专题12 考点33 条件概率、独立重复试验、2项分布与正态分布 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题分类集训 数学 考点33 条件概率、独立重复试验、二项分布与正态分布 题 组 用时： 易错记录： 一、选择题 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的 1.(2024·新课标I卷)随着“一带一路”国际合作 概率为B(1一)2+(1一)3 的深人，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口. D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况， 方案译码为0的概率大于采用单次传输方案 从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收人的 译码为0的概率 样本均值x=2.1,样本方差s2=0.01.已知该种 4.(2022·全国乙卷·理)某棋手与甲、乙、丙三位 植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8, 棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立。已知 0.12),假设推动出口后的亩收人Y服从正态分布 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜概率分虽为p1,p2, N(:,2),则（若随机变量Z服从正态分布N(4, pg且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜的两盘概 率为p,则 ( d),则P(Z<十a)≈0.8413) ( A.p与该棋手和甲，乙，丙的比赛次序无关 A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 C.该棋手在第二盘与乙比赛p最大 2.(2023·全国甲卷·理)有60人报名足球俱乐 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒 5.(2021·新高考I卷)有一组样本数据，x1,x2, 乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报 …,x,由这组数据得到新样本数据y,y2,…, 乒乓球俱乐部的概率为 ( yn,其中y=x十c(i=1,2,…,n),c为非零常 A.0.8 B.0.4 数，则 () C.0.2 D.0.1 A.两组样本数据的样本平均数相同 3.(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0,1信号，信 B.两组样本数据的样本中位数相同 号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α C.两组样本数据的样本标准差相同 (0<a<1),收到0的概率为1一a:发送1时，收 D.两组样本数据的样本极差相同 到0的概率为(0<B<1),收到1的概率为1 二、填空题 B.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单 6.(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A, 次传输是指每个信号只发送1次：三次传输是指 B,C3种题库，A题库有5000道题，B题库有 每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码， 4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所 译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译 有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确 码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即 率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有 为译码（例如，若依次收到1,0,1，则译码为1）. 的题中随机选一题，正确率是 7.(2024·天津卷)A,B,C,D,E五种活动，甲、乙 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依 都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 次收到1,0,1的概率为(1一a)(1-)2 ;已知乙选了A活动，他再选择B活动的 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 概率为 0,1的概率为(1-)2 106 可 专题十二概率与统计 8.(2023·天津卷)甲乙丙三个盒子中装有一定数 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界 量的黑球和白球，其总数之比为5：4：6.这三 值c,将该指标大于c的人判定为阳性，小于或 个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%， 等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率 50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个 是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c):误 球都是黑球的概率为 :将三个盒子混合 诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q 后任取一个球，是白球的概率为 ().假设数据在组内均匀分布.以事件发生的 9.(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态 频率作为相应事件发生的概率。 分布N(2,2),且P(2<X≤2.5)=0.36，则 (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误 P(X>2.5)= 诊率g(c): 10.(2021·浙江6月卷)袋中有4个红球，m个黄 (2)设函数f(c)=p(c)+g(c).当c∈[95,105] 球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红 时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间 球数为，若取出的两个球都是红球的概率为 [95,105]的最小值. 言一红一黄的概率为子，则m一n E(E)= 二、解答题 11.(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现 某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标 有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者 和未患病者该指标的频率分布直方图： ↑频率/组距 0.040 0.036 0034 0.012 0.002 指标 0 9510010511011512012513 患病者 频率/组距 0.034 0.010 0.002 一指标 0V707580859095100105 未患病者 107 五年高考真题分类集训 数学 12.(2022·新高考I卷)一医疗团队为研究某地的 13.(2021·新高考Ⅱ卷)假设开始时有一个微生物 一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生 个体（称为第0代），该个体繁殖的若干个个体， 习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已忠 形成第1代，第1代的每个个体繁殖的若干个 该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例 个体，形成第2代，….假设每个个体繁殖的 组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了 个体数相互独立且分布列相同，记第1代微生 100人（称为对照组），得到如下数据： 物的个体总数为X,X的分布列为P(X=i) 不够良好 良好 p:>0,i=0,1,2,3. (1)若0=0.4，p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求 病例组 40 60 E(X): 对照组 10 90 (2)以p表示这种微生物最终消亡的概率.已知 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未 p是关于x的方程p3x3十2x2十p1x十=x 患该疾病群体的卫生习惯有差异？ 的最小正根.证明：当E(X)≤1时，p=1:当E (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选 (X)>1时，p<1: 到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到 (3)说明(2)的结论的意义. 的人患有该疾病”，PBA与PBA的比值 P(BA)P(BA) 是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一 项度量指标，记该指标为R. （1)证明：R=P(AB).P(A1B P(AIB)P(AIB) (i)利用该调查数据，给出P(AB),P(A|B) 的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值。 附：K2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 108 可 专题十二概率与统计 14.(2021·全国乙卷)某厂研制了一种生产高精产 15.(2021·新高考I卷)某学校组织“一带一路”知 品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标 识竞赛，有A,B两类问题.每位参加比赛的同 有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产 学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一 了10件产品，得到各件产品该项指标数据 个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若 如下： 回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问 日设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7 题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束 新设备10.110.410.110.010.110.310.610,510.410.5 A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平 得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80 均数分别记为x和y,样本方差分别记为 分，否则得0分.已知小明能正确回答A类问题 和号. 的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为 (1)求x,y,号，s; 0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序 (2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较 无关 旧设备是否有显著提高（如果y一x≥ (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累 计得分，求X的分布列： 2西。则认为新设备生产产品的该项指标 (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回 的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显 答哪类问题？并说明理由， 著提高). -109详解答案 4.解析:由题可得一次活动中,甲获胜的概来为×-2!# 2.1+P(Y2.1)~0.3413+0.5-0.8413>0.8,所以C正 确,D错误.综上,选BC. 则在3次活动中,甲至少获胜2次的概率为C③×(){x1# 2.A 报名两个俱乐部的人数为50十60-70-40, 十#)#△_答案 记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报兵兵球俱乐部” 为事件B, 进 A 5.解析:P= C 答。 3.ABD对于A选项,根据题意,由独立事件的概率公式,得所 6.解:(1)记“丙的高度小于15厘米”为事件M 求概率为(1-)(1-a)(1--(1-a)(1-){},故选项A正 因为丙的高度小于15厘米的有13厘米、14厘来,共2株,所 确;对于B选项$,所求概率为(1-③)B(1--(1-,故选$ 以P(M一} 项B正确;对于C选项,易知三次传输收到信号1的次数x(x -0.1,2,3)服从二项分布,即x~B(3,1-,采用三次传输 所以丙的高度小于15厘米的概率为?. 方案,若发送1,译码为1,则需要收到的信号中1出现的次数 多,即x一2或3,所以采用三次传输方案,若发送1,译码为1 (2)记“甲的高度大于乙的高度”为事件N. 的概率为P(r=2)+P(r=3)=C(1-){}$+C(1-3= 记A组的7株植物依次为A.,A,A,A.,A,A,A, 33(1-)^{}+(1一,故选项C不正确;对于D选项,若发送 B组的7株植物依次为B,B,B,B.,B,B,B, 0.则记单次传输译码为0、三次传输译码为0分别为事件X, 则从A组中选出甲,从B组中选出乙,共有7×7-49(种) Y,则P(X)-1一a,三次传输中收到信号为0的次数n(n-0, 情况. 1.2,3)服从二项分布,即n~B(3,1-a),则P(Y)=C(1 其中满足甲的高度大于乙的高度的有(A,B),(A,B). g)+C(1-)=(1-q)(1+2a).所以P(Y)-P(x)= (A,B).(A,B).(A,B),(A,B).(A,B).(A,B). (1-a)?(1+2a)-(1-a)-a(1-a)(1-2a).又因为0< (A,B),共10种, 0.5.所以P(Y)一P(X)→0,即P(Y)一P(X),故选项D正确 (提示:比较大小可以用作差法也可以用作商法),故选ABD 4.D 设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为力,在第二 所以甲的高度大于乙的高度的概率为10. 盘与乙比赛连赢两盘的概率为力乙,在第二盘与丙比赛连赢 (3). 两盘的概率为力面 7.解:(1)甲连胜四场的概率为16. 由题意{=p[(1-p)+p(1-P)]-PP+1Ps -2:P2P (2)根据赛制,至少需要进行四场比赛, =P[(1-)+(1-P)]=PP+P-2P 至多需要进行五场比赛. $&=P(1-P)+P(1-P)]=P$+P-2P 比赛四场结束,共有三种情况; 所以 一-(一p)>0,一P(一)>0$ 甲连胜四场的概率为16: 所以p最大,故选D. 5.CD 由样本平均数的概念可知,新样本数据平均数与原样本 乙连胜四场的概率为 数据平均数满足y一工十c,故选项A错误;因为y一工.十c,所 以两组样本数据的中位数y。“工.十c,故选项B错误;易知 丙上场后连胜三场的概率为1 两组数据的样本标准差和样本极差均相同,故选项C,D正 确,故选CD. 所以需要进行第五场比赛的概率为 5000 6.解析:A题占5000+5000+3000-1 -1- 1#1-.# B题占 500040001300.0本5004003000- 4000 3000 (3)丙最终获胜,有两种情况: 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为士: #.概P-x0.92+y0. 86+寸×0. 72- 比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按 0.85. 照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负 答案:0.85() 空胜胜,概分别为),. 因此西最终族胜的机来为+1十+-1. (OOKONO以PNM# 动为事件M,乙选了A活动再选择B活动为事件N,则P 考点33 条件概率、独立重复试验、二项分布 与正态分布 题组 1.BC 数形结合法.由题意可知,X~N(1.8,0.1②),所以 P$X2)<P(X>1.8)=0.5,P(X<1.9)~0.8413,所以 答} P$>2)P($1.9)=1-P($1.9)~1-0.8413 0.1587~0.2,所以A错误,B正确.因为Y~N(2.1,0.12}), 8.解析:设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n, 所以P(Y<2.2)0.8413,P(Y>2)P(Y2.1)-0.5.所 所以总数为15n, 以P(2<Y<2.1)=P(2.1<Y<2.2)=P($<2.2)-P$ 所以甲盒中黑球个数为40%×5n一2n,白球个数为3 2.1)~0.8413-0.5-0.3413,所以 P(Y2)-P(2<Y< 甲盒中黑球个数为25%×4n一n,白球个数为3n 201 五年高考真题 分类集训 数学 甲盒中黑球个数为50%×6n-3n,白球个数为3n; P(AIB).P(A|B) 记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件A, PCAB) P(A|B) 所以, ()由题知$P(A|B)-,P(AlB)-1 (AlB)3.P P(A)-0.4×0.25×0.5-0.05; 记“将三个盒子混合后取出一个球,是白球”为事件B, A1B)- 黑球总共有2n十n十3n一6n个,白球共有9n个,所以,P(B) -1故答案为:0.05, 答案:0.053 9.解析:因为X~N(2.c),所以P(X→2)-0.5,所以P(X 13.解:(1)由题意得E(X)-0×0.4+1×0.3+2×0.2+3$ $.$ =P($2)-P(2<2.5)=0.5-0.36=0.14. 0.1-1. 答案:0.14 (2)证明:由题意得p十Px十Px^{+-x=0,0 $ 1, 10.解析:P(-2)-- C04 设f(x)=po+p1x+P”+p3x-x, 所以m+n十4-9 则 (x)=p+2x+3*-1, 设h()-p+2x+3 -1, C -36 则h'(x)-2+6px>0. 则m-n-1 '.h(x)即f(x)单调递增. 当E(X)-P+2+3<1时. C2 36 #( (1)-+2+3-1<0 10 ./(x)在(0,1]上单调递减。 ·/(1-0..-1; $EF()-1x+1+-x-寸+-8- 当E(X)=p+2+3{ >1时 P(0)--1<0. 8 答案:1 #(1)-+2+3 -10. &存在唯一的x。(0,1)使f(r。)-0. 11.解:(1)由患病者的频率分布直方图知,P(95 慈病者指标 且当0xx。时,f(x){0,ff(x)单调递减; <100)-0.002×5-0.010. 当x。 x<1时,/(x)>0,f(x)单调递增. 所以当p(c)-0.5%-0.005时,临界值c-95+100 “:/(0)=>0./(1)-0. 2 97.5. ..f(xo)f(1)-0. ..f(x)在(0,o)上有一个零点x. 由未患病者的频率分布直方图知,P(95 未惠病者指标< 1$00)-0.010x5-0.05,P(100 未病者指标 105) '.-1. 0.002×5-0.010,则P(97.5<未惠病者指标 100)- (3)当1个微生物个体繁殖下一代的数学期望小于等于1 时,经过多代繁殖后临近灭绝; 0.025. 所以q(c)-0.025+0.010-0.035-3.5%(提示:先由患病 当1个微生物个体繁殖下一代的数学期望大于1时,经过多 者的频率分布直方图得漏诊率,再由未患病者的频率分布 代繁殖后还有继续繁殖的可能。 直方围得误诊率)。 14.解:(1)由表中的数据可得: (2)当cE[95,100)时.p(c)-(c-95)×0.002-0.002c- 9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7 -二 0.19. 10 q(c)-(100-c)×0.010+0.010-1.01-0.01c. 10.0. 所以f(c)-p(c)+q(c)-0.82-0.008c. 所以f(c)在[95,100)上单调递减, 10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5- 则f(c)>f(100). 10 当cE[100,105]时,(c)-(c-100)×0.012+0.010- 10.3. 0.012c-1.19. -1[(9.8-10.0)*+(10.3-10.0)2+(10.0-10.0)2+ (c)-(105-c)×0.002-0.21-0,002c. (10.2-10.0)*+(9.9-10.0)*+(9.8-10.0)2+(10.0- 所以f(c)-p(c)+q(c)-0.0lc-0.98, 10.0)+(10.1-10.0)2+(10.2-10.0)+(9.7-10.0)] 所以f(c)在[100,105]上单调递增,则f(c)在区间[100, 105]的最小值为f(100)-1-0.98-0.02. -0.036. 将-1[(10.1-10.3)2+(10.4-10.3)2+(10.1-10.3)* 综上所述,f(c)在区间[95,105]的最小值为0.02 12.解:(1)·'K*-200X(40×90-60X10)2 -246.635. +(10.0-10.3)2+(10.1-10.3)+(10.3-10.3)2+(10. 100×100×50×150 6-10.3)+(10.5-10.3)+(10.4-10.3)+(10.5-10 '.有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫 3)2]-0.04; 生习惯有差异。 (2)由(1)中的数据可得-元-10.3-10.0-0.3. (2)(1)证明:由题知 _2 /0.036十0.04-20.0076, P(BlA) 。 10 P(BA) P(BlA) P(BlA) 10 R- P(BA) P(BA) P(B|A) 则0.3-0.09 20.0076-0.0304,所以可判断新 P(BlA) 设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。 P(AB) #n. P(AB) P(AB) 15.解:(1)X的取值可能为0,20,100. P(A _2 P(B) P(A) -#A·A-)·# P(X-0)-1-0.8-0.2. P(X-20)-0.8X(1-0.6)-0.32 P(B P(A) P(A) P(B) P(X-100)-0.8×0.6-0.48. 202 详解答案 .X的分布列为 4.解:(1)解法一(正面计算) 记“随机抽取一份保单,索赔次 20 100 数不少于2”为事件A, 0 由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4, P 0.2 0.32 0.48 (2)假设先答B类题,得分为Y。 1000 则Y可能为0,80,100. 解法二(反面计算) 记“随机抽取一份保单,索赔次数不少 P(Y-0)-1-0.6-0.4. 于2”为事件A: P(Y-80)-0.6X(1-0.8)-0.12, 由索赔次数不少于2,知可利用间接法计算, P(Y-100)-0.6×0.8-0.48. 则P(A)-1-800+1001 -1000-10 .Y的分布列为 (2)(1)由题知X的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2 。 80 100 -2.0,-2.6. P 0.4 0.12 0.48 'FCY)-0×0.4+80×0.12+100×0.48-57.6 由(I)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48 P(x--1.2)-1600-0.06. 54.4. 60。 'E(Y)E(X)..应选答B类题. P(X--2.0)-30 考点34 离散型随机变量的分布列、期望与方差 1000-0.03. P(X--2.6)-1000-0.01, 题组一 10 1.解析:因为甲出卡片1一定输,出其他卡片有可能赢,所以四 轮比赛后,甲的总得分最多为3. 故EX-0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03- 若甲的总得分为3,则甲出卡片3,5,7时都赢,所以只有1种 2.6×0.01-0.122. 组合:3-2,5-4,7-6,1-8. (l)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保 若甲的总得分为2,有以下三类情况: 费增加20%,这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值 第一类,当甲出卡片3和5时赢,只有1种组合,为3一2,5- 比(1)中EX估计值大. 4,1-6,7-8; 证明如下: 第二类,当甲出卡片3和7时高,有3-2,7-4,1-6,5-8或 设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则 3-2,7-4,1-8,5-6或3-2,7-6,1-4,5-8,共3种 对于索赔次数为0的保单,Y-0.4×(1-4%)-0.384, 组合; 对于索赔次数为1的保单,Y一0.4×(1十20%)一0.8 第三类,当甲出卡片5和7时赢,有5-2,7-4,1-6,3-8或 --0.32. 5-2,7-4,1-8,3-6或5-4,7-2,1-6,3-8或5-4,7- 对于索赔次数为2的保单,Y--0.32-0.8--1.12, 2,1-8,3-6或5-2,7-6,1-4,3-8或5-2,7-6,1-8,3 对于索赔次数为3的保单,Y--1.12-0.8--1.92 -4或5-4.7-6.1-2.3-8,共7种组合 对于索赔次数为4的保单,Y--1.92-0.6--2.52, 综上,甲的总得分不小于2共有12种组合,而所有不同的组 数EY-0.384 0.8-0.32 0.1-1.12 0.06-1.92$ 合共有4×3×2×1-24(种),所以甲的总得分不小于2的概 0.03-2.52×0.01-0.1252. #_12 所议EX<EY. 5.解析:(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C,所 答案。 以甲学校获得冠军的概率为 P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) 2.解析;抽取卡片上数字的最小值为2,可分为两种情况:第一 -0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5t 种,数字为2的卡片抽1张,再从数字为3,4,5,6的卡片中抽 0.4×0.2-0.16+0.16+0.24+0.04-0.6. 取2张;第二种,数字为2的卡片抽2张,再从数字为3,4,5. (2)依题可知,X的可能取值为0,10,20,30,所以, 6的卡片中抽取1张.所以P(t-2)-CC+CC 12+4 P(X-0)-0.5×0.4×0.8-0.16. 35 C P$X-10)-0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4$ -15.由题意,得P(第-1-0-5--P(-3)_0年一 0.2-0.44. P$X-20)-0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6 (40-),以()1 →×0+(1 0.2-0.34. 一来 P(X-30)=0.5×0.6×0.2-0.06. 即X的分布列为 P 0.16 0.44 0.34 0.06 期望E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06 =13. +#×-.随机变量的所有可能取值为0,1,2,则P({ 题组二 1.D 因为随机变量X~N(10,o*),则由正态分布的特点可知, $-×+×寸×+1#×-#(-) 当。越小时,X的取值越集中在10附近,所以X的测量结果 在(9.9,10.1)内的概率越大,故选项A正确;由正态分布的 ##寸#+##+##+### 对称性可知P(X<10)一P(X>10),所以X的测量值大于 ## 10的概率为0.5,故选项B正确;P(X 9.99)=P(X> 10.01),所以X的测量结果大于10.01的概率与小于9.99 #} 的概率相等,故选项C正确;X的测量结果落在(9.9,10.2) 1 内概率与落在(10,10.3)内的概率不相等,故选项D错误,故 选D. 203