第七章 随机变量及其分布 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了随机变量及其分布的核心知识，包括条件概率、全概率公式、离散型随机变量的分布列与数字特征、二项分布、超几何分布及正态分布，通过体系构建和分层探究串联各知识点，形成完整的知识网络。 其亮点在于以实际情境例题（如聊天机器人概率计算、体育比赛赛制分析）培养学生用数学眼光观察现实世界，通过规律方法总结和逻辑推理过程发展数学思维，分层探究与单元检测卷实现个性化复习，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习教学支持。

章末综合提升 　 第七章 随机变量及其分布 体系构建 1 分层探究 2 教考衔接 3 内容索引 单元检测卷 4 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， 典例 1 则P(A)＝0.9，P(B)＝0.1，P(C｜B)＝0.5， P(C｜A)＝0.85， P(C)＝P(CB)＋P(CA) ＝P(B)P(C｜B)＋P(A)P(C｜A) ＝0.1×0.5＋0.9×0.85＝0.815. (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(A｜C)＝＝＝＝. 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(B)＝P(Ai)(B｜Ai).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. 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)＝(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(B｜A1)＝＝，P(B｜A2)＝，P(B｜A3)＝＝.由全概率公式，得P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3)＝×＋×＋×＝.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之一，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， 则P(A1)＝＝， P(A2)＝＝， P(A3)＝＝.P(B｜A1)＝4％， P(B｜A2)＝3％，P(B｜A3)＝3％， 所以P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3)＝×4％＋×3％＋×3％＝0.033. 故取到的是次品，则其来自甲厂的概率为P(A1｜B)＝＝＝≈0.36. 探究点二　离散型随机变量的分布列、均值与方差 某种体育比赛采用“五局三胜制”，具体规则为比赛最多进行五场，当参赛的两方有一方先赢得三场比赛，就由该方获胜而比赛结束，每场比赛都需分出胜负.现甲、乙双方参加比赛，已知甲每局获胜的概率为，假设每场比赛的结果相互独立. (1)求甲以3∶1获胜的概率； 解：若甲以3∶1获胜，则第四局甲获胜，且前三局的比分为2∶1， 所以P＝)2××＝＝. 典例 2 (2)设比赛场数为ξ.试求ξ的分布列及均值E(ξ)； 解：易知ξ的可能取值为3，4，5. 所以P(ξ＝3)＝()3＋()3＝＝， P(ξ＝4)＝)2××＋)2××＝， P(ξ＝5)＝)2×()2＝. 所以ξ的概率分布列为 所以E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝. ξ 3 4 5 P (3)如果还有“三局两胜制”可以选择，你觉得哪种赛制对甲更有利？ 解：采用“五局三胜制”甲会以3∶0、3∶1、3∶2获胜，所以甲采用“五局三胜制”获胜的概率 P＝()3＋)2××＋)2()2×＝； 采用“三局两胜制”甲会以2∶0、2∶1获胜， 所以甲采用“三局两胜制”获胜的概率 P＝()2＋)××＝＝； 因为＞，所以甲应该采用“五局三胜制”. 规律方法 求离散型随机变量X的均值与方差的步骤 第1步：理解X的意义，写出X可能取的全部值； 第2步：求X取每个值的概率或求出函数P(X＝k)； 第3步：写出X的分布列； 第4步：由均值与方差的定义求出E(X)，D(X). 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______. 　 2∶3 依题意，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(6，)，η～B(4，)，可得均值之和为E(ξ)＋E(η)＝6×＋4×＝； 设甲解m道题，乙解n道题，根据题意，可得ξ～B(m，)，η～B(n，)，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，由题可知，P(A1)＝，P(A2)＝，P(B｜A1)＝，P(B｜A2)＝， 所以P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＝×＋×＝. 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：依题意，知X的可能取值为0，1，2，3. 所以P(X＝0)＝)0()3＝， P(X＝1)＝)×()2＝， P(X＝2)＝×()2×＝， P(X＝3)＝()3＝. 所以X的分布列为 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. X 0 1 2 3 P 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，若获奖，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____. 依题意，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，所以获奖次数X服从X～B(6，)，又因为若获奖则可获得价值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＝)5×()1＝. 探究点四　超几何分布 (多选)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.E(X)＝ 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(X＝2)＝＝，故A正确；对于B，E(X)＝0×P(X＝0)＋P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＋4P(X＝4)＝＋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，故D正确.故选ABD. 规律方法 关于超几何分布的应用 不放回取次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___. 依题意，可得X＝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 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. X 0 1 2 3 P 探究点五　正态分布 某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参 与该活动的240位居民的得分(满分100分)进行了统计，得 到如下的频率分布直方图. (1)若此次知识问答的得分X服从N(μ，82)，其中μ近似为参与本次活动的240位居民的平均得分(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，求P(66＜X≤90)的值； 解：依题意，μ＝55×0.1＋65×0.3＋75×0.3＋85×0.2＋95×0.1＝74， 所以X～N(74，82)， 故P(66＜X≤90)＝P(μ－σ＜X≤μ＋2σ) ＝≈＝＝0.818 6. 典例 5 (2)本次活动，制定了如下奖励方案：参与本次活动得分低于μ的居民获得一次抽奖机会，参与本次活动得分不低于μ的居民获得两次抽奖机会，每位居民每次有的机会抽中一张10元的话费充值卡，有的机会抽中一张20元的话费充值卡，假设每次抽奖相互独立，假设该小区居民王先生参与本次活动，求王先生获得的话费充值卡的总金额Y的概率分布列，并估计本次活动需要准备的话费充值卡的总金额. 参考数据：P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997 3. 解：参与活动的每位居民得分低于74分的概率为0.1＋0.3＋×0.3＝， 得分不低于74分的概率为. Y的可能取值分别为10，20，30，40. 所以P(Y＝10)＝×＝，P(Y＝20)＝×＋×()2＝＝， P(Y＝30)＝×2××＝＝，P(Y＝40)＝×()2＝＝. 所以Y的概率分布列为 所以E(Y)＝10×＋20×＋30×＋40×＝， 所以本次活动需要准备的话费充值卡的总金额为240×＝4 736元. Y 10 20 30 40 P 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)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E(X)＝2，D(X)＝4.注意到Y＝，所以E(Y)＝＝0，D(Y)＝＝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 5，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 依题意，可知μ＝1 150，σ＝50，P(ξ＞1 250)≈×(1－0.954 5)＝0.022 75，又1 000×0.022 75≈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 教考衔接 返回 (2024·新课标Ⅰ卷)(多选)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：(人教A版P87T2)设随机变量X～N(0，22)，随机变量Y～N(0，32)，画出分布密度曲线草图，并指出P(X≤－2)与P(X≤2)的关系，以及 P(｜X｜≤1)与P(｜Y≤1)之间的大小关系. 点评：教材练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 依题意，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：(人教A版P53T5)在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6％，5％，4％的人患了流感.假设这三个地区的人口数的比为5∶7∶8，现从这三个地区中任意选取一个人. (1)求这个人患流感的概率； *(2)如果此人患流感，求此人选自A地区的概率. 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，高考真题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 　 法一(列举法)：从五个活动中选三个的情况有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A有6种可能性ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，则甲选到A的概率为P＝＝.乙选A活动有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B有3种可能性：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝. 法二：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(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N｜M)＝＝＝. 溯源：(人教A版P48T3)袋子中有10个除颜色外完全相同的小球，其中7个白球，3个黑球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求： (1)在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率； (2)两次都摸到白球的概率. 点评：教材练习题考查古典概型、条件概率的问题，而真题也是通过建立古典概型来考查先取A再取B的概率，与教材习题求第一次取得白球的条件下，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： 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； 真题 4 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 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)＝＝＝. 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 (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)； 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 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(X＝0.4)＝＝0.8， P(X＝－0.4)＝＝0.1， P(X＝－1.2)＝＝0.06， P(X＝－2.0)＝＝0.03， P(X＝－2.6)＝＝0.01， 故E(X)＝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) 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 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E(Y)＝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E(X)＜E(Y). 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 溯源：(人教AP71T1)某品牌手机投放市场，每部手机可能发生按定价售出、打折后售出、没有售出而收回三种情况.按定价售出每部利润100元，打折后售出每部利润0元，没有售出而收回每部利润－300元.据市场分析，发生这三种情况的概率分别为0.6，0.3，0.1.求每部手机利润的均值和方差. 点评：教材习题研究每部手机的利润，然后求其分布列及期望和方差，而真题仍然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均值(数学期望)，是教材习题的完美变式. 返回 单元检测卷 返回 1.若X～N(μ，σ2)，且P(X＜16)＝P(X＞4)，则 A.σ＝ B.σ＝2 C.μ＝10 D.μ＝20 因为P(X＜16)＝P(X＞4)，所以μ＝＝10，σ的值不确定.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.已知事件A，B，若P(B｜A)＝，P(A)＝，则P(AB)＝ A. B. C. D. √ 依题意，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 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＝3) B.P(X＝5) C.P(X＝6) D.P(X＝7) √ 依题意，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的取值概率.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.若X～B(16，p)(0＜p＜1)，且D(aX)＝16，则 A.a的最小值为4 B.a2的最小值为4 C.a的最大值为4 D.a2的最大值为4 因为X～B(16，p)(0＜p＜1)，所以D(aX)＝16a2p(1－p)＝16，则a2＝，因为p(1－p)≤()2＝(当且仅当p＝时，等号成立)，所以a2≥4，则a2的最小值为4.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.一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(k)＝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. √ P(k)＋0＝＋＋＋＝1(k∈N)，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 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.0.5 B.0.6 C.0.7 D.0.8 √ 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(A2｜A1)＝0.8，P(A2｜B1)＝0.6，则由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2｜A1)＋P(B1)P(A2｜B1)＝0.7.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.在荷花池中，有一只青蛙在成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，其余2次按顺时针跳，则对应的概率为×××()2＝；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，其余2次按逆时针跳，则对应的概率为×××()2＝.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.E(X)变小 B.E(X)先变小再变大 C.E(X)变大 D.E(X)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 依题意，可知从乙盒子里随机取出k(1≤k≤10，k∈N*)个球，其中白球的个数Y服从超几何分布，则E(Y)＝k·＝.故从甲盒子里随机取一球，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E(X)＝P(X＝1)＝＋，随着k的增加，E(X)减小.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.对于事件A和事件B，P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则下列说法正确的是 A.若A与B互斥，则P(AB)＝0.3 B.若A与B互斥，则P(A∪B)＝0.9 C.若A⊆B，则P(AB)＝0.18 D.若A与B相互独立，则P(AB)＝0.18 √ √ 对于A，A与B互斥，则P(AB)＝0，故A错误；对于B，A与B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.9，故B正确；对于C，A⊆B，则P(AB)＝P(A)＝0.3，故C错误；对于D，A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.18，故D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.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(9，σ2)，且P(ξ≤8)＝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(8，10)内的个数记为X，则下列说法正确的有 A.P(8＜ξ＜10)＝0.6 B.P(9＜ξ＜)＜0.15 C.E(X)＝3 D.P(X≥1)＞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(9，σ2)，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(ξ≤8)＝P(ξ≥10)＝0.2，P(8＜ξ＜10)＝1－2P(ξ≤8)＝0.6，故A正确；对于B，P(9＜ξ＜10)＝0.5－0.2＝0.3，P(9＜ξ＜)＞P(＜ξ＜10)，所以P(9＜ξ＜)＞0.15，故B错误；对于C，X～B(5，0.6)，E(X)＝np＝5×0.6＝3，故C正确；对于D，X～B(5，0.6)，P(X＝0)＝×(0.6)0×(0.4)5＝0.010 24，P(X≥1)＝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 11.在信道内传输A，B，C信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两种字母的信号的概率均为.输入五个相同的信号AAAAA，BBBBB，CCCCC的概率均为.记事件A1，B1，C1分别表示“输入AAAAA”“输入BBBBB”“输入CCCCC”，事件A2表示“输出AAAAA”，事件D表示“输出AACBB”，事件E表示“输出BBBBB”，则 A.若输入信号AAAAA，则输出的信号只有三个A的概率为 B.P(E｜A1)＝ C.P(D｜A1)＝ D.P(A1｜A2)＝ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，当输入A时，收到A的概率为，收到B，C的概率分别为，故收到的信号字母变的概率为.又信号的传输相互独立，从而当输入AAAAA时，输出的信号只有三个A的概率为)2＝10×＝，故A错误；对于B，P(E｜A1)＝＝＝()5＝，故B错误；对于C，P(D｜A1)＝＝＝()4＝，故C正确；对于D，P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＋P(C1A2)＝×［()5＋()5＋()5］＝×，P(A1A2)＝×()5，所以P(A1｜A2)＝＝＝，故D正确.故选CD. 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的分布列如下表，且随机变量Y＝3X－2，则D(Y)＝_____. 5 依题意，得＋＋m＝1，所以m＝，所以E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－， D(X)＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，D(Y)＝D(3X－2)＝9D(X)＝9×＝5. X －1 0 1 P m 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(700，σ2)，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[300，1 100]内的人数约为_______. 1 800 依题意，P(X＞1 100)＝＝0.2，于是P(300≤X≤1 100)＝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[300，1 100]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.(双空题)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，请问他患肺癌的概率为_____. 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％)×(1－98％)＝0.019 8；设事件A表示某地区烟民患癌，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(B｜)＝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(B｜)＝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.(本小题满分13分)篮球三人赛参赛队伍要进行投球测试，测试规定每支球队三人各自投球一次，命中得1分，不中得0分；三人得分和为2分或以上视通过测试.现有甲、乙、丙组队参与投球测试，每人投球一次，已知甲命中的概率是，甲、乙都未命中的概率是，乙、丙都命中的概率是，若每人是否命中互不影响. (1)求乙、丙两人各自命中的概率； 解：设乙、丙两人各自命中的概率分别为p1，p2，每人是否命中互不影响， 故(1－)(1－p1)＝，p1p2＝， 解得p1＝，p2＝， 故乙、丙两人各自命中的概率分别为，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求甲、乙、丙这支球队通过投球测试的概率. 解：甲、乙、丙这支球队通过投球测试，则三人得分和为2分或3分. 三人得分和为3分，即甲、乙、丙三人均命中，概率为××＝， 三人得分和为2分，即甲、乙、丙三人中恰有2人命中， 其概率为(1－)××＋×(1－)×＋××(1－)＝＋＋＝， 故甲、乙、丙这支球队通过投球测试的概率为＋＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(本小题满分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： (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； 品牌 甲品牌 乙品牌 其他品牌 市场占有率 50％ 30％ 20％ 解：法一：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5， 所以抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率为P＝1－(1－0.5)2＝0.75. 法二：随机抽取1部手机，是甲品牌的概率为0.5， 所以抽取的两部手机至少有一部是甲品牌的概率P＝0.5×0.5＋2×0.5×(1－0.5)＝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”， 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， 品牌 甲品牌 乙品牌 其他品牌 市场占有率 50％ 30％ 20％ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 P(B｜A1)＝0.4，P(B｜A2)＝0.3，P(B｜A3)＝0.5， 所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B) ＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3) ＝0.5×0.4＋0.3×0.3＋0.2×0.5＝0.39， 该手机价位不超过4 000元的概率为0.39. 品牌 甲品牌 乙品牌 其他品牌 市场占有率 50％ 30％ 20％ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(本小题满分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(5，)， 所以中一等奖的概率为P(ξ＝1)＝)1()4＝. 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(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝＋＋＝， 故中奖的概率约为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(本小题满分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[25，35)，[35，45)，[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]. (1)从质量指标值在[55，75)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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：采用分层抽样的方法随机抽取的5件中，在[55，65)内的有3件，在[65，75)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，σ2)，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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； 所以P(X＜30或X＞92)＝P(X＜μ－2σ或X＞μ＋2σ)≈1－0.954 5＝0.045 5， 所以若该生产线生产100万件零部件，则估计有100×0.045 5＝4.55万件零部件不合格. 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(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3. 解：因为P(X≥μ)＝，所以Y～B(3，)， 所以Y的可能取值为0，1，2，3. 所以P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝×()3＝， P(Y＝2)＝×()3＝，P(Y＝3)＝. 所以Y的分布列为 所以E(Y)＝3×＝. Y 0 1 2 3 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(本小题满分17分)甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分；然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为p，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为n(n≥2). (1)求p； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解：记Ai＝“第i次答题时为甲”，B＝“甲积1分”， 则P(Ai)＝，P(B｜Ai)＝， P(｜Ai)＝1－＝， P(B｜)＝1－p， P(｜)＝p， ＝［p＋(1－p)］＋［(1－p)·＋p·］， 则＝，解得p＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)当n＝2时，求甲得分X的分布列及均值； 解：依题意，可知当n＝2时，X的可能取值为0，1，2. 则由(1)可知P(X＝1)＝， P(X＝0)＝×＋×)＝， P(X＝2)＝×＋×)＝. 所以X的分布列为 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝. X 0 1 2 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为Pn(A)，证明：≤P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)＜. 返回 解：证明：由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为x甲，乙的积分为x乙， 则x甲－x乙＝2，且x甲＋x乙＝n，所以甲晋级时n必为偶数，令n＝2m，m∈N*. 当n为奇数时，Pn(A)＝0， 则P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)＝P2(A)＋P4(A)＋…＋Pn(A) ＝()0·＋()1·＋()2·＋…＋()m－1· ＝［()0＋()1＋()2＋…＋()m－1］＝［］＝［1－()m］， 又因为m≥1时，P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)随着m的增大而增大， 所以≤P2(A)＋P3(A)＋…＋Pn(A)＜. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 ！ 第 七 章 随 机 变 量 及 其 分 布 返回 $