专题03 离散型随机变量·分布列·数字特征·四类分布·概率（十六大高频考点）（期末复习专项训练）数学苏教版高二选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦离散型随机变量全体系，以概率公式为基、分布列为纲、数字特征为核，系统覆盖四类分布，培养逻辑推理与数学建模能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概率计算|4题型16题|条件概率直接计算、全概率分步整合、贝叶斯逆推应用|从简单条件概率到复杂全概率/贝叶斯公式，构建概率推理链条| |分布列与数字特征|6题型24题|分布列性质应用、均值方差公式法与性质法|先掌握分布列性质，再推导数字特征，体现从结构到特征的认知逻辑| |四类分布|6题型24题|二项分布建模、超几何分布计数、正态分布3σ原则|以两点分布为基础，延伸至二项/超几何分布，结合正态分布形成完整分布体系|

命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题03离散型随机变量·分布列·数字特征·四类分布·概 率 题型归纳·内容导航 题型1计算条件概率 题型9随机变量的方差（难点) 题型2条件概率的实际应用 题型10均值与方差的性质（重点） 题型3全概率公式（重点） 题型11二项分布的均值与方差（常考点） 题型4贝叶斯公式（重点） 题型12服从二项分布概率最大问题（常考点） 题型5利用随机变量分布列性质解题（常考点） 题型13建立二项分布解决实际问题 题型6随机变量分布列求概率（结论） 题型14求超几何分布的概率 题型7两点分布 题型15超几何分布的均值方差（重点） 题型8随机变量的均值（重点） 题型16正态分布（难点） 题型通关·靶向提分 题型1计算条件概率（共4小题） 1.盒中有6个相同的小球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球.记 事件A为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件B为“第二次取出小球的数字为5”，则P(B|4)=() A3 3 2 C. D. 11 6 【答案】c 【详解】由已知条件，=18，n4B)=4,所以PB1=B-2 n(A9 2.(多选)已灯随机事件4,8，C满足P叫=号，P川到-写PC号P叫A)=则() A.P(AB)=1 B.事件A与B相互独立 6 cPa-月 D.若3PB1C=PC,则PaUC-名 【答案】ACD 【详裕】对FA由到-写可药P=AA到P到-写名A正确 对于B,P(A0-P(B)=名≠P(AB,事件A与B不是相互独立的，B错误： 1/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 对于C,由P(团=1-P4=1名=} 33 11 所以P(B )eP-PB)-PA)_36-1, P(A) P(4) 1 2,C正确， 对FD,因3PB1C=P叫C,且PB1C+PEO=l,解得P81C-} 故PBC)=P(C)PB1CO=号×46 211 则PBuG-P+PrG-Pa-号名名0正晚 3.某高中即将举办“青春风采”校园艺术节，在前期筹备中，校学生会从各班报名的同学中筛选出了9名优 秀骨干志愿者，并将他们分配到“后台统筹“和“前台引导”两个不同的工作组.己知这9名志愿者中，有5名 同学属于“后台统筹”组，4名同学属于“前台引导”组.现因舞台彩排需要，随机从这9名志愿者中抽调3人 参与第一次全要素带妆彩排.则抽调的3名志愿者中，恰好有2名来自“后台统筹"组的概率为 己知在抽调的3名志愿者中至少有1名来自“前台引导”组，则在此前提下，恰好抽中2名“前台引导”组志愿 者的概率为 【答案】 10 15 21 37 【详解】抽调的3名志愿者恰好有2名来自“后台统筹组的概率为C℃_40-10 C84-211 恰好抽中2名“前台引导组志愿者的概幸为CC_30_5 C88414 至沙有1名来自面台导产组的概率为1一念10.37 18442 所以在抽调的3名志愿者中至少有1名来自“前台引导”组前提下，恰好抽中2名“前台引导”组志愿者的概率 5 为号 42 4.为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A,B,C,D,E,F共6所学校中各自选1所学校开展普法讲座. 在甲、乙选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为 【答1 【分析】应用排列、组合数求出甲、乙分别选择了2所不同的学校，恰有一位老师选择A学校开展讲座的 选法数，再应用古典概型的概率求法求概率， 【详解】由题意，甲、乙分别选择了2所不同的学校有A?=30种， 2/40 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 恰有一位老师选择A学校开展讲座，甲或乙选A学校有C?=2种， 另一位老师在其它5所学校中任选一种有C,=5种， 所以在甲、乙分别选2所不同的学校条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为P=2x5=号 303 题型2条件概率的实际应用（共4小题） 5.在一个盒子中有大小一样、编号为1~8的8个球，其中有3个红球和5个白球.现无放回地依次从中摸 出1个球，求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率。 【省】8 【详解】记事件A为“第一次摸出红球”，事件B为“第二次摸出白球”， 则P-n0-号 所以PAB)=P(A)P(BIA0=3x-15 即第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率为 8756 56 6,己知随机事件A,B,P叫=之P到=，P48)=号，则P8=() B. 7 4 D. 9 【答案】D 【分析】根据条件概率公式计算判断各个选项， 【详解】因为P0=分P)号P4)子 1 P(AB)P(AB 2 所以P(B) 1 -5,则P4)-号 P 2 所以P(BA)= P(AB)94 P(A19 2 7.(多选)己知随机事件A,B均包含于必然事件2，若0<P(A)<1,0<P(B)<1,则() A.P(BI A)+PBA=P(A) B.P(A+P(B)≤1+PAB c.(( D.PB|A·PAB)=P(AB) 【答案】BC 【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D的正误；根据概率加法公式，可判断B的正误，根据 概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C的正误： 3/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【详解】选项A:由条件概率公式得P(B1A)+PB14)=PMB)+P4A=P=1,故A错误； P(A)P(A)P(A) 选项B:由概率加法公式得P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB), 因为P(AUB)≤1，所以P(A)+P(B)-P(AB)≤1， 则P(A)+P(B)≤1+P(AB),故B正确： 选项C:0≤P(AB)≤P(A),0≤P(AB)≤P(B), 所以P(AB)]≤P(A)P(B),则P(AB)≤VP(A)P(B), 令VP(A)P(B)=t,，te(0,l), 则P川8-川P到s商-P川=-f--+ 因为te(0,), +4 当且仅当1=2时取等号，故C正确： 选项D:P(B4PAB)=PB.PAB_P(AB P(A)P(B)P(A)P(B) 当PA=PAPB)或PB)=0时，才有P4B=P叫AB, P(A)P(B) 但0<P(A<1,0<PB)<1, 无法确定P(AB)是否为O及P(A)是否等于P(B),故D错误. 7 8,多选)设4，B是一个面机试验中的两个事件，且P()名，PB)PAUB则( A.P(AB)=24 B.事件A,B为独立事件 C.P(B e.5 8 。RU同-号 【答案】AC 【分析】应用概率基本性质计算判断A,独立事件概率乘积公式计算判断B,应用条件概率公式计算判断C, 应用概率基本性质结合独立事件概率公式计算判断D。 【详解】因为P)=号A到-P4U名所以到=号 PU)=PA+P)-P氏B,P()=所以A正确 4/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 子=P(0P(B)≠PAB)=所以B错误： 24 5 立P川8平-名所以c正确： P(AB)=5 1 P=A利-P=日PB=P川-PB= 24 PBU4=P叫例+P川-P川-是0+ ,所以D错误. 24 题型3全概率公式（共4小题）（重点） 9.某科技公司使用！质检系统对生产的芯片进行初筛（分为合格芯片和瑕疵芯片）.已知芯片被标记为合 格的概串为}·技标记为显线的餐率为号 被标记为合格的芯片中有二实际为瑕痱芯片，被标记为瑕疵的 10 芯片中有二实际为合格芯片，在被1质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为() 10 A B. 3 D. 21 50 【答案】D 【详解】记“芯片为瑕疵芯片”为事件A,“芯片被标记为合格”为事件M,“芯片被标记为瑕疵”为事件N. 则PM-号P)-号P叫4=P4N=1-。-8 1010 所以P(4)=P(M)P(AM)+P(N)PAIN)=2x+2x9_21 51051050 即在被A质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕痲芯片的概率为引 50 10.小明每天晚上的学习态度分为“认真”与“放松”两种根据过往记录，若某天晚上学习状态为“认真”，则第2 天晚上仍为“认真”的概率为0.8；若某天晚上为“放松"”，则第2天晚上转为“认真"的概率为0.3.已知开学第1 天晚上学习状态为“认真”的概率为02.P表示第n天晚上小明学习状态为“认真”的概率. (1)求B; (2)写出D与P1(n≥2)的递推关系（不必证明），并求出D: (3)试判断从第几天开始，P与P1(n≥2)的差的绝对值小于0.01，并说明其实际意义. 【答案】(10.4； (2)Pn=0.5Pn-1+0.3(n≥2)，P=0.6-0.4×0.5-； 3)从第7天起，相邻两天的学习状态为“认真”的概率的变化幅度已非常小（小于0.01），表明其学习习惯已 基本趋于稳定 【分析】(1)由全概率公式求解： 5/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)先求出P与P,的递推式，再转化为等比数列求通项公式解出P; 3)通过P的表达式，求解满足P-P-<0.01的的取值范围 【详解】(1)由全概率公式得P,=P×0.8+(1-P)×0.3=0.2×0.8+(1-0.2)×0.3=0.16+024=0.4; (2)因为Pn=0.8P.1+0.3(1-P.-)(n≥2)，即Pn=0.5Pn+0.3(n22) 构造等比数列Pn-0.6=0.5(P1-0.6)(n≥2)， 因为P-0.6=-0.4,所以数列{P,-0.6是以-0.4为首项，0.5为公比的等比数列. 所以P-0.6=-0.4×0.5",即Pn=0.6-0.4×0.5"-(n∈N*: (3)由(2)可知P.=0.6-0.4×0.5"- 当n≥2时，P-P=(0.6-0.4×0.5-）-(0.6-0.4×0.5-2=0.2×0.5m-2 若P。-Pm<0.01(n22则0.2×0.5-2<0.01，即0.5"-2<0.05 0.56-2=0.0625>0.05,0.57-2=0.03125<0.05, 当n≥7时，Pn-Pn-<0.01 实际意义从第7天起，相邻两天的学习状态为“认真”的概率的变化幅度已非常小（小于0.01），表明其学习 习惯已基本趋于稳定 11.某公司的技术员进行技能操作竞赛，规则如下：技能竞赛按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都操 作失败，则亮赛结束；每一个阶段随机分配一个甲任务或乙任务，分配到甲任务的概率为，分配到乙任务一 的概率为：.已知一个技术员能成功完成甲任务与乙任务的概率分别为和；，且各阶段任务完成情况相互 独立，完成阶段越多的获得胜利： (1)求该技术员在一个阶段中成功完成任务的概率； (2)记P为该技术员在执行完第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率，求B,P· 【答案】回 2)P,125'日s81 93 125 【分析】(1)应用全概率公式结合条件概率计算求解； (2)应用对立事件及独立事件乘法公式计算求解， 【详解】(1)设事件A=“分配到甲任务”，则石=“分配到乙任务”，事件B=“在一个阶段中成功完成任务” 装题意，P-号r团-号PBAe子B9号 因此PB)=PPBA0+P④P(BDg3x2+2x1_3. 53525 6/40 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以该技术员在一个阶段中成功完成布务的概率为号 (2)设事件B,=“该技术员在第个阶段中成功完成任务”，则PB)=?, 当n=1时，挑战显然不会终止，即P=1, 又各阶段完成任务与否相互独立， 所以当m=2时，第1,2阶段至少成功完成一次，B=1-P(B,)=1-P(B)PB)=1-2×2-21 5525 R=P8)+PPaa)=RP川+RAaP国-I号 55125 同E可为R=RP叫B+RPa可=RA8+R8P回-路号器号 - 12.(多选)已知不透明的袋子中有3个白球，2个黑球，甲从中随机取2个球（甲取球后不放回），然后乙 再从袋中随机取出1个球，记事件A,(i=0,1,2):“甲取出i个白球”，事件B:“乙取出1个白球”，则() A.P(4)=3 5 BP叫a4利-号 C.P(B)=3 5 D.在甲至少取出1个白球的条件下，乙取出白球的概率为 0 【答案】ACD 【分析】对A,利用古典概率公式求解；对B,利用条件概率公式求解；对C,根据全概率公式求解；对D, 利用条件概率公式求解 【详解】对于A,P叫4)-CS=2,故A正确： c5 对于B,户B4-号-号成B错， 对于C,因为A,A,A互斥，且A,UAUA2=2, 所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)PB|A)+P(A2)P(B|A, -右+高付故c疏 531035 秀于0，因为P叫利=房叫4小=高 31 所以在甲车少取出1个白球的条件下，乙么取出白球的概率为PPPB4各。，故D正确 P(4)+P(4) 510 题型4贝吐斯公式（共4小题）（重点） 13.（多选)已知甲口袋中装有1个红球，2个白球，2个黑球，乙口袋中装有3个红球，2个白球，1个黑球， 7/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.记从甲口 袋中取出的球是红球、白球、黑球分别为事件A、A、A,从乙口袋中取出的球是红球为事件B,则下列 结论正确的有() A.P(4B)=4 35 ®P号 cP叫4= D.P(AB>P(AB 【答案】ACD 【分析】A选项：由乘法公式P(A,B)=P(A)P(B|A)计算即得；B选项：运用全概率公式求解即得：C选项： 由贝叶斯概率公式计算即得；D选项：利用条件概率公式分别计算P(A|B)和P(AB),比较两个概率的大 小即可 【详招】对于由概丰的来法公式得P川4副=P川)P(引)-兮名所以A正确： 对于B,由全概率公式得P(B)=P(A,B)+P(A,B)+PA,B) =P(4P(B4+P(4P(B14,+P4,)P(B14,)=×4+2x2+2x2-16,故B错误 Γ57575735 23 对于C,由贝叶斯公式得P叫4B=P4B.P4PB14-51-3,放C正确： P(B P(B =168 35 4 对于D,由条件概率公式得P(A|B)= P(AB)_35-1 PB)=16=4? 35 13 P(41B)= P(AB)_P(4)P(BIA)-3*7=3 PB 1-P(B) 1-169,因P(418)>P4B,故D正确 35 14.甲盒装有1个白球和2个黑球，乙盒装有3个白球和2个黑球，丙盒装有4个白球和1个黑球.采取 掷骰子决定选盒，出现1,2或3点选甲盒，4,5点选乙盒，6点选丙盒.在选出的盒子中随机摸一球，经 过秘密选盒摸球后，宣布摸得1个白球，则此球来自乙盒的概率是 【答案】号104 【分析】先根据掷骰子规则确定选盒的概率，再用各盒中白球占比得到摸白球的条件概率，接着通过全概 率公式算出摸到白球的总概率，最后利用贝叶斯公式，求出已知摸到白球时，该球来自乙盒的概率。 【详解】设B=摸出的球来自甲盒}，B,={摸出的球来自乙盒)， B,={摸出的球来自丙盒}，A={摸出白球)， 8/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则PB=P品=写P氏B=名 P4)-P川4B,)},P叫4a,- 所以P(A=P(B)PAB)+P(B2)P(AB2)+P(B)P(AB,) 11,13,141 2×3+3x5652 13 所以P(B2A)= P(B.)P(B)-3%32 P(A 15 2 15.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错 误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和 0的概率分别为0.9和0.1，假设发送信号0和1是等可能的.已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概 率为() 1 1 B. D. 19 9 18 【答案】B 【分析】由全概率公式求出接收到的信号为0的概率，再利用条件概率公式计算即可求解。 【详解】设A=“发送的信号为0”，B=“接收到的信号为0”，则A=“发送的信号为1”，B=“接收到的信 号为1”， 由题意得P(A)=P(A)=0.5,P(B|A)=0.8,P(B|A)=0.2,P(B|A=0.1,P(B|A=0.9, P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B)=0.5×0.8+0.5×0.1=0.45, P(aB)=PAP(B1d-0.5x0.1_1 P(B) 0.459 16.某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到 险纹款、稀有武、背通放的服字分别为。子：，若抽到险核款、希有款、音通就，则消安音给出好济的 概率依次为、1、1 5、2、5 (1)求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； (2)若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 【答奖】 明 【分析】(1)利用全概率公式，把三种款的概率与对应好评概率相乘再相加，即可得到结果； 9/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)先算出未给出好评的概率P(B),再结合抽到普通款且未给出好评的概率，利用贝叶斯公式即可求得. 【详解】(1)设事件A表示"抽到隐藏款”，4，表示“抽到稀有款”，A表示“抽到普通款”， 事件B表示“消费者给出好评”，事件B表示“消费者未给出好评”. 根据题意A,4,A两两互斥，且AUA,UA,=2. 由题意得P川4=言P川4)P4=PB4)-号，P8)=:P4)-5 由全字公式得P9=PAPe+P4P4君号产分行 所以消费者给出好评的概率为号 (2)由1)知P到-子.因此P(回=1-P到=1-子} 55 根据题意，得P(B4)=1-PB4)=1-1-4 55 因为A,4,A两两互斥，且AUA2UA=2, x4 由贝叶斯公式，得P叫4月eP4)PB4_2X5_2 PB 3 5 所以，若消费者末给出好评，其抽到普通煮的概率为号 题型5利用随机变量分布列性质解题（共4小题）（常考点） 17.设随机变量X的分布列P(X=k)= .mk=1,2,3,4),则P(X≥3)=（) k(k+1) A. 1 c 8 B. 6 12 【答案】A 【详】PnX=利=) (11 因为P(X=1)+P(X=2)+P(X=3+P(X=4)=1, 所以}}》店-4》1.解腾m- 所以PX-刻-投中 所以P=叫=+Px=到-沿》-君 18.己知随机变量X的分布列为 10/40 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1 p 3 1 m 3m-1 3 10 10 则m=( A.7 B. 3 10 C. 2-5 D 【答案】D 【详解】由随机变量分布列的性质知+m+3m-1+之-1，解得m=2 10 10 19。(多选)设离散型随机变量X的分布列如下表所示，其中2不p<行，则(） X 1 2 p 2p-1 m A.m=2-3p B.P(X2 CPX≤月 D.m 【答案】AB 【分析】根据分布列的性质判断A;结合概率的加法公式及不等式的性质判断BCD. 【详解】由题意知，p+2p-1+m=1,m=2-3p,故A正确. P(X=2)=2p-1,P(X≤2)=p+2p-1=3p-1. 因为p<号则0<2p-1<兮，3p-1<1,0<2-3p< 11 11 1 所以0<P(X=2列<行2PX≤2)<1,0<m<行故B正确，CD错误 20.已知随机变量X的分布列为P(X=)=a+ 8 -(i=1,2,3),则a=() A.3 B.2 D. 5 8 8 【答案】A 【分析】由所给的随机变量的分布列，根据分布列的性质，得到关于的方程，求解即得a的值. 【详解】：P(X=0=a+少=2.，3， 8 1. 题型6随机变量分布列求概率（共4小题）（结论） 11/40 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 21.已知随机变量X的分布列为： P 3 a+b a+2b 则P(X22)=() A 83 c D. 3 4 【答案】C 【伴解】由圈意，得a+b+a+a+2b=1,解得a+b=号 所以P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=a+a+2b=2a+b)=2 3 22.已知随机变量的分布列为P(5=k)= A.1 B. C. 16 5 0.3 6 【答案】D 【分析】先确定满足不等式。<：≤4的正整数取值，再结合分布列计算可得。 【详解】已知随机变量的取值k∈N,满足)<：≤4的正整数k为3和4， 2 根据离散型随机变量分布列的颗率可加性，且P叫5=利=，k©N,可得： P85sP5=+P4到8 113 23. 设离散型随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4,5，且满足P(X≤k)=k2P(X=k)(k=1,2,3,4,5, 则P(X=4)的值为() 1 A:50 1 3 B. 2 25 C.50 0.25 【答案】C 【详解】由离散型随机变量分布列的性质可知，所有可能取值的概率之和为1，即P(X≤5)=1， E入题设条件PCX≤)=PX=k),得：1=SP(X=),解待 当k=4时，P(X≤4)=1-P(X=5),结合题设条件可得： 4P0X=到=15若即16PX=4若第两X=到 243 25×1650 24.(多选)已知离散型随机变量X的分布列为 12/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2 4 6 P 0.2 m n 0.1 则下列选项正确的是() A.m+n=0.8 B.若m=0.3,则P(X>3=0.5 C.若m=0.9,则n=-0.2 D.P(X=1)=2P(X=6 【答案】BD 【分析】根据分布列的性质，以及概率的定义与互斥事件概率的加法公式，逐项判定，即可求解 【详解】对于A中，由分布列的性质，可得0.2+m+n+0.1=1,解得m+n=0.7,所以A不正确： 对于B中，若m=0.3,可得n=0.4,则P(X>3)=P(X=4)+P(X=6)=0.5,故B正确； 对于C中，由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确： 对于D中，由P(X=1=0.2,P(X=6)=0.1,则P(X=1)=2P(X=6),所以D正确. 题型7两点分布（共4小题） 25.若X服从两点分布，且P(X=1)=7P(X=0),则D(X)=() B.1 C.49 7 D. 64 8 64 8 【答案】A 【详解】因为X服从两点分布，所以P(X=)+P(X=0)=1, 已知P(X==7P(X=0,可得7P(X=0+P(X=0=,解得P(X=0-8 那么PX==7×gg则刘-专g石 26.若随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=6P(X=0),则P(X=1=() B.5 6 o. 【答案】A 【详解】随机变量X服从两点分布，因此P(X=1+P(X=0)=1, 而P(X=1)=6P(X=0),所以6P(X=0)+P(X=0)=1, 故P(X=0=7,所以P(X== 27.己知随机变量X服从两点分布，且P(X=1=4P(X=0),则P(X=0)=() 8.2 5 c.4 0.1 6 【答案】A 13/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【分析】利用两点分布概率和为1，列方程求解即可. 【详解】：随机变量X服从两点分布，P(X=1+P(X=0)=5P(X=0=1, PrX=0-号 28.设随机变量X服从两点分布，若P(X=1)-P(X=0)=0.24,则P(X=0)= 【答案】0.38 【分析】由于变量X服从两点分布，根据两点分布的性质进行求解。 【详解】随机变量X服从两点分布，由P(X=1)-P(X=0)=0.24, 及P(X=1)+P(X=0)=1,解得P(X=0)=0.38 题型8随机变量的均值（共4小题）（重点） 29.盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同.甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次 由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中直至盒中红球 己被全部取出，游戏结束.第一次摸球从甲开始，记P为第n次摸球后游戏结束的概率. (1)求P,; (2)求Pn; 球2次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量X,证明：X 【答案】P=5B25 1 6 x/3) ar- (3)证明见解析 【分析】(1)根据古典概型公式求解； (2)游戏在第n次结束，可能前n-1次全摸0红，第n次摸2红；可能前n-1次有1次摸1红，第n次摸1 红；记第n次摸到两个红球的概率为P,得到p。= 2 ,用等比数列求和公式化简： 15 (3)法一：设甲摸到第一个红球的概率之和为M,通过计算M与B,的表达式，证明户。>5 M、3 M、3 法二：利用各项概率之间的递推关系进行放缩，证明乃。>5 【详解】(1)P= C1 B-CixCCCixCC-6x1:8x4-6 cgc%CC1515151025 14/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)若盒中有4个黑球，2个红球，一次性摸出两个球， 摸到o,1,2个红球的概率分别为S-2,CC-8C。1 C5c=15c5 若盒中有4个黑球，1个红球，一次性摸出两个球， 摸到o,1个红球的概率分别为=3CC-2 C5C5' 则摸球次，记在第i次摸出第一个红球、在第次摸出第二个红球从而结束游戏的概率为P, n-)=2- 换球成，记第收模到两个红取的瓶率为以，烟-()5 -得子 学g 3 (3)法一：设摸球2n次，在第i次和第2n次分别摸到一个红球的概率为 -)×3)-122m- 记M=+P3+…+P2m-1, 则M 16 -] 163)2-1 《可能取值为，2且PX,=可PX,2LM B 法二：设摸球2n次，在第i次和第2n次分别摸到一个红球的概率为 15/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 摸球2n次，第2n次摸到两个红球的概率为Pm= 2 2n-1 15 ①若n≥2， 2 此时当k为奇数且k≤2n-3时， 2 P=P；当k=2n-1时，P>P 则号(A+A++n小>A+n,++p, 敢3B+h+…+P>P+P++P 记M=P1+P3+…+P2n M=+P++P1>。p+D++Pn1=3 则B。P+P++P2m A+n,++B)5 5 X.可能取值为1,2，且PX=1=M,PX=2)=1-M ®当=1时，P名=-P川X=2引--1+*2-g行结论他度立 9 综上，E(X)<5 30.一个盒子中装有2个黑球和8个红球随机地从盒子中取一个球，观察其颜色后放回，若出现连续两次 取到红球，则停止取球，那么取球总次数的数学期望为 【路】将 21 解】由题可知，每次取到红球的概率为8-取到黑球的概率为。 设“刚开始取球或前一次取到黑球"”的状态到试验结束所需取球次数的期望为瓦，从“前一次取到红球”的状态 到试验结束所需取球次数的期望为E； 1 E、 6=1+56 5 则 = 5,解得B=16 31.(多选)“暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶 2 的命中率为。，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正 3 确的是() 16/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.当m=2时，投壶2次游戏结束的概率为 B.当n=2时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 5 C.当m=2时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D.设游戏结束时投壶总次数的数学期望为E,则2E+1=3E。+3(n≥2) 【答案】ACD 12 【分析】选项A,直接利用独立事件概率乘法公式，计算两次投壶均命中的概率 验证投壶2次游戏 3 结束的概率选项B,分别分析投壶3次、4次游戏结束的条件，利用独立事件概率公式计算对应概率，再比 较两者大小选项C,采用递推法，分第一次投壶命中/未命中、第二次投壶命中/未命中的情况，建立关于数 学期望E的方程，求解得到期望E=15选项D,考虑首次达到连续次命中后的下一次投壶结果（命中/未 命中)，建立En+1与E,的递推方程，整理验证2E+1=3E,+3n≥2)是否成立. 于A,投壶2次均命中即游戏结束，怎 =4, A正确： 9 对于B,投壶3次游戏结束的事件为“第2,3次命中，第1次不中”，概率为× 2)3 4 3 3 27 投壶4次结束的事件为“第3,4次必须命中， 且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投壶结果不影响”， 幸引分份-分再青指车相，B省 = 对于C,当n=2时，即出现连续2次命中，那么停止投壶，游戏结束， 设投壶的总次数的数学期望为E,考虑第一次投壶的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为×名），则投壶总次数为2： 33 若第一次命中，第二次未命中（概率为×，则游戏重置，投壶的总次数可看作2+E: 33 ②第一次未命中（概率为，则游戏重置，投壶的总次数可看作1+￡； 31 则E=2× +E+2号分+E+0×写架得E-号C正确 对于D,由题意，设E,1为出现连续n+1次命中，则停止投壶，游戏结束时投壶总次数的数学期望， 在连续n+1次命中，停止投壶的游戏中，考虑首次达到出现连续命中n(n≥2)次的时刻， 17/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 此时当前投壶的总次数期望为E,即出现连续次都投壶命中，那么现在从此状态开始， 游戏还需要进行直至停止（即连续+1次命中），则考虑下一次投壶的结果： ①若下一次投壶命中（概率为），则出现连续n+1次命中，停止投壶，游戏结束， 即投壶的总次数可看作E,+1次； ②若下一次投壶不中（概率为马，则游戏重置，还需再进行E次投壶， 游戏才能结束，即投壶的总次数可看作E。+1+E1次； 综上故E-号.+小+E.1+么小，整理得，2E=3E,+3a≥2，D正确 2 32.己知袋子中共有N个大小形状完全相同的球，其颜色分别为红色、黄色和蓝色，其中红球有n(>)个， 现从中随机、不放回的逐个取出小球，直到将球全部取出. (1)求第二次取出的是红球的条件下，第一次取出的不是红球的概率： (2)若红球、黄球和蓝球的个数分别为3个、2个和2个，求红球被全部取出时，剩余的黄球个数比蓝球个数 多的概率； (3)记随机变量X为最后一个红球被取出时袋子中剩余球的个数，求E(X). 【答案】(1) N-n N-1 号 (3)N-n n+1 【分析】(1)根据条件概率的公式求解即可； (2)先求出当最后一个红球被取出时，剩余的黄球和蓝球个数相同的概率，再结合黄球和蓝球个数相同， 即可求解； (3)先根据题意得到X的取值，再求出每个取值的概率，进而根据期望公式即可求解。 【详解】(1)设第一次取出的不是红球为事件A,第二次取出是红球为事件B, 则r到只川间后 (N-n n 所以P(AB)= P(AB N(N-1 N-n P(B) n N-1 水 (2)当最后一个红球被取出时，剩余的黄球和蓝球个数相同的情况可分三类： ①最后一个红球为第3个时（前3个都是红球）， 即前3个红球全排列，后4个球(2黄2蓝)全排列，共有AA种； 18/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ②最后一个红球为第5个时（前4个球中有2红1黄1蓝，第5个是红球）， 即选1个红球放第5位，在2黄和2蓝中各选1个，前4个球(2红1黄1蓝)全排列，后2个球(1黄1 蓝)全排列，共有CCCAA种： ③最后一个红球为第7个时（前6个球中有2红2黄2蓝，第7个是红球)， 即选1个红球放第7位，前6个球(2红2黄2蓝)全排列，共有C,A6种， 当最后一个红球被取出时，利余的黄球和蓝球个数相同的枢率为P三A,A+CCCAA+CA A 又黄球和蓝球个数相同，所以黄球个数比蓝球个数多的概率与蓝球个数比黄球个数多的概率相同， 4 1- 所以剩余的黄球个数比蓝球个数多的概率为P=厂1=3· 214 (3)随机变量X的取值为N-n,N-n-1,N-n-2,，1,0, 设红球被全部取出时，一共被取出了k个球(k=n,n+l,n+2,…,N), 则随机变量X的分布列P(X=N-)=C型， C% 所以x0-立N-6含时2 又∑C=C+C+C+…+C=C, k=n KC= k(k-l)！nxk: (n-1)k-n)！n(k-n)！ nCk, ∑C=C:+C1+C+…+C%=Cw, 所以E(X)=Y CCC=NDN” C n+1n+1 题型9随机变量的方差（共4小题）（难点） 33.将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中，若一个球的号码与放入该球的盒子的号 码恰好相同，我们称之为一个“完美归位”，设“完美归位”的个数为X,则D(2X)=() A.1 B.2 c.19 D.4 6 【答案】D 【分析】由题意得，X的可能取值为0,1,2,4，分别计算其概率，然后利用方差的公式计算即可. 【详解】X的可能取值为0,1,2,4， mx=2有r1x--0-- A1244’ 19/40 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 P(X=4=↓=1 =A24,P(X=0=1-PX=-PX=2-PX=4)=1-}11=3 342481 所以E(X)=0x3+1x5+2x+4 8 3 4 则X=0-×爱+1-×兮+2-x44-5×24-1, 24 所以D(2X)=22×D(X)=4×1=4,故D正确」 34.甲，乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输， 则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得-1分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概 率为0.6，乙赢机器人的概率为0.5.求： (1)在一轮比赛中，甲的得分X的分布列； (2)X的均值和方差， 【答案】(1) -1 0 1 0.2 0.5 0.3 (2)E(X)=0.1,D(X)=0.49 【分析】(1)先确定甲的得分的可能取值，再根据甲、乙赢机器人的概率分别计算对应取值的概率，从而 可写出分布列： (2)利用均值公式和方差公式即可求得. 【详解】(1)由题意知，X的可能取值为-1,0,1， 且P(X=-1)=0.4×0.5=0.2,P(X=0)=0.6×0.5+1-0.6)×1-0.5)=0.5,P(X=1)=0.6×(1-0.5)=0.3, 所以X的分布列为 -1 0 1 0.2 0.5 0.3 (2)由(1)得，E(X)=-1×0.2+0×0.5+1×0.3=0.1, D(X)=(-1-0.1)2×0.2+(0-0.1)2×0.5+(1-0.1)2×0.3=0.49 35.(多选)设离散型随机变量X的分布列如表，若离散型随机变量Y满足Y=2X-1,则() 0 1 0.1 0.4 0.2 0.2 A.x=0.1 B.E(X)=2,D(X)=1.8 20/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.E(X)=2,D(X)=1.4 D.E=3,DY=7.2 【答案】ABD 【详解】因为0.1+0.4+x+0.2+0.2=1,所以x=0.1,A正确； EX=0×0.1+1×0.4+2×0.1+3×0.2+4×0.2=2, D(X)=(0-22×0.1+(1-22×0.4+(2-22×0.1 +(3-2)2×0.2+(4-2×0.2=1.8,B正确，C错误； Y=2X-1,则E(Y)=2E(X)-1=3,D(Y）=4D(X）=7.2,D正确， 36.某地区为了提升养老保障机制，组织相关的保险公司在该地区推广养老保险的相关产品，现在该地区 随机抽取1名老人，其购买的养老保险产品的数量X的所有可能取值为0,1,2，且 P(X≤1=0.9，E(X)=0.6,则D(X)= 【答案】04/号 【分析】由题意结合均值的计算公式得关于X的概率的方程组，再使用方差的计算公式即可求解. 【详解】设P(X=0)=a,P(X=1)=b,P(X=2)=c, a+b+c=1 a=0.5, 由题意得{b+2c=0.6,解得b=0.4, a+b=0.9 c=0.1, 故DX)=0.5×0-0.6)+0.4×1-0.6)+0.1×2-0.6=0.44. 题型10均值与方差的性质（共4小题）（重点） 37.己知离散型随机变量X的期望E(X)=4,随机变量Y=3X-1,则E(Y)= 【答案】11 【详解】因为Y=3X-1,E(X)=4, 所以E(Y)=3E(X)-1=3×4-1=11. 38.(多选)若随机变量X的分布列为 0.2 0.5 则下列结论错误的是( ) A.EX=2.1 B.D(X=0.49 C.E(3X+1=6.3 D.D(3X+1=1.47 【答案】CD 【分析】先根据分布列的性质求出9，再根据期望和方差公式及性质分别判断即可。 21/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【详解】由题意，0.2+0.5+q=1,解得q=0.3, 对于A,E(X=1×0.2+2×0.5+3×0.3=2.1,故A正确： 对于B,D(X)=0.2×(1-2.1)2+0.5×2-2.1)2+0.3×(3-2.12=0.49，故B正确： 对于C,E3X+1=3E(X)+1=7.3,故C错误； 对于D,D(3X+1)=9D(X）=4.41,故D错误 故选：CD 39.随机变量的分布列如下表，则D(25-1)=（) 0 A. B. C.1 D.2 2 【答案】D 【分析】利用离散型随机变量分布列性质，离散型随机变量的期望和方差公式以及离散型随机变量方差的 性质分析求解即可 【详解】由题可知a+2a+4=l,解得a=4 1 4 4 =0, 期D1E)=(1-0×+0-09×+0-0×} 42 所以D2ξ-1=4D(5)=2. 40、若随机变最X服从两点分布，其中P(X=0)-号E(X、D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则 下列结论不正确的是() A.P(X=1=E(X) gEx+-号 c.D 41 D.D(4X+1) 9 【答案】D 【详解】由题意知，X的分布列为 0 3 3 22/40 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 EX=2=PX=,DX)=x2=2,故A,C正确 339 4+=X刘+1+1-号故E正确： D(4X+1)=16Dx)=16×2-32,故D错误 99 题型11二项分布的均值与方差（共4小题）（常考点） 41.一个袋子中有5个完全相同的球，编号分别为1,2,3,4,5，现从中随机地摸出3个球作为样本.用 X表示样本中球的编号为偶数的个数，则以下结论不正确的是() A。若采取有放回孩球，则E(X)-号 B.若采取不放回摸球，则E(X)= 5 c.若采玫有放回德球，则D)- D,若采取不放回摸球，则DX)=,/ 【答案】D 【详解】若采取有放回摸球，每次摸到偶数球的概率=？，摸3次，则摸到偶数球的个数满足： 5 X-B3 2 期望为E(X)=p=3× 26 55 方装DX)=ml-p小=3号号空放AC正痛， 若采取不放回摸球，X的可能性为0，L,2,则 P(X=0)= C=1 C101 P(X== c-6-3 C105 P(X=2)=CC-3 C10 3 EX0x01x+2x3=6 5 105' 方若为ox到=Ex-[x=00fg2g-3 故B正确，D错误， 42.2026年3月13日，在第七个国际数学日即将来临之际，重庆育才中学的师生们共同策划了一场别开生 面的“HppyπDay"庆祝活动，其中校园闯关活动的游戏规则如下：闯关问题按照难度分为基础类与挑战类， 每类问题都存在若干数量，每名学生回答对基础类问圈的概率为子回答对挑战类问题的概率为}，且每名 学生回答问题相互独立若本次回答的是基础类问题，则下一次回答挑战类问题；若本次回答的是挑战类问 23/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题，则下一次等可能地回答基础类问题或挑战类问题，如此循环每名学生均首次回答基础类问题，且只需 答对一个问题即认为通过该项闯关活动， (1)若小明有三次答题机会，求小明未通过该闯关活动的概率； (2)若高中年级共有128名学生参加本次闯关活动，且每名学生有四次答题机会，设X表示通过该闯关活动 的人数，求X的期望； (3)若不限制小明的答题次数，求小明最终以答对基础类问题通过该闯关活动的概率. 【等】四品 (2)95 @ 【分析】(1)根据条件可知，小明第一次回答基础题，第二次回答挑战类问题，第三次等可能的回答基础 或挑战问题，再根据独立事件概率公式求解； (2)首先求解每名学生四次答题失败的概率，再根据对立事件概率公式求闯关成功的概率，最后根据二项 分布求期望； (3)首先设乃和P2为首先回答基础类问题开始或首先回答挑战类问题开始，且最终回答基础类问题通过活 动的概率，再列出关于P和乃，的方程组，即可求解 【详解】(1)设小明三次答题均未通过活动为事件A, 则P4=x3xx2+x3)=17 =一 34(232448 (2)设每名学生四次均未通过活动为事件B, 23「123.13(12.13 则P(B)=三×二× 33 342342423+2×4 128 1-P= 128 由题意可得X~B128,128 95 所以E(X)=128 95=95 128 (3)设乃为首先回答基础类问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率：P2为首先回答挑战类问题 开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率， 12 由全概率公式可得：乃=3+3P, i) 由上式可得A 24/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 以小明最终通过答对基砒类向圈通过活动的概李为。 43.校园歌手大赛设有5轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为获得“普通分的概率为.设 X表示该选手在5轮中获得高分的轮数，则D(X)=() A.1 B. 5 C. 5 D. 10 4 3 3 【答案】A 【分析】先判断随机变量X服从二项分布，再代入二项分布的方差公式计算即可. 【详解】由题意可知，5轮打分环节相互独立，每轮获得高分的概率均为写· 故随机变量X服从参数为a=5,P的=吸分布，即X~B5》 1 5子-9故A正确 则DX0=5x写-5x×3 44.某商业综合体对场内81家美食店进行满意度调查，已知每店均已获得n(n为正整数)位顾客的星级 评价（一星至五星评价），且每店获得任一顾客五星评价的概率均为，假设颐客给予评价时互不影响。 (1)当=20时，记某店获得的五星评价率（五星评价数与评价人数之比）为X,求随机变量X的分布列和 数学期望； (2)随机选择一店了解评价情况，当为奇数时，求该店五星评价率超过50%的概率。 30 【答案】分布列为PX= k =01220,数学期望E(X)- 2)所求概率为片。 【分析】(1)由题意顾客给出五星评价的人数服从二项分布，据此求出五星评价率的概率，得出分布列， 再由二项分布的数学期望及数学期望性质计算求解： (2)由(1)可得该店五星评价率超过50%的概率，再由组合数的性质求解即可. 【详解】(1)因为任一顾客给某店五星评价的概率为，，且顾客给予评价时互不影响， 所以n位颗客给某店五星评价数Y服从二项分布Y~B”,2) 因为五星评价率X=Y, n 20 所以当n=20时， (x-c k=0,1,2,20), 所以分布列为： 25/40 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 0 1 20 20 所以E(X)=E 11 20 IE(Y)= 20 ×20×22 0 (2)由(1)知，该店五星评价率超过50%的概率为 p=c+c(++c-+c8 1-1 由组合数性质知，C=C,C,=C,…,C,2=C,2 记v-c+c8++c( 所以=，且p*y-C+C+c++c)-2 所以2p=1,p=) 即为奇数时，该店五星评价率超过50%的概率为)· 题型12服丛二项分布概率最大问题（共4小题）（常考点） 45.某企业生产的芯片独立出厂，每件芯片出现故障的概率为p(0<p<0.5),正常的概率为1-p现对一批 芯片开展批量抽样检测，连续抽取件芯片，记其中故障芯片的件数为随机变量X。 (1)连续抽取4件芯片，在至少出现2件故障芯片的条件下，求恰好出现3件故障芯片的概率； (2)当n=10时，记恰好出现2件故障芯片的概率为f(p)=Cp2(1-p).若对任意pe(0,0.5),恒有f(p)≤k ,求实数k的最小整数值； 3)若始终满足p=2,求证：对任意正整数n≥5，都有Cp21-p”2> e2 【答案】(3p-8p+6 4p1-p) (2)1 3)证明见解析 【分析】(1)由题意知X~B(n,p),当n=4时，再根据二项分布，结合条件概率求解即可； (2)由题意知f(p)=45p2(1-p),再根据导数求解最值即可得答案： Cp0-小=2-”.令接面转间题转化为正 n 26/40 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 阴n1-+任-2]1-2+20，再构造函数o(国=h-小++2eo小，证明 x2 ln1-x)>-x 21:e0,1,最后结合不等式放缩得8>23>0即可证明 2(1-x) 【详解】(1)解：因为连续取件芯片，故障芯片的件数为随机变量X,芯片独立出厂， 所以X服从二项分布，即X~B(”,P),故当连续抽取4件芯片时，X~B(4,P) 所以P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) =Cp2(1-p)2+Cp3(1-p)+C4p=6p2(1-p)2+4p3(1-p)+p P(X≥2且X=3)=P(X=3=Cp(1-p)=4p(1-pP), 4p(1-p) 所以PXX22PX226p1-p'+4ppj+7 4p(1-p) 4p1-p) 61-p)'+4p1-p)+p23p2-8p+6 (2)解：当n=10时，X~B10,p 故恰好出现2件故障芯片的概率为f(p)=C%p2(1-p)°=45p2(1-p)°，pe(0,0.5), 所以f(p)=45[2p1-p-8p21-p)=0p1-p)'(1-5p). 故当pe(0,0.2)时，f(p)>0,∫(p)单调递增；当p∈(0.2,0.5)时，f'(p)<0,f(p)单调递减； 所以ps102=45x02x0=sx个周)[含)-)<1. 若对任意p∈(0,0.5)，恒有f(p)≤k,则实数k的最小整数值为1. 证：圆为9=2.p0<051,所议5，一0引 所以c1-pg-2-2 令x则-=Cp2-=2--2 故要证Cp1-p>名.只需证21-1-2号 2 只需-1-2户>g只证[-动1-2>h 只需证n1-+2n1-2x+2>0, 27/40 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 x2 令p(x)=ln(1-x)+x 21-’x∈(0，， 咖四"浮0在底配 2-可在(0，)上单调递增， x2 所以p(x)=n(1-x)+x x2 所以o(>p(0)=0,即n(1->-2i-可，xe0,1 所以，n(1-2x>-2x- 2x2 1-2x 圆为0引上20 1-2对-22*2x 所以81到=la1-x+（日2]a1-2+2 x2 -2+2x+2=x- x2x2-3x) 2(1-x 2(1-x)2(1-x) 因为x0 所以2-3x>0,x(2-3x)>0,21-x)>0, 所以g(x)> 20,pmn-小-日-2jh-2+20, 21-x) 所以Cp-1-p2>2成立，证毕. e 46,若X~820》 则P(X=k)(0k20,keN)取得最大值时，k= 【答案】6或7 【详解】由题底知：x服从=项分布，所以X==C得-广=C得（，0ss20且 keN 由不得式10≤19且eN9设1，解得26， 所以当k≥6时，P(X=k)2P(X=k+1: 当k<6时，P(X=k+1>P(X=k), 28/40 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为当且仅当k=6时，P(X=素+)=P(X=), 所以当k=6或k=7时，P(X=)取得最大值. 47.2026年是丙午马年，某平台推出数字马年互动抽奖活动，每次抽奖抽中6点幸运码"的概率为卫 (0<p<1)小明参与活动累计抽奖k次，最终恰好抽中6次“6点幸运码”，但未记录总抽奖次数.设随机变 量y表示抽奖n次时抽中“6点幸运码"的次数，现以使得P(Y=6)最大的n值估计总抽奖次数（若有多个使 概率最大，则取其中最小值)，并计算E(Y).下列说法正确的是() A.E(Y)<6 B.E(Y)>6 C.E(Y)=6 D.E(Y)与6的大小关系不确定 【答案】A 【分析】先求得P(Y=6)的表达式，由此列不等式，结合数学期望的知识确定正确答案 【详解】由题意，Y服从二项分布B(m,p), 则PY=6)=Cp(1-p)-6,要使P(Y=6)最大， 则Cp(1-p)-6≥Cp(1-p)且 Cp1-p≥Cp1-p5,解得6-1sns6, 又neN,所以当为整数时，=合-1,4)-合jp<6, 当不为整数时，n<9,E)=即<6，故E(<6, 6 48.某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立. (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积分率先达到11分者 可获得冠军，比赛结束已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为，求甲乙决出冠军时比赛局数X的分布列 与数学期望E(X): (2)若每局比赛甲获胜的概率为p=0.75,乙获胜的概率为1-p.已知甲乙进行了n局比赛且甲胜了11局，试 给出n的估计值(X表示n局比赛中甲胜的局数，以使得P(X=11)最大的n的值作为n的估计值) 【答案】分布列见解析，E(X)= 8 (2)14 【分析】(1)讨论极端情况，若刚开始连胜，则2局结束，若一直没有连胜，则最多比赛5局，再具体讨 论每种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可解决， (2)每场比赛是相互独立的，则X服从二项分布，求出P(X=1)=Cp(1-p)"，再求最值即可. 【详解】(1)由比赛规则知，1局比赛后，甲乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束， 29/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分，因此比赛次数不会 超过5，比赛共进行了X局，则2≤X≤5， 记随机事件4=“第i局比赛中甲获胜”，i∈1,2,3,4,5， Px=2P44+P(4④)（ P叫x==P(4)P(4)付日 P(X=4到=P(4石44)+P(a44)+安 PX=列=1PX=2-AX=到-PX=4到=188 所以X的分布列为： 2 3 4 5 8 数学期望EX=2x5计3×+4×+5x123 4 88 (2)依题意，n211,XB(m,p),P(X=1川)=Cp"(1-p-", 记fm)=Cp(1-p)-，已知p=0.75, 器 (n+1！ n+1 n! =n+1-p=4n-10” 11(n-11)！ 由n+l。n+1 fn4n-10) >1,得n<4 3 即11≤n≤13时，f(n<f(n+1),n≥14时，f(n)>f(n+1, 则当n=14时，P(X=11)最大，所以n的估计值为14. 题型13建立二项分布解决实际问题（共4小题） 49.扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门， 守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有 到球。假设每次点球，守中员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的. 在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为 (答案精确到0.001). 【答案】0.445 30/40 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【分析】结合题意建立二项分布，根据“正难则反”的原则，结合二项分布概率计算公式求解即可. 【详解】由题意可得，守门员扑到点球的概率为兮×行) 111 设在一次5轮点球大战中，守门员扑到点球的个数为X, 则X假从二项分布，年-85兮) 守门员至少扑到1个点球的概率为1 8 5 ≈0.445 50.某工厂生产一种零件，其标准尺寸参数V∈{1,2,3,4,5，计划生产每种尺寸零件的概率相等，实际生产 过程中有10%的概率发生工艺缺陷，无缺陷时，生产出来的零件为标准尺寸，若发生工艺缺陷，则生产出 来的零件尺寸会缩减为标准尺寸的一半，且每次生产过程独立进行 (1)连续生产10个该种零件，记有X个零件有工艺缺陷，求X最有可能的取值： (2)求实际生产一个零件的尺寸的分布列和期望. 【答案】(1)X最有可能为1. (2) 0.5 2.5 3 4 9 9 9 50 5 50 50 50 50 EY=2.85. 【分析】(1)根据题意随机变量服从二项分布，据此计算 P(X=k>1得解： P(X=k-1) (2)求出随机变量Y的可能取值，计算对应的概率，列出分布列，求期望即可. 【详解】(1)由题意，X~B(10,0.1, 故P(X=)=C6(0.9)-(0.1), P(X=k)C%(0.9)0-*(0.1)11-k P(X=k-1) C6(0.9"(0.1 19k 令其大于1，得->1，解得k<1.1, 9k 所以X最有可能为1. (2)设生产一个零件的尺寸为y,则y的可能取值有0.5,11.5,2,2.5,3,4,5， Py=0列-5010PY=-写09+01-gPY=-1-g01=0 Py=2-写a9+501=gPY-25到-g010PY=列-g09- 50 31/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 PY=4到-写x09=0:PY=5列=x0.9=9 9 50 0 其分布列为： 0.5 1 1.5 2 2.5 3 4 5 9 9 9 50 5 50 5 50 50 50 50 所以期望E(Y)=0.5× +1× +1.5× +2 5+25 +3×9+4×9 9 50 50 50 +5x =2.85 50 50 50 51.己知A,A,,An依次为圆周上的nn≥4，n∈N)个等分点，每个点等概率地被染成白色或黑色.对于任 意两个点A和A,若它们颜色相同，则连接A,A,否则不连接A,A,.记线段的总条数为随机变量X (1)当n=4时，求圆中仅有两条线段且相互垂直的概率； (2)当n=4时，求圆中直角三角形的个数的数学期望； (3)求EX) 【答案】四日 (2)1 e)"(n-1) 4 【分析】(1)结合题意利用古典概率计算公式计算求解： (2)列举随机变量可能取值，计算对应概率，由此可计算数学期望： (3)由题意可得Y-B”,由 1 E(x=c[P(Y=0+PY=m]+C:[PY=+pY=n-]+2PY=mC:+C:1,计算即可求解 【详解】(1)依题意，4个等分点构成正方形AA,A,A, 2白2黑对应的同色线段有两种情况：A、A,为白色，A,、A为黑色；A、A,为黑色，A2、A,为白色。 满足条件的方案数为2，总染色方案数为16， 21 所以圆中仅有两条线段且相互垂直的概率为P= 2=8 (2)设直角三角形的个数为随机变量Z,则Z=0,1,4, Z=0即四个点对应为2黑2白，有如下两种情形， 两条线段垂直，有2种情况，两条线段互相平行，有4种情况， 所以Pz=0=会 Z=1即四个点对应为3黑1白或3白1黑，有CC4=8种情况， 32/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 81 所以P(Z=1= 2=2 Z=4即四个点对应为4黑或4白，有2种情况， 21 所以P(Z=4)=2=8' 所以E(Z)=0×P(Z=0)+1×P(Z=1+4×P(Z=4)=1; (3)记个点中被染成白色的点数为了，则Y-B”2 C2,m=0或m=n, 当Y=m时，X= C2,m=1或m=n-l C2+C2m,2≤m≤n-2. E(x)-C2[P(Y-0+P(Y]+c[P(Y-)+P(Y+P(Ym)(C+C 2 c) 2” 60+Cn2"-2-n+1+2-2-n+11 n(n-1) 2” 4 所以E(x)=nn 4 52.某校举办”一带一路”知识竞赛，有A,B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一 组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得-2分： 若参赛选手选择B组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分.己知小明答对每道题的概率均为p(O <p<1),且每道题的答题情况相互独立. 1)若p=,小明选择4组题作答，求他的总得分为正的概率： (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 【答案】(163 256 因当0<p号时选择B组，当P号时两组得分期塑相明，当号1时选译A组 2 3 【分析】(1)首先建立得分与答对题数的关系，令Y>0确定总得分为正的条件，然后分析题目确定X服从 二项分布，利用二项分布的概率公式进行求解；(2)利用二项分布期望公式及期望的线性性质分别求出两 组题的作答得分期望值，根据期望值的大小关系判断p的范围，得出结论. 【详解】(1)设小明在A组题中答对的题目数为X,则答错(8-X)道， 33/40 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A组题的总得分Y为：Y4=3X+(-2)(8-X)=5X-16, 令y,=5X-16>0,解得X>16 因为X是答对题数，所以X=4,5,6,7,8, 因为小等对每道诞的瓶率均为P分，所以X~®叫8》 所以P(X=k=C: k=0,1,…,8, P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)+P(X=8) +c+++c (2)因为X~B(8,P),所以E(X)=8p, 则E(Y4=E(5X-16=5E(X)-16=5×8p-16=40p-16, 设小明在B组题中答对Y道，则Y~B(8,p),B组题的总得分Y。=2Y, 同理E(Ya)=E(2Y)=2E(Y)=2×8p=16p, 令E(Y,>E(ya,40p-16>16p,解得p> 2 所以当0<P<名时，选择B组题总得分期望值更高：当=名时，选择A组题和B组题的总得分期望相同： 3 些子P<时，选择A组题总得分期望佰中高 题型14求超几何分布的概率（共4小题） 53.有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若X表示取得次品的件数，则 P(X>1)=() A.12 13 B. c. 14 D. 35 35 35 【答案】B 【分析】利用超几何分布即可求解 【详解】由题意知X的可能取值为0,1,2,3，X服从超几何分布， 则PX>)=P(X=2)+PX=3)=- CC C 13 54.已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学 生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件 B,则P(B)= 7 【答案】 /0.7 10 34/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 【分析】根据题给条件分析具体情况列条件概率和全概率公式计算即可得解 【详解】记学生先从甲箱中取出的2个球恰有ii=0,1,2)个红球放入乙箱为事件A, P叫答P-等--答6 C101 学生先从甲箱中随机取出2个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有1红5黑，此时P(B1()=C=三 C66 学生先从甲箱中随机取出1个红球1个黑球放入乙箱，则此时乙箱中有2红4黑，此时P(B14)= 3 学生先从甲箱中随机取出2个红球放入乙箱，则此时乙箱中有3红3黑，此时P(B|A,)= C1 2 则P=PP8-P4Pa+P4Pa=高名号对石 55.锅中有12个汤圆，其中有5个黑芝麻馅、7个花生馅，从中随机一次性地捞出3个汤圆放入碗中. (1)求碗中的汤圆恰有2个黑芝麻馅的概率； (2)求碗中的汤圆至少有1个花生馅的概率. 【答案1四品 31 22 【分析】(1)由三个汤圆恰有2个黑芝麻馅，以及1个花生馅即可求解。 (2)先求解碗中一个花生馅都没有的概率，再由概率之和为1求解即可. 【详解】(1)豌中的汤圆恰有2个黑芝麻馅的概率为CC=70-7 C22022 ②)由阿接法可得腕中的汤圆至少有1个花生馅的概率为1二1上口=2少 22022 56.有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任取3个，那么至少有一个是一等品 的概率是() A. C B. c. CiC+Ci D.以上均不对 C20 【答案】D 【分析】对“至少有一个一等品”按取出一等品的个数分类计算符合条件的事件数，结合古典概型概率公式得 到结果比较选项判断！ 【详解】从20个零件中任取3个，总事件数为C。“至少有1个一等品"表示取出的3个零件中，一等品的 35/40 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 数量为1个、2个或3个， 共三种情况： 1个一等品+2个二等品，有C,C种不同的取法； 2个一等品+1个二等品，有C,C种不同的取法： 3个一等品+0个二等品，有C。种不同的取法； 因此概率为P=CC+CC:+C C A、B、C选项均不符合，所以选D. 题型15超几何分布的均值方差（共4小题）（重点） 57.袋中装有大小相同、质地均匀的3个红球和2个黑球.从袋中每次随机取1个球，有放回地取3次， 设取出红球的个数为X;从袋中每次随机取1个球，无放回地取3次，设取出红球的个数为了.下列说法不 正确的是() AX==治B.PW=) C.E(X)=E(Y) D.E(X)>E(Y) 10 【答案】D 【详解】由题可知X~B Y服从超几何分布Y~H(5,3,3), 36 ,PW=)= C10' 39 39 55, E(X)=3× E(Y=3×÷= 55 所以A,B,C均正确，D错误。 58.天津城市街巷日常出行，共享单车己是随处可见的生活景致.早先市面多见蓝、黄、绿三种素净配色， 而今又添粉色、橙色、紫色雅致新色，点缀津城街巷风貌.甲、乙、丙三名学生闲暇出行，在以上6种颜 色中各自任选一种颜色，车辆配色充足， (1)已知三人所选单车中有粉色，则三人所选颜色互不相同的概率为 (2)若限定三人所选单车颜色互不重复，设三人选中暖色系（黄色、粉色、橙色、紫色）单车的个数为随 机变量X,求数学期望E(X)= 【答案】 60 91 2 【分析】根据条件概率公式计算可填第一空：根据超几何分布的期望公式计算可填第二空 【详解】设事件A:三人所达颜色互不相同：事件B:三人所选单车中有粉色，P叫4B-1B n(B)' 每人从6种颜色中任选一种，总基本事件数：6=216， 36/40 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 事件B的对立事件：三人都不选粉色，每人有5种选择：5=125， 则nB)=216-125=91, 事件AB:所选单车包含粉色，且三人颜色互不相同， 需从余下5种颜色中选取2种，再对3种颜色进行全排列：C:·A;=60, 因此：P川4到-品时三人所选颜色瓦不相时的新车为 913 以上六种颜色中，暖色系共4种，冷色系共2种，从6种颜色中不放回选取3种， 该随机变量服从超几何分布，其中N=6,M=4,n=3· 则E(X)=n. M=3×42. 6 59.一个彩票盒中装有15张刮开前外表相同的彩票，其中奖金为500元的一等奖彩票有4张，奖金为300 元的二等奖彩票有5张，奖金为100元的三等奖彩票有6张，从中随机抽出3张彩票. (1)求抽出的3张彩票的奖金总金额不高于700元的概率； (2)记X表示抽出3张彩票中三等奖彩票的张数，求X的分布列和数学期望. 【答案】 91 (2分布列见解析， 6 5 【详解】(1)抽出的3张彩票的奖金总金额不高于700元，可能的情况有：3张100元，或2张100元，1 张300元；或2张100元，1张500元；或1张100元，2张300元. 所以抽出的3张彩票的奖金总金额不高于700元的概率为C+CC+CC+CC_43 Cis 1 (2)X的可能取值为0,1,2,3，则P(X=0)= C_12 C65 P(X=1)= CC_216 455 P(X=2)= CC=27 1 Cis 故X的分布列为 X 0 1 2 3 12 216 27 65 455 91 9 37/40 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以E(X)=0x1 +1x216 +3x46 27 2× 5 455 91 5或E(X)=3x6=6 915 155 60.己知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球.从中一次摸出5个球. (1)所摸出5个球中红球的个数记为X,求X的分布列及数学期望E(X): (2)计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为Y,求E(Y). 【答案】(1) X 0 y 2 3 1 15 15 5 P 56 56 28 28 E(X)=1 8 aa1)-号 【分析】(1)由题意可得X的所有取值为0,1,2,3，分别求出对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可： (2)由题意可得Y=4X+2(5-X）=2X+10,再根据期望的性质求解即可. 【详解】(1)由题意，X的所有取值为0,1,2,3， 则P(X=0)= 6,Px=)=CC5 C 1 C56 PX=2)=9 C_15 所以X的分布列为： 0 1 2 3 1 15 15 56 56 28 28 则E(X)=0x+1x15+2x1 +3x515 56 56 2 288 C2)由题意，y=4X+25-X)=2X+10,而E(X)=5 则E(Y)=E(2x+10)=2E(X)+10=2x15+10=55 8 4 题型16正态分布（共4小题）（难点） 61.某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径X(单位：mm)服从正态分布N(2,σ2).若 P(2<X≤2.05)=0.4，且P(X<2a-2)=P(X>a),则下列描述正确的是() A.P(X>2.05)=0.1,a=1 B.P(X>2.05)=0.6,a=1 38/40 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 Cc.P(X>2.05)=0.1,a=2 D.P(X>2.05)=0.6,a=2 【答案】C 【详解】：直径X服从正态分布N(2,σ2)，正态分布曲线的对称轴为x=2,P(X>2)=0.5. P(2<X≤2.05)=0.4， .P(X>2.05)=P(X>2)-P(2<X≤2.05)=0.5-0.4=0.1. 又：P(X<2a-2)=P(X>a),根据正态分布的对称性，点2a-2与点a关于对称轴x=2对称， :2a-2)+a=2,解得3a=6,即a=2. 综上可得P(X>2.05)=0.1,a=2,故选项c正确. 62.(多选)我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W) 受太阳光照强度等因素影响.历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗X服从正态分布 N,(120,36),在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗Y服从正态分布N,(126,16).则下列结论正确的有 () (附：若随机变量Z服从正态分布N(4,o2),则P(4-o<Z<u+o≈0.6827， P(u-2o<Z<u+2o)≈0.9545，Pu-3o<Z<u+3o≈0.9973) A.PX>126>0.5 B.E2Y-1)=251 C.D2Y-1)=64 D.P(X<138>0.9 【答案】BCD 【分析】利用正态分布的对称性与区间概率计算P(X)，并利用期望与方差的线性性质计算E(2Y-)和 D(2Y-1)即可. 【详解】对于A,由题意得P(X>120)=0.5,故A错误； 对于B,由题意得E(Y)=126,E(2Y-1=2E(Y)-1=2×126-1=251,故B正确： 对于C,由题意得D(Y)=16,D(2Y-1)=4D(Y)=64,故C正确； 对于D,由题意得PX<13到)=05+号P,-3a<X<,+o 即PX<138≈0.5+0,9973-0.99865>0.9，故D正确 2 63.已知随机变量5~N3,o2),且P(5≥3.5)=0.2，则下列结论正确的是() A.P5≤2)<0.1 B.P2≤5≤3<0.3 C.P(5≥2)<0.9 D.P522>0.8 【答案】D 【详解】由5~N3,o2),得正态分布曲线的对称轴为x=4=3,·P(5≥3=P(5≤3)=0.5； 39/40 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 P(523.5=0.2,P(ξ≤2.5=P523.5=0.2 对于A,2<2.5,P(5≤2<P(5≤2.5)=0.2，无法推出P(5≤2)<0.1，故A错误； 对于B,P2.5≤5≤3=P5≤3-P(5≤2.5)=0.5-0.2=0.3： 2<2.5,.P(2≤ξ≤3>P(2.5≤≤3=0.3，故B错误： 对于C,D,:2<2.5,P5≤2)<P(5≤2.5)=0.2，得P(5≥2)=1-P5≤2)>1-0.2=0.8；由 P(5≥2)>0.8，无法确定P(5≥2)与0.9的大小关系，故C不一定成立，D正确. 64.一随机变量服从正态分布N(4,o),则teR,P(5≤+P(传≤8-t)=.已知一粒子在数轴上 从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量X表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，X与 相互独立，则P(X+ξ≤8)= 【答案】 【分析】由5~N(4,o2)关于x=4对称，推得P(5≤)+P(5≤8-1=1；粒子8步右行步数X服从二项分布 B8,)日具有PX=k二PX=8-kJ的对称性，结合X与E独立，用全概率公式展开PX+5S8,再将 求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为；： 【详解】①已知ξ~N(4,o2),正态曲线图像关于4=4对称， 故P(ξ≤)=P(5≥8-t), 因此P(5≤t+P(ξ≤8-t)=P(528-t)+P(ξ≤8-t=1. ②由题意，X~B8 满足P(X=k)=P(X=8-k),且X与独立， 由全概率公式：P(X+5≤8)=∑P(X=k)P(5≤8-k)(1) 0 令j=8-k,则P(X+5≤8)=∑P(X=8-)P(5≤)=∑P(X=)P(5≤办， 即等价于P(X+5≤8)=∑P(X=k)P(5≤k)(2) k=0 (12两式相加2P(X+5≤8)=∑P(X=k)[P(5≤k)+P(5≤8-k)] 结合第一空的结论P(ξ≤k)+P(ξ≤8-k)=1, 2n-P58-2- 40/40 专题03 离散型随机变量·分布列·数字特征·四类分布·概率 题型1 计算条件概率 题型9 随机变量的方差（难点） 题型2 条件概率的实际应用 题型10 均值与方差的性质（重点） 题型3 全概率公式（重点） 题型11 二项分布的均值与方差（常考点） 题型4贝叶斯公式（重点） 题型12 服从二项分布概率最大问题（常考点） 题型5 利用随机变量分布列性质解题（常考点） 题型13 建立二项分布解决实际问题 题型6 随机变量分布列求概率（结论） 题型14 求超几何分布的概率 题型7 两点分布 题型15 超几何分布的均值方差（重点） 题型8 随机变量的均值（重点） 题型16 正态分布（难点） 题型1 计算条件概率（共4小题） 1．盒中有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球．记事件A为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件B为“第二次取出小球的数字为5”，则（   ） A． B． C． D． 2．（多选）已知随机事件满足，，，，则（ ） A． B．事件与相互独立 C． D．若，则 3．某高中即将举办“青春风采”校园艺术节，在前期筹备中，校学生会从各班报名的同学中筛选出了9名优秀骨干志愿者，并将他们分配到“后台统筹”和“前台引导”两个不同的工作组．已知这9名志愿者中，有5名同学属于“后台统筹”组，4名同学属于“前台引导”组．现因舞台彩排需要，随机从这9名志愿者中抽调3人参与第一次全要素带妆彩排．则抽调的3名志愿者中，恰好有2名来自“后台统筹”组的概率为_________；已知在抽调的3名志愿者中至少有1名来自“前台引导”组，则在此前提下，恰好抽中2名“前台引导”组志愿者的概率为__________． 4．为了增强法治观念，甲、乙两位老师在A，B，C，D，E，F共6所学校中各自选1所学校开展普法讲座．在甲、乙选择了2所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择A学校开展讲座的概率为_______． 题型2 条件概率的实际应用（共4小题） 5．在一个盒子中有大小一样、编号为的8个球，其中有3个红球和5个白球．现无放回地依次从中摸出1个球，求第一次摸出红球且第二次摸出白球的概率． 6．已知随机事件A，B，，，，则＝（　　） A． B． C． D． 7．（多选）已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（    ） A． B． C． D． 8．（多选）设A，是一个随机试验中的两个事件，且，则（   ） A． B．事件A，B为独立事件 C． D． 题型3 全概率公式（共4小题）（重点） 9．某科技公司使用AI质检系统对生产的芯片进行初筛（分为合格芯片和瑕疵芯片）．已知芯片被标记为合格的概率为，被标记为瑕疵的概率为．被标记为合格的芯片中有实际为瑕疵芯片，被标记为瑕疵的芯片中有实际为合格芯片．在被AI质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为（ ） A． B． C． D． 10．小明每天晚上的学习态度分为“认真”与“放松”两种.根据过往记录，若某天晚上学习状态为“认真”，则第2天晚上仍为“认真”的概率为0.8；若某天晚上为“放松”，则第2天晚上转为“认真”的概率为0.3.已知开学第1天晚上学习状态为“认真”的概率为0.2.表示第n天晚上小明学习状态为“认真”的概率. (1)求； (2)写出与()的递推关系（不必证明），并求出； (3)试判断从第几天开始，与()的差的绝对值小于0.01，并说明其实际意义. 11．某公司的技术员进行技能操作竞赛，规则如下：技能竞赛按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都操作失败，则竞赛结束；每一个阶段随机分配一个甲任务或乙任务，分配到甲任务的概率为，分配到乙任务的概率为.已知一个技术员能成功完成甲任务与乙任务的概率分别为和，且各阶段任务完成情况相互独立，完成阶段越多的获得胜利. (1)求该技术员在一个阶段中成功完成任务的概率； (2)记为该技术员在执行完第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率，求，. 12．（多选）已知不透明的袋子中有3个白球，2个黑球，甲从中随机取2个球（甲取球后不放回），然后乙再从袋中随机取出1个球，记事件：“甲取出个白球”，事件：“乙取出1个白球”，则（    ） A． B． C． D．在甲至少取出1个白球的条件下，乙取出白球的概率为 题型4贝叶斯公式（共4小题）（重点） 13．（多选）已知甲口袋中装有个红球，个白球，个黑球，乙口袋中装有个红球，个白球，个黑球，这些球只有颜色不同．先从甲口袋中随机取出个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出个球．记从甲口袋中取出的球是红球、白球、黑球分别为事件、、，从乙口袋中取出的球是红球为事件B，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 14．甲盒装有1个白球和2个黑球，乙盒装有3个白球和2个黑球，丙盒装有4个白球和1个黑球．采取掷骰子决定选盒，出现1，2或3点选甲盒，4，5点选乙盒，6点选丙盒．在选出的盒子中随机摸一球，经过秘密选盒摸球后，宣布摸得1个白球，则此球来自乙盒的概率是___________． 15．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1，假设发送信号0和1是等可能的.已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为（   ） A． B． C． D． 16．某系列盲盒中有隐藏款、稀有款、普通款三种玩偶，从中随机抽取一盒，每盒必为其中一款.已知抽到隐藏款、稀有款、普通款的概率分别为、、，若抽到隐藏款、稀有款、普通款，则消费者给出好评的概率依次为、、. (1)求随机抽取一盒盲盒，消费者给出好评的概率； (2)若消费者未给出好评，求其抽到普通款的概率. 题型5 利用随机变量分布列性质解题（共4小题）（常考点） 17．设随机变量X的分布列，则 （    ） A． B． C． D． 18．已知随机变量的分布列为 1 2 3 4 则（    ） A． B． C． D． 19．（多选）设离散型随机变量的分布列如下表所示，其中，则（    ） 1 2 3 A． B． C． D． 20．已知随机变量的分布列为，则（    ） A．3 B．2 C． D． 题型6 随机变量分布列求概率（共4小题）（结论） 21．已知随机变量的分布列为： 1 2 3 则（    ） A． B． C． D． 22．已知随机变量的分布列为，，则（    ） A． B． C． D． 23．设离散型随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，5，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 24．（多选）已知离散型随机变量的分布列为 1 2 4 6 0.2 0.1 则下列选项正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D． 题型7 两点分布（共4小题） 25．若服从两点分布，且，则（     ） A． B． C． D． 26．若随机变量X服从两点分布，且，则（    ） A． B． C． D． 27．已知随机变量服从两点分布，且，则（    ） A． B． C． D． 28．设随机变量服从两点分布，若，则______. 题型8 随机变量的均值（共4小题）（重点） 29．盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同.甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中.直至盒中红球已被全部取出，游戏结束.第一次摸球从甲开始，记为第n次摸球后游戏结束的概率. (1)求，； (2)求； (3)若摸球次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量，证明：. 30．一个盒子中装有2个黑球和8个红球.随机地从盒子中取一个球，观察其颜色后放回，若出现连续两次取到红球，则停止取球，那么取球总次数的数学期望为________. 31．（多选）“暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（    ） A．当时，投壶2次游戏结束的概率为 B．当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C．当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D．设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 32．已知袋子中共有个大小形状完全相同的球，其颜色分别为红色、黄色和蓝色，其中红球有个，现从中随机、不放回的逐个取出小球，直到将球全部取出． (1)求第二次取出的是红球的条件下，第一次取出的不是红球的概率； (2)若红球、黄球和蓝球的个数分别为3个、2个和2个，求红球被全部取出时，剩余的黄球个数比蓝球个数多的概率； (3)记随机变量为最后一个红球被取出时袋子中剩余球的个数，求． 题型9 随机变量的方差（共4小题）（难点） 33．将个编号为的小球放入个编号为的盒子中，若一个球的号码与放入该球的盒子的号码恰好相同，我们称之为一个“完美归位”，设“完美归位”的个数为，则（    ） A． B． C． D． 34．甲，乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概率为，乙赢机器人的概率为.求： (1)在一轮比赛中，甲的得分X的分布列; (2)的均值和方差， 35．（多选）设离散型随机变量的分布列如表，若离散型随机变量满足，则（    ） X 0 1 2 3 4 P 0.1 0.4 x 0.2 0.2 A． B． C．， D．， 36．某地区为了提升养老保障机制，组织相关的保险公司在该地区推广养老保险的相关产品，现在该地区随机抽取1名老人，其购买的养老保险产品的数量的所有可能取值为0，1，2，且，则___________． 题型10 均值与方差的性质（共4小题）（重点） 37．已知离散型随机变量的期望，随机变量，则__________. 38．（多选）若随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.5 则下列结论错误的是（     ） A． B． C． D． 39．随机变量的分布列如下表，则（   ） 0 1 A． B． C．1 D．2 40．若随机变量X服从两点分布，其中，、分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 题型11 二项分布的均值与方差（共4小题）（常考点） 41．一个袋子中有5个完全相同的球，编号分别为1，2，3，4，5，现从中随机地摸出3个球作为样本．用X表示样本中球的编号为偶数的个数，则以下结论不正确的是（    ） A．若采取有放回摸球，则 B．若采取不放回摸球，则 C．若采取有放回摸球，则 D．若采取不放回摸球，则 42．2026年3月13日，在第七个国际数学日即将来临之际，重庆育才中学的师生们共同策划了一场别开生面的“”庆祝活动，其中校园闯关活动的游戏规则如下：闯关问题按照难度分为基础类与挑战类，每类问题都存在若干数量，每名学生回答对基础类问题的概率为，回答对挑战类问题的概率为，且每名学生回答问题相互独立.若本次回答的是基础类问题，则下一次回答挑战类问题；若本次回答的是挑战类问题，则下一次等可能地回答基础类问题或挑战类问题，如此循环.每名学生均首次回答基础类问题，且只需答对一个问题即认为通过该项闯关活动. (1)若小明有三次答题机会，求小明未通过该闯关活动的概率； (2)若高中年级共有128名学生参加本次闯关活动，且每名学生有四次答题机会，设表示通过该闯关活动的人数，求的期望； (3)若不限制小明的答题次数，求小明最终以答对基础类问题通过该闯关活动的概率. 43．校园歌手大赛设有轮独立打分环节，某选手每一轮获得“高分”的概率为，获得“普通分”的概率为．设表示该选手在轮中获得高分的轮数，则（    ） A． B． C． D． 44．某商业综合体对场内81家美食店进行满意度调查，已知每店均已获得（为正整数）位顾客的星级评价（一星至五星评价），且每店获得任一顾客五星评价的概率均为.假设顾客给予评价时互不影响． (1)当时，记某店获得的五星评价率（五星评价数与评价人数之比）为，求随机变量的分布列和数学期望； (2)随机选择一店了解评价情况，当为奇数时，求该店五星评价率超过的概率． 题型12 服从二项分布概率最大问题（共4小题）（常考点） 45．某企业生产的芯片独立出厂，每件芯片出现故障的概率为，正常的概率为.现对一批芯片开展批量抽样检测，连续抽取件芯片，记其中故障芯片的件数为随机变量. (1)连续抽取4件芯片，在至少出现2件故障芯片的条件下，求恰好出现3件故障芯片的概率； (2)当时，记恰好出现2件故障芯片的概率为.若对任意，恒有，求实数的最小整数值； (3)若始终满足，求证：对任意正整数，都有. 46．若，则（，）取得最大值时，________． 47．2026年是丙午马年，某平台推出数字马年互动抽奖活动，每次抽奖抽中“6点幸运码”的概率为（）.小明参与活动累计抽奖次，最终恰好抽中6次“6点幸运码”，但未记录总抽奖次数.设随机变量表示抽奖次时抽中“6点幸运码”的次数，现以使得最大的值估计总抽奖次数（若有多个使概率最大，则取其中最小值），并计算.下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．与6的大小关系不确定 48．某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立. (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为.求甲乙决出冠军时比赛局数X的分布列与数学期望； (2)若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.已知甲乙进行了n局比赛且甲胜了11局，试给出n的估计值（X表示n局比赛中甲胜的局数，以使得最大的n的值作为n的估计值） 题型13 建立二项分布解决实际问题（共4小题） 49．扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，守门员也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且守门员即使方向判断正确，也有的可能性扑不到球．假设每次点球，守门员的表现，罚点球的球员的表现都是独立的，不考虑其它因素，在一次5轮点球大战中，守门员至少扑到1个点球的概率为_______（答案精确到0.001）． 50．某工厂生产一种零件，其标准尺寸参数，计划生产每种尺寸零件的概率相等，实际生产过程中有10%的概率发生工艺缺陷，无缺陷时，生产出来的零件为标准尺寸，若发生工艺缺陷，则生产出来的零件尺寸会缩减为标准尺寸的一半，且每次生产过程独立进行． (1)连续生产10个该种零件，记有X个零件有工艺缺陷，求X最有可能的取值； (2)求实际生产一个零件的尺寸的分布列和期望． 51．已知依次为圆周上的个等分点，每个点等概率地被染成白色或黑色.对于任意两个点和，若它们颜色相同，则连接，否则不连接.记线段的总条数为随机变量. (1)当时，求圆中仅有两条线段且相互垂直的概率； (2)当时，求圆中直角三角形的个数的数学期望； (3)求. 52．某校举办 “一带一路” 知识竞赛，有 A，B两组题可供选择，两组题都有8道题，每位参赛选手选择一组题，且所选组别的所有题均作答。若参赛选手选择A组题，则答对一道题得3分，答错一道题得分；若参赛选手选择 B 组题，则答对一道题得2分，答错一道题得0分. 已知小明答对每道题的概率均为p (0<p<1)，且每道题的答题情况相互独立. (1)若p，小明选择A组题作答，求他的总得分为正的概率； (2)讨论小明选择哪组题进行答题，能使自己的总得分的期望更高. 题型14 求超几何分布的概率（共4小题） 53．有7件产品，其中3件是次品，从中每次取1件，不放回地任取3次，若表示取得次品的件数，则（    ） A． B． C． D． 54．已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件B，则________． 55．锅中有12个汤圆，其中有5个黑芝麻馅、7个花生馅，从中随机一次性地捞出3个汤圆放入碗中. (1)求碗中的汤圆恰有2个黑芝麻馅的概率； (2)求碗中的汤圆至少有1个花生馅的概率. 56．有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任取3个，那么至少有一个是一等品的概率是（    ） A． B． C． D．以上均不对 题型15 超几何分布的均值方差（共4小题）（重点） 57．袋中装有大小相同、质地均匀的3个红球和2个黑球．从袋中每次随机取1个球，有放回地取3次，设取出红球的个数为X；从袋中每次随机取1个球，无放回地取3次，设取出红球的个数为Y．下列说法不正确的是（   ） A． B． C． D． 58．天津城市街巷日常出行，共享单车已是随处可见的生活景致．早先市面多见蓝、黄、绿三种素净配色，而今又添粉色、橙色、紫色雅致新色，点缀津城街巷风貌．甲、乙、丙三名学生闲暇出行，在以上6种颜色中各自任选一种颜色，车辆配色充足． （1）已知三人所选单车中有粉色，则三人所选颜色互不相同的概率为________； （2）若限定三人所选单车颜色互不重复，设三人选中暖色系（黄色、粉色、橙色、紫色）单车的个数为随机变量，求数学期望________． 59．一个彩票盒中装有15张刮开前外表相同的彩票，其中奖金为500元的一等奖彩票有4张，奖金为300元的二等奖彩票有5张，奖金为100元的三等奖彩票有6张，从中随机抽出3张彩票. (1)求抽出的3张彩票的奖金总金额不高于700元的概率； (2)记表示抽出3张彩票中三等奖彩票的张数，求的分布列和数学期望. 60．已知一个暗箱中装有8个大小、形状完全相同的小球，其中3个红球，5个黄球．从中一次摸出5个球． (1)所摸出5个球中红球的个数记为，求的分布列及数学期望； (2)计分规则：每个红球计4分，每个黄球计2分，所摸出5个球的总得分记为，求． 题型16 正态分布（共4小题）（难点） 61．某精密仪器厂生产一种微型轴承钢珠，其直径（单位：）服从正态分布.若，且，则下列描述正确的是（   ） A．， B．， C．， D．， 62．（多选）我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ） （附：若随机变量服从正态分布，则，，） A． B． C． D． 63．已知随机变量，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 64．一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $