2.12.4 离散型随机变量的分布列、期望与方差-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

第二部分专题十二概率与统计 第4节离散型随机变量的分布列、期望与方差 [考点1] 离散型随机变量的分布列、期望 5.(2025·北京卷，18)有一道选择题考查了一 与方差 个知识点.甲、乙两校各随机抽取100人，甲 1.(2026·上海卷，8)已知随机变量X的分布 校有80人答对，乙校有75人答对，用频率 列为 -101) 估计概率。 ,且E(X)=0.5,则b= a0.3b (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该 题目的概率. 2.(2025·全国一卷，14)有5个相同的球，分 (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为 别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回地随机 做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X 取3次，每次取1个球，记X为这5个球中 的数学期望. 至少被取出1次的球的个数，则X的数学 (3)若甲校同学掌握这个知识点，则有 期望E(X)= 100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这 3.(2025·上海卷，6)已知随机变量X的分布为 个知识点，则有85%的概率做对该题目，未 (0.20.30.5则期望X灯= 567 掌握该知识点的同学都是从四个选项里面 随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的 4.(2026·全国I卷，17)(15分)设整数N≥2.某 概率为1，乙校学生掌握该知识点的概率 同学用一个球进行投篮练习，至多投篮N 为p2,试比较1与p2的大小（结论不要求 次，当且仅当投中1次时或N次均未投中 证明) 时，停止练习.设该同学每次投中的概率为 p(0<p<1),各次投中与否相互独立.记X 为停止练习时该同学的投篮次数 (1)当N=4,p=号时，求X的分布列； (2)设，m均为自然数. (i)当k≤N-1时，求P(X>k); (i)当k十m≤N-1时，证明：P(X>k十 mX>k)=P(X>m). 最新真题分类特训·数学 6.(2024·新课标Ⅱ卷，18)(17分)某投篮比 7.(2024·北京卷，18)(13分)某保险公司为 赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组 了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合 成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队 同保险期限届满的保单中随机抽取1000 中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则 份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得 该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中 数据如下表： 1次，则该队进入第二阶段，由该队的另一 赔偿次数 0 1 2 3 4 名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中 得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分 保单份数 800 100 60 30 10 总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲 假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次 每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为 索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四 q,各次投中与否相互独立. 次索赔时，保险公司赔偿0.6万元， (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率 赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 估计概率. 的概率； (1)估计一份保单索赔次数不少于2的 (2)假设0<p<g. 概率； (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15 (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保 分的概率最大，应该由谁参加第一阶段 费与赔偿总金额之差， 比赛？ (ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的 (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学 数学期望EX； 期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (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) 118 第二部分专题十二概率与统计 8.(2023·上海卷，19)（本题满分14分）本题 9.(2022·全国甲卷（理），19)(12分)甲、乙两 共有2个小题，第1小题满分6分，第2小 个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目， 题满分8分 每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平 21世纪汽车博览会于2023年6月7日在上 局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校 海举行，下表为某汽车模型公司共有25个 获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的 汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表 概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结 所示： 果相互独立. 红色外观 蓝色外观 (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 棕色内饰 8 12 列与期望 米色内饰 2 3 (1)若小明从这些模型中随机抽一个模型， 记事件A为小明取到的模型为红色外观， 事件B为取到的模型是米色内饰，求P(B)，, P(B|A),并据此判断事件A,B是否相互 独立. (2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一 次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽 两个汽车模型.现做出如下假设： 假设1.抽取的情况有三种可能，外观和内 饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰 有一个同色； 假设2.一等奖为600元，二等奖为300元， 三等奖为150元； 假设3.按抽到的结果的概率大小，概率越 小，奖金越高、 请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、 三等奖.设奖金为X,写出X的分布列，并 求X的期望。 最新真题分类特训·数学 10.(2022·北京卷，18)（本小题13分） [考点2]条件概率、相互独立事件的概率 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参 1.(2025·上海卷，13)已知事件A、B相互独 加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上 立，事件A发生的概率为P(A)=2,事件B (含9.50m)的同学将获得优秀奖.为预测 获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、 发生的概率为P(B)=2,则事件AnB发 乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数 生的概率P(A∩B)为 据（单位：m): 甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42， B号 9.40,9.35,9.30,9.25; c D.0 乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23； 2.(2023·全国甲卷（理），6)某地的中学生中 丙：9.85,9.65,9.20,9.16. 有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛 雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地 成绩相互独立， 的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好 (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优 滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为() 秀奖的概率； A.0.8 B.0.6 (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛 C.0.5 D.0.4 中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期 3.(2023·新课标Ⅱ卷，12)（多选）在信道内传 望E(X); 输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0 (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获 时，收到1的概率为a(0<a<1),收到0的 得冠军的概率估计值最大？（结论不要求 概率为1一a;发送1时，收到0的概率为B 证明) (0<<1),收到1的概率为1一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(1一a)(1一)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-) C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为β(1一β)2+(1一) D.当0<a<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 4.(2022·全国乙卷（理），10)某棋手与甲、乙、 丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互 独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概 率分别为p1,p2,p,且p3>p2>p1>0.记 该棋手连胜两盘的概率为p,则 （) 第二部分专题十二概率与统计 A.力与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 不够良好 良好 B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 病例组 40 60 D.该棋手在第二盘与丙比赛，力最大 对照组 10 90 5.(2026·天津卷，13)箱子里有一个红球，两 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体 个黄球，三个白球.有放回地取三次，每次取 与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ 一个，三次都没取到黄球的概率是 (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件 在三次都没取到黄球的条件下，至少取到一 “选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件 次红球的概率是 “选到的人患有该疾病”，P(BA)与 6.(2025·天津卷，13)小桐操场跑圈，一周2 P(BA) 次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈 P(B A) 的比值是卫生习惯不够良好对患 的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二 P(BA) 次跑5圈的概率为0.4,6圈的概率为0.6； 该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标 若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为 为R. 0.6,6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的 (1)证明：R=P(AB).P(A1B) 概率为 ;若一周至少跑11圈为运 P(AB)P(AB) 动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X, (i)利用该调查数据，给出P(A|B),P(AB)的 则期望E(X)= 估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估 7.(2024·上海卷，8)某校举办科学竞技比赛， 计值. 有A,B,C3种题库，A题库有5000道题， 附：K2= n(ad-bc)2 B题库有4000道题，C题库有3000道题. (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' 小申已完成所有题，他A题库的正确率是 P(K≥k) 0.0500.010 0.001 0.92,B题库的正确率是0.86，C题库的正 3.841 6.63510.828 确率是0.72.现他从所有的题中随机选一 题，正确率是 8.(2023·天津卷，13)甲、乙、丙三个盒子中装 有一定数量的黑球和白球，其总数之比为 5:4：6.这三个盒子中黑球占总数的比例 分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中 各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率 为 ;将三个盒子中的球混合后任取 一个球，是白球的概率为 9.(2022·新高考I卷，20)(12分)一医疗团 队为研究某地的一种地方性疾病与当地居 民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良 好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随 机调查了100例（称为病例组），同时在未患 该疾病的人群中随机调查了100人（称为对 照组)，得到如下数据： 最新真题分类特训·数学 10.(2022·新高考Ⅱ卷，19)(12分)在某地区 [考点3]二项分布、超几何分布 进行流行病学调查，随机调查了100位某 (2019·天津卷（理），16)(13分)设甲、乙两 种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据 位同学上学期间，每天7：30之前到校的概 的频率分布直方图： 率均为子，假定甲、乙两位同学到校情况互 频率/组距 不影响，且任一同学每天到校情况相互 0.023 0.020 独立， 0.017 0.012 (1)用X表示甲同学上学期间的三天中7： 0.006 30之前到校的天数，求随机变量X的分布 0002 0.001 列和数学期望； 0102030405060708090年龄1岁 (2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同 学在7：30之前到校的天数比乙同学在7： 一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； 30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄 生的概率。 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0.0001). [考点4幻正态分布及其应用 1.(2025·天津卷，5)已知x为相关系数，则下 列说法中错误的是 () A.若X~N(μ，2)，则P(X≤μ-o)=P(x ≥十σ) B.若X~N(1,2),Y~N(2,2),则P(X< 1)<P(Y<2) C.|y越接近1，相关性越强 D.Y越接近0，相关性越弱 2.（2022·新高考Ⅱ卷，13)已知随机变量X 服从正态分布N(2,o2),且P(2<X≤2.5) =0.36,则P(X>2.5)=最新真题分类特训·数学 6.解：(1)设这种树木平均一棵的根部横截面积为x,平均 一展的材积量为y,剥云-90=0.06=8-0.39， 10 含，一n网 (2)r= √(2x-2)(2-w) -1 0.2474-10×0.06×0.39 √0.038-10×0.062√1.6158-10×0.39 0.0134 0.0134 _0.0134 √0.002×0.09480.01×√/.8960.01377 ≈0.97 (③)设从报事面积感和为X,总材积量为Y,则登- y Y-802×1s6=1209m). 第4节离散型随机变量的分布列、 期望与方差 考点1离散型随机变量的分布列、期望与方差 1.解析：由题意， 1a+0.3+b=1 →b=0.6. -a+b=0.5 答案：0.6 2解折：P(X-3)-5XX3-号：P(X-2)-X9 53 53 25:P(x=1)=5=1 =53=251 故E(X)=1+2×12+3X12=61 25 5 注：每个球至少被取出一次的概率为1一 61 所以EX0=8EX)=5X品-男 答案男 3.解析：本题考查了离散型随机变量的数学期望. E[X]=5×0.2+6×0.3+7×0.5=6.3. 答案：6.3 4.解：(1)P(X=1)== 3P(X=2)=p1-g)= 9 PX=3)=1-pP= PX=0=1-P=品， 所以X的分布列为： 1 2 3 4 2 4 8 3 27 27 (2)记q=1一p. (1)当≤N一1时，事件P(X>)表示前k次都未投 中，所以P(X>)=q=(1-) (i)设A:X>k十m,B:X>k 因此P(X>克+mX>k)=P(AIB)=PAB) P(B) P(X>k十m)_(1-p)+m P(x>。(1-p)∠=1一)"， 又由(i)知P(X>m)=(1-p)m, 所以P(X>k十mX>k)=P(X>m). 1 5.解：(1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目 的挺车为0-青 (2)设A为“从甲校抽取1人做对”， 则P(A)=0.8,则P(A)=0.2, 设B为“从乙校抽取1人做对”， 则P(B)=0.75,则P(B)=0.25, 设C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(AB)十P(AB) =P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.35, X可取0,1,2， P(X=0)=P(AB)=0.05,P(X=1)=0.35, P(X=2)=0.8×0.75=0.6, 故X的分布列为： X 0 1 2 P0.050.35 0.6 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. (3)设D为“甲校掌握该知识点的学生”， 因为甲校掌握这个知识，点的学生有100%的概率做对该 题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择 一个， 故P(D)+1-P(D)=0.8即A+}×(1-)= 4 11 0.8,故p=15' 同里有0.85p:十子×(1-p:)=0.75,放A=名， 故p1<p2: 6.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)(「)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,=[1一(1一p)3]g 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,=[1一(1一g)3门·p, .P-P:=q-(q-pq)-+(p-pq) =(g-p)(g2+pg十p2)+(p-q)·[(p-pg)2+(g pq)2+(p-pq)(q-pq)] =(p-q)(3p2g2-3p2g-3pg2) =3pq(p-q)(pq-p-q) =3p9q(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0 ∴P甲>P,应该由甲参加第一阶段比赛. (川)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可能 取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]·(1-g)3, P(X=5)=[1-(1-)3]C3q·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·Cg2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·g3, ∴.E(X)=15[1-(1-)3]q=15(p3-3p2+3p)·9, 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩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[g(p十g)(p-q)-3pg(p-q)] =15(p-q)q(p+g-3)>0, 应该由甲参加第一阶段比赛。 7.解：(1)设一份保单索赔次数为Y,则 60十 P(Y>≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=1000 30 10 1000+1000=10%, ∴.一份保单索赔次数不少于2的概率为10%. (2)(i)X的可能取值为0.4，-0.4，-1.2，-2，-2.6，则 P(X=0.4)=100-亏' 8004 P(X=-0.4)=100010' 1001 P(X=-12)=1806=品， PX=-2》=700-品 3 P(X=-2.6)=80=0 1 EX=0.4×号-0.4×0-1.2×品-2×7品0-2.6 ×100 =0.32-0.04-0.072-0.06-0.026=0.122. (ⅱ)保单的保费调整后，无索赔保单的保费为0.384万 元，有索赔保单的保费为0.48万元. 毛利润Y的可能取值为0.384，-0.32，-1.12，-1.92， -2.52, ∴此时EY=0.384×号-0.32×0-1.12×品-1.92 ×7品-252×0-0.3072-0.032-0.0672- 0.0576-0.0252=0.1252. ,调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整 前的保单毛利润数学期望的估计值】 8.解：(1)红色外观共8十2=10个， PA岩号， 来色内怖来2+3=5个P(B=易-日 红色外观且米色内悔有2个，P(AB)=云， 2 ·P(B1A)=P(BA)-25_1 P(A)25 5 P(B)=P(BA),.A,B相互独立. (2)当外观和内饰均同色，则每种情况中抽2个，概率为 Cg+C2+C3+C8=49 C25 150 当外观和内饰均异色，则各种情况抽1个，概率为 CC+CC=48=4 C25 300-251 外观和内饰恰有1个同色，则概率为 Cic+CizCi+CiCiz+CCi_154_77 C25 3001509 31 详解详析 “品<隔 ∴一等奖：外观和内饰均异色； 二等奖：外观和内饰均同色； 三等奖：外观和内饰恰有1个同色. ÷PX-6o0)-元P(X-30)-0 4 P(X=150)=150' 77 其分部到为 X150 300 600 P 77 49 4 150 150 25 ÷5X0=60×嘉+300x锡+150×0=21. 77 9.解：(1)记甲学校获得冠军为事件A, 则P(A)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)× 0.8+(1一0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6甲学 校获得冠军的概率是0.6. (2)X的可能取值为0,10,20,30. 则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×(1-0.8)+0.5×(1-0.4)×0.8 +(1-0.5)×0.4×0.8=0.44, P(X=20)=0.5×(1-0.4)×(1-0.8)+(1-0.5)×(1 -0.4)×0.8+(1-0.5)×0.4×(1-0.8)=0.34, P(X=30)=(1-0.5)×(1-0.4)×(1-0.8)=0.06, .X的分布列为 X 0 10 20 30 P0.160.440.340.06 X的期望值为E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34 +30×0.06=13. 10.解：(1)由题意得： 设甲在校运会铅球比赛中获得优秀奖为事件A. 比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成绩达 到9.50以上的有：9.80,9.70,9.55,9.54四个. 所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为 P(A)=0.4. (2)X所有可能取值为0,1,2,3. 甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为P(A)=0.4. 乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B, 则P(B)=0.5. 丙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件C, 则P(C)=0.5. P(X=0)=0.6×0.5×0.5=0.15, P(X=1)=0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.6× 0.5×0.5=0.4, P(X=2)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6× 0.5×0.5=0.35, P(X=3)=0.4×0.5×0.5=0.1, E(X)=0×0.15+1×0.4+2×0.35+3×0.1=1.4. (3)甲的平均数：(9.80+9.70+9.55十9.54+9.48+ 9.42+9.40+9.35+9.30+9.25)×0.1=9.479, 乙的平均数：(9.78+9.56十9.51+9.36+9.32+9.23) ÷6≈9.457， 最新真题分类特训·数学 丙的平均数：(9.85+9.65+9.20十9.16)×0.25 =9.465, 甲的方差：s2=[(9.8一9.479)2+…+(9.25 9.479)2]÷10=0.0172, 乙的方差：2=[(9.78-9.457)2+…+(9.23- 9.457)2]÷6=0.0329, 丙的方差：s2=[(9.85-9.465)2+…+(9.16- 9.465)2]÷4=0.086.所以甲获得冠军的概率的估计值 最大 考点2条件概率、相互独立事件的概率 1.B本题考查相互独立事件的概率乘法公式. .AB独立.P(A∩B)=P(A)·P(B)= 2.A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)= PAlB)=-8等a8故选A 3.ABD对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 可知AB正确：对于C,三次传输译码为1，则可能是三次 全部译为1，或者有两次译为1，则概率为Cβ(1一)2+ (1一)3，故C错误；对于D,可以采用特值法或者作差法 计算.三次传输方案译为0的概率为Ca(1一a)2+(1- a)3,单次传输译为0的概率为1一a,而Ca(1一a)2+(1 -a)3-(1-a)=(1-a)a(1-2a)>0,所以D正确. 4.D设棋手在第二盘与甲比赛连藏两盘的概率为P甲，在 第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为P。,在第二盘与丙 比赛连赢两盘的概率为P两， 由题意 Pp=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)] =p1p2十p1pg一2p1p2p, Pz=p2[p(1-p3)+p(1-p)] =p1p2十p2p3一2p1p2p3, P两=p3[p(1一p2)+p2(1-)] =p1p3十p2p3一2p1p2p3, 所以P丙一Pp=2(p3一p1)>0,P两一P2 =1（p3-p2)>0, 所以P丙最大，故选D. 5.解析：第一空：箱子中共有1十2十3=6个球，其中黄球有 2个， 从6个球中取一个球，取不到黄球的概率P=6一2=4 6 6 有放回的取三次，相当于三次独立重复试验， 三次郭设有取到宾球的概率P=(侵)广=品 第二空：设A={三次都没取到黄球}. B={三次至少取到一次红球.第二空要求的是 P(B引A),先求P(BA), 在“没取到黄球”的条件下，只能取到红球或白球，共1十 3=4个球. 单次取到红球概率}，单次取到白球的概率子 P(BA)即三次都没取到黄球的前提下，三次都没取到 红骏PB1AW=()广-器 所以PBA=1-PBA=1一器-器 837 答案：2764 6.解析：本题考查了条件概率， 二项分布的期望， 设，A1表示第一次跑5圈， A2表示第二次跑5圈 B表示一周跑11圈. P(B)=P(A).P(A2 /A)+P(A )P(A2/A) =0.5×0.6+0.5×0.6 =0.3+0.3=0.6. 1周运动量不达标，每次5图和周均10圈. P(A1)·P(A2/A1)=0.5×0.4=0.2. .1周运动量达标为1一0.2=0.8， 则X~B(4,0.8), .E(X)=np=4×0.8=3.2. 答案：0.63.2 7,解析：由题可知，A题库占比为是，B题库占比为子，C 库古比为子P=是×0.92+号×0.86+子×0,72 品 17 答案：20 8.解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n, 6n,所以总数为15n, 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n; 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n; 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n; 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事 件A,所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05; 记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B, 黑球总共有2n十n十3n=6n个，白球共有9n个， 所以PB)=器-是 答案：0.05 3 9.解：(1)假设患该病群体与未患该疾病群体的卫生习惯 没有差异， 则K2= 200(40×90-60×10)2 50×150×100×100 =24>6.635, 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群 体的卫生习惯有差异； P(AB) (2)(1)R= P(BIA) .P(B|A) P(A) P(BA) P(B A) P(AB) P(A) P(AB) P(A) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(A) 18 P(AB) P(AB) =PAB)·P(AB) P(B) P(B) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) P(B) P(B) P(A B).P(A B) ,得证 P(AIB)P(AIB) ()由洞查数据可知PAB)=0-号， PAB)=品-0： 则PAB)=1-PAB)=号，PAB)=品， 2 9 所以R= 5.10=6. 3 1 510 10.解：(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002十25× 0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65× 0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁) (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，则 P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+ 0.002)×10=1-0.11=0.89 (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选 一人患这种疾病》，则由条件概率公式，得 PCB)==0.1%X823X10-Q.00-2 16% 0.16 =0.0014375≈0.0014. 考点3二项分布、超几何分布 解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立， 且每天7：30之前到校的概率均为号，故X~B3,号)从 c()广( 3一 而P(X=k) ,(k=0,1,2,3.) 所以，随机变量X的分布列为 X 0 1 3 P 1 2 2 9 27 随机变量X的数学期望E(0=3×号-2。 (2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为 Y,则Y~B(3,号)且M=(X=3,Y=1U(X=2,Y- 0以.由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥，且 事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独 立，从而由(I)知P(M0=P({X=3,Y=1}U{X=2,Y =0})=P({X=3,Y=1})+P({X=2,Y=0})=P({X =3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)=×号+ ×品器 详解详析 考点4正态分布及其应用 1.B本题考查正态分布曲线下面积，线性相关系数r的 性质.A中，X~N(,2),根据正态分布曲线的对称性 可知P(X≤μ一o)=P(X≥μ十o),故A正确；C、D中，由 相关系数r的性质，当|r越趋于1，线性相关性就越强， r越接近0，线性相关性就越弱，故C、D都正确.B中， X~N(1,22),Y~N(2,22),P(X<1)=P(Y2),故B 错误。 2.解析：由题意可知，P(X>2)=0.5,故P(X>2.5) =P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.14. 答案：0.14 第5节概率、统计与其他知识的综合问题 考点1与数列结合问题 1.解：(1)p,=p,9=q, p4=p+C4p3q=p+4p3(1-p)=p3(4-3p). (2)由(1)可知p4-p:=p3(4-3p)一p3 =3p3(1-p), 同理q4-q=3q(1-q)=3p(1-p)3. 由2：-色=4，可得3p1二=4，即3p-8p+4=0, 94-q3 3p(1-p)° 解得p=号或p=2(舍). 31 所以=号 (3)由2<p<1p+g=1,可知0<g<2<p<1. 设随机变量X为“打完k个球后甲的得分”， 则X~B(k,p), p2m=p2m十C2m·p2m-1g+Cn·p2m-2g2+…十Cg1· pmigm-1. 对于p2m+1,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2m十1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2m十1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2m十1个球甲必须胜才能满足 甲比乙至少多得2分.所以p2m+1=（p2m一C2m1·pm+ g-1)十力·Cgn1·b+1gm-1=p2m一q·C2m1· p+1gm-1. 故p2m一p2m+1=q·C2n1·p+1q-1>0,同理gm 9m+1=p·Cgn1·g+1p-1>0. 所以n一pa1=g·C1·pt1g-1 -9G·g8=号>1，甲 q 一p2m+1>q2m一92m+1,所以p2+1一q2m+1<p2nm一q2m· 对于p2m+2,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2m十1和2m十2个球） 无论甲胜负，甲都不可能比乙至少多得2分，若打完2m 9