专题13 概率、随机变量及其分布-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训试卷

专题十三概率、随机变量及其分布 考点一概率 一、选择题 1.(2025·上海卷13)已知事件A,B相互独立，事件A发生的概率为P(A)=2,事件B发生的 概率为P(B)=2,则事件AnB发生的概率P(AnB)为 A日 B青 c D.0 2.(2024·全国甲卷（文），5)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概 批 率是 A B号 c n号 3.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，12)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到 1的概率为α(0<a<1),收到0的概率为1一a:发送1时，收到0的概率为3(0<3<1)，收到1 的概率为1一3.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 背 的信号即为译码：三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1,0,1， 则译码为1). () 柴 棉 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1-a)(1一3) B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为3(1一) C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为3(1一)”+(1一) D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译 码为0的概率 4.(2023·全国甲卷（理），6)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70% 的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该 同学也爱好滑冰的概率为 製 A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 御 5.(2022·新高考1卷，5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 ( A司 B吉 c n号 6.(2022·全国乙卷，10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p,p2,p,且p>p,>p1>0.记该棋手连胜两盘的 概率为p,则 ) 国 A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 7.(2021·全国甲卷，10)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为 A号 B号 c号 D青 8.(2021·新高考I卷，8)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机取两 次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的 数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之 和是7”，则 A,甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 121 二、填空题 9.(2024·新课标I卷，14)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别 标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两 人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得0分，然后各白弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使 用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 10.(2024·全国甲卷（理），16)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机 取3次，每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的 平均值，则m与n之差的绝对值不大于2的概率为 11.(2024·上海卷，8)某校举办科学竞技比赛，有A,B,C3种题库，A题库有5000道题，B题库 有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的 正确率是0.86，C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题，正确率是 12.(2024·天津卷，13)A,B,C,D,E五项活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率 为 :已知乙选了A项活动，他再选择B项活动的概率为 13.(2023·天津卷，13)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5：4： 6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取 到的三个球都是黑球的概率为 :将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概 率为 14.(2022·全国乙卷，13)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选 的概率为 15.(2022·全国甲卷，15)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一平面上的概率为 三、解答题 16.(2022·新高考Ⅱ卷，19)(12分)在某地区进行流行病学调 ，频率/组距 查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样 0023 本数据的频率分布直方图： 002 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据 0.01 用该组区间的中点值为代表)： 0012 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70) 0006 的概率： 0002 01 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位 日102004050607000年龄/岁 于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 [40,50),求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者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). 122 考点二随机变量及其分布 [育题题组·实战集训1] 一、选择题 1.(2025·天津卷，5)已知r为相关系数，则下列说法中错误的是 A.若X~N(4,a2),则P(X≤-o)=P(.x≥4十σ) B.若X~N(1,2),Y~N(2,2),则P(X<1)<P(Y<2) C.y越接近1，相关性越强 D.Iy越接近0，相关性越弱 2.(多选)(2024·新课标I卷，9)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动 茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口 后亩收入的样本均值x=2.1,样本方差s2=0.01,已知该种植区以往的亩收入X服从正态分 布N(1.8,0.1).假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x,s),则（若随机变量Z服从正 态分布N(4,o),则P(Z<4十a)≈0.8413) () A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 3.(2024·新课标Ⅱ卷，4)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到 各块稻田的亩产量 (单位：kg),并部分整理得下表： 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) [1100,1150) [1150,1200) 频数 6 12 18 24 10 据表中数据，下列结论正确的是 A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C.100块稻田亩产量的极差介于200kg到300kg之间 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg到1000kg之间 4.(2021·新高考Ⅱ卷，6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,a2),下列结论中不正确的是 ( A.o越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大 B.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C.σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等 二、填空题 5.(2025·上海卷.6)已知随机变量X的分布为5.67 0.20.30.5 ,则期望E[X] 6.(2025·天津卷，13)小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均 为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4,6圈的概率为0.6：若第一次跑6圈，则 第二次跑5圈的概率为0.6,6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为 :若一周至 少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X,则期望E(X)= 7.(2025·全国一卷，14)有5个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回地随机取3次， 每次取1个球，记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望E(X)= 8.(2022·新高考Ⅱ卷，13)已知随机变量X服从正态分布N(2,a),且P(2<X≤2.5)=0.36， 则P(X>2.5)= 123 9.(2022·浙江卷，15)现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3 张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则P(=2)= ,E()= 10.(2021·浙江卷，15)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球 数为6，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为了，则m一”= ,E ()= 三、解答题 11.(2025·全国二卷，19)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球 甲胜的概率为p}<p<乙胜的概率为9，p十g=1,且各球的胜负相互独立，对正整数力 ≥2，设p为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，9为打完k个球后乙比甲至少多得2 分的概率 (1)求pp(用p表示)： (2)若2二=4，求p (3)证明：对任意正整数m,p2m+1一gm+1<p2m一2m<2m+2一92am+2· 12.(2025·北京卷，18)有一道选择题考查了一个知识点.甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有 80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率. (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率 (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学 期望. (3)若甲校同学掌握这个知识点，则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点，则 有85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲 校学生掌握该知识点的概率为p1,乙校学生掌握该知识点的概率为p2,试比较p1与p2的大 小（结论不要求证明） 124 13.(2024·新课标Ⅱ卷，18)(17分)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比 赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰， 比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每 次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两 名队员组成，设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立， (1)若p-0.4,g-0.5,甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率： (2)假设0<p<q. (「)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 14.(2024·北京卷，18)(13分)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险 期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元：前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元：第四次索赔 时，保险公司赔偿0.6万元 假设不同保单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. ()记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX: (ⅱ)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(1)中EX估计值的大小.（结论不要求证明） 125 [育题题组·实战集训2] 解答题 L.(2023·新课标I卷，21)(12分)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此 人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的 概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率： (2)求第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=1-P(X=0)=4,i=1,2,…,n,则E(公X) 之4.记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y,求E). 2.(2023·上海卷，19)（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分 8分. 21世纪汽车博览会于2023年6月7日在上海举行，下表为某汽车模型公司共有25个汽车模 型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 8 12 米色内饰 2 (1)若小明从这些模型中随机抽一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为 取到的模型是米色内饰，求P(B),P(B引A),并据此判断事件A,B是否相互独立. (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽两个汽 车模型.现做出如下假设： 假设1.抽取的情况有三种可能，外观和内饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰有一个 同色； 假设2.一等奖为600元，二等奖为300元，三等奖为150元： 假设3.按抽到的结果的概率大小，概率越小，奖金越高 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、三等奖.设奖金为X,写出X的分布列，并求X的 期望. 126 3.(2022·全国甲卷，19)(12分)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜 方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学 校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率： (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望， 4.(2022·北京卷，18)（本小题13分） 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m) 的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成 绩，并整理得到如下数据（单位：m): 甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25： 乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23； 丙：9.85,9.65,9.20,9.16. 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (I)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率： (Ⅱ)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX: (Ⅲ)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）. 127 5.(2021·新高考Ⅱ卷，21)（本小题12分）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设 一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代·，该微 生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代 的个数，P(X=)=p,(i=0,1,2,3). (1)已知p=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X): (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p,十p1x十p2x +px3=x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1,当E(X)>1时，p<1: (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义. 胡 128P(AB) P(AB) ac1R-器器· =P(A) P(A) P(AB) P(AB) P(A) P(A) -P(AB).P(AB) P(AB)P(AB) P(AB) P(AB) =P(AB) ·P(AB) P(B) P(B) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(B) P(B) P(A B).P(A B) P(AB) P(AB) ,得证； (i)由满壶数据可知P(AB)=品=号，P(AB) 101 100=10 则PAB)-1-PAB)-号，PAB)-品所以R- 2 9 .0=6. 1 10 2.解析：(1)设这种树木平均一棵的根部横截面积为x,平 均一根的材积量为y,则x=00=0.06y=0=0.39. 10 10 2xy,一可 (2)r= ic ②-a)(8-w) 0.2474-10×0.06×0.39 √0.038-10×0.06√1.6158-10×0.39 0.0134 0.0134 0.0134≈ √0.002×0.0948 0.01×/1.896 0.01377 0.97. (3)设从根布而积总和为X,总材积量为Y,则登 Y-88裙×186=1209(m). 3.解析：(1)由表中的数据可得： I= 9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7 10 =10.0, y= 10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5 10 =10.3, =0[(9.8-10.02+(10.3-10.02+(10.0 10.0)2+(10.2-10.0)°+(9.9-10.0)2+(9.8-10.0) +(10.0-10.0)2+(10.1-10.0)2+(10.2-10.0)2+ (9.7-10.0)]=0.036, 2=0(10.1-10.32+(10.4-10.32+(10.1- 2 10.3)2+(10.0-10.3)2+(10.1-10.3)2+(10.3- 10.3)2+(10.6-10.3)2+(10.5-10.3)2+(10.4- 10.3)2+(10.5-10.3)2=0.04: (2)由(1)中的数据可得y-x=10.3-10.0=0.3, +i=2,/.036+0.04=2V0.0076, 210 10 则0.3=√0.09>2√0.0076=√0.0304，所以可判断新 设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. 4.解析：(1)设甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率 分群为卫周月=器=0.75，R=器=0,61 (2)根据列联表中数据，可得K的观测值 K=400150X80120X50)2=400≈10.256. 200×200×270×13039 ,10.256>6.635,所以有99%的把握认为甲机床的产 品质量与乙机床的产品质量有差异 答案：(1)略 (2)有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产 品质量有差异 专题十三概率、随机变量及其分布 考点一 1.B本题考查相互独立事件的概率乘法公式. AB独立P(A∩B)=P(A)·P(B)= 2.B甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能，丙不在 排头，且甲成乙在排尾的共有8升可能，P=员-子，故 选B. 3.ABD对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 可知AB正确：对于C,三次传输译码为1，则可能是三次 全部译为1，或者有两次译为1，则概率为C(1一)2十 (1一)3，故C错误，对于D,可以采用特值法或者作差法 计算.三次传输方案译为0的概率为Ca(1一a)2十(1一 a)”,单次传输译为0的概率为1一a,而Ca(1一a)2+(1 -a)3-(1-a)=(1-a)a(1-2a)>0,所以D正确. 4.A令事件A,B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好 滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰， 则PA)=0.6,P(B)=0.5, P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4,所以P(C)=P(A B)=PAB=04=0.8.故选A P(B)0.5 5.D总事件数共C5=7X6=21, 2 取到的2个数互质的为 第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7； 第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8； 第一个数取4时，第二个数可以是5,7： 第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8； 第一个数取6时，第二个数可以是7； 第一个效取7时，第二个数可以是8： 将以P-3计4+23+1山-异-号 21 6.D设棋手在第二盘与甲比赛连高两盘的概奉为P,,在 第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P,在第二盘与丙 比赛连赢两盘的概率为P南· 由题意 Pw=p:[(1一p)十pg(1-2)]=p十p 一2p1p2p3: PL=p2[p1(1-p)+p(1-p)门=p1p2+p:p -2p1p1p, Pw=p[p(1-p2)+,(1-p)]=p3+p -2p1p:p3· 所以P一Pp=p(p一p)>0,P一P元=p(一p:) >0, 所以P再最大，故选D. 7.C由将4个1和2个0随机排成一行共有C种排法， 先将4个1全撸列，再将2个0用插空法共有C种排 法，则题目所求的概率为P= 8.B设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A), P(B),P(C),P(D.则PA)=P(B)=G,PC)=6又6 5 =最P(D)=6及6=言对于A选项，P(AC=0时于 61 11 1 B选项，P(AD)=6X63石：对于C选项，P(BC)=6XG =元：对于D选项，P(CD)=0.若两事件X、Y相互独 立，则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确. 9.解析：本题相当于{1,3,5,7}与{2,4,6,8}的搭配问题，总 共有A=24种方法， 把甲的卡片标号分为A,={1,3),A:=(5,7}两组，把乙 的卡片标号分为B1={2,4},B,={6,8}两组， 要使甲得分不少于两分，甲的卡片标号大的次数至少有 两次， ①A2与B,搭配，一共有A·A=4种： ②A2与B2搭配，只能是5配8,7配6,1配4,3配2，一 共有1种： ③A2与B,中一个，与B2中一个搭配： (1)若B,选择2，则B,必不能选8，故{5,7)与{2,6}搭 配，{1,3}与{4,8}搭配，一共有2种： (2)若B,选择4，分两种情况： (1){5,7}与{4,6}搭配，{1,3}与{2,8}搭配，一共有1· A+1=3种： (i){5,7}与{4,8}搭配，{1,3}与{2,6}搭配，一共有 2种： 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况有12种， 所以甲总得分不低于2分的概率P号=宁 答案：日 10.解析：记前三个球的号码分别为a、b、c,则共有A=120 种可能，令|m一n1=十_a++c= 2 3 21 a+b-2c≤0.5可得：a十b-2c≤3，根据对称性：c 6 =1或6时，均有2种可能；c=2或5时，均有10种可 能：c=3或4时，均有16种可能：故满足条件的共有56 #可能，P-岛-品 7 答案：15 1.解析：由题可知，A题库古北为员，B题库古比为号，C 题库占比为，P-×0.92+号×0.86+×0.72 5 12 20 答案品 12.解析：设甲选到A为事件M,乙选到A为事件Q,乙选 到B为事件N, 则甲选到A的概率为P(MD=岩=三； 乙选了A项活动，他再选择B项活动的概率为P(N C Q)= P(QN) 1 P(Q) 2· C 答案：号 13.解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n, 4n,6n,所以总数为15n, 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2,白球个数为3n: 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3m: 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n: 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为 事件A,所以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, 黑球总共有2n十n十3n=6n个，白球共有9n个， 所以P心B)=品-号 答案：0.05 5 14解析：度甲，乙本入速“为幸件A,则P)是-品 答案：品 15.解析：从正方体的8个顶点中任进4个，有C%一70（种） 不同的选法，其中这4个，点在同一平面的情况有侧面6 种，对棱面6种共有12种不同的情况，所以这4个点在 月一个平面的概率为P一岩-品 答案：号 16.解析：(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25× 0.012+35×0.017+45×0.023十55×0.020+65× 0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁) 2 (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，则 P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+ 0.002)×10=1-0.11=0.89 (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)，C=(任选 一人总这种疾病》，则由条件概率公式，得 P(C1B)=PCBC=0.1%X0.023X10=0.001×0.23 P(B) 16% 0.16 =0.0014375≈0.0014. 答案：(1)47.9岁(2)0.89(3)0.0014 考点二 实战集训1 1,B本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系数r的 性质，A中，X一N(4,2),根据正态分布曲线的对称性 可知P(X≤一σ)=P(X≥十a),故A正确；C、D中，由 相关系数r的性质，当r越趋于1，线性相关性就越强， |r越接近0，线性相关性就越弱，故C、D都正确.B中， XN(1,22),Y~N(2,22),P(X<1)=P(Y<2),故B 错误. 2.BC由题意得X一N(1.8,0.1), YN(2.1,0.1), 故P(X>2)<P(X>μ+a)=1-P(X<4+a)<0.2,故 B正确，A错误： P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5, P(2<Y<2.1)=P(2.1Y<2.2)=0.8413-0.5=0.3413, P(Y>2)=P(2Y<2.1)+P(Y≥2.1) =0.3413十0.5=0.8413>0.8，故C正确，D错误. 3.C对于A,根据频数分布表可知，6十12十18=36<50， 所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A错误： 对于B,亩产量低于1100kg的稻田所占比例为 6+12+18+30×100%=66%,故B不正确： 100 对于C,稻田亩产量的极差最大为1200一900=300，最 小为1150一950■200，故C正骑： 对于D,由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100]的频 数为100-(6+12+18+24十10)=30， 所以平均值为0×(6×925+12×975+18×1025+ 30×1075+24×1125+10×1175)=1067,故D错误. 4.D考查对正态分布概念和性质的理解，属于简单题. 因为4=10，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)的 概率大于落在(10,10.3)的概率，故D不正确. 5.解析：本题考查了离散型随机变量的数学期望， E[X]=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3 答案：6.3 6.解析：本题考查了条件概率， 二项分布的期望， 设，A1表示第一次跑5阁， A1表示第二次跑5图 3 B表示一周跑11图. P(B)=P(A).P(A:/A)+P(A)P(A2/A) =0.5×0.6+0.5×0.6 =0.3+0.3=0.6. 1周运动量不达标，每次5图和周均10图. P(A)·P(A2/A1)=0.5×0.4=0.2. 1周运动量达标为1一02=0.8， 则X~B(4,0.8) ∴.E(X)=np=4×0.8=3.2. 答案：0.63.2 7解析：P(X=3)=5XX3-贵，P(X=2)=AX3- 53 53 器PX=D=号-六 1 故E(X)=1+2X12+3×12_61 25 5 注：每个球至少被取出一次的概率为1 (传)= 所以EX0=2E0X)=5×品-器 8.解析：由题意可知，P(X>2)=0.5,故P(X>2.5) =P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.14. 答案：0.14 9.解析：P(=2)=CC+C-16 35 的所有可能取值为1,2,3,4. Prg-D-是-是：pg0-Pe-0-是-高 p(=40-3' C号1 故E)=1×票+2×票+3x号+4×元-号 答案：号 10.解析：P(=2)=C8一C2=6→C+m+4=36, 所以m十n十4=9 P--黄)-：C-船-号-m=3 C++436 所以n=2,则m一n=1 pg-2-合PuE--SS--号PE=0 _C_10=5 C3618 5-×2+号×1+×0-号+-8 8 答案：1 13 11.解析：(1)p3=b,9=q3, p,=p+Cp'q=p°+4p(1-)=p3(4-3p). (2)由(1)可知p4-p1=p3(4-3p)-p= 3p3(1-), 同理g4-q3=3g3(1-q)=3p(1-)3 由D二色=4，可得30是=4，即3p-8p+4=0, 94-q3 解得p=号或p=2(合). 2 所以p=3 (3)由号<<1，p+g-1,可知0<q<名<<1 设随机变量X为“打究k个球后甲的得分”， 则X一B(k,p), p2m=p2m+C2n·pm-1q十C经·pm-2g+…十C2m1· p+1g"-1. 对于p2m+1,考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 甲，乙得分一样，或者甲比乙得分少，则第2m十1个球 无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分.若打完2m 个球后，甲比乙至少多得4分，则第2m十1个球甲无论 胜负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球 后，甲比乙恰好多得2分，则第2m+十1个球甲必须胜才 能满足甲比乙至少多得2分.所以p2m+1=(p2m一C2m ·p+'g-1)+p·C2m1·p"+q-=pm一q·C2m· p+g-1 故p2m一p2m+1=q·C21·p"+'q"-1>0,同理g2m 92m+:=p·C2n·q+1pm-1>0. 片会-瓷-号>1甲 一p2m+1>qm一g2m+1,所以P2a+1一qm+1<P2m一gm… 对于2m+2,考虑前2m个球的情况.若打完2m个球后， 甲比乙得分少，则剩下两个球（第2m十1和2m十2个 球)无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分，若打完 2m个球后，甲、乙得分一样，则剩下两个球甲必须全胜 才能满足甲比乙至少多得2分，若打完2m个球后，甲 比乙恰好多得2分，则剩下两个球甲全胜，或者一胜一 负都能满足甲比乙至少多得2分.若打完2m个球后， 甲比乙至少多得4分，则剩下两个球甲无论胜负都能满 足甲比乙至少多得2分， 所以P2m+2=p2·C2m·p"q"+(1一g)·C·p"+ g-1+(p2n-Cn1·p+1q-1) =p2m十p2·Cn·p"q"-q2·Cn1·pm+1g"-1 =p2m十p"q"·(C2·p-Cm1·pg), 214 故p2m+2一p2m=p"q"·(Cgn·p3-Cgn1·pq),同理 qm+2-q2n=qp"·(C2n·g-C2m1·gp), 所以(p2+2一p2n）-(qm+2一q2)=p”q”·C2n·（p2- g)>0,即p2m+2一p2an>92m+g一9m, 所以p2m一q2m<P2m+?一92m+2 综上，p2w+1一qw+1<p2m一9m<pm+一9m+2: 12.解：(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题 日的餐来为品-音 (2)设A为“从甲校抽取1人做对”， 则P(A)=0.8,则P(A)=0.2, 设B为“从乙校抽取1人做对”， 则P(B)=0.75,则P(B)=0.25, 设C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(AB)十P(AB)= P(A)P(B)+PA)P(B)=0.35 X可取0,1,2， P(X=0)=P(AB)=0.05,P(X=1)=0.35, P(X=2)=0.8×0.75=0.6, 故X的分布列为： X 0 1 2 P 0.05 0.350.6 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. (3)设D为“甲校掌握该知识点的学生”， 因为甲校掌握这个知识点的学生有100%的概率做对 该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择 一个， 故PD)+1-P(D)=08即p+×1-p)= 0.8,故p1=5' 11 网理有0.85：+号×(1-)=0.75，故=名， 故p1<p2: 13.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分的概率P=(1一0.6)(1一0.5)= 0.686. (2)(1)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的 比赛成绩为15分的概率为P。=[1-(1-p)门g 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为Pz=[1一(1一q)3门·p ∴.P。-P元=g-(q-pg)'-p3+(p-pg) =(g-p)(g+pg+p)+(p-q)·[(p-pq)+(q pq)*+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3pq2-3pq-3pg2) =3pg(p-q)(g-p-g)=3pg(p-g)[(1-p)(1-g)-1] >0 ,P,>P。,应该由甲参加第一阶段比赛. (川)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可 能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]·(1-q) P(X=5)=[1-(1-p)3]Cg·(1-g)2 P(X=10)=[1-(1-p)3]·Cq(1-q) P(X=15)=[1-(1-)3]·q .E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·q 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩y的所有可能取 值为0,5,10,15 同理E(Y)=15(q-3g2+3g)·p ∴.E(X)-E(Y)=15[pg(p+q)(p-q)-3g(p-q] =15(p-q)pg(p+q-3)>0 应该由甲参加第一阶段比赛 14.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 P22)-PY=2》+PY=8)+PY=)=T0+ 0+品0=10%. ',一份保单索赔次数不少于2的概率为10% (2)(1)X的可能取值为0.4，-0.4，-1.2，一2，- 2.6,则 P(X=0.4)=1000-5' 8004 PX=-0.0=88-品 P(X=-1.2)=1000-50' 603 P(X=-2)=1000-100' 30 3 P(X=-2.6)=1000-100' 101 Ex=0,4x专-0.4×0-1.2×品-2x品-2.6 ×品 =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026=0.122 (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万 元，有索赔保单的保费为0.48万元. 毛利润Y的可能取值为0.384，-0.32，-1.12，-1. 92,-2.52, 此时EY=0.381×号-032×0-1.12×0-1.92× 赢-252×赢=03072-0082-Q0672-00576 0.0252=0.1252. ,调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 前的保单毛利润数学期望的估计值. 实战集训2 1.解：(1)第二次是乙投篮的概率为0.5×0.4十0.5×0.8 =0.6. (2)第i次是甲投篮的概率为p:,则乙投篮的概率为1 p:,则p+1=0.6p十0.2(1一p)=0.4p+0.2, 21 构递等比数列P1十入=号（印，十0， 解得A=一子 -号=吉×（得）=吉×（号）+子 (3)当n∈N”时，E(Y)=p1+p2十…+p 1-部-( 1-号 当n=0时，E(Y)=0,符合上式， 故E)=[1-(号)]+号mEN) 2.解：(1)红色外观共8+2=10个， ∴P(A=0=2 255 米色内饰共2+3=5个，P(B)=5=1 2551 红色外观且来色内饰有2个，PAB)-务， 2 ∴P(BA)=PCBA=25=1 P(A) 5 P(B)=P(BA),A,B相互独立. (2)当外规和内饰均同色，则每种情况中抽2个，概率为 Ci+Ci+C+C49, Cis 150' 当外观和内饰均异色，则各种情况抽1个，概率为 ccceci-、-若， 外观和内饰恰有1个同色，则概率为 cic+cicj+cick+cC154-77. C 3001501 芳锡<隔 一等奖：外观和内饰均异色； 二等奖：外观和内饰均同色： 三等奖：外观和内饰恰有1个同色， P(X=60)=务P0X=30)=0 4 P(X=150)=150' 77 其分部到为 X 150 300 600 P 77 49 4 150 150 25 .E(X)=600X +0×鵠+150×赢=271 25 3.解析：(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)× 0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6甲学 校获得冠军的概率是0.6. (2)X的可能取值为0,10,20,30. 则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4) 0.8+(1-0.5)×0.4×0.8=0.44, P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)× (1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)=0.34, P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06, X的分布列为 X 0 10 四 汤 0.160.440.340.06 X的期望值为E(X)=0×0.16十10×0.44+20×0.34 +30×0.06=13. 4.解：(I)由题意得： 设甲在校运会铅球比赛中获得优秀奖为事件A。 比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成绩达 到9.50以上的有：9.80,9.70,9.55,9.54四个. 所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为 P(A)=0.4. (Ⅱ)X所有可能取值为0,1,2,3. 甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概牵为P(A)=0.4. 乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B, 则P(B)=0.5. 丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件C, 则P(C)=0.5. P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15, P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5 ×0.5=0.4, P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5 ×0.5=0.35, P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1, EX=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. (Ⅲ)甲的平均数：(9.80+9.70+9.55+9.54+9.48+ 9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)×0.1=9.479, 乙的平均数：(9.78十9.56+9.51+9.36十9.32+9.23) ÷6≈9.457， 丙的平均数：(9.85+9.65+9.20+9.16)×0.25= 9.465, 甲的方差：2=[(9.8-9.479)2十…十(9.25 9.479)2]÷10=0.0172, 乙的方差：52=[(9.78-9.457)2+…+(9.23- 9.457)2]÷6=0.0329, 丙的方差：2=[(9.85-9.465)2+…+(9.16- 9.465)2门÷4=0.086.所以甲获得的概率的估计值最大. 21 5.解：(1)X的分布列为 X 0 1 2 3 0.4 0.30.20.1 ,'.E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1: (2)解法一： 由已知条件：：po十p十p2十p=1, x=1一定是。十p1x十p2x2十px3=x的根. 设f(x)=px3+p2x2+(p11)x十p,则f(x)= 3px2+2p2x+p1-1,f(0)=p1-1<0, .二次函数f(x)=3p3x2+2p2x十p1一1有一正一负 两根，设为x1,x2(无1<0<x2): ①E(X)≤1时， “f田在0，+∞)(-务+∞)单满递增， 又：f(1)=3p,+2p2+p1-1=E(X)-1≤0， f(x)<0在[0,1]上恒成立，即f(x)在[0,1]上递减， 至多有一个零点； 又，f(x)=0,.最小的正零点p=1. ②E(X)>1时， 了)在0+四)C(会+）单调递增， 又∫(1)=3p+2p2+p1-1=E(X)-1>0, f(x)在[0，x2]上递增，在[x1,1]递减； 又，f(x2)>f(1)=0且f(0)=p,-1<0,3p∈(0，x2) 使f(p)=0, 最小的正零点p<1 综上，E(X)≤1时，p=1:E(x)>1时，p<1. 解法二：由题意知p。十p十p十=1，E(x)=p十2p +3p, 由p。十p1x十p2x2+px3=x→p。十p2x2+px3-(1 p)x=0, ∴p,十p2x2+px3-(p0十p2十p3)x=0→p。(1-x)+ p2x(x-1)+p3x(x-1)(x+1)=0: 即(x-1)[px2+(p:十p3)x-p0]=0. 令f(x)=px2+（p2十p)x一p,f(x)的对称轴为x= _色+p<0, 2p3 f(0)=-p。<0,f(1)=2p3十p2-pg=p1+2p2十3p- 1=E(X)-1. 当E(X)≤1，f1)>0,f(x)的正实根x。≥1，原方程的 最小正实根p=1: 当E(X)>1,f(1)≤0，f(x)的正实根x。<1,原方程的 最小正实根p=x<1. (3)期望小于等于1时，该微生物经过多代繁殖后临近灭 绝的概率是1，是必然事件：期望大于1时，该微生物经 过多代繁殖后临近灭绝的概率小于1，是随机事件.这与 我们直观上的经验比较符合，比如生育率比较低的话， 多代繁殖后临近灭绝就几乎是必然事件，这也是我国现 在开放三孩的计划生育政策调整的依据和原则，