专题4 大题专攻1 概率模型及应用 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

专题强化训练 1．(2025·青岛一模)为了调查某地区高中学生对于体育运动的爱好程度，随机调查了该地区部分学生的日均运动时间．在被调查的学生中，女生占40%，女生中有65%的人日均运动时间大于1小时，男生中有90%的人日均运动时间大于1小时． (1)在被调查的学生中任选1人，若此人日均运动时间大于1小时，求此人为男生的概率； (2)用频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取4人，求日均运动时间大于1小时的人数ξ的均值和方差． 解：(1)记事件A为“抽取的1人为男生”，事件B为“抽取的1人日均运动时间大于1小时”， 则P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.9，P()＝0.4，P(B|)＝0.65， 由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.6×0.9＋0.4×0.65＝0.8， 由条件概率公式可得P(A|B)＝＝＝＝. 因此，在被调查的学生中任选1人，若此人日均运动时间大于1小时，则此人为男生的概率为. (2)从该地区的高中学生中随机抽取1人，该学生日均运动时间大于1小时的概率为，由题意可知ξ～B，所以E(ξ)＝4×＝，D(ξ)＝4××＝. 2.某地区举行专业技能考试，共有8 000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了样本频率分布直方图，如图所示． (1)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ＝11.5，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩高于85分的人数； (2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中，前两道题每题能答对的概率均为，后两道题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．规定复试成绩不少于20分的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大？ 附：若随机变量X～N(μ，σ2)，则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：(1)由题意得，样本平均数的估计值为 (40×0.010＋50×0.020＋60×0.030＋70×0.024＋80×0.012＋90×0.004)×10＝62， 因为考生初试成绩X服从正态分布N(μ，σ2)， 其中μ＝62，σ＝11.5，则μ＋2σ＝85， 所以P(X＞85)＝P(X＞μ＋2σ)≈＝0.022 75， 所以估计所有考生中初试成绩高于85分的人数为0.022 75×8 000＝182. (2)记该考生的复试成绩为Y，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分， P(Y＝20)＝()2×()2＋()2×C××＝， P(Y＝25)＝C×××()2＝， P(Y＝30)＝()2×()2＝， 所以该考生进入面试的概率为P(Y＝20)＋P(Y＝25)＋P(Y＝30)＝＋＋＝. 3．每年4月23日是“世界读书日”，又称“世界图书与版权日”．为了解某地区高三学生阅读课外书时间的分配情况，从该地区随机抽取了1 000名高三学生进行在线调查，得到了这1 000名学生的周平均阅读时间(单位：h)，并将样本数据分成[0，2)，[2，4)，[4，6)，[6，8)，[8，10)，[10，12)，[12，14)，[14，16)，[16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)求a的值； (2)为进一步了解这1 000名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在[8，10)，[10，12)两组内的学生中，采用分层随机抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记周平均阅读时间在[10，12)内的学生人数为X，求X的分布列和数学期望． 解：(1)由题中频率分布直方图得2×(0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01)＝1，解得a＝0.1. (2)由题中频率分布直方图得，这1 000名学生中周平均阅读时间在[8，10)，[10，12)两组内的学生人数之比为0.15∶0.1＝3∶2. 采用分层随机抽样的方法抽取10人，则从周平均阅读时间在[8，10)内的学生中抽取×10＝6(人)，从周平均阅读时间在[10，12)内的学生中抽取4人． 现从这10人中随机抽取3人，则X服从超几何分布，其所有可能的取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 4．(2025·芜湖二模)某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试．首次测试(测试Ⅰ)通过率为p(0＜p＜1)，未通过测试Ⅰ的芯片进入第二次测试(测试Ⅱ)，通过率为q(0＜q＜1).通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废． (1)若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当p＝0.8，q＝0.6时，求X的均值与方差； (2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试Ⅰ的概率θ； (3)为估计(2)中的θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试Ⅰ.记＝.若要使得P总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量m(m∈N*). 参考内容：设随机变量X的均值为E(X)，方差为D(X)，则对∀ε＞0，均有P(|X－E(X)|≥ε)≤. 解：(1)每个芯片的合格率为0.8＋(1－0.8)×0.6＝0.92，X～B(n，0.92)， 则E(X)＝0.92n，D(X)＝0.073 6n. (2)记事件A为“通过测试Ⅰ”，事件B为“通过测试Ⅱ”，事件C为“芯片合格”， P(C)＝p＋(1－p)q， 则θ＝P(A|C)＝＝. (3)因为k～B(m，θ)， 所以E(k)＝mθ，D(k)＝mθ(1－θ)， 方法一：E()＝E＝E(k)＝θ， D()＝D(k)＝， 所以∀ε＞0，P≤， 又因为θ(1－θ)≤()2＝，当且仅当θ＝时等号成立， 所以∀ε＞0，均有P≤， 取ε＝0.05，则P≤， 根据题意要使得P总能不超过0.1， 当≤0.1， 即m≥1 000时满足条件， 所以最小样本量m大约为1 000. 方法二：由已知得对∀δ＞0，P≤， 所以P≤， 记ε＝，所以∀ε＞0，P≤， 下同方法一． 学科网（北京）股份有限公司 $