课时冲关66 概率统计与其他知识的交汇问题-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习课时作业（北师大版）

课时冲关66概率统计与其他知识的交汇问题 [基础训练组] 2.(2025·山东日照一模)随着科技的不断发展， 1.(2025·全国模拟)为迎接2025年国庆节的到 人工智能技术的应用领域也将会更加广泛，它 来，某电视台举办爱国知识问答竞赛，每个人 将会成为改变人类社会发展的重要力量.某科 随机抽取五个问题依次回答，回答每个问题相 技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据 互独立，若答对一题可以上升两个等级，回答 库中检索最贴切的结果进行应答.在对该交互 错误可以上升一个等级，最后看哪位选手的等 软件进行测试时，如果输入的问题没有语法错 级高即可获胜，甲答对每个问题的概率为了， 误，则软件正确应答的概率为80%：若出现语 法错误，则软件正确应答的概率为30%.假设 答钻的概率为号 每次输入的问题出现语法错误的概率 为10%. (1)若甲回答完5个问题后，甲上的台阶等级 (1)求一个问题能被软件正确应答的概率： 数为X,求X的分布列及数学期望： (2)在某次测试中，输入了n(n≥6)个问题，每 (2)若甲在回答过程中出现在第(i≥2)个等 个问题能否被软件正确应答相互独立，记软件 级的概率为P;,证明：{P:一P,-1}为等比 正确应答的个数为X,X=k(k=0,1,…,n)的 数列. 概率记为P(X=k),则n为何值时，P(X=6) 的值最大？ 408 3.(2025·重庆八中模拟)某单位为了激发党员 4.(2025·山东青岛二模)在一个袋子中有若干 学习党史的积极性，现利用“学习强国”APP 红球和白球（除颜色外均相同），袋中有红球数 中特有的“四人赛”答题活动进行比赛，活动规 占总球数的比例为p 则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局 (1)若有放回摸球，摸到红球时停止.在第2次 比赛可获得积分，第一局获胜得3分，第二局 没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到 获胜得2分，失败均得1分，小张周一到周五 红球的概率： 每天都参加了两局“四人赛”活动，已知小张第 (2)某同学不知道比例p,为估计p的值，设计 一局和第二局比赛获胜的概率分别为p(0<p 了如下两种方案： <1),2,且各局比赛互不影响， 方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或 摸球5次停止： )若D=号，记小张一天中参加~四人赛”活 方案二：从袋中进行有放回摸球5次： 分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并 动的得分为X,求X的分布列和数学期望； 以数学期望为依据，分析哪个方案估计p的值 (2)设小张在这5天的“四人赛”活动中，恰有3 天每天得分不低于4分的概率为f(p),试问 更合理。 当p为何值时，f(p)取得最大值. 409 5.(2025·山东菏泽二模)甲、乙两人参加知识竞 6.(2025·潍坊模拟)某学校组织数学，物理学科 赛活动，比赛规则如下，两人轮流随机抽题作 答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱 答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且 子，其中第k(k=1,2,…,100)个箱子中有k个 对方积1分，然后换对方抽题作答，直到有领 数学题，100一k个物理题.每一轮竞赛活动规 先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的 则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每 概率为，乙答对题目的概率为力，答对与否 次取出不放回)，并全部作答完毕，则该轮活动 结束：若此轮活动中，三个题目全部答对获得 相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答 一个奖品. 题后甲乙两人各积1分的概率为，记甲乙两 (1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2 个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学 人的答题总次数为n(n≥2). (1)求p: 题的概率为p,答对每一个物理题的概率为q: ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率： (2)当n=2时，求甲得分X的分布列及数学 期望： ②已知p十q=1,学生甲理论上至少要进行多 少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p、9 (3)若答题的总次数为时，甲晋级的概率为 的值. P.A).证明：5≤P2(A)+P(A)++ (2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽 P(A)< 到物理题的概率。 410 [能力提升组] 8.(2025·通州模拟)某蔬菜批发商分别在甲、乙 7.(2025·广东东莞四中模拟)足球是一项大众 两个市场销售某种蔬菜（两个市场的销售互不 喜爱的运动。 影响)，已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未 (1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随 售出的蔬菜降价处理，每吨亏损100元.现分 机抽取了男性和女性各100名观众进行调查， 别统计该蔬菜在甲、乙两个市场以往100个周 得到2×2列联表如下： 期的市场需求量，制成频数分布条形图如下： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 颠致 40 男性 60 40 100 30 女性 20 80 100 需求量（吨） 合计 80 120 200 9 10 甲市场 能否有99.9%的把握认为喜爱足球运动与性 蜘数 别有关？（注：0z0.0o1=10.828) 50 (2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进 30 行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球 20 时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中 带求量（吨） 的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次 0 89 10 乙市场 传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触 以市场需求量的频率代替需求量的概率.设批 球者，第n次触球者是甲的概率记为Pm,即P 发商在下个销售周期购进吨该蔬菜，在甲、 =1. 乙两个市场同时销售，以X(单位：吨)表示下 ①求P3(直接写出结果即可)； 个销售周期两个市场的总需求量，T(单位： ②证明：数列{P。一子为等比数列，并判断第 元)表示下个销售周期两个市场的销售总 19次与第20次触球者是甲的概率的大小. 利润 (1)求变量X概率分布列； (2)当n=19时，求T与X的函数解析式，并 估计销售利润不少于8900元的概率： (3)以销售利润的期望作为决策的依据，判断 n=19与n=18应选用哪一个. 411 9.(2025·湖南师大附中模拟)某大学有甲，乙两 (2)是否存在实数p,使得E(X)=?若存 个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个 运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼 在.求p的值；若不存在，请说明理由； 一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每 次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每 次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天 内去运动场锻炼的次数为X,已知X的分布 列如下：（其中a>0,0<p<1) X 0 1 2 3 P a(1-p)2 a a(1-p) (1)记事件A:,表示王同学假期三天内去运动 场锻炼i次(i=0,1,2,3),事件B表示王同学 在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙 (3)记M表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的 运动场锻炼的次数。当力=号时，试根据全概 抽奖活动”，N表示事件“王同学去甲运动场锻 率公式求P(B)的值： 炼”，0<P(M)<1.已知王同学在甲运动场举办 锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼 的概率，比不举办抽奖活动的情况下去甲运动 场锻炼的概率大，证明：P(MN)>P(MN). 41210.解：(1)由条件可知：一2g=60.6,十2。=69.4，所以样本中次 品共6件，则从样本中随机抽取一件，渡零件为次品的概率为 14.解：(1)依题意X一N(500,25),又5=25， p=0.06. 所以Y-N(500,25),490=500-2×5, (②)从流水线上抽取次品，则每件产品为次品的概率为D=0 3 且P(490Y≤510)=0.9545， 所以P(Y≤490)=1-0,9545=0.02275. 则X~B(3高）小X的可能取植为0,1,2,3， (2)由(1)可得P(Y≤490)=0.02275， PX=0)=C(高)）'（品）广，PX=) 又希尔伯特计算25份拔萨质量的平均值为488.72g,488.72< 490, (高)（品），Px=2)=c(品)(0) 而0.02275<0.05. 所以25份拔萨质量的平均值为488.72g为小概承事件，小概 PX=3)=C(高)广 率事件基本不会发生， 所以希尔伯特认为老板的说法不真实，这就是他举报该老核的 2 理由 心（高）（品）（高）()（品）'（号） 心（六） 课时冲关66概率统计与其他知识的交汇问题 1.解：(1)依题意可得，X=5,6.7,8,9.10, 3、47423 所以EX=3X0=0·DX=3×0×0=2500 PX=5)=C(号)=（号）广-器， 11.C[设摸出的白球的个数为X,剥X-0,1,2,3,4,所以 P(X=0)= i:P(X-1)-CIC_244 C装14 P(X=6)= ()广（信）-5×()广×号-器 C2495 pX=2)=C-193:P(x=3)-9=32 px==c(号)广（信）广-0， C-4951 P(X=8)= (号)()》广-0 P(X=4)= 所以提出白球个数的期望是EX=0×的+1×器+2×8 Px=9-C(号)×（信）广-0 PX-1o)-G(告）广-本 则X的分布列如表所示： 12.ABD[对于A,B选项，由超几何分布和二项分布的概念可知 两个选项均正确：对于D选项，该批产品有M件，则EX=3· 5 0 音-指v-含cC- =15(M-1D(M-22 C CM M(M-1)(M-2) P 32 80 80 40 10 15 243 243 243 243 243 243 一府，因此D正确：对于C选项，假若C正确可得EX<EY,则 D错误，矛盾，故C错误.] 13.解：(1)由领率分布直方图可知，抽取的产品为合格品的频率为 EX=5×器+6× 32 80 0+7×2 40 十8×24 +9×最+10× (0.75十0.65+0.2)×0,5=0.8，即抽取1个产品为合格品的规 20 = 3 单为号 (2)处于第十1个等级有两种情况： 从产品中随机抽取4个，合格品的个数：的所有可能取值为0， 由第：等级到第+1等级，其概率为号P: 1234,则P(=0)-(兮）广-5P(-)-×专× 由第i一1等级到第i十1等级，其概率为子P,-1: (号）广'-品P=2=C×(台)×（传）广-器P=3 所以P1=号P+号B- 1 所以P+1-B=-3(P,-P,-1), 所以：的分布列为： 0 2 中号号言所以发科户一户为等花货粉 2.解：（可）记“输入的问题没有语法错误”为事件A,“一次正确应 P 625 16 625 器 答"为事件B, 3的纸学频塑-4×言一日 由题意P(A)=0.1,P(B引A)=0.8,P(BA)=0.3,则P(A)= 5 1-P(A)=0.9, (②)从产品中随机抽取n个产品：全是合格品的概牵为（号）”， P(B)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(BIA)P(A)P(BIA)=0.9 ×0.8+0.1×0.3=0.75. 依题意得（号）”≥0.3，故n的最大值为5 (2)维题意，XB(,子) (3)设按A方案进行试验后，随机抽取1个产品是不合格品的 概年是a,则随机抽取15个产品，不合格品个数X~B(15,a): Px-6)-c()'(). 设按B方案进行试验后，随机热取】个产品是不合格品的概率 是，则随机抽取25个产品，不合格品个数Y-B(25,b). 设m=c()广()）m≥6. 2 4 依题意得EX=15a=2.EY=25b=4,所以a=高b=方 刚n+1) ()广) 因为品<若，所以应选排方案A (n) c()'(什）m 618 n十1 令05>1解得：n<7,所以当n≤6时/n十1)>八m). 所以X的分布列为： X 2 令0<1解得>7，所以当≥8时，fa+1)< 0 当n=7时，f(7)=f(8), 15 5 所以n=7或n=8时，f(n)最大，故使P(X=6)最大的n的值为 7或8. 故随机变童X的载学期望为E(0)=0X号+号十音一品。 3.解：(1)由题可知，X的可能取值为2,3,4,5. 因为=号所以P0X=》=×=日 (3)由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的和分为x甲，乙 2 的积分为x之，则r甲一2乙=2，且x甲十12=，所以甲晋级时n PX-3-×号-日PX-40-号 11 1 必为锅致，令n=2m,m∈N 当n为奇数时，P(A)=0,则P2(A)十P,(A)十·十P(A) PX=5)=号×=3 P2(A)+P(A)+…+P.(A) 一3 故X的分布列为： =()°·言+(》·+()·言++()·音 [()+()广'+()++()门 P (-())7 EX=2X行+3x+X号+5x- 6 1- -(号)门 (2)设一天得分不低于4分为事件A, 又，m≥1时，P,(A)十P(A)十…十P。(A)随着m的增大而 则PA)=号+号=p 增大， 则f(p)=Cp3(1-p)°=10p3(1-p)2,0<p<1 ∴毫<PA+B+…+P(A<号 则广(p)-30p2(1-p)2-20p3(1-p)-10p2(1-p)(3-5p). 6.解：(1)：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件A.则 当0<p<号时(p)>0:当是<p<1时(p)<0 P(A)=pq: ②学生甲在每一轮活动中莪得一个奖品的概率为P=g 所以八p)在(0.号)上单调造增，在（号1）上单调递减，故当 p(1-p)=-p3+P, P=号时，p)取得最大值. 令f(x)=-x3+x2.x∈[0.1].了(x)=-3x2+2x= 4,解：(1)设事件A=“第2次没有摸到红球”，事件B=“第3次也 -3(-号) 没有摸到红球”， 当0<<号时f)>0,当号<r<1时 P(AB)P(B)(1-p)1 所以PBA)=A-P用-P=1一 f(x)<0. (2)“方案一"中红球出现的频率用随机变量X表示，X的可能取 所以)在[，号]上单调道增，在[号，1]上单调递减： 值为：05,321 所以X的分布列为： )=f(号)=分 0 1 3 中当p=号时，P=-(号)广+（号）广=品 学生甲在n轮活动中获得奖品的个数一B(n,P),由(nP)mx X(1-p)1-)p1一p)产p1-p)产p(1-p)pp 4,知n=27. EX)=0X1-p)+专×(1-p)p+号×(1-pPp+3 载理论上至少要选行27轮聘戏，光时p=号9=号 I-pPp+号×I-P)p+1Xp (2)设选出的是第是个精子，连续三次取出题目的方法数为 100(100-1)(100-2). -1=p'2+1-2+1-P+1-,》2+p 3 2 设数学题为M,物理题为W,第三次取出的是物理题W有如下 “方案二”中红球出现的频牵用随机变量Y表示，因为5Y~B(5,p), 四种情形： 所以5Y的分布列为：P(5Y=k)=C(1-p)3-t,k=0,1,2,3, (W,W,W)取法教为(100-)(100-k-1)(100--2), 4,5, (W,M,W)取法数为k(100一)(100-k-1), 所以E(5Y)=5p,所以E(Y)=p.图为E(X)>p,E(Y)=p,所以 (M,W.W)取法数为k(100一k)(100-k一1). “方案二”估计p的值更合理. (M,M,W)取法数为k(k一1)(100一k), 5.解：(1)记A=“第i次答题时为甲”，B=“甲积1分”，则P(A1) 从而，第三次取出的是物理题的种数为 =PBA)=音，PB1A)=1-号=吉，P(BA)=1 (100-k)(100-k-1)(100一k-2)+k(100-k)(100-k-1)+ k(100-k)(100-k-1)+k(k-1)(100一k)=(100-1)(100-2) P(B1A)=,所a是=[合计号1-创] (100-k). [-p小·+p号]则-3，解得=号 则在第k个箱子中第三次取出的是物理题的概率为 5 P-100-k (2)由题意可知当n=2时，X可能的取值为0,1,2，由(1)可知 100 PX--号 而选到第长个箱子的概率为0 P(X=o)=(信×号+号×)-品 故所东的概奉为P-A·品-空器·成 1 PX-2)-(传×号+×号)-高 1芝(100-)=1002 1002, ,13;-50×99-90 1002200 619 7.解：(1)根据列联表数据，经计茸得 所以ET=[500×16-(17-16)×100]×0.06+500×17×0.94 X=2m0×00X402-19>1n.828 =8464: 100×100×80×120 当n=18时，T的分布列为： =x0.001 即有99.9%的把提认为喜爱足琼运动与性别有关。 X X=16 X■17 X≥18 (2)①由题意得：第二次脑球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触 球者传给包括甲的三人中的一人，武待路甲的概率为了， 500×16 500×17 T 500×18 (18-16)×100(18-17)×100 故P=子 ②第n次触球考是甲的概率记为P:,则当n≥2时，第n一1次触 0.06 0.23 0.71 球者是甲的概率为P-1, 所以ET=[500×16-(18-16)×100]×0.06+[500×17-(18 第拉一1次触球者不是甲的概率为1一P。-1: -17)×100]×0.23+500×18×0.71=8790,因为8790> 则B,=R10+1-R:吉=号-R. 8464,所以应选n=18 9.解：1)当p=之时，PA)=号PA)=2a,PA)=a,PA) 又--(,-}是以是为项公比为-的等 比数列 则,-是×(-）+ 则4+2a+a十受=1.解得a=) P-×（）”+>P。-是×（）”+ 则题意，得P(B1A)-C×号，P(BA)-C×(） PBA)=G号×()'+G×(安)月 Pg>Po,故第19次触球者是甲的概率大 由全概率公式，得P(B)=空=P(B1A)P(A)=D+C 8.解：(1)设甲市场需求量为x的概岸为P(x),乙市场需求量为y 的概率为P(y).则由题意得P(x=8)=0.3,P(x=9)=0.4, (2）'a+[c号×(2)）'+g×(2)]a1-)-品+号 P(x=10)=0.3: P(y=8)=0.2,P(y=9)=0.5,P(y=10)=0.3. 21-p. 设两个市场总需求量为X的概率为P(X),剥由题意得X所有 可能的取值为16,17,18,19,20，且P(X=16)=P(x=8,y=8)》 又p=a=所以P(用=. =P(x=8)P(y=8)=0.3×0,2=0.06, P(X=18)=P(x=8,y=9)+P(x=9,y=8)=0.3×0.5+0.4 (2)南号+a+a1-p)+a1-p-1,释日--3p+ ×0.2=0.23, +3. P(X=17)=P(x=8,y=10)+P(x=10,y=8)十P(x=9,y=9) 假设存在p,使E(X0=号+2a+3a(1-p)=号， 5 =0.3×0.3+0.3×0.2+0.4×0.5=0.35, P(X=19)=P(x=9,y=10)+P(x=10,y=9)=0.4×0.3+ 0.3×0.5=0.27. 将上越两式相泰，得+5-30-警-50十品+5，化荷得： P(X=20)=P(x=10,y=10)=0.3×0.3=0.09. 5p3-6p2+2=0. 所以X的分布列如下表： 设h(p)=5p3-62+2,则h(p)=15p2-12p=3p(5p-4). 16 17 18 19 20 由(p)<0,得0<p<号，由(p)>0,得青<p<1 0.060.230.350.270.09 (2)由题意得，当X≥19时，T-500×19=9500, 则(p)在(0，号)上单运减，在（高，1）上单调递增，所(p)的 当X<19时，T=500X-(19-X)×100=600X-1900. 所以T= f9500.X≥19， 最小值为A(告)=器>0， 1600X-1900,X<19 设A一“销售利润不少于8900元”，则 所以不存在A使得CP,)=0,即不存在p值，使得E(X)=号， 当X≥19时，T=500X19=9500>8900, 当X<19时，T=600X-100×19≥8900，解得X≥18. C③运明：由题知PNMD>PCNIM,所以>P P(M) 由(1)中X的分布列可知，P(A)=P(X≥18)=0.71. P(N)-P(NM) (3)由(1)知，P(X=16)=0.06,P(X=17)=0.23. 1-P(M 当n=17时，T的分布列为： 所以P(NM)>P(N)P(MD, X X=16 X≥17 所以P(NMD-P(N)P(NM)>P(N)P(MD-PN)P(NM, T 500×16-(17-16)×100 500×17 即PNM0·P(N)>P(NW·PNM,所以P>P P(N) 0.06 0.94 即P(MN)>P(MIN). 620