6.概率 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版）

章末综合提升 　 第六章　概率 体系构建 1 分层探究 2 考教衔接 3 单元检测卷 4 内容索引 体 系 构 建 返回 返回 分 层 探 究 返回 探究点一　条件概率与全概率公式 人工智能研究实验室发布了一款全新聊天机器人模型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话.在测试聊天机器人模型时，如果输入的问题没有语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为85％；如果输入的问题出现语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为50％.已知输入的问题出现语法错误的概率为10％. (1)求聊天机器人模型的回答被采纳的概率； 解：记“输入的问题没有语法错误”为事件A， 记“输入的问题有语法错误”为事件B， 记“聊天机器人模型的回答被采纳”为事件C， 则P(A)＝0.9，P(B)＝0.1，P＝0.5，P(C｜A)＝0.85， P(C)＝P＋P＝P(B)P＋P(A)P(C｜A) ＝0.1×0.5＋0.9×0.85＝0.815. 典例 1 (2)若已知聊天机器人模型的回答被采纳，求该输入的问题没有语法错误的概率. 解：若聊天机器人模型的回答被采纳，则该输入的问题没有语法错误的概率为 P＝＝＝＝. 规律方法 条件概率与全概率公式的应用 1.求条件概率 (1)定义法：事件A发生的条件下，事件B发生的概率P(B｜A)＝. (2)古典概型法：P(B｜A)＝，常应用于已知基本事件数求古典概型中的条件概率. 规律方法 2.全概率公式的应用 (1)概率乘法公式 ①当事件A与B不独立时，P(AB)＝P(A)P(B｜A)； ②当事件A与B相互独立时，P(AB)＝P(A)·P(B). (2)全概率公式：P(A)＝P(Bi)(A｜Bi).概率的乘法公式、全概率公式是常用的计算公式，但是形式比较抽象，可以通过具体的简单例子入手，理解公式意义后加以应用. 规律方法 注意：(1)明确是在谁的条件下，计算谁的概率.(2)明确P(A)，P(B｜A)以及P(AB)三者间的关系，实现三者间的互化.(3)理解全概率公式P(A)＝P(Bi)P(A｜Bi)中化整为零的计算思想. √ 对点练1.(1)某人参加抽奖游戏，现有三叠外形、大小、图案均相同的卡片，分别有10张、15张、20张，若每叠中有2张中奖卡片，则随机选择一叠卡片抽取，中奖的概率是 A. B. C. D. 记事件Ai＝{在第i叠卡片中抽奖，i＝1，2，3}，事件B＝{中奖}，则P＝＝，P＝，P＝＝.由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P＋P(A2)P＋P(A3)P＝×＋×＋×＝.故选C. (2)中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值.现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷厂生产，其中甲、乙、丙瓷厂分别生产300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷厂的次品率依次为4％、3％、3％.现从这批瓷器中任取一件，若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为　　　.(结果保留两位小数) 0.36 设B表示事件：取得次品.Ai表示事件：该产品由第i家工厂生产(i＝1，2，3).第i家工厂(i＝1，2，3)分别表示甲、乙、丙瓷厂.P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝.P＝4％，P＝3％，P＝3％，P(B)＝P(A1)P＋P(A2)P＋P(A3)P＝×4％＋×3％＋×3％＝0.033.故若取到的是次品，则其来自甲厂的概率P＝＝＝≈0.36. 探究点二　离散型随机变量的分布列、均值与方差 (2025·河北石家庄高二期末)某大学数理教学部为提高学生的身体素质，并加强同学间的交流，特组织以“让心灵沐浴阳光，让快乐充满胸膛”为主题的趣味运动比赛，其中A、B两名学生进入趣味运动比赛的关键阶段，该比赛采取累计得分制，规则如下：每场比赛不存在平局，获胜者得1分，失败者不得分，其中累计得分领先对方2分即可赢得最终胜利，但本次比赛最多进行6场.假设每场比赛中A同学获胜的概率均为，且各场比赛的结果相互独立. (1)求趣味比赛进行到第2场时比赛就结束的概率； 解：由题可知，A同学连胜2场或连败2场，则其概率P＝×＋×＝. 典例 2 (2)此次趣味比赛中记比赛停止时已比赛的场数为X，求X的分布列及均值. 解：由题可知，X的取值可能是2，4，6， 由(1)知，P(X＝2)＝， 当X＝4时，前2场打平，后两场A连胜或连败， 则P(X＝4)＝×××＋×××＝， P(X＝6)＝1－P(X＝2)－P(X＝4)＝， 所以X的分布列为 X 2 4 6 P 所以EX＝2×＋4×＋6×＝. 规律方法 求离散型随机变量X的均值与方差的步骤 第一步：理解X的意义，写出X可能取的全部值； 第二步：求X取每个值的概率或求出函数P(X＝k)； 第三步：写出X的分布列； 第四步：由均值与方差的定义求出EX，DX. 对点练2.(双空题)甲、乙两人独立地解题，甲解题正确的概率为，乙解题正确的概率为.若两人一起合计解题10道，且甲、乙两人解题的数量之比 为3∶2，则两人解题正确的均值之和为　　；若甲解题正确的均值与乙解 题正确的均值之比为4∶3，则他们的解题正确的方差之比为　　. . . 根据题意，可得甲解了6题，乙解了4题，设甲解题正确的题量为ξ，乙解题正确的题量为η，因为甲解题正确的概率为，乙解题正确的概率为，所以ξ～B，η～B，可得均值之和为Eξ＋Eη＝6×＋4×＝；设甲解m道题，乙解n道题，根据题意，可得ξ～B，η～B，因为甲解题正确的均值与乙解题正确的均值之比为4∶3，可得＝＝＝，解得＝，所以＝＝. .探究点三　二项分布 会员足够多的某知名咖啡店，男会员占40％，女会员占60％.现对会员进行服务质量满意度调查.根据调查结果得知，男会员对服务质量满意的概率为，女会员对服务质量满意的概率为. (1)随机选取一名会员，求其对服务质量满意的概率； 解：记事件A1：会员为男会员，A2：会员为女会员，事件B：对服务质量满意，由题意可知，P(A1)＝，P(A2)＝，P＝，P＝， 所以P(B)＝P(A1)P＋P(A2)P＝×＋×＝. 典例 3 (2)从会员中随机抽取3人，记抽取的3人中，对服务质量满意的人数为X，求X的分布列和均值. 解：X可能的取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝××＝， P(X＝2)＝××＝，P(X＝3)＝＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 规律方法 关于二项分布的应用 把握二项分布的关键是理解随机试验中n次、独立、重复这些字眼，即试验是多次进行，试验之间是相互独立的，每次试验的概率是相同的，判定随机变量符合二项分布后结合相应的公式进行计算. 对点练3.某商场为了刺激消费，进行消费抽奖活动，规则如下：顾客消费每满600元即可获得抽奖券1张，每张抽奖券中奖的概率均为，若中奖，则可获得价值150元的现金券.已知小王在该商场购买了价值3 800元的手 机，则小王得到750元现金券的概率为　　　. . 由题意知，小王购买了价值3 800元的手机，可得小王购物后可以获得6张抽奖券，因为每张抽奖券中奖的概率均为，所以中奖次数X服从B(6，)，又因为若中奖可获得价值150元的现金券，则获得750元现金券需要中奖5次，所以小王得到750元现金券的概率为P＝×＝. 探究点四　超几何分布 (多选题)已知随机变量X的概率为P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，则下列说法正确的是 A.P(X＝2)＝ B.EX＝ C.甲每次射击命中的概率为0.6，甲连续射击10次的命中次数X满足此分布列 D.一批产品共有10件，其中6件正品，4件次品，从10件产品中无放回地随机抽取4件，抽到的正品的件数X满足此分布列 典例 4 √ √ √ 对于A，P＝＝，故A正确；对于B，EX＝P＋2P＋3P＋4P＝＋2×＋3×＋4×＝＋2×＋3×＋4×＝，故B正确；对于C，由每次射击相互独立，选项满足二项分布，而题干中X为超几何分布，故C错误；对于D，由超几何分布的定义，可知D正确.故选ABD. 规律方法 关于超几何分布的应用 不放回取产品是超几何分布的典型试验，可以将取球、选队员等试验归入超几何分布问题，再利用其概率、均值公式进行 计算. 对点练4.为深入学习贯彻党的二十大精神，推动全市党员干部群众用好“学习强国”学习平台，某单位组织“学习强国”知识竞赛，竞赛共有10道题目，随机抽取3道让参赛者回答，规定参赛者至少要答对其中2道才能通过初试.已知某参赛党员甲只能答对其中的6道，那么党员甲抽到能答对 题目数X的均值为　　. . 由题意可得X的可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 可得X的分布列为 所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝. X 0 1 2 3 P 探究点五　正态分布 某种香梨的重量m(单位：kg)服从正态分布N，将该种香梨按照其重量及对应的售价进行分拣，分为4类依次记为m1，m2，m3，m4.已知m1∈，售价最高为10元/kg；m2∈ ∪，售价为8元/kg；m3∈∪，售价为6元/kg；其余的为m4，售价为5元/kg. (1)任选1个香梨，求其重量大于0.41 kg的概率； 解：因为m～N， 所以μ＝0.4，σ＝0.01， 所以P＝0.5－P≈0.5－×0.682 6＝0.158 7， 即任选1个香梨，其重量大于0.41 kg的概率约为0.158 7. 典例 5 (2)以X表示香梨的售价(单位：元)，写出X的分布列，并估计该种香梨售价的平均值. 附：若X～N，则P≈0.682 6，P≈0.954 4，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 4. 解：由题意可知，X的所有可能取值为10，8，6，5， 则P(X＝10)＝P＝P(μ－σ≤m＜μ＋σ)≈0.682 6， P(X＝8)＝P(0.38≤m＜0.39)＋P(0.41≤m＜0.42) ＝P(μ－2σ≤m＜μ＋2σ)－P(μ－σ≤m＜μ＋σ)≈0.954 4－0.682 6＝0.271 8， P(X＝6)＝P(0.37≤m＜0.38)＋P(0.42≤m＜0.43) ＝P(μ－3σ≤m＜μ＋3σ)－P(μ－2σ≤m＜μ＋2σ)≈0.997 4－0.954 4＝0.043， P(X＝5)＝1－P(μ－3σ≤m＜μ＋3σ)≈1－0.997 4＝0.002 6， 所以X的分布列为 X 10 8 6 5 P 0.682 6 0.271 8 0.043 0.002 6 所以EX＝10×0.682 6＋8×0.271 8＋6×0.043＋5×0.002 6＝9.271 4， 即估计该种香梨售价的平均值为9.271 4元/kg. 规律方法 利用正态曲线解决实际问题时常利用其对称性，借助(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率值求解，注意正态曲线与频率分布直方图的结合. √ 对点练5.(1)(2025·山东威海高二期末)已知随机变量X～N(2，4)，设随机变量Y＝，则 A.Y～N(0，1) B.Y～N(2，1) C.Y～N(2，) D.Y～N(0，4) 对于随机变量X而言：它的μ＝2，σ2＝4，即EX＝2，DX＝4，注意到Y＝，所以EY＝＝0，DY＝＝1，所以对于随机变量Y而言：它的μ1＝0，＝1，所以Y～N(0，1).故选A. (2)“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究应用与推广，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给作出了杰出贡献，目前超级稻计划亩产已经实现1 100公斤.现有某试验田，超级稻亩产量ξ(单位：公斤)均服从正态分布N(1 150，502)，且P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 4，则1 000亩试验田超级稻的亩产量在1 250公斤以上的大约为　　　　亩(结果保留一位小数). 22.8 由题可知μ＝1 150，σ＝50，P(ξ＞1 250)≈×＝0.022 8，又1 000×0.022 8＝22.8，则1 000亩试验田超级稻的亩产量在1 250公斤以上的大约为22.8亩. 返回 考 教 衔 接 返回 (多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)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＝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(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z＜μ＋σ)≈0.841 3) A.P(X＞2)＞0.2 B.P(X＞2)＜0.5 C.P(Y＞2)＞0.5 D.P(Y＞2)＜0.8 真题 1 √ √ 由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X＞2)＜P(X＞1.8)＝0.5，P(X＜1.9)≈0.841 3，所以P(X＞2)＜P(X≥1.9)＝1－P(X＜1.9)≈1－0.841 3＝0.158 7＜0.2，所以A错误，B正确.因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y＜2.2)≈0.841 3，P(Y＞2)＞P(Y＞2.1)＝0.5，所以P(2＜Y＜2.1)＝P(2.1＜Y＜2.2)＝P(Y＜2.2)－P(Y≤2.1)≈0.841 3－0.5＝0.341 3，所以P(Y＞2)＝P(2＜Y＜2.1)＋P(Y≥2.1)≈0.341 3＋0.5＝0.841 3＞0.8(另解：P(Y＞2)＝P(Y＜2.2)≈0.841 3＞0.8)，所以C正确，D错误.故选BC. 溯源(北师版P224T3)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，P(ξ≤4)＝0.84，则P(ξ≤0)的值为 A.0.16 B.0.32 C.0.68 D.0.84 点评：教材习题利用正态分布的对称性，求随机变量在区间上的概率问题，而真题仍然考查此知识点，只不过是融入到了具体的实际问题中，二者考查本质几乎相同，体现了真题来源于教材而高于教材的命题规则. (2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A、B、C 3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000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　　　　. 真题 2 0.85 由题意知，A，B，C题库的比例为5∶4∶3，各占比分别为，，，则根据全概率公式知所求正确率p＝×0.92＋×0.86＋×0.72＝0.85. 溯源(北师版P195T7)设某厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的25％，35％，40％，并且各车间的次品率依次为5％，4％，2％.现从该厂这批产品中任取一件. (1)求取到次品的概率； (2)若取到的是次品，则此次品由三个车间生产的概率分别是多少？ 点评：教材习题考查全概率公式及贝叶斯公式的实际应用，真题考查了全概率公式求概率，二者几乎如出一辙，只是背景换了而已，是教材习题的完美变式. (2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，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活动，他再选择B活动的概 率为　　. 真题 3 . . 由题意知甲选到A的概率P＝＝.记“乙选择A活动”为事件M，“乙选择B活动”为事件N，则P＝＝，P＝＝，所以P＝＝＝. 溯源(北师版P194T3)袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球.现从袋中不放回地连取两个.已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为 A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.7 点评：教材习题考查古典概型、条件概率的问题，而真题也是通过建立古典概型来考查先选A再选B的概率，与教材习题求第一次取得红球，第二次取得白球的概率，二者是一致的，体现了真题来源于教材而高于教材的命题规则，是教材习题的完美变式. (2024·北京卷)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1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 真题 4 索赔次数 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； 解：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A， 由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4， 所以P(A)＝＝＝. (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. (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX； 解：由题知X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6， 则P＝＝0.8， P＝＝0.1， P＝＝0.06， P＝＝0.03， P＝＝0.01， 故EX＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122. (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(ⅰ)中EX估计值的大小.(结论不要求证明) 解：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％，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中EX估计值大. 证明如下： 设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则 对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4％)＝0.384， 对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20％)－0.8＝－0.32， 对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12， 对于索赔次数为3 的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92， 对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52， 故EY＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.125 2. 所以EX＜EY. 溯源(北师版P231T4)某商场举行抽奖促销活动，抽奖规则是：从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出1个球，记下颜色后放回，摸出1个红球可获得奖金10元；摸出2个红球可获得奖金50元.现有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次，令ξ表示甲、乙摸球后获得的奖金总额.求ξ的分布列和均值. 点评：教材习题考查随机变量的分布列及均值问题，题目的随机变量是甲乙奖金总额，而真题也考查随机变量的分布列及均值问题，只不过是把随机变量设置成具体情境中的毛利润，然后根据其分布列求其数学期望(均值)，是教材习题的完美变式. 返回 单 元 检 测 卷 返回 √ 1.已知事件A，B，若P(B｜A)＝，P(A)＝，则P(AB)＝ A. B. C. D. 由题意可知，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝×＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2.某生产线正常生产下生产的产品A的一项质量指标X近似服从正态分布N，若P＝P，则实数a的值为 A.1 B.3 C.4 D.9 因为X～N，且P(X≤a)＝P(X≥1＋2a)，所以a＋＝2×5，解得a＝3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 3.12人的兴趣小组中有5人是“三好学生”，现从中任选6人参加竞赛.若随机变量X表示参加竞赛的“三好学生”的人数，则为 A.P(X＝6) B.P(X＝5) C.P(X＝3) D.P(X＝7) 由题意知，随机变量X服从超几何分布，由概率的计算公式P(X＝k)＝，可得表示的是X＝3时的概率.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 4.(2025·福建宁德高二期末)一校园公用电话在某时刻恰有k(k∈N)个学生正在使用或等待使用该电话的概率为P(k)，根据统计得到P＝其中c为常数，则在该时刻没有学生正在使用或等待使用该电话的概率为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 P＋0＝＋＋＋＝1，所以c＝，即P(0)＝×c＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 5.(2025·河北邢台高二期中)若X～B(16，p)，且D＝16，则 A.a的最小值为4 B.a的最大值为4 C.a2的最小值为4 D.a2的最大值为4 因为X～B，所以D＝16a2p(1－p)＝16，则a2＝，因为p(1－p)≤＝(当且仅当p＝时，等号成立)，所以a2≥4，则a2的最小值为4.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 6.无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为 A.0.8 B.0.7 C.0.6 D.0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 记事件A1＝{第一天入住无人酒店}，A2＝{第二天入住无人酒店}，B1＝{第一天入住常规酒店}，根据题意可知P(A1)＝P(B1)＝0.5，P＝0.8，P＝0.6，则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P＋P(B1)P＝0.7.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.(2025·江苏常州高二期中)在荷花池中，有一只青蛙在呈品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率是 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，所以逆时针方向跳的概率是，顺时针方向跳的概率是，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2次是顺时针方向跳，有2次是逆时针跳，若先按逆时针开始从A→B，则剩余3次中有1次是按照逆时针跳，其余2次按顺时针跳，则对应的概率为×××＝； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 若先按顺时针开始从A→C，则剩余3次中有1次是按照顺时针跳，其余2次按逆时针跳，则对应的概率为×××＝.故跳四次之后停在A叶上的概率为＋＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.有甲、乙两个不透明的袋子，甲袋子里有1个白球，乙袋子里有5个白球和5个黑球，现从乙袋子里随机取出k(1≤k≤10，k∈N＋)个球放入甲袋子里，再从甲袋子里随机取出一个球，记取到的白球的个数为X，则当k(1≤k≤10，k∈N＋)变大时 A.EX变小 B.EX先变小再变大 C.EX变大 D.EX先变大再变小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题意可知，从乙袋子里随机取出k(1≤k≤10，k∈N＋)个球，其中白球的个数X服从超几何分布，则EX＝k·＝.故从甲袋子里随机取一球，相当于从含有(＋1)个白球的(k＋1)个球中取一球，取到白球的个数为X，易知随机变量X服从两点分布，故P(X＝1)＝＝＋，所以EX＝P(X＝1)＝＋，当k变大时，EX变小.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.在某社区举办的“环保我参与”有奖问答比赛活动中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，已知甲家庭答对这道题的概率是，甲、丙两个家庭都答错的概率是，乙、丙两个家庭都答对的概率是.若各个家庭回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是 A.乙家庭答对这道题的概率为 B.丙家庭答对这道题的概率为 C.有0个家庭答对的概率为 D.有1个家庭答对的概率为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 记“甲家庭答对这道题”为事件A，“乙家庭答对这道题”为事件B，“丙家庭答对这道题”为事件C，则P(A)＝.由题意可知解得P(B)＝，P(C)＝，故A正确，B不正确.有0个家庭答对的概率为P()＝P()P()P()＝××＝，故C正确.有1个家庭答对的概率为P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，故D不正确.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.甲箱中有3个黄球、2个绿球，乙箱中有2个黄球、3个绿球(这10个球除颜色外，大小、形状完全相同)，先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，记事件A，B，C分别表示事件“取出2个黄球”，“取出2个绿球”，“取出一黄一绿两个球”，再从乙箱中摸出一球，记事件D表示事件“摸出的球为黄球”，则下列说法不正确的是 A.A，B是对立事件 B.事件B，D相互独立 C.P(D)＝ D.P＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，事件A，B不能同时发生，但能同时不发生，故A，B是互斥事件，但不是对立事件，故A错误；对于B，事件B发生与否，影响事件D，所以事件B，D不是相互独立事件，故B错误；对于C，P(D)＝P(A)P＋P(B)P＋P(C)P＝·＋·＋·＝，故C正确；对于D，P＝P(C)P＝·＝，故D错误.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ √ 11.某地区高三女生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N，且P＝0.2.从该地区高三女生的“50米跑”测试成绩中随机抽取5个，其中成绩在内的个数记为X，则下列说法正确的有 A.P＝0.6 B.P＜0.15 C.EX＝3 D.P＞0.9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，因为ξ～N，μ＝9，正态分布密度曲线的对称轴为x＝9，根据对称性可知，P＝P＝0.2，P＝1－2P＝0.6，故A正确；对于B，P(9＜ξ＜10)＝0.5－0.2＝0.3，P＞P，所以P＞0.15，故B错误；对于C，X～B，EX＝np＝5×0.6＝3，故C正确；对于D，X～B，P(X＝0)＝×0.60×0.45＝0.010 24，P＝1－P(X＝0)＝0.989 76＞0.9，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.已知随机变量X的分布列如下，且随机变量Y＝3X－2，则DY＝　　. X －1 0 1 P m 5 由题意得，＋＋m＝1，所以m＝，EX＝－1×＋0×＋1×＝－，DX＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，DY＝D(3X－2)＝9DX＝9×＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.据统计，某外卖公司在A市的3 000名外卖员每人的月成交单数X～N，其中有600人的月成交单数超1 100单，则该市外卖员月成交单数在区间内的人数约为　　　　. 1 800 由题意得，P(X＞1 100)＝＝0.2，于是P＝1－P(X＜300)－P(X＞1 100)＝1－0.2×2＝0.6，所以该市外卖员月成交单数在区间内的人数约为3 000×0.6＝1 800. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.已知某地区烟民的肺癌发病率为1％，先用低剂量药物C进行肺癌筛查，检查结果分阳性和阴性，阳性被认为是患病，阴性被认为是无病.医学研究表明，化验结果是存在错误的，化验的准确率为98％，即患有肺癌的人其化验结果98％呈阳性，而没有患肺癌的人其化验结果98％呈阴性.则该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为　　　　；现某烟民的 检验结果为阳性，则他患肺癌的概率为　　　. 0.019 8 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为某地区烟民的肺癌发病率为1％，没有患肺癌的人其化验结果98％呈阴性，则该地区烟民没有患肺癌且被检测出阳性的概率为P＝(1－ 1％)×＝0.019 8；设事件A表示某地区烟民患肺癌，则P(A)＝1％＝0.01，P()＝1－1％＝0.99，设事件B表示检验结果为阳性，则P(B｜A)＝98％＝0.98，P＝1－98％＝0.02，所以某烟民的检验结果为阳性的概率为P(B)＝P(A)P(B｜A)＋P()P＝0.01×0.98＋0.99×0.02＝0.029 6，所以某烟民的检验结果为阳性，其患肺癌的概率为P(A｜B)＝＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)某品牌汽车4S店搞活动，消费者对“圈圈套西瓜”活动的参与度较高.该活动的游戏规则如下：参加活动的每位消费者可领3个圈圈且均需用完，1个圈圈只能套一次西瓜，每次套中西瓜与否相互独立，套中的西瓜可被消费者带走.已知甲每次套中西瓜的概率为，乙每次套中西瓜的概率为. (1)求甲恰好套中1个西瓜的概率； 解：由题意知，甲恰好套中1个西瓜的概率为 ××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若甲、乙均套完第一次，记此时甲、乙两人套中西瓜的个数之和为X，求随机变量X的分布列与均值. 解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝×＝， P(X＝1)＝×＋×＝， P(X＝2)＝×＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P 故EX＝0×＋1×＋2×＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)对某地区2024年第一季度手机品牌使用情况进行调查，市场占有率数据如下：   甲品牌 乙品牌 其他品牌 市场占有率 50％ 30％ 20％ (1)从所有品牌手机中随机抽取2部，求抽取的2部中至少有一部是甲品牌的概率； 解：法一：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5， 所以抽取的2部手机中至少有一部是甲品牌的概率P＝1－＝0.75. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 法二：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5， 所以抽取的2部手机中至少有一部是甲品牌的概率P＝0.5×0.5＋2×0.5×＝0.75. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)已知所有品牌手机中，甲品牌、乙品牌与其他品牌手机价位不超过 4 000元的占比分别为40％，30％，50％，从所有品牌手机中随机抽取1部，求该手机价位不超过4 000元的概率. 解：从该地区所有品牌手机中随机抽取1部， 记事件A1，A2，A3分别为“抽取的手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌 手机”， 记事件B为“抽取的手机价位不超过4 000元”， 则P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.2， P＝0.4，P＝0.3，P＝0.5， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B) ＝P(A1)P(A1)＋P(A2)P(A2)＋P(A3)P(A3) ＝0.5×0.4＋0.3×0.3＋0.2×0.5＝0.39， 故该手机价位不超过4 000元的概率为0.39. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)高三某班的联欢会上设计了一项游戏：在一个口袋中装有10个红球，20个白球，这些球除颜色外完全相同，现依次从中摸出5个球.规定摸到4个红球，1个白球的就中一等奖. (1)若摸出后放回，求中一等奖的概率； 解：若摸出后放回，设摸到白球的个数为ξ， 则ξ～B， 中一等奖的概率为P(ξ＝1)＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若摸出后不放回， ①求中一等奖的概率； 解：若以30个球为一批产品，其中红球为不合格产品，随机抽取5个球，X表示取到的红球数，则X服从超几何分布，所以P(X＝4)＝＝， 所以中一等奖的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②若至少摸到3个红球就中奖，求中奖的概率. 解：X的可能取值为0，1，2，3，4，5， 根据公式可得至少摸到3个红球的概率为 P＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P＝＋＋＝， 故中奖的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)某新能源汽车制造企业为了了解产品质量，对现有的一条新能源零部件产品生产线进行抽样调查.该企业质检人员从该条生产线所生产的新能源零部件产品中随机抽取了1 000件.检测产品的某项质量指标值，根据检测数据整理得到如图所示的频率分布直方图，其分组为，，，，，，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)从质量指标值在内的两组检测产品中，采用分层抽样的方法随机抽取5件，现从这5件中随机抽取2件作为样品展示，求抽取的2件产品不在同一组的概率. 解：采用分层抽样的方法随机抽取的5件中，在内的有3件，在内的有2件. 记“抽取的2件产品不在同一组”为事件A，则P(A)＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若该项质量指标值X近似服从正态分 布N，μ近似为样本平均数(同一 组中的数据用该组区间的中间值代表)， σ近似为样本标准差s，并已求得s≈15.5， 利用所得正态分布模型解决以下问题： ①该项质量指标值低于30或高于92为不合格，若该生产线生产100万件零部件，试估计有多少件零部件不合格； 解：因为＝30×0.06＋40×0.1＋50×0.16＋60×0.3＋70×0.2＋80×0.1＋90×0.08＝61， 所以μ＝61，且σ＝s≈15.5； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以P(X＜30或X＞92)＝P(X＜μ－2σ或X＞μ＋2σ)≈1－0.954 4＝0.045 6， 所以若该生产线生产100万件零部件，则估计有100×0.045 6＝4.56万件零部件不合格. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②若从该生产线上随机抽取3件零部件， 设其中该项质量指标值不低于μ的零部件 个数为Y，求随机变量Y的分布列与均值. 参考数据：P＝ 0.682 6，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 4， P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 4. 解：因为P＝，所以Y～B，所以Y可以取0，1，2，3， P(Y＝0)＝，P＝×＝， P＝×＝，P＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 故EY＝3×＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)设随机变量X所有可能的取值为x1，x2，…，xn，P＝pi＞0，且p1＋p2＋…＋pn＝1.定义事件X＝xi的信息量为Hi＝－ln pi，称X的平均信息量H(X)＝－(p1ln p1＋p2ln p2＋…＋pnln pn)为信息熵. (1)若n＝3，pk＋1＝2pk，求此时的信息熵； 解：当n＝3时，p1＋p2＋p3＝1，且p2＝2p1，p3＝2p2， 所以p1＝，p2＝，p3＝， 所以H(X)＝－＝－＝－ln ＝ln 7－ln 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)最大熵原理：对一个随机事件的概率分布进行预测时，要使得信息熵最大.信息熵最大就是事物可能的状态数最多，复杂程度最大，概率分布最均匀，这才是风险最小(最合理)的决定.证明：H(X)≤ln n，并解释等号成立时的实际意义. 参考不等式：若f(x)＝ln x，则pif≤f(pixi). 解：证明：令f(x)＝ln x，则piln pi＝pif， 所以H(X)＝－(p1ln p1＋p2ln p2＋…＋pnln pn)＝－pif＝pif( )≤f((pi×))＝ln n， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 从数学角度理解，当p1＝p2＝…＝pn＝时，H(X)取得最大值；从现实生活理解，在没有任何已知信息时，对于未知信息，不加主观臆断，对每一种可能性都有所估计，且等概率地分配是最保险的做法. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 章末综合提升 返回 $