教考衔接十四 概率、随机变量及其分布讲义——2026届高三数学二轮复习

2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接十四 概率、随机变量及其分布 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.古典概型 2024·全国甲卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2022·新高考全国 I 卷 考点2.求离散型随机变量的均值 2025·全国一卷 2024·新课标 I 卷 2022·全国甲卷 2021·浙江 考点3.二项分布 2025·全国二卷 🎯【命题解读】（考前必看） （1）概率作为高考的必考内容.选择、填空常考查古典概型，时而考查对立事件、相互独立事件、概率及独立重复试验的概率； （2）解答题常以频率分布直方图、折线图为载体考查随机变量的分布列及期望、方差，考查数据处理能力、应用意识与创新能力. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版必修第二册P246·T9)一个盒子中装有6支圆珠笔,其中3支一等品,2支二等品和1支三等品.若从中任取2支,那么下列事件的概率各是多少? （1）A=“恰有1支一等品”; （2）B=“两支都是一等品”; （3）C=“没有三等品”. 【解析】用A,B,C表示3支一等品,用a,b表示2支二等品,用c表示三等品,从中任取2支, 所有的事件为:AB,AC,BC,Aa,Ab,Ac,Ba,Bb,Cc,Ca,Cb,Cc,ab,ac,bc,共15种, (1)事件A为:Aa,Ab,Ac,Ba,Bb,Cc,Ca,Cb,Cc,共9种,故P(A)==. (2)事件B为:AB,AC,BC,故P(B)==. (3)事件C为:AB,AC,BC,Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,故P(C)==. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为b1,b2, 则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6个, 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4个, 所以这2名学生来自不同年级的概率p==,故选D. （2）(2023·全国乙卷)（一题多解）某学校举办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】解法一：设6个主题分别为A,B,C,D,E,F,甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表: 甲 乙 A B C D E F A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) (A,F) B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) (B,F) C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) (C,F) D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) (D,F) E (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E) (E,F) F (F,A) (F,B) (F,C) (F,D) (F,E) (F,F) 共36种情况,其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种,故抽到不同主题的概率为=. 解法二：甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种,故抽到不同主题的概率为1-=. （3）(2022·新高考Ⅰ卷)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. B.C. D. 【答案】D 【解析】从7个整数中随机取2个不同的数,共有=21(种)取法,取得的2个数互质的情况有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7},{7,8},共14种, 根据古典概型的概率公式,得这2个数互质的概率为=.故选D. （4）(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地抽取2张,共有15种取法,它们分别是(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),其中卡片上的数字之积是4的倍数的是(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6种取法,所以所求概率是P==.故选C. （5）(2022·全国乙卷)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　　　.  【答案】 【解析】甲、乙等5名同学分别标记为a1,a2,a3,a4,a5,其中甲标记为a1,乙标记为a2.从中随机选3名参加社区服务工作的事件有{a1,a2,a3},{a1,a2,a4},{a1,a2,a5},{a2,a3,a4},{a2,a3,a5},{a3,a4,a5},{a1,a3,a4},{a1,a3,a5},{a2,a4,a5},{a1,a4,a5},共计10种.甲、乙都入选的事件有{a1,a2,a3}{a1,a2,a4},{a1,a2,a5},共计3种,故所求概率P=. 【教材母题2】 (人教A版必修第二册P251·例2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲的中靶概率为0.8,乙的中靶概率为0.9,求下列事件的概率: （1）两人都中靶; （2）恰好有一人中靶; （3）两人都脱靶; （4）（一题多解）至少有一人中靶. 【解析】设A=“甲中靶”,B=“乙中靶”,则=“甲脱靶”,=“乙脱靶”. 由于两个人射击的结果互不影响,所以A与B相互独立,A与,与B,与都相互独立. 由已知可得,P(A)=0.8,P(B)=0.9,P()=0.2,P()=0.1. (1)AB=“两人都中靶”,由事件的独立性定义, 得P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72. (2)“恰好有一人中靶”=A∪B,且A与B互斥,根据概率的加法公式和事件的独立性定义, 得P(A∪B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.8×0.1+0.2×0.9=0.26. (3)事件“两人都脱靶”=, 所以P()=P()P()=(1-0.8)×(1-0.9)=0.02. (4) 解法一：事件“至少有一人中靶”=AB∪A∪B,且AB,A与B两两互斥, 所以P(AB∪A∪B)=P(AB)+P(A)+P(B)=P(AB)+P(A∪B)=0.72+0.26=0.98. 解法二：由于事件“至少有一人中靶”的对立事件是“两人都脱靶”,根据对立事件的性质,得事件“至少有一人中靶”的概率为1-P()=1-0.02=0.98. 【🚀衔接高考】 (多选)(2023·新高考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 【答案】ABD 【解析】由题意,发0收1的概率为α,发0收0的概率为1-α;发1收0的概率为β,发1收1的概率为1-β. 对于A,发1收1的概率为1-β,发0收0的概率为1-α,所以所求概率为(1-α)(1-β)2,故A选项正确; 对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,则概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B选项正确; 对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1, 则概率为β(1-β)2+(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故C不正确; 对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率为P1=α(1-α)2+(1-α)3=3α(1-α)2+(1-α)3; 发送0,采用单次传输方案译码为0的概率P2=1-α. 当0<α<0.5时,P1-P2=3α(1-α)2+(1-α)3-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,故D选项正确. 综上,选ABD. 【教材母题3】 (人教A版必修第二册P248·例1)一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A＝“第一次摸出球的标号小于3”，事件B＝“第二次摸出球的标号小于3”，那么事件A与事件B是否相互独立？ 【解析】因为样本空间Ω＝{(m，n)|m，n∈{1，2，3，4}，且m≠n}， A＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)}， B＝{(1，2)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)}， 所以P(A)＝P(B)＝＝，P(AB)＝＝. 此时P(AB)≠P(A)P(B)，因此，事件A与事件B不独立． 【教材母题4】 (人教A版必修第二册P252·T1)分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A=“第1枚正面朝上”,事件B=“第2枚正面朝上”,事件C=“两枚硬币朝上的面相同”,A,B,C中哪两个相互独立? 【解析】可求P(A)=,P(B)=,P(C)=,P(AB)=,P(AC)=,P(BC)=, 所以P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C), 所以A与B,A与C,B与C都相互独立. 【🚀衔接高考】 (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,从中有放回地随机取两次,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 【答案】B 【解析】事件甲发生的概率P(甲)=,事件乙发生的概率P(乙)=,事件丙发生的概率P(丙)==,事件丁发生的概率P(丁)==.事件甲与事件丙是互斥事件,不是相互独立事件,故A错误; 事件甲与事件丁同时发生的概率为=,P(甲丁)=P(甲)P(丁),故B正确; 事件乙与事件丙同时发生的概率为=,P(乙丙)≠P(乙)P(丙),故C错误; 事件丙与事件丁是互斥事件,不是相互独立事件,故D错误.选B. 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第三册P46例1)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回.求: （1）（一题多解）第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率; （2）在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率. 【解析】设A=“第1次抽到代数题”,B=“第2次抽到几何题”,则“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB. （1）解法一：从5道试题中每次不放回地随机抽取2道,试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点, 即n(Ω)==5×4=20.因为n(AB)=×=3×2=6,所以P(AB)===. 解法二：因为n(A)=3×4=12,n(AB)=3×2=6, 所以P(B|A)===.又P(A)=,利用乘法公式可得P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. （2）“在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下,事件B发生的概率, 显然P(A)=.利用条件概率公式,得P(B|A)===. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)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(　　) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 【答案】A 【解析】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P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4, 所以P(C)=P(A|B)===0.8,故选A. （2）(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图: ①估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表); ②估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率; ③已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[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(以样本数据中患者的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0.000 1.) 【解析】①估计该地区这种疾病患者的平均年龄 =10×(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)=47.9. ②法一：由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70)组成的,且相互独立,所以所求概率P=(0.012+0.017×2+0.023+0.020)×10=0.89. 法二：由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30),[30,40),[40,50),[50,60),[60,70)组成的,且相互独立, 所以所求概率P=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=0.89. ③设从该地区任选一人,年龄位于区间[40,50)为事件A,患这种疾病为事件B,则P(A)=16%. 由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40,50)的概率为0.023×10=0.23, 结合该地区这种疾病的患病率为0.1%,可得P(AB)=0.1%×0.23=0.000 23, 所以从该地区任选一人,若年龄位于区间[40,50),则此人患这种疾病的概率为 P(B|A)==≈0.001 4. 【教材母题6】 (人教A版选择性必修第三册P61·T5)老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格.某位同学只能背诵其中的6篇，求： （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列； （2）他能及格的概率. 【解析】(1)设从10篇课文中随机抽3篇该同学能背诵的篇数为X，则X可取0，1，2，3，且服从超几何分布． P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝. ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P （2）该同学能及格，表示他能背诵2篇或3篇，故概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝. 【教材母题7】(人教A版选择性必修第三册P61·T6)某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会.李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）李明在一年内参加考试次数X的分布列； （2）李明在一年内领到资格证书的概率. 【解析】（1）X的取值分别为1，2，3， P(X＝1)＝0.6，P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28，P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)＝0.12， ∴X的分布列为 X 1 2 3 P 0.6 0.28 0.12 （2）李明在一年内领到资格证书的概率为1－(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.976. 【教材母题8】 (人教A版选择性必修第三册P65·例3)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目,猜对每首歌曲的歌名相互独立,猜对三首歌曲A,B,C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示. 歌曲 A B C 猜对的概率 0.8 0.6 0.4 获得的公益基金额/元 1 000 2 000 3 000 规则如下:按照A,B,C的顺序猜,只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首.求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值. 【解析】分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件,则A,B,C相互独立. P(X=0)=P()=0.2, P(X=1 000)=P(A)=0.8×0.4=0.32, P(X=3 000)=P(AB)=0.8×0.6×0.6=0.288, P(X=6 000)=P(ABC)=0.8×0.6×0.4=0.192. X的分布列如表所示. X 0 1 000 3 000 6 000 P 0.2 0.32 0.288 0.192 X的均值为E(X)=0×0.2+1 000×0.32+3 000×0.288+6 000×0.192=2 336. 【教材母题9】（高考新题型：项目式情境） (人教A版选择性必修第三册P65·例4)根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备，有以下3种方案： 方案1　运走设备，搬运费为3 800元； 方案2　建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水； 方案3　不采取措施. 工地的领导该如何决策呢？ 【解析】各种方案在不同状态下的总损失如下表所示 天气状况 大洪水 小洪水 没有洪水 概率 0.01 0.25 0.74 总损失/元 方案1 3 800 3 800 3 800 方案2 62 000 2 000 2 000 方案3 60 000 10 000 0 设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1，X2，X3. 采用方案1，无论有无洪水，都损失3 800元． 因此，P(X1＝3 800)＝1. 采用方案2，遇到大洪水时，总损失为2 000＋60 000＝62 000元；没有大洪水时，总损失为2 000元． 因此，P(X2＝62 000)＝0.01，P(X2＝2 000)＝0.99. 采用方案3，P(X3＝60 000)＝0.01，P(X3＝10 000)＝0.25，P(X3＝0)＝0.74. 于是，E(X1)＝3 800，E(X2)＝62 000×0.01＋2 000×0.99＝2 600，E(X3)＝60 000×0.01＋10 000×0.25＋0×0.74＝3 100. 因此，从期望损失最小的角度，应采取方案2. 【🚀衔接高考】 （1）（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 __________. 【答案】 【解析】X的所有可能取值为1，2，3，则，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以. （2） (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. 【解析】①设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C, 所以甲学校获得冠军的概率为P=P(ABC)+P(BC)+P(AC)+P(AB) =0.5×0.4×0.8+(1-0.5)×0.4×0.8+0.5×(1-0.4)×0.8+0.5×0.4×(1-0.8) =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6. ②依题可知,X的可能取值为0,10,20,30, 所以P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44, P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34, P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. 则X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 【教材母题10】(人教A版选择性必修第三册P71·T6)有A和B两道谜语,张某猜对A谜语的概率为0.8,猜对得奖金10元;猜对B谜语的概率为0.5,猜对得奖金20元.规则规定:只有在猜对第一道谜语的情况下,才有资格猜第二道,如果猜谜顺序由张某选择,他应该选择先猜哪一道谜语? 【解析】若选择先猜A谜语,获得的奖金数为X,则X的可能取值为0,10,30, P(X=0)=1-0.8=0.2, P(X=10)=0.8×(1-0.5)=0.4, P(X=30)=0.8×0.5=0.4, 所以X的分布列为 X 0 10 30 P 0.2 0.4 0.4 E(X)=0×0.2+10×0.4+30×0.4=16(元). 若选择先猜B谜语,获得的奖金数为Y, 则Y的可能取值为0,20,30, P(Y=0)=1-0.5=0.5, P(Y=20)=0.5×(1-0.8)=0.1, P(Y=30)=0.5×0.8=0.4, 所以Y的分布列为 Y 0 20 30 P 0.5 0.1 0.4 E(Y)=0×0.5+20×0.1+30×0.4=14(元).由于E(X)>E(Y),所以他应选择先猜A谜语. 【教材母题11】 (人教A版选择性必修第三册P74·例2)如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的号码，求X的分布列. 【解析】设A＝“向右下落”，则＝“向左下落”，且P(A)＝P()＝0.5. 因为小球最后落入格子的号码X等于事件A发生的次数，而小球在下落的过程中共碰撞小木钉10次，所以X～B(10，0.5)． 于是，X的分布列为P(X＝k)＝C×0.510，k＝0，1，2，…，10. 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考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? 【解析】①设A1=“甲、乙所在队进入第二阶段”, 则P(A1)=1-(1-0.4)3=0.784. 设A2=“乙在第二阶段至少得5分”,则P(A2)=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P(A3)=P(A1)·P(A2)=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乙=[1-(1-q)3]·p3=qp3·(3-3q+q2).则P甲-P乙=pq(3q2-3pq2+p2q2-3p2+3p2q-p2q2)=3pq(q-p)·(p+q-pq), 由0<p<q≤1,得q-p>0,p+q-pq=p+q(1-p)>0,所以P甲-P乙>0,即P甲>P乙. 故应该由甲参加第一阶段比赛. (ⅱ)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. P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]··q·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]··q2·(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, 所以E(X)=[1-(1-p)3]·[15q(1-q)2+30q2·(1-q)+15q3]=[1-(1-p)3]·15q=15pq(p2-3p+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(Y)=15pq(q2-3q+3). E(X)-E(Y)=15pq(p2-3p-q2+3q)=15pq·(q-p)·(3-p-q), 由0<p<q≤1,得q-p>0,3-p-q=3-(p+q)>0,所以E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y). 故应该由甲参加第一阶段比赛. （2） (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. 【解析】①由题意得,X的所有可能取值为0,20,100, P(X=0)=1-0.8=0.2, P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32, P(X=100)=0.8×0.6=0.48, 所以X的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 ②当小明先回答A类问题时,由(1)可得 E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4. 当小明先回答B类问题时,记Y为小明的累计得分,则Y的所有可能取值为0,80,100, P(Y=0)=1-0.6=0.4, P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12, P(Y=100)=0.6×0.8=0.48, 所以Y的分布列为 Y 0 80 100 P 0.4 0.12 0.48 E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6. 因为57.6>54.4,即E(Y)>E(X),所以为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答B类问题. 【教材母题12】 (苏教版选择性必修第二册P122·例4)设有甲、乙两地生产的两批原棉,它们的纤维长度X,Y的概率分布如表1、表2所示. 表1 X 25 24 23 22 21 20 P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2 表2 Y 25 24 23 22 21 20 P 0.05 0.2 0.25 0.3 0.1 0.1 试问:这两批原棉的质量哪一批较好? 【解析】两批原棉纤维长度的均值分别为 E(X)=25×0.1+24×0.2+23×0.3+22×0.1+21×0.1+20×0.2=22.5, E(Y)=25×0.05+24×0.2+23×0.25+22×0.3+21×0.1+20×0.1=22.5. 这两批原棉的纤维平均长度相等. 两批原棉纤维长度的方差分别为 D(X)=(25-22.5)2×0.1+(24-22.5)2×0.2+(23-22.5)2×0.3+(22-22.5)2×0.1+(21-22.5)2×0.1+(20-22.5)2×0.2=2.65, D(Y)=(25-22.5)2×0.05+(24-22.5)2×0.2+(23-22.5)2×0.25+(22-22.5)2×0.3+(21-22.5)2×0.1+(20-22.5)2×0.1=1.75. 这说明乙地原棉纤维更加齐整,故乙地原棉的质量比甲地原棉的要好一些. 【教材母题13】 (人教A版选择性必修第三册P69·例6)投资A，B两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示 . 表1　股票A收益的分布列 收益X/元 －1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 表2　股票B收益的分布列 收益Y/元 0 1 2 概率 0.3 0.4 0.3 （1）投资哪种股票的期望收益大？ （2）投资哪种股票的风险较高？ 【解析】(1)股票A和股票B投资收益的期望分别为 E(X)＝(－1)×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1， E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1. 因为E(X)＞E(Y)，所以投资股票A的期望收益较大． (2)股票A和股票B投资收益的方差分别为 D(X)＝(－1)2×0.1＋02×0.3＋22×0.6－1.12＝1.29， D(Y)＝02×0.3＋12×0.4＋22×0.3－12＝0.6. 因为E(X)和E(Y)相差不大，且D(X)＞D(Y)，所以投资股票A比投资股票B的风险高． 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　) A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 【答案】B 【解析】X的可能取值为1,2,3,4,四种情形的数学期望E(X)=1×p1+2×p2+3×p3+4×p4都为2.5,方差D(X)=[1-E(X)]2×p1+[2-E(X)]2×p2+[3-E(X)]2×p3+[4-E(X)]2×p4,标准差为. A选项的方差D(X)=0.65;B选项的方差D(X)=1.85;C选项的方差D(X)=1.05;D选项的方差D(X)=1.45. 可知选项B的情形对应样本的标准差最大.故选B. 【教材母题14】(人教A版选择性必修第三册P87习题7.5·T2)某市高二年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(170,52),随机选择一名本市高二年级的男生,求下列事件的概率: （1）{165<X≤175}；（2）{X≤165}；（3）{X>175}. 【解析】 (1)P(165<X≤175)≈0.682 7. (2)P(X≤165)=×[1-P(165<X≤175)]≈0.158 65. (3)P(X>175)=P(X<165)≈0.158 65. 【教材母题15】 (人教A版选择性必修第三册P75·例3)甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？ 【解析】采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用X表示3局比赛中甲胜的局数，则X～B(3，0.6)． 甲最终获胜的概率为p1＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C×0.62×0.4＋C×0.63＝0.648. 采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则X～B(5，0.6)． 甲最终获胜的概率为p2＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝C×0.63×0.42＋C×0.64×0.4＋C×0.65＝0.682 56. 因为p2＞p1，所以5局3胜制对甲有利． 实际上，比赛局数越多，对实力较强者越有利． 【教材母题16】 (人教A版选择性必修第三册P91·T6)已知每门大炮击中目标的概率都是0.3，现在n门大炮同时对某一目标各射击一次. （1）当n＝10时，求恰好击中目标3次的概率(精确到0.001)； （2）如果使目标至少被击中一次的概率超过95%，至少需要多少门大炮？ 【解析】(1)记X为击中目标的次数，则X～B(10，0.3)，恰好击中目标3次的概率为 P(X＝3)＝C×0.33×0.77≈0.267. (2)目标被击中的次数X～B(n，0.3)， 目标至少被击中一次可以表示为{X＞0}，它的对立事件是{X＝0}， 所以“目标至少被击中一次”的概率为 P(X＞0)＝1－P(X＝0)＝1－(1－0.3)n. 为使目标被击中的概率超过95%，需使1－(1－0.3)n＞95%，解得n＞8.4. 根据实际意义，至少需要9门大炮才能使目标至少被击中一次的概率超过95%. 【教材母题17】(人教A版选择性必修第三册P91·T12)某城市高中数学会考，假设考试成绩服从正态分布N(75，82).如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩分为A，B，C，D四个等级，试确定各等级的分数线(精确到1). 【解析】因为μ＝75，σ＝8.P(X＞μ＋σ)＝≈≈0.16＝16%， 所以A等级的分数线为μ＋σ＝75＋8＝83分以上． P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(X≥μ)－P(X≥μ＋σ)≈0.5－0.16＝0.34＝34%，所以B等级的分数线为[μ，μ＋σ)， 即[75，83)．同理可得，C等级分数线为[67，75)，D等级的分数线为67分以下． 【🚀衔接高考】 （1） (多选)(2024·新高考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 【答案】BC 【解析】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),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, 所以C正确,D错误. （2）(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)=　　　　.  【答案】　0.14 【解析】因为X~N(2,σ2),所以P(X>2)=0.5,所以P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14. 【教材母题18】 (人教A版选择性必修第三册P91·T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率. 【解析】设第n(n∈N+)次传球后,球在甲手中的概率为pn,第n-1次传球后球在甲手中的概率为pn-1,显然第1次传球后球还在甲手中的概率为p1=0. 若第n次传球后球在甲手中,则第n-1次传球后,球不在甲手中(即在乙或丙手中),所以第n-1次传球后球不在甲手中的概率为1-pn-1=1,又乙或丙将球传到甲手中的概率均为, 故pn=(1-pn-1),即pn=-pn-1+,则pn-=-,n≥2,n∈N+, 所以数列是首项为p1-=-,公比为-的等比数列, 所以pn-=-,所以pn=-=. 【教材母题19】 (人教A版选择性必修第三册P91·T11)某单位有10 000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者.假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10 000次.统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验.如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次. （1）按照这种化验方法能减少化验次数吗？ （2）如果携带病毒的人只占2%，按照k个人一组，k取多大时化验次数最少？ 【解析】（1）设每个人需要的化验次数为X. 若混合血样呈阴性，则X＝；若混合血样呈阳性，则X＝. 因此，X的分布列为P＝0.955，P＝1－0.955. E(X)＝[0.955＋6×(1－0.955)]≈0.426 2. 说明每5个人一组，平均每个人需要化验0.426 2次，10 000个人大约需要化验4 262次，新的化验方法能减少化验次数． （2）假设k个人一组，设每个人需要的化验次数为Y. 若混合血样呈阴性，则Y＝；若混合血样呈阳性，则Y＝1＋. 因此，Y的分布列为P＝0.98k，P＝1－0.98k. E(Y)＝[0.98k＋(k＋1)×(1－0.98k)]＝＋(1－0.98k)． 利用计算器或计算机，对k取1，2，3，…逐一计算＋1－0.98k，发现当k取8时，E(Y)取到最小值0.274 2. 此时，10 000个人大约需要化验2 742次． 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考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(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.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(Y). 【解析】 ①记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,“第i次投篮的人是乙”为事件Bi,则B2=A1B2+B1B2, 所以P(B2)=P(A1B2+B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6. ②设P(Ai)=Pi,由题意知,P(Bi)=1-Pi,则P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi), 即pi+1=0.4pi+0.2=pi+,所以pi+1-=,又p1-=-=, 所以数列是以为首项,为公比的等比数列,所以pi-=×,所以pi=+×. ③因为pi=+×, 所以E(Y)=p1+p2+p3+…+pn=+×=+×=+×. （2）（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，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. ①求，（用p表示）. ②若，求p. ③证明：对任意正整数m，. 【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. 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个球得1分. 所以. ②由①可知，同理. 由，可得，即，解得或（舍）.所以. ③由，，可知. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”，则， . 对于，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，则第个球甲必须胜才能满足甲比乙至少多得2分. 所以. 故，同理. 所以，即，所以. 对于，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（第和个球）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 ， 故，同理， 所以，即， 所以. 综上，. 【🚀新题预测】 （2026·黑龙江哈尔滨质量检测）现需要对某人工智能芯片进行性能测试，规则如下：首次测试（测试I）通过率为，未通过测试I的芯片进入第二次测试（测试Ⅱ），通过率为，未通过则报废.通过任意一次测试即为合格芯片. （1）已知，，若某批次生产了10万枚芯片，预估合格芯片的数量； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率（结果用p，q表示） 【解析】（1）设事件A：芯片合格，记X为该生产批次合格芯片的数量， 则每个芯片通过测试的概率为， 于是，则， 所以预估合格芯片的数量为88000枚. （2）记事件A：芯片合格，事件B：通过测试I，事件C：通过测试Ⅱ. 由题意得， ，则， 故所求概率为. 【教材母题20】 (人教B版选择性必修第二册P97练习AT2)设两个正态分布N(μ1,)(σ1>0)和N(μ2,)(σ2>0)的密度函数图象如图所示.则有(　　) A.μ1<μ2,σ1<σ2 B.μ1<μ2,σ1>σ2 C.μ1>μ2,σ1<σ2 D.μ1>μ2,σ1>σ2 【答案】A 【解析】根据正态分布N(μ,σ2)函数的性质:x=μ是正态分布曲线的对称轴;σ反应的正态分布的离散程度,σ越大,越分散,曲线越“矮胖”,σ越小,越集中,曲线越“瘦高”,由图象可得μ1<μ2,σ1<σ2.故选A. 【🚀衔接高考】 (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 【答案】D 【解析】对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在μ=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. 【教材母题21】 (人教B版选择性必修第二册P129·T2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列如下: X1 5% 10% P 0.8 0.2 X2 2% 8% 12% P 0.2 0.5 0.3 （1）在A,B两个项目上各投资100万元,Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2); （2）将x(0≤x≤100)万元投资A项目,100-x万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值. 【解析】(1)由题设可知,Y1和Y2的分布列分别为: Y1 5 10 P 0.8 0.2 Y2 2 8 12 P 0.2 0.5 0.3 E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6, D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4; E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8, D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12. (2)f(x)=D+D=D(Y1)+D(Y2)=[x2+3(100-x)2] =(4x2-600x+3×1002), 当x=75时,f(x)=3为最小值. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅱ卷)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=i)=pi(i=0,1,2,3). （1）已知p0=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:p0+p1x+p2x2+p3x3=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）根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义. 【解析】(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1. (2)设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,因为p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0. 若E(X)≤1,则p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0.f'(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3), 因为f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0≤0, 故f'(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1≤x2,且x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0; x∈(x1,x2)时,f'(x)<0;故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数. 若x2=1,因为f(x)在(x2,+∞)上为增函数且f(1)=0, 而当x∈(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上为减函数,故f(x)>f(x2)=f(1)=0, 故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根; 若x2>1,因为f(1)=0且f(x)在(0,x2)上为减函数,故1为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根. 综上,若E(X)≤1,则p=1. 若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,故p2+2p3>p0. 此时f'(0)=-(p2+p0+p3)<0,f'(1)=p2+2p3-p0>0, 故f'(x)有两个不同零点x3,x4,且x3<0<x4<1, 且x∈(-∞,x3)∪(x4,+∞)时,f'(x)>0;x∈(x3,x4)时,f'(x)<0; 故f(x)在(-∞,x3),(x4,+∞)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数, 而f(1)=0,故f(x4)<0,又f(0)=p0>0,故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1. 所以p为p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,此时p<1, 故当E(X)>1时,p<1. (3)每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后必然灭绝;若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后灭绝的概率小于1. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论: X~B(n,p),记pk=p(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.当k<(n+1)p时,pk单调递增,当k>(n+1)p时,pk单调递减,如果(n+1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n+1)p为正整数,pk有两个相同的最大值. 证明：　====1+. 当>1,即k<(n+1)p时,pk>pk-1,pk单调递增, 当<1,即k>(n+1)p时,pk<pk-1,pk单调递减. 若(n+1)p为正整数,当k=(n+1)p时,pk=pk-1,此时这两项概率均为最大值. 若(n+1)p为非整数,而k取(n+1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值. 【🚀衔接高考】 (2025·武汉模拟)某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果. （1）现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望; （2）以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值. 【解析】(1)由题意(0.004+0.016+0.060+0.080+a)×5=1,所以a=0.040, 所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100=20, 采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10=2个,故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 期望E(X)=0×+1×+2×=. (2)由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5=0.4, 则P(n)=·0.42·0.6n-2,所以P(n-1)=·0.42·0.6n-3, P(n+1)=·0.42·0.6n-1,要使P(n)最大,则==≤1, 且==≤1,解得4≤n≤5, 因为P(4)=·0.42·0.62=0.345 6,P(5)=·0.42·0.63=0.345 6, 所以P(4)=P(5), 所以当P(n)最大时,n=4或n=5. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版必修第二册P250)互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系.如果事件A与事件B相互独立,那么它们的对立事件是否也相互独立?以有放回摸球试验为例,分别验证A与,与B,与是否独立,你有什么发现? 【解析】对于A与,因为A=AB∪A,而且AB与A互斥,所以P(A)=P(AB∪A)=P(AB)+P(A)=P(A)P(B)+P(A), 所以P(A)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)(1-P(B))=P(A)P(). 由事件的独立性定义,A与相互独立. 类似地,可以证明事件与B,与也都相互独立. 【探究2】 (人教A版选择性必修第三册P49)从有a个红球和b个蓝球的袋子中,每次随机摸出1个球,摸出的球不再放回.显然,第1次摸到红球的概率为.那么第2次摸到红球的概率是多大?如何计算这个概率呢? 【解析】用Ri表示事件“第i次摸到红球”,Bi表示事件“第i次摸到蓝球”,i=1,2.如图所示,事件R2可按第1次可能的摸球结果(红球或蓝球)表示为两个互斥事件的并,即R2=R1R2∪B1R2.利用概率的加法公式和乘法公式,得 P(R2)=P(R1R2∪B1R2)=P(R1R2)+P(B1R2)=P(R1)P(R2|R1)+P(B1)P(R2|B1) =×+×=. 【探究3】(人教A版选择性必修第三册P64)如果X是一个离散型随机变量，将X进行平移或伸缩后,其均值会怎样变化?即E(X+b)和E(aX)(其中a,b为常数)分别与E(X)有怎样的关系? 【解析】设X的分布列为P(X=xi)=pi,i=1,2,…,n.根据随机变量均值的定义, E(X+b)=(x1+b)p1+(x2+b)p2+…+(xn+b)pn=(x1p1+x2p2+…+xnpn)+b(p1+p2+…+pn)=E(X)+b. 类似地,可以证明E(aX)=aE(X).E(aX)=ax1p1+ax2p2+…+axnpn =a(x1p1+x2p2+…+xnpn)=aE(X).同理,E(aX+b)=aE(X)+b. 【探究4】 (人教A版选择性必修第三册P69)离散型随机变量X加上一个常数,方差会有怎样的变化?离散型随机变量X乘以一个常数,方差又有怎样的变化?它们和期望的性质有什么不同? 【解析】离散型随机变量X加上一个常数b,仅仅使X的值产生一个平移,不改变X与其均值的离散程度,方差保持不变,即D(X+b)=D(X).而离散型随机变量X乘以一个常数a,其方差变为原方差的a2倍,即D(aX)=a2D(X). 一般地,可以证明下面的结论成立:D(aX+b)=a2D(X).而期望性质中E(X+b)=E(X)+b,E(aX)=aE(X), E(aX+b)=aE(X)+b. 【探究5】(人教A版选择性必修第三册P49,P51讲解拓展) （1）全概率公式:一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=P(Ai)P(B|Ai). 证明　因为P(B|Ai)=,所以P(AiB)=P(Ai)P(B|Ai), 所以P(B)=P(AiB)=P(Ai)P(B|Ai). （2）贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)==,i=1,2,…,n. 证明：因为P(BAi)=P(Ai)P(B|Ai)=P(B)P(Ai|B),所以P(Ai|B)==,i=1,2,…,n. 【🚀衔接高考】 (多选)(2026河北唐山1月检测)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)=.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是(　　) A.P(A2B)=0.024 B.P(B|A3)=0.015 C.P(B)=0.063 D.P(A1|B)= 【答案】ACD 【解析】对于A,P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=0.06×0.40=0.024,故A正确; 对于B,因事件B|A3可理解为,在确定产品是丙机床生产的条件下得到该产品为次品,故有P(B|A3)=5%,故B错误; 对于C,P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3) =P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3) =0.08×0.30+0.06×0.40+0.05×0.30 =0.024+0.024+0.015=0.063,故C正确; 对于D,P(A1|B)===,故D正确. 【探究6】(人教A版选择性必修第三册P78讲解拓展)超几何分布的均值:随机变量X服从超几何分布,即X~H(n,M,N),则E(X)=n·. 证明：令m=max{0,n-N+M},r=min{n,M},当m>0时,E(X)=k, 又k=r·=M=M,n=n·=N=N·, 故=·,所以E(X)==n·, P(X=k-1)=,X~H(n-1,M-1,N-1), 所以=1,所以E(X)=n·. 【探究7】(人教A版选择性必修第三册P76讲解拓展) 二项分布的均值和方差:X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p). 证明:令q=1-p,由k=n,可得E(X)=kpkqn-k=npkqn-k=np·pk-1·qn-1-(k-1), 令k-1=m,则E(X)=np·pmqn-1-m =np(p+q)n-1=np .E(X2)=k2pkqn-k =knpkqn-k=npkpk-1qn-k=np[(k-1)pk-1qn-k+pk-1qn-k] =np(k-1)pk-1qn-k+nppk-1qn-k=npmpmqn-m-1+nppmqn-m-1. 由m=(n-1), 可得E(X2)=np(n-1)pk-1qn-k+np·(p+q)n-1=np(n-1)ppk-2qn-k+np=np(n-1)p+np, 所以D(X)=E(X2)-(EX)2=np(n-1)p+np-(np)2=np(1-p). 【🚀衔接高考】 (2023·全国甲卷)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望. 【解析】依题意,得X的所有可能取值为0,1,2,每只小白鼠被分配到对照组的概率p=, P(X=0)=×=, P(X=1)=××=, P(X=2)=×=, 所以X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)=0×+1×+2×=1. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接十四 概率、随机变量及其分布 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.古典概型 2024·全国甲卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2022·新高考全国 I 卷 考点2.求离散型随机变量的均值 2025·全国一卷 2024·新课标 I 卷 2022·全国甲卷 2021·浙江 考点3.二项分布 2025·全国二卷 🎯【命题解读】（考前必看） （1）概率作为高考的必考内容.选择、填空常考查古典概型，时而考查对立事件、相互独立事件、概率及独立重复试验的概率； （2）解答题常以频率分布直方图、折线图为载体考查随机变量的分布列及期望、方差，考查数据处理能力、应用意识与创新能力. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】 (人教A版必修第二册P246·T9)一个盒子中装有6支圆珠笔,其中3支一等品,2支二等品和1支三等品.若从中任取2支,那么下列事件的概率各是多少? （1）A=“恰有1支一等品”； （2）B=“两支都是一等品”； （3）C=“没有三等品”. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为(　　) A. B. C. D. （2）(2023·全国乙卷)（一题多解）某学校举办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　) A. B. C. D. （3）(2022·新高考Ⅰ卷)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. B.C. D. （4）(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　) A. B. C. D. （5）(2022·全国乙卷)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　　　.  【教材母题2】 (人教A版必修第二册P251·例2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲的中靶概率为0.8,乙的中靶概率为0.9,求下列事件的概率: （1）两人都中靶； （2）恰好有一人中靶； （3）两人都脱靶； （4）（一题多解）至少有一人中靶. 【🚀衔接高考】 (多选)(2023·新高考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 【教材母题3】 (人教A版必修第二册P248·例1)一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A＝“第一次摸出球的标号小于3”，事件B＝“第二次摸出球的标号小于3”，那么事件A与事件B是否相互独立？ 【教材母题4】 (人教A版必修第二册P252·T1)分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A=“第1枚正面朝上”,事件B=“第2枚正面朝上”,事件C=“两枚硬币朝上的面相同”,A,B,C中哪两个相互独立? 【🚀衔接高考】 (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,从中有放回地随机取两次,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 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第三册P46例1)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回.求: （1）（一题多解）第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率; （2）在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)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(　　) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4 （2）(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图: ①估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表); ②估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率; ③已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[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(以样本数据中患者的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0.000 1.) 【教材母题6】 (人教A版选择性必修第三册P61·T5)老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格.某位同学只能背诵其中的6篇，求： （1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列； （2）他能及格的概率. 【教材母题7】(人教A版选择性必修第三册P61·T6)某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会.李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求： （1）李明在一年内参加考试次数X的分布列； （2）李明在一年内领到资格证书的概率. 【教材母题8】 (人教A版选择性必修第三册P65·例3)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目,猜对每首歌曲的歌名相互独立,猜对三首歌曲A,B,C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示. 歌曲 A B C 猜对的概率 0.8 0.6 0.4 获得的公益基金额/元 1 000 2 000 3 000 规则如下:按照A,B,C的顺序猜,只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首.求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值. 【教材母题9】（高考新题型：项目式情境） (人教A版选择性必修第三册P65·例4)根据天气预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01.该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10 000元.为保护设备，有以下3种方案： 方案1　运走设备，搬运费为3 800元； 方案2　建保护围墙，建设费为2 000元，但围墙只能防小洪水； 方案3　不采取措施. 工地的领导该如何决策呢？ 【🚀衔接高考】 （1）（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 __________. （2） (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. 【教材母题10】(人教A版选择性必修第三册P71·T6)有A和B两道谜语,张某猜对A谜语的概率为0.8,猜对得奖金10元;猜对B谜语的概率为0.5,猜对得奖金20元.规则规定:只有在猜对第一道谜语的情况下,才有资格猜第二道,如果猜谜顺序由张某选择,他应该选择先猜哪一道谜语? 【教材母题11】 (人教A版选择性必修第三册P74·例2)如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，用X表示小球最后落入格子的号码，求X的分布列. 【🚀衔接高考】 （1）(2024·新高考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? （2） (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. 【教材母题12】 (苏教版选择性必修第二册P122·例4)设有甲、乙两地生产的两批原棉,它们的纤维长度X,Y的概率分布如表1、表2所示. 表1 X 25 24 23 22 21 20 P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2 表2 Y 25 24 23 22 21 20 P 0.05 0.2 0.25 0.3 0.1 0.1 试问:这两批原棉的质量哪一批较好? 【教材母题13】 (人教A版选择性必修第三册P69·例6)投资A，B两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示 . 表1　股票A收益的分布列 收益X/元 －1 0 2 概率 0.1 0.3 0.6 表2　股票B收益的分布列 收益Y/元 0 1 2 概率 0.3 0.4 0.3 （1）投资哪种股票的期望收益大？ （2）投资哪种股票的风险较高？ 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　) A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 【教材母题14】(人教A版选择性必修第三册P87习题7.5·T2)某市高二年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(170,52),随机选择一名本市高二年级的男生,求下列事件的概率: （1）{165<X≤175}；（2）{X≤165}；（3）{X>175}. 【教材母题15】 (人教A版选择性必修第三册P75·例3)甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？ 【教材母题16】 (人教A版选择性必修第三册P91·T6)已知每门大炮击中目标的概率都是0.3，现在n门大炮同时对某一目标各射击一次. （1）当n＝10时，求恰好击中目标3次的概率(精确到0.001)； （2）如果使目标至少被击中一次的概率超过95%，至少需要多少门大炮？ 【教材母题17】(人教A版选择性必修第三册P91·T12)某城市高中数学会考，假设考试成绩服从正态分布N(75，82).如果按照16%，34%，34%，16%的比例将考试成绩分为A，B，C，D四个等级，试确定各等级的分数线(精确到1). 【🚀衔接高考】 （1） (多选)(2024·新高考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）(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)=　　　　.  【教材母题18】 (人教A版选择性必修第三册P91·T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率. 【教材母题19】 (人教A版选择性必修第三册P91·T11)某单位有10 000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者.假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10 000次.统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验.如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次. （1）按照这种化验方法能减少化验次数吗？ （2）如果携带病毒的人只占2%，按照k个人一组，k取多大时化验次数最少？ 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考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(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.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(Y). （2）（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，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. ①求，（用p表示）. ②若，求p. ③证明：对任意正整数m，. 【🚀新题预测】 （2026·黑龙江哈尔滨质量检测）现需要对某人工智能芯片进行性能测试，规则如下：首次测试（测试I）通过率为，未通过测试I的芯片进入第二次测试（测试Ⅱ），通过率为，未通过则报废.通过任意一次测试即为合格芯片. （1）已知，，若某批次生产了10万枚芯片，预估合格芯片的数量； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率（结果用p，q表示） 【教材母题20】 (人教B版选择性必修第二册P97练习AT2)设两个正态分布N(μ1,)(σ1>0)和N(μ2,)(σ2>0)的密度函数图象如图所示.则有(　　) A.μ1<μ2,σ1<σ2 B.μ1<μ2,σ1>σ2 C.μ1>μ2,σ1<σ2 D.μ1>μ2,σ1>σ2 【🚀衔接高考】 (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 【教材母题21】 (人教B版选择性必修第二册P129·T2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列如下: X1 5% 10% P 0.8 0.2 X2 2% 8% 12% P 0.2 0.5 0.3 （1）在A,B两个项目上各投资100万元,Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2); （2）将x(0≤x≤100)万元投资A项目,100-x万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值. 【🚀衔接高考】 (2021·新高考Ⅱ卷)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=i)=pi(i=0,1,2,3). （1）已知p0=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:p0+p1x+p2x2+p3x3=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）根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读】通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论: X~B(n,p),记pk=p(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.当k<(n+1)p时,pk单调递增,当k>(n+1)p时,pk单调递减,如果(n+1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n+1)p为正整数,pk有两个相同的最大值. 【🚀衔接高考】 (2025·武汉模拟)某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果. （1）现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望; （2）以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版必修第二册P250)互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系.如果事件A与事件B相互独立,那么它们的对立事件是否也相互独立?以有放回摸球试验为例,分别验证A与,与B,与是否独立,你有什么发现? 【探究2】 (人教A版选择性必修第三册P49)从有a个红球和b个蓝球的袋子中,每次随机摸出1个球,摸出的球不再放回.显然,第1次摸到红球的概率为.那么第2次摸到红球的概率是多大?如何计算这个概率呢? 【探究3】(人教A版选择性必修第三册P64)如果X是一个离散型随机变量，将X进行平移或伸缩后,其均值会怎样变化?即E(X+b)和E(aX)(其中a,b为常数)分别与E(X)有怎样的关系? 【探究4】 (人教A版选择性必修第三册P69)离散型随机变量X加上一个常数,方差会有怎样的变化?离散型随机变量X乘以一个常数,方差又有怎样的变化?它们和期望的性质有什么不同? 【探究5】(人教A版选择性必修第三册P49,P51讲解拓展) （1）全概率公式:一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=P(Ai)P(B|Ai). （2）贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)==,i=1,2,…,n. 【🚀衔接高考】 (多选)(2026河北唐山1月检测)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)=.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是(　　) A.P(A2B)=0.024 B.P(B|A3)=0.015 C.P(B)=0.063 D.P(A1|B)= 【探究6】(人教A版选择性必修第三册P78讲解拓展)超几何分布的均值:随机变量X服从超几何分布,即X~H(n,M,N),则E(X)=n·. 【探究7】(人教A版选择性必修第三册P76讲解拓展) 二项分布的均值和方差:X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p). 【🚀衔接高考】 (2023·全国甲卷)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望. 学科网（北京）股份有限公司 $