专题11 概率与统计 考点32 离散型随机变量的分布列、期望与方差&考点33 二项分布及其应用、正态分布-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

色学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 考点32题组 1.解析因为A,B相互独立，故P(A∩B)=P(A)P(B)=12×12=14,故选B. 答案B 2.解析由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B 就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，故A错误： 由于P(A)=12,P(B)=12,P(A∩B)=14=P(4)P(B),因此事件A与事件B相互独立，故B正 确： 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件 BUC就同时发生了，因此事件A与事件BUC不是互斥事件，故C错误： 由于P(A)=12,P(B∩C=14,P(4∩B∩C)=14≠P(A)P(B∩C,因此事件A与事件B∩C不是 相互独立的，故D错误 综上，选B 答案B 3解析设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为卫甲，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为 p乙，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为p丙， 由题意可知 pp=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2]=2p2+2P13-4p1P2,p元=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2pP2 +2p23-4p1P23,p丙=2ps[p1(1-p2)+p2(1一p1]=2p1P3+2p2P3-4p1P2P3.所以p丙一p甲=2P2p一p1) >0,卫丙一卫乙=2p1(P3一P2)>0,所以p丙最大，故选D. 答案D 4解析根据独立事件概率关系逐一判断 P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536， P(丁)=636=16， P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)， P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)， P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)， P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)， 故选B. 答案B 5.解析X的所有可能取值为1,2,3，则PX=1)=C151avs4\a1\co1(f(15)3=5125=125,P X=2)=C25a\vs4\a1\co1(f(15)3×6=60125=1225,PX=3)=C35×\a\vs4\a1\co1(f(15)3 ×6=60125=1225,所以X的分布列为 2 3 P 125 1225 1225 所以E)=1×125+2×1225+3×1225=6125. 答案6125 6.解析A题库占50005000+4000+3000=512， B题库占40005000+4000+3000=13， 独家授权侵权必究 色学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 C题库占30005000+4000+3000=14， 则所求概率P=512×0.92+13×0.86+14×0.72=0.85 答案0.85\a\vs4\al\co1(或\f(1720)) 7.解析P(=2)=121437=1635 的所有可能取值为1,2,3,4 P(5=1)=2.3,=1535,P(=2)=1635,P(5=3)=233,=335,P(=4)=223,=135,故E()=1×1535 +2×1635+3×335+4×135=127 答案1635127 8.解析根据古典概型的概率公式即可列式求得m,n的值，再根据随机变量的分布列即可求 出E(自 P(=2)=242m+m+4=6m+m+4=16→C2m十n+4=36,所以m十n+4=9, P(-红一黄)=1m2m+n+4=4m36=m9=13→m=3, 所以n=2,则m-n=1. 由于P(=2)=16,P(5=1)=152,=4×536=59,P(=0)=2,2,=1036=518 .E()=16×2+59×1+518×0=13+59=89. 故答案为1：89 答案189 9解析(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(4)=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, 所以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PX=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, PX=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8=0.44, PX=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, PX=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06, 故X的分布列为 X 0 10 20 30 P) 0.16 0.44 0.340.06 X的期望值为EX)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 10.解析(1)由题意得： 设甲在校运会铅球比赛中获优秀奖为事件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(4)=0.4. (2)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率为P(4)=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 PX=0)=0.6×0.5×0.5=0.15, 独家授权侵权必究 色学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 P=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.4, P=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35, PX=3)=0.4×0.5×0.5=0.1, E0=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. (3)丙获得冠军的概率估计值最大 11.[思路点拨](1)通过题意分析出小明累计得分X的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可. (②)与(1)类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可. 解析(1)由题可知，X的所有可能取值为0,20,100. PX=0)=1-0.8=0.2: PX=20)=0.8(1-0.6=0.32: PX=100)=0.8×0.6=0.48 所以X的分布列为 X0 20 100 P0.20.32 0.48 (2)由(1)知，EX=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4. 若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,80,100 PY=0)=1-0.6=0.4: P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12: P(Y=100)=0.8×0.6=0.48 所以E(0=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6. 因为544<57.6，所以小明应选择先回答B类问题 考点32题组二 1解析对于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(1一(1一 (1-=(1-a)(1-)2,A正确 对于B,三次传输方案发送1，依次收到1,0,1，概率为(1一B1一)=1一2，B正确 对于C,三次传输方案发送1，则译码为1，有2个1或3个1： 2个1概率C231-23个1概率(1-B3,P=C231-)2+(1-3,C错误 对于D,三次传输方案发送0，译码为0的概率P1=C23a(1一a)2+(1一a)3,单次传输方案发送 0译码为0的概率P2=1一a, P2-P1=(1--C23a(1-a2-(1-a3 =(1-a)[1-C23a(1-a)-(1-a)2] =(1-a)2a2-a)=(1-a2a-1)a,0<a<0.5时，P2-P1<0,.P2<P1,D正确，选ABD, 答案ABD 2.解析(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为80100=45 (2)设A为“从甲校抽取1人做对”，则P(4)=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+P(AB)=P(A)PB)十P(A)P(B)=0.35, 而X可取0,1,2， 独家授权侵权必究 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 PX=0)=P(AB)=0.05,PX=1)=0.35, PX=2)=0.8×0.75=0.6, 故X的分布列如下表： X 0 1 2 P0.05 0.35 0.6 故E)=0×0.05+1×0.35+2×0.6=1.55. (3)设D为“甲校掌握该知识的学生”， 因为甲校掌握这个知识点则有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P(D)+14(1-P(D)=0.8,即+14×(1-1)=0.8，故P1=1115, 同理有0.85p2十14×(1-2)=0.75，故2=56， 故p1P2 3解析(1)设A1=“甲、乙所在队进入第二阶段”，则P(41)=1-(1-0.4)3=0.784 设A2=“乙在第二阶段至少得5分”，则P(42)=1-(1-0.5)3=0.875 设A3=“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则PA3)=P(41)P(42)=0.686 (2)(i)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲， 则P甲=[1-(1-p)3]q3=pq3.(3-3p+p2) 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙， 则P元=[1-(1-9)3]p3=9p3(3-3q+q) 则P甲-P乙=pq(3g2-3pq2+p2q2-3p2+3p2q-p2q2)=3pq(9-p)(p+9一pq, 由0<p<q≤1，得9p>0,p+9一p9=p+91一p)P0, 所以P甲一P乙0，即P甲>P乙 故应该由甲参加第一阶段比赛 (i)若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15. PX=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3, PX=5)=[1-(1-p)3]C139(1-9)2, PX=10)=[1-(1-p)3]C23q2(1-q), PW=15)=[1-(1-p)]C33q3, 所以E)=[1-(1-p)3][15g(1-9)2+30g2·(1-9)+15g3]=[1-(1-p)]15q=15pqp2-3p+ 3). 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15 同理，可得E()=15pq(q2-3q+3) EX)-E()=15pqp2-3p-q2+3q)=15pq(q-p)(3-p-q), 由0p<9≤1，得q-p>0,3-p-q=3-(p+q)>0, 所以EX)-E(>O,即EX)>E(). 故应该由甲参加第一阶段比赛 考点32题组三 1解析(1)打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况：甲全胜得3分.所以仍=p3 打完4个球后甲比乙至少多得2分，有两种情况：甲全胜得4分：甲胜3个球得3分，乙胜1 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 6.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 个球得1分.所以p4=p+C14p3(1-p)=p3(4-3p) (2)由(1)可知p4-=p3(4-3p)-p3=3p3(1-p) 同理94-93=3q3(1-q)=3p(1-p)3 由p4-p3q4-q3=4,可得3p3(1-p)3p(1-p)3=4,即3p2-8p+4=0,解得p=23或p=2(舍) 所以p=23. (3)证明由12p1,p+q=1,可知0<q12<p<1. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则X~B(化，p), p2m=p2m+C12m p2m-1g+C22m:p2m-2g2++Cm-12m:pm+1gm-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Cm一12mpm+1qm-) +p.Cm-12m pm+igm-1=pzm-g Cm-12m pm+igm-1 故p2m一P2m+1=qCm-12mpm+1qm-1>0, 同理q2m一92m+1=pCm-12mqm+1pm-1>0 所以p2m-p2m十1q2m-q2m十1=m-2mm-2m=pqP1, 即p2m一P2m+1P92m一92m+1, 所以p2m+1一92m+1P2m一92m 对于卫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 pam+2=p2.C22m p"qm+(1-q2).Cm-12m pm+iqm1+(p2m-Cm-12m pm+1q"-1) =p2m+p2.Cm2m pmgm-g2.Cm-12m pm+igm-1 =p2m+pmg"(Cm2m p2-Cm-12m pq), 故P2m+2一P2m=pmqm.(Cm2mp2-Cm-12mpq), 同理92m+2-92m=q"pm.(Cm2mq2-Cm-12m9p), 所以(p2m+2一p2m)-(92m+2-92m)=p"mqm.Cm2m(p2-q2)>0,即p2m+2一P2m>92m+2-92m, 所以P2m一92mP2m+2一92m+2 综上，p2m+1一92m+1P2m一92mP2m+2一92m+2 2解析(1)解法一（正面计算）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(4)=60+30+101000=1001000=110. 解法二（反面计算）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，知可利用间接法计算， 则P(4)=1-800+1001000=110. (2)(i)由题知X的所有可能取值为0.4，-0.4，-1.2，-2.0，-2.6， ·独家授权侵权必究 色学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 则PX=0.4)=8001000=0.8, PX=-0.4)=1001000=0.1, PX=-1.2)=601000=0.06, PX=-2.0)=301000=0.03, PX=-2.6=101000=0.01, 故E0=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%，这种情况下一份保单毛 利润的数学期望估计值比（ⅰ）中E)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+206)-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E(0=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.1252. 所以EX)<E() 考点33 1.解析（数形结合法）由题意可知，X~N(1.8,0.12),所以PX2)<PX1.8)=0.5,PX<1.9) ≈0.8413，所以PX>2)<PX≥1.9)=1-PX<1.9)≈1-0.8413=0.1587<0.2，所以A错误，B正确 因为Y~V2.1,0.12),所以P(Y<2.2)≈0.8413，P(Y>2)>P(Y>2.1)=0.5,所以P(2<Y2.1)=P (2.1<Y<2.2)=P(Y<2.2)-P(Y≤2.1)≈0.8413-0.5=0.3413，所以P(Y>2)=P(2<Y<2.1)+P(Y≥2.1)≈ 0.3413+0.5=0.8413>0.8,所以C正确，D错误 综上，选BC 答案BC 2解析由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解 对于A,σ2为数据的方差，所以6越小，数据在u=10附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1) 内的概率越大，故A正确： 对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确； 对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99 的概率相等，故C正确： 对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以一 次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误故选D. 答案D 3.解析小桐一周跑11圈的概率P=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.小桐一周运动量达标的概率p= 1-0.5×0.4=0.8,显然X服从二项分布B(4,0.8),故E)=4×0.8=3.2 答案0.63.2 4.解析由题意可知，PX>2)=0.5,故P>2.5)=P>2)-P(2<X≤2.5)=0.14 ·独家授权侵权必究 色学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 答案0.14 5解析(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件A,“第i次投篮的人是乙”为事件B, 所以 P\rc\)(\a\vs4\al\col(B2)=P\rc\)(\a\vs4\al\col(A1B2)+P \rc\)(\a\vs4\al\col(B1B2) P\rc\)(\a\vs4\al\co1 (A1)P\rc\)(\a\vs4\al\col(B2 A1)+ P\rc\)(\a\vs4\al\col (B1)P\rc\)(\a\vs4\al\col (B2 B1) =0.5×\rc)(avs4\a1\co1(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. (2)设P\rc)(a\vs4al\col(ai)=p,依题可知，P\rc)(avs4\al\col(Bi)=1-p,则 P\rc\)(\a\vs4\al\col(Ai+1)= P\rc\)(\a\vs4\al\col(AiAi+ 1)+ P\rc\)(\a\vs4\al\col(BiAi+1)=P\rc\)(\a\vs4\al\col(Ai).P\rc\)(\a\vs4\al\col(Ai+1Ai) +P\rc\)(a\vs4\al\col(Bi)P\rc\)(a\vs4\al\col(Ai+1 Bi). p:+1=0.6p;+\rc\)(\a\vs4\al\col(1-0.8)X\rc\)(\a\vs4\al\col(1-pi) =0.4p,+0.2, 构造等比数列avs4\alco1(pi+入)， 设p+1+1=251rc(avs4\al\co1(pi+入)，解得元=-13，则p+1-13=25 \avs4\alco1pi-\f(13),又p1=12,1-13=16,所以pi-\f(13)是首项为16，公比为25 的等比数列， 即p,-13=16×\avs4a1co1(f(25)1-1,pP,=16×\avs4\al\co1(f(25)-1+13. (3)因为p,=16×\avs4al\co1(0f(25)1-1+13,i=1,2,…,n, 所以当n∈N时，Erc)(a\vs4alco1(Y)=+p2+…+pn=16Xrcl5)25+n3=5181-\ b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\col(\f (25)))n)+n3, E(Y)=5181-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\col(\f(25)))n)+n3 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 ·独家授权侵权必究· 一、选择题 1.(2025·上海卷)已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率为P(A)＝，事件B发生的概率为P(B)＝，则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D.0 2.(2024·上海卷·春)有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都装的有，现从中任选一个礼盒.设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是(　　) A.事件A与事件B互斥 B.事件A与事件B相互独立 C.事件A与事件B∪C互斥 D.事件A与事件B∩C相互独立 3.(2022·全国乙卷)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p1，p2，p3且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　) 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 4.(2021·新高考Ⅰ卷)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 二、填空题 5.(2025·全国一卷)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)＝________. 6.(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________. 7.(2022·浙江卷)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ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________. 8.(2021·浙江卷)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ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m－n＝________，E(ξ)＝________. 三、解答题 9.(2022·全国甲卷)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. 10.(2022·北京卷)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9.50 m以上(含9.50 m)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. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)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E(X)； (3)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) 11.(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束：若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. (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)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 一、选择题 1.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)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＜α＜1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0＜β＜1)，收到1的概率为1－β.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).(　　) 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－α)·(1－β)2 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β(1－β)2 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 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 二、解答题 2.(2025·北京卷)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). 3.(2024·新课标Ⅱ卷)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.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得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q，各次投中与否相互独立. (1)若p＝0.4，q＝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. (ⅰ)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？ 解答题 1.(2025·全国二卷)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，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3，p4(用p表示)； (2)若＝4，求p； (3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1<p2m－q2m<p2m＋2－q2m＋2. 2.(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： 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； (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E(X)； (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E(X)估计值的大小.(结论不要求证明) 一、选择题 1.(多选)(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 2.(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是(　　) A.σ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 3.(2025·天津卷)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，跑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，跑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)＝________. 4.(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P(X＞2.5)＝________. 三、解答题 5.(2023·新课标Ⅰ卷)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Xi服从两点分布，且P＝1－P＝qi，i＝1,2，…，n，则E＝i.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. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $