第7章 随机变量及其分布 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

第七章 黑题 直题体验 考点随机变量及其分布的综合应用 1.（多选)(2024·新课标全国I)随着“一带 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x=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(x,s2),则( (若随机变量Z服从正态分布N(u,σ2)， P(Z<+σ)≈0.8413) 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.(2023·全国甲理)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 3.（全国高考)某群体中的每位成员使用移动支 付的概率都为P,各成员的支付方式相互独 立，设X为该群体的10位成员中使用移动支 付的人数，D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则 P= A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 4.（多选)(2023·新课标全国Ⅱ)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a(0<<1),收到0的概率为1- ;发送1时，收到0的概率为B(0<B<1),收 选择性必修第三册：RJ黑： 题演练 限时：40min 到1的概率为1-B.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-a)(1-B)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B(1-B)2 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为B(1-B)2+(1-B)3 D.当0<<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 (2022·新高考全国Ⅱ)已知随机变量X服 从正态分布N(2,2),且P(2<X≤2.5)= 0.36,则P(X>2.5)= (2024·天津)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 (2024·新课标全国I)甲、乙两人 各有四张卡片，每张卡片上标有一 个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7， 乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行 四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持 有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数 字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得 0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的 卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛 后，甲的总得分不小于2的概率为 题52 8.(2024·北京)某保险公司为了了解该公司某 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1000份，记录并整理这些 保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 8001006030 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 ()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()中E(X)估计值的大小.（结论 不要求证明) 第七章黑 (2024·新课标全国Ⅱ)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；若至少投中一次，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=0.4,9=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<9, ()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？ 白题53第七章 真题演练 黑题真题体验 1.BC解析：因为X~N(1.8,0.12),所以P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1) 因为P(X<1.8+0.1)≈0.8413，所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.8413= 0.1587<0.2.而P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1)<P(X>1.8+0.1)<0.2 B正确，A错误：依题可知，x=2.1,s2=0.01,所以Y~N(2.1,0.12),故 P(>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.8413>0.5，C正确， D错误故选BC. 2.A解析：同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4，记“该同学爱好 滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5, P(AB)=Q4,所以P(B1A)=PCAB）04 0.8.故选A. P(A)0.5 3.B解析：由题意知，X服从二项分布，即X~B(10,p),D(X)=10p· (1-p)=2.4,解得p=0.4或p=0.6.又因为P(X=4)=C4p4(1-p)6< P(X=6)=Cop（1-p)4,整理得(1-p)2<p2,解得p>0.5,即p=0.6. 故选B. 4.ABD解析：对于A,依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发 送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积， 它们相互独立，所以所求概率为(1-B)(1-a)(1-B)=（1-a)· (1-B)2,A正确； 对于B,三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1 的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的 积，它们相互独立，所以所求概率为(1-B)·B·(1-β)=B(1-)2, B正确； 对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0、1， 0,1、0,1,1和1,1,1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所求的概率为CB(1-B)2+(1-B)3= (1-B)2(1+2B),C错误； 对于D,由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P= (1-a)2(1+2a),单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1-,而0< a<0.5,因此P-P'=(1-a)2(1+2a)-(1-)=a(1-)(1-2a)>0,即 P>P',D正确.故选ABD. 5.0.14解析：因为X~N(2,σ2)，所以P(X>2)=0.5,因此P(X>2.5)= P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14.故答案为0.14. 31 6. 解析：设选到A为事件M,乙选到B为事件N,则甲选到A 52 的概率为P(M)= C了：乙选了A活动，他再选择B活动的概率 C43 Ca 为P(NIM)=P(MCE1 31 FPWC2故答案为了2 C3 7.号解析：设甲在四轮游戏中的得分分别为X,名，名，X,四轮的 总得分为X. 对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使 得甲得1分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得1分的概率P(X,= 1)=63 4×4 所以(X)=(k=1,23,4 第八章 成对 8.1成对数据的统计相关性 8.1.1变量的相关关系+ 8.1.2样本相关系数 白题 基础过关 1.C解析：对于A选项，因为S=5。 a2,边长a与面积S是确定的函数 关系，故A错误：对于B选项，设匀速直线行驶的汽车的速度为，s= t,所以位移s与行驶时间t是确定的函数关系，故B错误：对于C 选项，杂交水稻植株的高度与土壤湿润度r具有相关关系，通常情 况下，土壤湿润度，会一定程度上影响杂交水稻植株的高度h的值， 选择性必修第三册·RJ 从面A0=(+瑞)宫()-客名号 记p=P(X=k)(k=0,1,2,3). 如果甲得0分，那么组合方式是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别对 11 应乙出2,4,6,8，所以P0=A424 如果甲得3分，那么组合方式也是唯一的：必定是甲出1,3,5,7分别 对应乙出8,2,4,6，所以P3 11 A424 而X的所有可能取值是0,1,2,3，故P0+p1+p2+p3=1,P1+2印2+3p3= B(0=子，所以：+日1，n+2日号，两式相孩即得+ 11 242故P2+P=),所以甲的总得分不小于2的概率为P2+P3 故答案为2 2 8.解：(1)设事件A为“随机抽取一单，索赔不少于2次”，由题设中的 统计数据可得P(A)=60+30+10-1 100010 (2)(i)设专为赔付金额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3，由题设中的统 100o5,P(5=0.8)=100=1 计数据可得P(专=0)=800=4 100010,P(5= 603 303 101 1.6)=100050P(5=2.4)=1000100P(5=3)=10100故 EE=0x等08xL6 0+2.4x 3 700+3×100=0.278,故E(X)日 0.4-0.278=0.122(万元). (i)由题设，保费的变化为04x号×96%+04x×12=04032, 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)， 从而E(X)<E(Y). 9.解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投 中1次，乙第二阶段也至少投中1次，.比赛成绩不少于5分的概率 P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(1)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]g3,若乙先参加第一阶段比赛，则 甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1-(1-g)3]·p3. 0<p<q,∴.P甲-Pz=q3-(q-p9)3-p3+(p-pq)3=(q-p)(g2+p9+ p2)+(p-9）·[(p-p9)2+(9p9)2+(p-p9)(q-p9)]=(p-q)(3p2g2- 3p2q-3pq)=3pq(p-q)(p9-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]> 0,.P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，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](1-9)3,P(X=5)=[1- (1-p)3]·C3q(1-q)2,P(X=10)=[1-（1-p)3]C3q2(1-q),P(X= 15)=[1-(1-p)3]g,.E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p-3p+3p)g. 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10， 15,同理E(Y)=15(g3-3g2+3q)P,.E(X)-E(Y)=15[p9(p+q)(p q)-3pg(p-g)]=15(p-q)p9(p+q-3).:0<p<g,p-q<0,p+q-3<1+ 1-3<0,(p-q)pg(p+q-3)>0,应该由甲参加第一阶段比赛 数据的统计分析 故C正确；对于D选项，因为班级某次数学考试的平均分x等于班级 总分除以学生人数，所以当班级总分确定的情况下，某班的学生人 数n与该班某次数学考试的平均分x是一种确定关系，故D错误.故 选C. 2.BCD解析：对于题图①中的散点杂乱，无规律，所以y和x相关程 度极弱，所以A错误；对于题图②中，散点分布在某条直线的附近， 且呈上升趋势，所以y和x成正相关关系，所以B正确；对于题图③ 中，散点分布在某条直线的附近，且呈下降趋势，所以y和x成负相 关关系，所以C正确；对于题图④中，散点分布在某条曲线附近，所 以y和x成非线性相关关系，所以D正确.故选BCD. 3.A解析：线性相关系数的绝对值越接近1，线性相关性越强，则线性 相关性最强的是-0.87.故选A. 黑白题26