”的频率在0.4与0.6之间，试估计信 的分布列、期望和方差： 号发射次数n的最小值 ②m=30时，记有r个粒子返回B室的 (2)若每次发射信号“A”和“B”的可能性是 概率为f(r),则r为何值时，f(r)取最 7:3,已知在2024次发射中，信号“A" 大值 发射m次的概率最大，求m的值. A B C 1号门2号门 12黑白题数学|选择性必修第三册·RJ 知识点二一》超几何分布 有亚运吉祥物玩偶赠送.而直播时这N名观 1.袋中有2个红球，m个蓝球和n个绿球，若 众始终在线，记两次抽奖中被抽中的幸运观 从中不放回地任取2个球，记取出的红球数 众总人数为X(幸运观众总人数不重复计 量为X,则E()了，且取出一红一蓝的既 数，例如若某幸运观众两次都被抽中，但只 记为1人) 率为若有放回地任取2个球，则取出一 (1)已知小杭是这前N名观众中的一人，若 蓝一绿的概率为 小杭被抽中的概率为)，求N的值： 7 (2)当P(X=20)=f(N)取到最大值时，求N B. 24 的值 n 2.(2024·黑龙江牡丹江高二期中)产品抽样 检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件 产品中有M件不合格品，在产品中随机抽 n件做检查，发现k件不合格品的概率为 C P(X=k)=- “,k=t,+1,…,s,其中s是 C M与n中的较小者，t在n不大于合格品数 (即n≤N-M)时取0，否则t取n与合格品 数之差，即t=n-(N-M).根据以上定义及 分布列性质，请计算当N=16,M=8时， CC+CC+C2C+CC+CC9= 若N=2n,M=n,请计算CC,+CC2+C2C+ +CA2C+CCA= ·(两空均用 组合数表示) 3.(2024·浙江湖州高三期末)杭州第19届亚 运会，是继1990年北京亚运会、2010年广 州亚运会之后，中国第三次举办亚洲最高规 格的国际综合性体育赛事.2023年9月 23日晚，杭州亚运会开幕式隆重举行.某电 商平台亚运周边文创产品直播间，主播为当 晚7点前登录该直播间的前N名观众设置 了两轮“庆亚运、送吉祥物”的抽奖活动.每 轮抽奖都是由系统独立、随机地从这N名 观众中抽取15名幸运观众，抽中者平台会 进阶突破·拔高练13 7.5正态分布 2.正态分布与指数分布均是用于描述连续型 1.(2024·江西南昌高三月考)已知某客运轮 随机变量的概率分布.对于一个给定的连续 渡最大载客质量为4000kg,且乘客的体重 型随机变量X,定义其累积分布函数为 (单位：kg)服从正态分布N(60,100). F(x)=P(X≤x).已知某系统由一个电源和 (1)记X为任意两名乘客中体重超过70kg 并联的A,B,C三个元件组成（如图），在电 的人数，求X的分布列及数学期望（所 源电压正常的情况下，至少一个元件正常工 有结果均精确到0.001)： 作才可保证系统正常运行，电源及各元件之 (2)设随机变量X,(i=1,2,…,n)相互独立， 间工作相互独立 且服从正态分布N(4,σ2)，记专= (1)已知电源电压X(单位：V)服从正态分 布N(40,4),且X的积累分布函数为 含X-n ，则当n≥20时，可认为服从 F(x),求F(42)-F(36): n (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事 标准正态分布N(0,1).若保证该轮渡不 件发生的时间间隔或等待时间.已知随 超载的概率不低于97.7%，求最多可运 机变量T(单位：天)表示某高稳定性元 载多少名乘客 件的使用寿命，且服从指数分布，其累 附：若随机变量刀服从正态分布N(u,σ)， 0,t<0, 则P(u-o≤n≤u+o）=0.6827;若专服从 积分布函数为G(t)= 1 标准正态分布N(0,1),则P(5≤2)= 1-4≥0 设t1> 0.977:0.15872≈0.0252,0.84132≈ t2>0,证明：P(T>t1IT>t2)=P(T>t1-t2) 0.7078,0.1587×0.8413≈0.1335. 附：若随机变量Y服从正态分布N(,σ2)， 则P(u-U≤Y≤+）≈0.6827，P(u-2o≤ Y≤u+2σ)≈0.9545，P(u-30≤Y≤u+ 3σ)≈0.9973. 无件A 无件B 无件G 电源 14黑白题数学|选择性必修第三册·RJ（2解：因为k,neN,≥k≥1，则C=4:- a! P(A·A1+。·An1)=P(An·A1)+P(An·A)=P(L) n! (n+1)！1 P(AM)+PA)PAM)=(I-P)x写+P,x0=子(1-P.) (+1！·(-a*'(+)1·(n-kn, 期心3+心分c心 即n-号n所以P寸(）汉R 1 c34e3ec3 0，所以}是以-为首项，为公比的等比数列，所 11 n(C3+4…34C2…32+C2…3+C3)-1 =1t3)-14-1 2.(1)解：当=-A时.赌徒已经欠债-A元，因此P(-4)=1, 当n■B时，黠徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率 +1 n+11 (3)证明：因为等差数列1a.的首项为1，公差为d(d≠0)，则4。= P(B)=0. a1+(n-1)d. (2)证明：记M:账徒有n元最后输光的事件，N:赌徒有n元下一场赢 则aC·x(1-x)=(a1+kd)C·(1-x)▣a,C·d: 的事件，P(W)=P(N)P(MI)+P(N)P(WIM,即P(a)=2P(n (1-x)+kC·(1-x)=aC·(1-x)4+drC· x1(1-x) D+之Pa+i).所以a-代a-I=aI)-Pa).所以1P(a 所以y=aC8(-x)”+,Cx(1-x)r1+…+aC哈x1(1-x)1+ 是一个等差数列.设P(n)-P(n-1)=d,则P(n-1)-Pn-2)=d,…, +Cix"=,[C8·(1-x)"+C·x(1-x)*1+…+C·x"]+ P(-A+1)-P(-A)=d,累加得P(m)-P(-A)=(n+A)d,故P(B)- dC-,(1-x)r-1+C41x(1-x)2++Cgxl】 =a,(1-x+x)"+dr(1-x+x)r-=dmx+a1,所以其总是关于x的一次 P氏-A)=(A+B)d,得d=A+B 函数 第七章随机变量及其分布 ③)解：A=10,由(2)得P()-pP(-A)=(a+A)d=2优人n=月 7.1条件概率与全概率公式 可得P(A)-P(-A)=- 即P4=I当B=0时.PA) 2 知识点一条件概率 1子（或06）机s解折：2m张卡片选取3张卡片的选法共有 27 当=150时，P=了，当B增大时，P)也会0大，即输光 欠债的可能性越大，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平 C.种，事件"手中这3张单张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有 的游戏，只要赌徒一直玩下去就会有10%的概率输光并负债（论述 (2如-2)种：由古典概型的计算公式可得其概率为(2-2。，3 合理即可) C2n-1' 7.2离散型随机变量及其分布列 若书包中2n张卡片全部被拿走的概率为P,将这两张相同的卡片拿 掉以后，相当于从(-1)对相同的卡片中已拿出一张卡，事件“书包 (1)解：依题意，R同学挑战1次得0分的概率为 中2张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中(2a-2)张卡片全 x1-0.8)+x1-06)=02m+04n 部被拿走“发生，且书包中(2-2)张卡片全部被拿走概率为P-1,因 m+n m十 m+n 而2n-且B1.则2x=子B 3 333 (2)①解：因为R同学参加了2次挑战，根据随意知.X的可能取值有 0,1,2,3.4 27 则P(X=0)= 0.2m+0.4n)2_0.04m2+0.16mn+0.16m2 m+n (m+n)2 2(1)解：记A,=“第i次答题时为甲”，B=“甲积1分“，则P(A)=2 P(X=1)=Cg.08m.02m+04n_032m2+0.64mm m十n m十鞋 (m+n)2 PBIA)=专PA)=1 41 5 5,P(B1不)=1-p.P(B1不)= P(X=2)=C· 06n 0.2m+0.4n 0.8m m十程 m十n m十 0.64m2+0.24mn+0.48n2 (m+n)2 2 P(X=3)=C· m+n (2)证明：由答题总次数为程时甲晋级，不妨设此时甲的积分为xm。 mtw(min)P(X=4) 0.8m0.60.96m4 0.6n 036m2 m+n (m+n)2 则X的分布列为： 乙的积分为x乙，则x甲-x2=2,且单+2=作，所以甲晋级时n必为偶 数，令n=2m,meN°，当n为奇数时，P(A)=0,则P(A)+P(A)+ ()x()× 0.04m2+0.16nn+0.16n2 +P.(A)=P(A)+P(A)+…+P(A)= 0 (m+a)2 (居)÷+（传）言[（居八（居）八 0.32m2+0.64mn (m+a2 …居广]吉 0.64m2+0.24mn+0.48n2 (m+n)2] 0.96mn (号)广]又因为m≥时，P()+B(A)++P,()随着m的增 (m+n) 大面猫大.所以名≤a)+(A)+…+P,()<号 0.36m3 (m+a) 知识点二全概率公式 故数学期望 1.C解析：设A。表示经过第n次传球后，球在甲手中，设n次传球后 球在甲手中的概率为P,n=1,2,3,…,则有P1=0,P+1= E0=lx032m2+0.64mm+2x064m2+0.24mrt+048m +3x 0.96mn (m+n)2 (m+n)2 (m+)+4x 参考答案黑白题37 0.36m21.6m2+4mn+2.4n2 : (m+n)2 (m+n)2 则随机变量X的分布列为P(X=5k)= ,k=n,+l.….N 2证明：由D得，E(X)= 1.6m2+4mn+2.4a28,4m (团+程)2 55(m+n)5 C.三2C 所以随机变量X的期望()=三水CCG名 什总 -5k 因为m>0.所以 88 4 8412 8 12 -50(C+Ca1+C++C)=0(CC+6+…+C)=0 CN CN 55 5m+1 5n C=- (N+1)I ·(n+1)！(N-)川 _5n(N+I)所以E(X)= a+1 四方法总结 n！(N-n)I 5n(N+1) 本题主要考查随机变量的分布列和数学期望的应用，属于难愿， n+1 解题的关键在于弄清题意，准确把授随机变量在取每个值时包括的 所有情况，正确求得每个概丰，为后续写出分布列，求得蒴望和证明 知识点二离散型随机变量的方差 莫定基密， 1.A 解折：B(传)=与”D()=士-B6 4 7.3离散型随机变量的数字特征 （国-(5)P+(s-865产+(-6)户1=[(++国+ 知识点一离散型随机变量的均值 1(, 1,A解析：从乙盒中取1个球时，甲盒红球个数记为5，则F的所有可 )-2(x1++5+)E(6)+4B2(5)1,E()= 3 能取值为2,3，则P(6=2)= 7P(5=3)=3 B6=2x号3x ++4.+x++ 3 3 3 4 号号从乙金中随机抽取1个蓝球放入甲盒中的概米是号，乙金 317 D(5)=4 中随机抽取1个红球放人甲盒中的概率是号八=子×1× 24 72:从乙盒中取2个球时，甲盒红球数记为，则7的可能取值 3-17 Ci 2 CC 4 3 3 为2.3,4.P(n=2)= 97,P(n=3)= 7,P(n=4)= C 2 4 120 214 +）-2(+++)B5)+4()小 3 7,B(6)=2x7+3x7+4×77心B=7x1+7×2+7 号A>,5)放话 3 2.B解析：比赛两局的得分X可能的取值为0,1,2,3,4,6， P(X=0)=c2.P(X=1)=2bc.P(X=2)=b2,P(X=3)=2e.P(X= 4)=2ab.P(X=6)=a2,则E(X)=2he+22+6ac+8ab+6n2=2b(1-a 因为（）广=(+++2+2+2.所以 b)+22+6a(1-a-b)+8ab+6a2=6m+2弘=2，则有3n+6=1≥2V3ad, 得ah≤ 当组仅当6，即a=石6=时等号成立，所以山的 最大值为节故选B 0 [3(x+++)+2(21+2x1+2x+2xx+24+214)门① 3.(1)解：记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A.将A校n名学 因为10≤x1<<<,≤10，所以2x2<+号，2x<x+,2x2< 生面试号码的安摇情况作为样本空间.则样本点总数为C%,事件A +x,224<x+,2x3<x+写.214<+ 表示A校有1名学生的面试号码为2，其他(n-1)名学生的面试号码 所以①<g[3(++写+)+6(++写+国)]=(++写) 在剩余(N-1)个而试号码中随机安样，则事件A包含的样木点数为 (N-I)! 所以D(5,)>D(5).故选A. CC_(n-1)！(N-n)!= 2.解：(1)对于n维坐标(a1.a2,.…,an,a,e0.1(1≤i≤n CC,放P(A) C NI N 1∈N).共有2个不同的点，即共有2个顶点. n!(N-n)! (2)①对于X=k(1≤k≤n,keZ)的随机变量，在坐标(1，，a,, a.)与(b1,b2,4…,b)中有个坐标值不同，剩下(n-k)个坐标相 2)解：设B校参加面试的学生有x名，由题意得00，解科 x▣10.所以B校参加而试的学生有10名，C校参加而试的学生有 同.此时对应情况有·2种，所以P=)-C·2.C C2-1 20名.记“最后面试的学生来自B校”为事件B,“最后面试的学生来 则X的分布列为 自C校”为事件C,显然事件B,C互斥.记“A校参加面试的学生先于 2 其他两校学生完成面试”为事件D.则D=BD+CD.当事件B发生时， 只需考虑A,C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来 C c C 自C校，则P代D)=PBP(DB=8沿石当事件C发生时， 2"-12-1 2-1 2C nCa 只需考虑A.B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来 所以E(X)= ,倒序相加得，2E(X)= 2-12"-1 2m-1 自B校期P(D)=P(GD1G-号8所以P(D CCC)=2 所以E(0=21·n 115 2-1 2"-1 P(BD)+P(CD)= 6.412 2易知D(X)=E(X2)-E(X)= (3)证明：由题知随机变量X的取值为5n,5(n+1),…,5N 2C-E(0 选择性必修第三册·RJ黑白题38 设(1+x)=C8+xC+r2C2+…+xC 两边求导得，n(1+)-=C+2C2+…+C8 两边乘x后得.m(1+x)1■xC+2x2C2++nrC (2)记主干道1，Ⅱ，Ⅲ路线平均拥堵时间分别为5，，专， 两边求导得，a(1+x)-2(1+x)=C+22xC++nm2x-lC 令x=1得.C+22C2+…+n2Cg=n(n+1)2-2, 记选择主干道1行驶指到的堵富次数为x,则（一B3,）)】 所以D(X)=a(n+1)2 2"-1 -E2(X)=a(n+1)22 2m-1 2-1 所以E(X)=3x2=2B(6)=E(4,=4E(X)=6 n·2-2(2”-n-1) 记选择主干道Ⅱ行驶酒到的堵塞次数为X2,则由随可得，P(X2= (2"-1)1 313 0)= i6P(=1)=x13x3 8,P(X=2)= 7.4二项分布与超几何分布 133 知识点一二项分布 44161 1.D解析：因为逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍， 故平均拥堵时间2的分布列为 所以逆时针方向践的概率是号，周时针方向跳的概率是 50510 35 3 若青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上，则满足四次跳跃中有 P 16816 2次是颗时针方向跳，有2次是逆时针方向跳. 若先按逆时针方向开始从A一B.则剩余3次中有1次是按照逆时针 所以E(6)=5x 8+10x 3 65: 方狗跳，其余2次按预时针方向跳，则对应的气率为子××号 (传)京 记选择主干道面行驶遇到的绪塞次数为，则名~公(，子)）。 14 若先按顺时针方向开始从→C,则剩余3次中有1次是按照顺时针 E(X)=4×3=3B(5)=E(3)=3泥()=4，所以选择主干道 方向跳，北余2次按逆时针方向跳，则对应的概率为了×C×× Ⅲ行驶最优 5.解：(1)由随意得.P(=2,n=5)=(1-p)·p·(1-p)·(1-p)·p= (广 (1-p)p2,P(n=5)=C(1-p)3p2=4(1-p)2. (2)由题意得，B(517=5)=乏[x =1× 故残烟次之后停在叶上的藏率为疗言分放选肌 P(7=5) P(5▣1.n=5) +2× P(=2,n=5) +4× 2.ACD解析：对于选项A,因为每局比赛甲胜乙的概率都为p(0≤P< P(n=5) P(n=5) +3×P5=3.7=5) P(7=5) 1),且每局比赛的胜负互不影响，所以乙3：0赢甲的概率是 P(=4,7=5).123 (1-),故选项A正确， P(n=5)444 *1 2同(1)可得，P(切=m)=C 对于选项B,因为X=4,当乙3；1赢甲时，概率为CP(1-p)3= (1-p)-2p2=(n-1)(1-p)-2p2,P(1n=n)=(1-p)-2p2,所以 3p(1-)3,当甲3：1赢乙时，概率为Cp(1-p)=3p3(1-P),所以 E(E1n=m)=盖 xP,n=n)】 1 P(X=4)=3p(1-p)+3n(1-p)3,故选项B错误， P(n=n) 品 +1 对于选项C.因为X=5,所以前4局比赛，甲、乙各赢2局，得到P(X= 5)=CP2(1-p)2=6p2(1-)2,故选项C正确 对于选项D,由选项C知P(X=5)=6p2(1-p)2,令y=p2(1-p)2, 2 则y'=12p(1-p)3-12p(1-p)=12p(1-p)(1-2p),又0≤<1，当0 宁时，>0，当<p1时，y<0,即y=1-p在区0 6解：①由题意得B小，），所以PXe2)=PX=0)+PX 1)+P(X=2)=Cg 子)上单调递增，在区间（行，）上单润道减，所以=6x (）广e(）广e()广 (兮)广(-之）广-令故志项D正流做法AD 2由题意得X-B(.2,则E(X)=2:D()=了nx(1 3.27解析：不妨设每一轮训练通过的概率为p,则p=+Cp·(1- 号）-a25,若a4a≤≤a.则-a1n≤-0sa≤a1a, )·+C1·i·(1-p)=-3pi+2印1p2(户1+内)-3pip+ 23经比主0<和：≤《之=·且父 4 4 e21025n 所以P(iule)=P(1-0.5al<0.1m)≥1 (01h户≥098. 又n>0.解得m≥1250.即发射次数至少为1250 当%=号时，等号成立.易知函数y3+骨开日向下，对称 8 (2)依题意得，X-B(2024,0.7), 则P(X=m）=C4×0.7m×0.32@1-m= 20241 轴为直线=号所以0<-+骨内≤-3x 84 (2024-m)！m1× 0.7×0.324m 7,又每局之间相互独立，记甲，乙在π轮训练中训练过关的轮数为 16 P（X=m+1)=C经品×071×0.3223w= 20241 (2023-m)1(m+1)厅X X,所以X~B(n,P),所以E(X)=即=n -p+P)=16,得 0.7+1×0.320-m 20241 16 满冬房 三 6=27,则甲，乙两人调练的轮数至少为27.放 PCXm*).2023-m)1(m+1*07x0.32- 16 P(X=m) 2024！ (2024-m)！m*07严x032 答案为27. 4.解：(1)记A=“三个易堵点中至少有一个被堵塞”，则P(A)=1- 0.7(2024-m≤1.解得m≥1416.5. 0.3(m+1) 参考答案黑白题39 20241 (2024-m)！m! ×0.7×0.32024 P(X=m) 任取2个球则取一盛一绿的气率为宁品品品品做感品 P(X=m-1) 20241 (2025-m)1(m-7*0.7mx0.32s- 2CC解折：当N6.M=8,m=4时.P(【=).C Cis 一，k=0 _07(2025-m≥1.解得m≤1417.5， 0.3m 1.2,3,4.因为c cici cic,cict cic C6C6Ci6Ci。C6 =1,所以CC+CC+ 又m∈N·,所以当m=1417时，P(X=m)最大 7.解：(1)设A,=“两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子个数为 i个”，i=0.1,2,B=“两个粒子通过2号门后进入C室都为上旋状 GG+cc+cg=C当N=2a,M=n时.因为Ccc' 态”， CC3 CC CC C5 C =1,所以C8C1+CC-2+C2C-3+…+ 则P(Ao)=P(4)= 2 Gg2C+ClC8=C,所以CC+CC2+C2C+…+Cg2C-+ 2 P(BIA)= g,PBA=号PBA)=g Cg1C=CC'+CCg2+C2C3++C2C+CC8=C3',故答案为 C时o:C 4 3.解：(1)记“小杭被抽中“为事件A,“小杭第次被抽中”为事件A,(= 4 (2)①返回B室的粒子个数X的可能性为0,1,2,3,4，X服从二项分 1,2.P(A)=P(AA2)+P(A1A2)+P(瓦1A2)= ()(货 有-a）xo=(居广（付）广对x 5）2=)整理可得0-5405=0，即（(-9(N-45)=0,又 N-15 w-C…(层)·（传）-(x2G·(）月 因为N≥15且NeN·,解得N■45. (2)“X=20”表示第一次在N个人中抽取15人，第二次抽取的15人 (行)°x==C·(号}广(）广'x=4 中，有5人在第一次抽取的15人以外，另外的10个人在第一次抽取 ·(广·（仔）”识所以分布列为 的15人中P(X=20)CC5-C,记awCC8由 CC C- (N-14)! N! 2 34 c3.5(N-191·151N-5 883216 15!·(N-14)1,51·(N-20)1. (N-14)2 8181278181 (N+1)! (N-15)！ (N+1)(N-191, 解得N≤215，又因为N∈N”,所以N=22时，P(X=20)取最大值 2 所以期里E(X)=p=4× 3 3,方差D(X0=p(1-p)=4× 3 7.5正态分布 8 39 1.解：(1)由乘客的体重（单位：kg)服从正态分布N(60,100)可得4= 2x的可能取值为0.1,2.…，30，此时X-B30.子)个粒子返回 60.a=I0,则可得P(X70)=P(X+o)=1-P-≤X≤n+ B室的概米为R)=Cn· 居() 1-0621-01587,即任意一名桑客体重大于70kg的概率约为 2 01587,则X的所有可能取值为0,1,2，P(X=0)=(1-0.1587)2= ((后)≥（号）·（传） 0.708.P(X=1)=C(1-01587)×0.15870.267,P(X=2)= 0.15872=0.025,所以X的分布列为 (层（兮）（层）”()月 0 2 301 P07080.2670.025 数学期望E(X)=0×0.708+1×0.267+2×0.025=0.317. 30 301 r1(30-r)1 ·2 (2)设X为第i(i=1,2,…,n)位乘客的体重，则X-N(4,2),其中 4=60,=10. 62 ≥97.7%， 2(31-）≥r, 3 9 62 所以P(三X≤400)=P(s400-60 所以 10n (r+1≥2(30-r)】 59 3 →r=20.当r=20时f(r） 3· 由P代5≤2)=0.97可得E=400-60≥2，即3n+万-200≤0，可得 10分 收最大值 知识点二 超几何分布 (3m+25)(√n-8)≤0.即0≤n≤8.0≤n≤64 所以保证该轮波不超载的概率不低于97.7%，最多可运载64名乘客 1.B解析：P(X=0)= (mtn)(m+n-1) （m*+2)(m+n+iD,P(X=1)= 2.解：(1)由题意得P(38≤X≤42)=0.6827.P(36≤X≤44)0.9545. 所以F(42)-F(36)=P(X≤42)-P(X≤36)=P(40X≤42)+ CC C22 (m*n+2(m*a+·P(X=2)= 4(m+4） CC Cita-2 P(36≤X≤40)= 2×(06827+0.9545)=Q.8186 2 (m+n+2)(m++1)B(X）= (m+n)(m+#-1) P(Tt)n(T>4)】P(T>4) ×0+ (m+H+2)(m+n+1) (2)由题意得P(T>411T>)= P(T>） P(T>t,) 4(m+) 2 m+n+2)(m+n+1)(m+m+2)(m+n+)x2s、y 1 -×1+ m+n+23,故m+ 1 1-P(T≤4)1-G(1) =421 0,放。=十即贺=十解得m3,所以n=7故若有放同地 n=10,故 1-P(T2)1-G(2) 选择性必修第三册，RJ黑白题40 P(7>4,-2)=1-P(T≤11-2)=1-G(4,-2)=41,所以P(T>11T>:假设Ho:学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近无关 )=P(T>11-2). 第八章 成对数据的统计分析 X=200x(70x50-30x50y2250 100x100x1200x800=3>10828=m1 据小概率值α=0.001的独立性检验，推断H。不成立.即有99.9%的把 8.1成对数据的统计相关性+ 握认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关 8.2 一元线性回归模型及其应用 (2)(i)证明：证法一：由题意得P(AID)>P(A1D).P(A1D)>P(AI D)P(AID)+P(AID)=P(AID)+P(AID)=1.P(AID)>0.5> 解：(1)令：=ny.则：=lny=lnC6=C3x+C.所以：与x是线性相关 -国 P代AD.结合条件概率公式知P,PAD.P)-C,即 P(D) P(D) 1-P(D) 关系，由题知x=27,43.=3.55 =0.29.所以C3= ( P(AD)>P(A)P(D). 名5-- P(DIA)-P()=P(AD)P(AD) -=0.29.故C4=-C,x=3.55-0.29×27.43=-4.4047 P(A)P(A) )2 P(AD)[1-P(A)]-P(D)-P(AD)]P(A)_P(AD)-P(A)P(D0. P(A)1-P(A)] P(A)I-P(A)] -4,40,所以=029x-4.40,故方=e=4,所以模型2下y关于x 的回归方程为广=e=44n当x=30时，经模型①计算估计产卵数为 即P(DIA)>P(DA)成立 1=0.37×302-205.03=127.97.经模型②计算估计产卵数为2= ea29x0-40=e40s73.70. 证法二：由题意得P(AD)>P(A1D),P代A1D)>P(41八，所以D P(D) (2)因为模型①，2的决定系数分别为=0.8124.=0988，故R< P(AD) =P(AD)>P(AD),同理，P(AD)>P(AD),于是P(AD)· ,所以模型②的拟合效果更好 P(D) (3)①由题得代p)=C2p2(1-p)-2(0<p<1,n≥3，neN·). P(A D)>P(AD)P(A D). 所以f'(p)=2Cp(1-p)2-(n-2)Cp2(1-p)-3=Cp(1-p）n-3 [2(1-p)-(n-2)p]=C(1-p)(2-w), P(DIA)-P(DIA)P(AD)P(AD) P(A)P(A) 令fo0得p=子.所以当pe(0,名)时o>0:当e[月 P(AD)[P(AD)+P(AD)]-P(AD)[P(AD)+P(AD)] 1)时p)<0,所以p)在(0，子)上单递增，在[层1上单调 P(A)P(A】 PAD)PAD)-P(AD)PAD,0.即P(DIA)>P(DI)成立 递减，所以p)取得最大值时对应的概率=二（n≥3AeN。 P(A)P(A) (ⅱ)解：设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，若选择“传统型 2油①泡，当=2（a≥3.aeN)时p)取最大值，所以当n=5时% 优惠方案获得的优惠为X元，若选择“机饿型“优惠方案获得的优惠为 Y元，则专~B(7,P),X=,对0≤k≤7，有P(Y=仙)= 子则由题意可知每年需婴人工防治的概水为P一号且一B(小，子）】 P(E=0)+P(E=1).k=0, 0.k=1. ()=E(E)=aE(E)=7pa.E(y)= 2 所以E(X)=p=5× =2.0=p1p=s号x号)号 P(E=k),2≤k≤7. 8.3列联表与独立性检验 P(Y=)=6P(E=k)=b[P(E=k)-P(E=1)]=b[E(E)- 12 (7 是e0 (1)解：设d(200,400]组的频率为t.则da(400,600组的频*为1- P(=1)]=7W[1-(1-p)], 0.2-0.15-1=0.65-t,估计学生与最近食堂间的平均距离d=100×0.2+ 令(X)=B).益合a得p=-√名记为心 300+500(0.65-1)+700x0.15=450-200r=370,解得1=0.4.故可补全频 率分布表如下： 若Po<p<1,则E(Y)-EX)=7pb[1-(1-p)]-m>0,E(Y)>E(X),此 时李明应选择“饥饿型”优惠方案：若0<印<m,则E(Y)-E(X)= 学生与最近食 在食堂 堂间的距离d/m 点外 合计 7pb1-(1-p)6]-a<0.E(Y)<E(X),此时李明应选择“传统型”优惠 就餐 方案 (0.200] 0.15 0.05 0.2 (20.400] 0.2 0.2 0.4 若p=o则(1-p)=1-g,(X)=E(n. (400.6001 0.1 0.15 0.25 注意到D(X)=D(a)=a2D()=7m2(1-P).D(Y)=E(2)- (600,800 0.05 0.1 0.15 [E(nj产=高(h)2P(=)-[E0]P=高产P(=)-49m2= 合计 0.5 0.5 AP5=)-P=10J-49m2a2=[E(g)-P(5=0]-49m2a2= 据此结合样本容量为2000可列出2×2列联表如下： b21[E(5)]2+D()-P(5=1)-49p2a2=b2[49p2+7p(1-p)-7p(1- 学生距最近 学生距最近 合计 p)]-49p2a2=7p2[6p+1-(1-p)]-7m21.因此D()-D(X)= 食堂较近 食堂较远 7pb2「6p+1-(1-p)]-7m2-(1-p)a2f=7p16b2+b-(6p+1)a21= 在食堂 就餐 700 300 1000 7p(b-a)·[6p(b+a)+a]>0,即D(Y)>D(X).此时李明选择获得的优 惠更分敬的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方 点外卖 500 500 1000 案.综上所述，当0<<pn时，李明应选择“传统型“优惠方案；当0≤<1 合计 1200 800 2000 时，李明应选择“机饿型”优惠方案 参考答案黑白题41