專題03隨機變量及其分布高二年級下學期數學單元復習（知識梳理熱考題型單元檢測）（知識梳理熱考題型單元檢測）（新高考人教A版專用）

專題03隨機變量及其分布（新高考人教A版專用）目錄目錄【知識梳理】 2【熱考題型】 5【考點1】條件概率 5【考點2】全概率公式 11【考點3】離散型隨機變量 17【考點4】離散型隨機變量的分布列 22【考點5】離散型隨機變量的均值 26【考點6】離散型隨機變量的方差 33【考點7】二項分布 39【考點8】超幾何分布 44【考點9】正態(tài)分布 49【單元檢測】 55【基礎卷】 55【能力卷】 69知識梳理知識梳理一、條件概率(1)若已知事件A發(fā)生，則A成為樣本空間.此時事件B發(fā)生的概率是AB包含的樣本點數與A包含的樣本點數的比值，即P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）).(2)一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率.(3)當P(A)>0時，當且僅當事件A與B相互獨立時，有P(B|A)＝P(B).(4)由條件概率的定義，對任意兩個事件A與B，若P(A)>0，則P(AB)＝P(A)P(B|A)，我們稱此式為概率的乘法公式.二、條件概率的性質性質：條件概率只是縮小了樣本空間，因此條件概率同樣具有概率的性質.設P(A)>0，則(1)P(Ω|A)＝1；(2)若B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；(3)設eq\o(B,\s\up6(－))和B互為對立事件，則P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＝1－P(B|A).三、全概率公式(1)全概率公式：一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai).(2)貝葉斯公式(選學)：設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，P(B)>0，有P(Aieq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(B）))＝eq\f(P（Ai）P（B\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(Ai）)),P（B）)＝，i＝1，2，…，n.四、離散型隨機變量(1)定義：一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點ω，都有唯一的實數X(ω)與之對應，我們稱X為隨機變量.五、離散型隨機變量的分布列(1)離散型隨機變量的分布列：一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，3，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列.離散型隨機變量的分布列可以用表格表示：Xx1x2…xnPp1p2…pn(2)離散型隨機變量的分布列的性質①pi≥0，i＝1，2，…，n；②p1＋p2＋…＋pn＝1.六、兩點分布對于只有兩個可能結果的隨機試驗，用A表示“成功”，eq\o(A,\s\up6(－))表示“失敗”，定義X＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，A發(fā)生，,0，\o(A,\s\up6(－))發(fā)生.))如果P(A)＝p，則P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－p，那么X的分布列如表所示X01P1－pp我們稱X服從兩點分布或0－1分布.七、離散型隨機變量的均值(1)一般地，若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn則稱E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xipi為隨機變量X的均值或數學期望，數學期望簡稱為期望.均值是隨機變量可能取值關于取值概率的加權平均數，它綜合了隨機變量的取值和取值的概率，反映了隨機變量取值的平均水平.(2)一般地，如果隨機變量X服從兩點分布，那么E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p.(3)離散型隨機變量的均值性質①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；②E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).八、離散型隨機變量的方差(1)設離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pnD(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi－E(X))2pi能夠刻畫X相對于均值的離散程度(或波動大小)，這稱為離散型隨機變量X的方差.并稱eq\r(D（X）)為隨機變量X的標準差，記為σ(X).(2)隨機變量的方差和標準差都可以度量隨機變量取值與其均值的偏離程度，反映了隨機變量取值的離散程度.方差或標準差越小，隨機變量的取值越集中；方差或標準差越大，隨機變量的取值越分散.(3)幾個常見的結論①D(aX＋b)＝a2D(X).②若X服從兩點分布，則D(X)＝p(1－p).九、n重伯努利試驗(1)只包含兩個可能結果的試驗叫做伯努利試驗，將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗.(2)n重伯努利試驗具有如下共同特征：①同一個伯努利試驗重復做n次；②各次試驗的結果相互獨立.十、二項分布(1)二項分布：一般地，在n重伯努利試驗中，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0<p<1)，用X表示事件A發(fā)生的次數，則X的分布列為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，則稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p).十一、超幾何分布(1)一般地，假設一批產品共有N件，其中有M件次品.從N件產品中隨機抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件產品中的次品數，則X的分布列為P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}.如果隨機變量X的分布列具有上式的形式，那么稱隨機變量X服從超幾何分布.(2)設隨機變量X服從超幾何分布，則X可以解釋為從包含M件次品的N件產品中，不放回地隨機抽取n件產品中的次品數.令p＝eq\f(M,N)，則p是N件產品的次品率，而eq\f(X,n)是抽取的n件產品的次品率，則E(X)＝n·eq\f(M,N)＝np.十二、正態(tài)分布(1)f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))e－eq\f(（x－μ）2,2σ2)，x∈R.其中μ∈R，σ>0為參數.顯然，對任意的x∈R，f(x)>0，它的圖象在x軸的上方.可以證明x軸和曲線之間的區(qū)域的面積為1.我們稱f(x)為正態(tài)密度函數，稱它的圖象為正態(tài)密度曲線，簡稱正態(tài)曲線.(2)若隨機變量X的概率密度函數為f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))e－eq\f(（x－μ）2,2σ2)，x∈R，則稱隨機變量X服從正態(tài)分布，記為X～N(μ，σ2).特別地，當μ＝0，σ＝1時，稱隨機變量X服從標準正態(tài)分布.(3)正態(tài)曲線的特點：①正態(tài)曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱；②曲線在x＝μ處達到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；③當|x|無限增大時，曲線無限接近x軸.(4)若X～N(μ，σ2)，則E(X)＝μ，D(X)＝σ2.(5)服從于正態(tài)分布N(μ，σ2)的隨機變量X在三個特殊區(qū)間內取值的概率：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.在實際應用中，通常認為X只取區(qū)間[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，這在統(tǒng)計學中稱為3σ原則.熱考題型熱考題型【考點1】條件概率一、單選題1．（2023·全國·高考真題）某地的中學生中有的同學愛好滑冰，的同學愛好滑雪，的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（

）A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.42．（2023·廣東江門·一模）衣柜里有灰色，白色，黑色，藍色四雙不同顏色的襪子，從中隨機選4只，已知取出兩只是同一雙，則取出另外兩只不是同一雙的概率為（

）A． B． C． D．3．（2223高三·江西撫州·階段練習）一袋中有大小相同的個白球和個紅球，現從中任意取出個球，記事件“個球中至少有一個白球”，事件“個球中至少有一個紅球”，事件“個球中有紅球也有白球”，下列結論不正確的是（

）A．事件與事件不為互斥事件 B．事件與事件不是相互獨立事件C． D．二、多選題4．（2223高三上·江蘇南通·期末）一口袋中有除顏色外完全相同的3個紅球和2個白球，從中無放回的隨機取兩次，每次取1個球，記事件A1：第一次取出的是紅球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的兩球同色；事件C：取出的兩球中至少有一個紅球，則（

）A．事件，為互斥事件 B．事件B，C為獨立事件C． D．5．（2023·廣東肇慶·二模）隨著春節(jié)的臨近，小王和小張等4位同學準備互相送祝福.他們每人寫了一個祝福的賀卡，這四張賀卡收齊后讓每人從中隨機抽取一張作為收到的新春祝福，則（

）A．小王和小張恰好互換了賀卡的概率為B．已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為C．恰有一個人抽到自己寫的賀卡的概率為D．每個人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為三、填空題6．（2023·浙江·模擬預測）已知隨機事件A，B，，，，則.四、解答題7．（2023·河北衡水·模擬預測）某游戲中的角色“突擊者”的攻擊有一段冷卻時間（即發(fā)動一次攻擊后需經過一段時間才能再次發(fā)動攻擊）.其擁有兩個技能，技能一是每次發(fā)動攻擊后有的概率使自己的下一次攻擊立即冷卻完畢并直接發(fā)動，該技能可以連續(xù)觸發(fā)，從而可能連續(xù)多次跳過冷卻時間持續(xù)發(fā)動攻擊；技能二是每次發(fā)動攻擊時有的概率使得本次攻擊以及接下來的攻擊的傷害全部變?yōu)樵瓉淼?倍，但是多次觸發(fā)時效果不可疊加（相當于多次觸發(fā)技能二時僅得到第一次觸發(fā)帶來的2倍傷害加成）.每次攻擊發(fā)動時先判定技能二是否觸發(fā)，再判定技能一是否觸發(fā).發(fā)動一次攻擊并連續(xù)多次觸發(fā)技能一而帶來的連續(xù)攻擊稱為一輪攻擊，造成的總傷害稱為一輪攻擊的傷害.假設“突擊者”單次攻擊的傷害為1，技能一和技能二的各次觸發(fā)均彼此獨立：(1)當“突擊者”發(fā)動一輪攻擊時，記事件A為“技能一和技能二的觸發(fā)次數之和為2”，事件B為“技能一和技能二各觸發(fā)1次”，求條件概率(2)設n是正整數，“突擊者”一輪攻擊造成的傷害為的概率記為，求.參考答案：1．A【分析】先算出同時愛好兩項的概率,利用條件概率的知識求解.【詳解】同時愛好兩項的概率為，記“該同學愛好滑雪”為事件,記“該同學愛好滑冰”為事件，則，所以.故選:.2．D【分析】記“取出的襪子至少有兩只是同一雙”為事件A，記“取出的襪子恰好有兩只不是同一雙”為事件B，求出，，根據條件概率公式求解即可．【詳解】從四雙不同顏色的襪子中隨機選4只，記“取出的襪子至少有兩只是同一雙”為事件A，記“取出的襪子恰好有兩只不是同一雙”為事件B，事件A包含兩種情況：“取出的襪子恰好有兩只是同一雙”，“取出的襪子恰好四只是兩雙”，則，又，則，即隨機選4只，已知取出兩只是同一雙，則取出另外兩只不是同一雙的概率為．故選：D．3．D【分析】根據題意，取出的個球的可能情況為：個紅球；個紅球個白球；個紅球個白球；個白球，進而依次分析事件、事件、事件，及其概率，再討論各選項即可得答案.【詳解】根據題意，取出的個球的可能情況為：個紅球；個紅球個白球；個紅球個白球；個白球.故事件包含：個紅球個白球；個紅球個白球；個白球，且；事件包含：個紅球個白球；個紅球個白球；個紅球，且；事件包含：個紅球個白球；個紅球個白球，且.所以，，，因為，則事件與事件不為互斥事件，A選項正確；，故事件與事件不是相互獨立事件，B正確；，故D錯誤；，故C正確；故選：D.4．ACD【分析】根據互斥事件、獨立事件的定義判斷AB，由組合知識求得判斷C，根據條件概率的定義求得判斷D．【詳解】第一次取出的球是紅球還是白球兩個事件不可能同時發(fā)生，它們是互斥的，A正確；由于是紅球有3個，白球有2個，事件發(fā)生時，兩球同為白色或同為紅色，，事件不發(fā)生，則兩球一白一紅，，不獨立，B錯；，C正確；事件發(fā)生后，口袋中有3個紅球1個白球，只有從中取出一個紅球，事件才發(fā)生，所以，D正確．故選：ACD．5．BC【分析】計算出四個人每人從中隨機抽取一張共有種抽法，根據古典概型的概率公式以及條件概率的概率公式計算各選項，可得答案.【詳解】對于A,四個人每人從中隨機抽取一張共有種抽法，其中小王和小張恰好互換了賀卡的抽法有種，故小王和小張恰好互換了賀卡的概率為，A錯誤；對于B,設小王抽到的是小張寫的賀卡為事件A,則,小張抽到小王寫的賀卡為事件B,則已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為,B正確；對于C,恰有一個人抽到自己寫的賀卡的抽法有種，故恰有一個人抽到自己寫的賀卡的概率為，C正確；對于D,每個人抽到的賀卡都不是自己寫的抽法共有種，故每個人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為，D錯誤，故選：6．【分析】首先求出，則，則，最后利用對立事件的求法即可得到答案.【詳解】依題意得，所以故，所以.故答案為：.7．(1)；(2).【分析】（1）分析試驗過程，分別求出和，利用條件概率的公式直接計算；（2）分析“突擊者”一輪攻擊造成的傷害為,分為：i.進行次，均不觸發(fā)技能二；前面的次觸發(fā)技能一，最后一次不觸發(fā)技能一；ii.第一次觸發(fā)技能二，然后的次觸發(fā)技能一，第次未觸發(fā)技能一；iii.前面的次未觸發(fā)技能二，然后接著的第次觸發(fā)技能二；前面的觸發(fā)技能一，第次未觸發(fā)技能一.分別求概率.即可求出.【詳解】（1）兩次攻擊，分成下列情況：i.第一次攻擊，技能一和技能二均觸發(fā)，第二次攻擊，技能一和技能二均未觸發(fā)；ii.第一次攻擊，技能一觸發(fā)，技能二未觸發(fā)，第二次攻擊，技能二觸發(fā)，技能一未觸發(fā)；iii.第一、二次攻擊，技能一觸發(fā)，技能二未觸發(fā)，第三次攻擊，技能一、二未觸發(fā)；所以..所以.（2）“突擊者”一輪攻擊造成的傷害為,分為：i.記事件D：進行次，均不觸發(fā)技能二；前面的次觸發(fā)技能一，最后一次不觸發(fā)技能一.其概率為：ii.記事件E：第一次觸發(fā)技能二，然后的次觸發(fā)技能一，第次未觸發(fā)技能一.其概率為：iii.記事件：前面的次未觸發(fā)技能二，然后接著的第次觸發(fā)技能二；前面的觸發(fā)技能一，第次未觸發(fā)技能一.其概率為：，則事件彼此互斥，記，所以.所以【點睛】關鍵點睛：這道題關鍵的地方是題意的理解，文字較多，要明白一輪攻擊中含多次攻擊，每次攻擊判斷技能的觸發(fā)，在第二問中需要分多種情況進行討論，然后用互斥事件的概率計算公式進行求解【考點2】全概率公式一、單選題1．（2023·福建莆田·二模）某醫(yī)用口罩生產廠家生產醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護口罩三種產品，三種產品的生產比例如圖所示，且三種產品中綁帶式口罩的比例分別為90%，50%，40%．若從該廠生產的口罩中任選一個，則選到綁帶式口罩的概率為（

）A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.772．（2023·全國·模擬預測）某人連續(xù)兩次對同一目標進行射擊，若第一次擊中目標，則第二次也擊中目標的概率為，若第一次未擊中目標，則第二次擊中目標的概率為，已知第一次擊中目標的概率為，則在第二次擊中目標的條件下，第一次也擊中目標的概率為（

）A． B． C． D．3．（2024·江蘇宿遷·一模）人工智能領域讓貝葉斯公式：站在了世界中心位置，AI換臉是一項深度偽造技術，某視頻網站利用該技術摻入了一些“AI”視頻，“AI”視頻占有率為0.001．某團隊決定用AI對抗AI，研究了深度鑒偽技術來甄別視頻的真假．該鑒偽技術的準確率是0.98，即在該視頻是偽造的情況下，它有的可能鑒定為“AI”；它的誤報率是0.04，即在該視頻是真實的情況下，它有的可能鑒定為“AI”．已知某個視頻被鑒定為“AI”，則該視頻是“AI”合成的可能性為（

）A． B． C． D．二、多選題4．（2023·廣東廣州·二模）有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為8%，第2臺加工的次品率為3%，第3臺加工的次品率為2%，加工出來的零件混放在一起．已知第1，2，3臺車床加工的零件數分別占總數的10%，40%，50%，從混放的零件中任取一個零件，則下列結論正確的是（

）A．該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為0.08B．該零件是次品的概率為0.03C．如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為0.98D．如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率為5．（2024·廣東廣州·一模）甲箱中有個紅球和個白球，乙箱中有個紅球和個白球（兩箱中的球除顏色外沒有其他區(qū)別），先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用事件和表示從甲箱中取出的球是紅球和白球；再從乙箱中隨機取出兩球，用事件表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，則（

）A． B．C． D．三、填空題6．（2223高三下·浙江·開學考試）隨著城市經濟的發(fā)展，早高峰問題越發(fā)嚴重，上班族需要選擇合理的出行方式．某公司員工小明上班出行方式由三種，某天早上他選擇自駕，坐公交車，騎共享單車的概率分別為，而他自駕，坐公交車，騎共享單車遲到的概率分別為，結果這一天他遲到了，在此條件下，他自駕去上班的概率是．四、解答題7．（2023·浙江杭州·二模）馬爾科夫鏈是概率統(tǒng)計中的一個重要模型，也是機器學習和人工智能的基石，在強化學習、自然語言處理、金融領域、天氣預測等方面都有著極其廣泛的應用．其數學定義為：假設我們的序列狀態(tài)是…，，，，，…，那么時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即．現實生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．假如一名賭徒進入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸的概率為，且賭輸就要輸掉1元．賭徒會一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會結束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達到預期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為，賭博過程如下圖的數軸所示．當賭徒手中有n元（，）時，最終輸光的概率為，請回答下列問題：(1)請直接寫出與的數值．(2)證明是一個等差數列，并寫出公差d．(3)當時，分別計算，時，的數值，并結合實際，解釋當時，的統(tǒng)計含義．參考答案：1．D【分析】根據全概率公式進行分析求解即可.【詳解】由圖可知醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護口罩的占比分別為70%，20%，10%，記事件分別表示選到醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護口罩，則，且兩兩互斥，所以，又三種產品中綁帶式口罩的比例分別為90%，50%，40%，記事件為“選到綁帶式口罩”，則所以由全概率公式可得選到綁帶式口罩的概率為.故選：D.2．C【分析】設出事件，利用全概率公式計算出，再利用條件概率公式計算出答案.【詳解】設第一次擊中目標為事件A，第二次擊中目標為事件B，則，，，所以，故，則故選：C3．C【分析】根據題意，由貝葉斯公式代入計算，即可得到結果.【詳解】記“視頻是AI合成”為事件，記“鑒定結果為AI”為事件B，則，由貝葉斯公式得：，故選：C．4．BC【分析】利用乘法公式、互斥事件加法求概率即可判斷A，B；利用條件概率公式、對立事件即可判斷C，D．【詳解】記事件：車床加工的零件為次品，記事件：第臺車床加工的零件，則，，，，，，對于，任取一個零件是第1臺生產出來的次品概率為，故A錯誤；對于，任取一個零件是次品的概率為，故B正確；對于，如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為，故C正確；對于，如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率為，故D錯誤．故選：BC．5．ABD【分析】根據條件概率的概率公式及全概率的概率公式計算可得.【詳解】依題意可得，，，，所以，故A正確、B正確、C錯誤；，故D正確.故選：ABD6．【分析】法1：設事件A表示“自駕”，事件B表示“坐公交車”，事件C表示“騎共享單車”，事件D“表示遲到”，，利用貝葉斯公式即可得到答案；法2：直接在遲到的前提下計算概率.【詳解】法1：由題意設事件A表示“自駕”，事件B表示“坐公交車”，事件C表示“騎共享單車”，事件D“表示遲到”，則；，小明遲到了，由貝葉斯公式得他自駕去上班的概率是，法2：在遲到的條件下，他自駕去上班的概率，故答案為：．7．(1)，(2)證明見解析；(3)時，，當時，，統(tǒng)計含義見解析【分析】（1）明確和的含義，即可得答案；（2）由全概率公式可得，整理為，即可證明結論；（3）由（2）結論可得，即可求得，時，的數值，結合概率的變化趨勢，即可得統(tǒng)計含義.【詳解】（1）當時，賭徒已經輸光了，因此.當時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率.（2）記M：賭徒有n元最后輸光的事件，N：賭徒有n元上一場贏的事件,,即，所以，所以是一個等差數列，設，則，累加得，故，得，（3），由得,即,當時，，當時，，當時，，因此可知久賭無贏家，即便是一個這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會的概率輸光．【點睛】關鍵點睛：此題很新穎，題目的背景設置的雖然較為陌生復雜，但解答并不困難，該題將概率和數列知識綜合到了一起，解答的關鍵是要弄明白題目的含義，即審清楚題意，明確，即可求解,【考點3】離散型隨機變量一、單選題1．（2223高三上·山東濟南·期末）已知等差數列的公差為，隨機變量滿足，，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（2223高二下·貴州遵義·期中）一袋中裝有4個白球和2個紅球，現從袋中往外取球，每次任取一個不放回，取出后記下顏色，若為紅色停止，若為白色則繼續(xù)抽取，停止時從袋中抽取的白球的個數為隨機變量，則（

）A． B． C． D．3．（2324高二上·山東德州·階段練習）如圖，我國古代珠算算具算盤每個檔掛珠的桿上有顆算珠，用梁隔開，梁上面顆叫上珠，下面顆叫下珠，若從某一檔的顆算珠中任取顆，記上珠的個數為，則（

）A． B．C． D．二、多選題4．（2223高二下·山東濰坊·期中）圍棋起源于中國，據先秦典籍《世本》記載：“堯造圍棋，丹朱善之”，至今已有四千多年的歷史.在某次圍棋比賽中，甲，乙兩人進入決賽.決賽采用五局三勝制，即先勝三局的一方獲得比賽冠軍，比賽結束.假設每局比賽甲勝乙的概率都為，且每局比賽的勝負互不影響，記決賽中的比賽局數為X，則（

）A．乙連勝三場的概率是B．C．D．的最大值是5．（2324高二上·全國·課后作業(yè)）一個盒子里放著大小、形狀完全相同的1個黑球、2個白球、2個紅球，現不放回地隨機從盒子中摸球，每次取一個，直到取到黑球為止，記摸到白球的個數為隨機變量，則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．三、填空題6．（2223高二·全國·課后作業(yè)）離散型隨機變量的概率分布規(guī)律為，，其中是常數，則．四、解答題7．（2023·福建泉州·模擬預測）泉州是歷史文化名城、東亞文化之都，是聯(lián)合國認定的“海上絲綢之路”起點.著名的“泉州十八景”是游客的爭相打卡點，泉州文旅局調查打卡十八景游客，發(fā)現90%的人至少打卡兩個景點.為提升城市形象，泉州文旅局為大家準備了4種禮物，分別是世遺泉州金屬書簽、閩南古厝徽章、開元寺祈福香包、小關公陶瓷擺件.若打卡十八景游客至少打卡兩個景點，則有兩次抽獎機會；若只打卡一個景點，則有一次抽獎機會.每次抽獎可隨機獲得4種禮物中的1種禮物.假設打卡十八景游客打卡景點情況相互獨立.(1)從全體打卡十八景游客中隨機抽取3人，求3人抽獎總次數不低于4次的概率；(2)任選一位打卡十八景游客，求此游客抽中開元寺祈福香包的概率.參考答案：1．D【分析】根據等差數列的通項公式和隨機變量分布列的概率之和等于1即可求解.【詳解】因為隨機變量滿足，所以，也即，又因為是公差為的等差數列，所以，則有，，，所以，則，，，因為，所以，解得，故選：.2．A【分析】由題意，令表示前k個球為白球，第個球為紅球，此時，再進行計算即可求解．【詳解】令表示前k個球為白球，第個球為紅球，此時，則．故選：A．3．A【分析】由題意可知，的所有可能取值為，，，方法一：，方法二：.【詳解】方法一：由題意可知，的所有可能取值為，，，則．方法二：由題意可知，的所有可能取值為，，，則．故選：A4．BD【分析】根據題意列出決賽中的比賽局數為X的概率分布列，然后對照選項逐項分析即可判斷.【詳解】乙連勝三場時比賽局數可能是3,4,5，若比賽局數為3時，乙連勝三場的概率是；若比賽局數為4時，乙連勝三場的概率是；若比賽局數為5時，乙連勝三場的概率是；故選項A錯誤；由題意可知，決賽中的比賽局數的可能取值為，則；；故選項B正確；;故選項C錯誤；令，則，因為，所以當時，，當時，；當函數在上單調遞增，在上單調遞減，則當時，函數取最大值，所以的最大值是，故選項D正確；故選：BD.5．CD【分析】A選項，分析出所包含的情況，從而得到，BC選項，分析出所包含的情況，求出，D選項，利用的所有可能有，利用對立事件的概率公式求出．【詳解】A選項，，分為第一次即取到黑球，或第一次摸到紅球，第二次摸到黑球，或前兩次均摸到紅球，第三次摸到黑球，故，A錯誤；BC選項，，即第一次摸到白球，第二次摸到黑球，或前兩次一次摸到紅球，一次摸到白球，第三次摸到黑球，或前三次有兩次摸到紅球，一次摸到白球，第四次摸到黑球，故，B錯誤，C正確；D選項，的所有可能有，故，D正確．故選：CD.6．/0.875【分析】根據所給的概率分布規(guī)律，寫出6個變量對應的概率，由分布列的性質和為1求出實數，在求出滿足條件的概率即可.【詳解】因為，，所以，所以，所以，故答案為：.7．(1)0.999(2)【分析】（1）用間接法，先求其對立事件“3人抽獎總次數低于4次”的概率即可；（2）應用全概率公式求解.【詳解】（1）設3人抽獎總次數為，則的可能取值為3，4，5，6.由題意知，每位打卡十八景游客至少打卡兩個景點的概率為，只打卡一個景點的概率為，隨機抽取3人，3人打卡景點情況相互獨立.表示抽獎總次數為3次，即3人都只打卡一個景點.依題意可得，，所以.（2）記事件“每位打卡十八景游客至少打卡兩個景點”，則“每位打卡十八景游客只打卡一個景點”，事件“一位打卡十八景游客抽中開元寺祈福香包”，則，，，，由全概率公式得，.【考點4】離散型隨機變量的分布列一、單選題1．（2122高二下·廣東深圳·期中）設隨機變量的概率分布列為：X1234Pm則（）A． B． C． D．2．（2324高二上·遼寧·期末）設，隨機變量的分布列為：589則（

）A． B． C． D．3．（2223高二下·山東臨沂·期中）已知離散型隨機變量X的分布列如下表：X0123Pa若離散型隨機變量，則（

）．A． B． C． D．二、多選題4．（2223高二下·河南周口·期中）已知離散型隨機變量的分布列為12460.20.1則下列選項正確的是（

）A． B．若，則C．若，則 D．5．（2122高二下·廣東梅州·階段練習）已知隨機變量ξ的分布如下：則實數a的值為（

）ξ123PA．－ B． C． D．三、填空題6．（2022·重慶·模擬預測）已知隨機變量X的概率分布為，則實數．四、解答題7．（2223高二上·北京·期中）有兩種投資方案，一年后投資的盈虧情況如下兩表：投資股市的盈虧情況表投資結果獲利40%不賠不賺虧損20%概率購買基金的盈虧情況表投資結果獲利20%不賠不賺虧損10%概率pq(1)當時，求q的值；(2)已知甲、乙兩人都選擇了“投資股市”進行投資，求一年后他們中恰有一人虧損的概率；(3)已知丙、丁兩人分別選擇了“投資股市”和“購買基金”進行投資，設一年后他們中至少有一人獲利的概率大于，求p的取值范圍．參考答案：1．C【分析】根據對立事件的概率公式求解即可.【詳解】依題意，，即事件的對立事件是的事件，所以.故選：C2．D【分析】利用分布列的性質，列式計算即得.【詳解】由，得，所以.故選：D3．A【分析】根據分布列的性質求出a，再根據隨機變量之間的函數關系即可求解.【詳解】由分布列的性質可知：解得，由，等價于，由表可知；故選：A.4．ABD【分析】根據分布列的性質，以及概率的定義與互斥事件概率的加法公式，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A中，由分布列的性質，可得，解得，所以A正確；對于B中，若，可得，則，故B正確；對于C中，由概率的定義知，所以C不正確；對于D中，由，，則，所以D正確．故選：ABD.5．BC【分析】由題可知，即得.【詳解】由題可得，∴或，經檢驗適合題意.故選：BC.6．【分析】根據給定條件利用隨機變量分布列的性質列式計算作答.【詳解】依題意，，由分布列的性質得，解得，所以實數.故答案為：7．(1)(2)(3)【分析】（1）根據離散型隨機變量概率之和為1即可求解；（2）根據獨立事件概率乘法公式即可計算；（3）根據獨立事件概率計算方法求出概率，列出不等式求解即可.【詳解】（1）∵購買基金后，投資結果只有獲利、不賠不賺、虧損三種，且三種投資結果相互獨立，∴，又因為，所以；（2）記事件A表示一年后他們中恰有一人虧損，根據二項分布概率公式，有；（3）記事件B為一年后丙、丁兩人中至少有一人投資獲利，它的對立事件為都沒盈利，則，∴，又∵，∴，∴，即p的取值范圍為．【考點5】離散型隨機變量的均值一、單選題1．（2021·浙江杭州·二模）體育課的排球發(fā)球項目考試的規(guī)則是：每位學生最多可發(fā)球3次，一次發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次為止．設學生一次發(fā)球成功的概率為，發(fā)球次數為X，若X的數學期望，則P的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（2223高三下·浙江溫州·開學考試）某醫(yī)院對10名入院人員進行新冠病毒感染篩查，若采用單管檢驗需檢驗10次；若采用10合一混管檢驗，檢驗結果為陰性則只要檢驗1次，如果檢驗結果為陽性，就要再全部進行單管檢驗．記10合一混管檢驗次數為，當時，10名人員均為陰性的概率為（

）A．0.01 B．0.02 C．0.1 D．0.23．（2023·江西·二模）李華在研究化學反應時，把反應抽象為小球之間的碰撞，而碰撞又分為有效碰撞和無效碰撞，李華有3個小球和3個小球，當發(fā)生有效碰撞時，，上的計數器分別增加2計數和1計數，，球兩兩發(fā)生有效碰撞的概率均為，現在李華取三個球讓他們之間兩兩碰撞，結束后從中隨機取一個球，發(fā)現其上計數為2，則李華一開始取出的三個球里，小球個數的期望是（

）個A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2二、多選題4．（2223高二下·湖南長沙·階段練習）乒乓球，被稱為中國的“國球”.某次比賽采用五局三勝制，當參賽甲?乙兩位中有一位贏得三局比賽時，就由該選手晉級而比賽結束.每局比賽皆須分出勝負，且每局比賽的勝負不受之前比賽結果影響.假設甲在任一局贏球的概率為，實際比賽局數的期望值記為，則下列說法中正確的是（

）A．三局就結束比賽的概率為 B．的常數項為3C．函數在上單調遞減 D．5．（2122高三上·河北唐山·期末）為排查新型冠狀病毒肺炎患者，需要進行核酸檢測．現有兩種檢測方式：（1）逐份檢測：（2）混合檢測：將其中k份核酸分別取樣混合在一起檢測，若檢測結果為陰性，則這k份核酸全為陰性，因而這k份核酸只要檢測一次就夠了，如果檢測結果為陽性，為了明確這k份核酸樣本究竟哪幾份為陽性，就需要對這k份核酸再逐份檢測，此時，這k份核酸的檢測次數總共為次．假設在接受檢測的核酸樣本中，每份樣本的檢測結果是陰性還是陽性都是獨立的，并且每份樣本是陽性的概率都為，若，運用概率統(tǒng)計的知識判斷下列哪些p值能使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式．（參考數據：）（

）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1三、填空題6．（2022·浙江·高考真題）現有7張卡片，分別寫上數字1，2，2，3，4，5，6．從這7張卡片中隨機抽取3張，記所抽取卡片上數字的最小值為，則，．四、解答題7．（2023·全國·高考真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．參考答案：1．C【分析】計算學生每次發(fā)球的概率，求出期望的表達式，求解，可解出值.【詳解】根據題意，學生一次發(fā)球成功的概率為p，即，發(fā)球次數為2即二次發(fā)球成功的概率為，發(fā)球次數為3的概率為，則期望，依題意有，即，解得或，結合p的實際意義，可得.故選：C．2．C【分析】依據題意寫出隨機變量的的分布列，利用期望的公式即可求解.【詳解】設10人全部為陰性的概率為，混有陽性的概率為，若全部為陰性，需要檢測1次，若混有陽性，需要檢測11次，則隨機變量的分布列，解得，故選：C.3．B【分析】由題意可得兩球發(fā)生有效碰撞和無效碰撞的可能性相等，根據種不同的取法，每種取法里三個球兩兩碰撞之后共有種等可能的情況發(fā)生，其中可產生計數為的球的情況有種，再算出其中不同取法里球個數各自的概率，即可計算出期望.【詳解】由，球兩兩發(fā)生有效碰撞的概率均為，可得兩球發(fā)生有效碰撞和無效碰撞的可能性相等.取出三個球后，每兩個球之間碰撞一次，則需碰撞次，每次碰撞均有有效碰撞和無效碰撞兩種情況發(fā)生，且可能性相等，所以三個球兩兩碰撞之后共有種等可能的情況發(fā)生.①若取出的三個球均為球，有種取法，碰撞之后產生計數為的球的情況有：每個球之間有效碰撞次，無效碰撞次，計數結果為，有種，1個球計數為2；每個球之間有效碰撞次，計數結果為，有種，有三個球計數為2；則符合條件的情況數為.②若取出的三個球為個球，個球，有種取法，碰撞之后產生計數為的球的情況有：，球之間有效碰撞次，無效碰撞次，計數結果為或，有種1，計數為2的球個數分別為1和2；每個球之間有效碰撞次，計數結果為，有種，計數為2的球個數為2；則符合條件的情況數為.③若取出的三個球為個球，個球，有種取法，碰撞之后產生計數為的球的情況有：a，a碰撞有效，a，b碰撞無效，計數結果為，有種，計數為2的球個數為2；a，a碰撞無效，a，b碰撞1次有效1次無效，計數結果為，有種，計數為2的球個數為1；a，a碰撞無效，a，b碰撞均有效，計數結果為，有種，計數為2的球個數為3；a，a碰撞有效，a，b碰撞1次有效1次無效，計數結果為，有2種，計數為2的球個數為1；a，a碰撞有效，a，b碰撞有效，計數結果為，有1種，計數為2的球個數為1；所以符合條件的情況數為.④若取出的三個球均為球，有種取法，碰撞之后產生計數為的球的情況有：每個球之間有效碰撞次，計數結果為，有種，計數為2的球個數為2；每個球之間有效碰撞次，計數結果為，有種，計數為2的球個數為2；符合條件的情況數為.所以碰撞之后產生計數為的球的情況總數為，設李華一開始取出的三個球里，球個數為隨機變量，則隨機變量所有可能取值的集合是，，，，，故的分布列如下表：數學期望，所以李華一開始取出的三個球里，球個數的期望是個.故選：.4．ABD【分析】設實際比賽局數為，先計算出可能取值的概率，即可判斷A選項；進而求出期望值，即可判斷BCD選項.【詳解】設實際比賽局數為，則的可能取值為，所以，，，因此三局就結束比賽的概率為，則A正確；故，由知常數項為3，故B正確；由，故D正確；由，，所以，令，則；令，則，則函數在上單調遞增，則C不正確.故選：ABD.5．CD【分析】計算混合檢測分式，樣本需要檢測的總次數的期望，又逐份檢測方式，樣本需要檢測的總次數，知，利用求解可得p的范圍，即可得出選項.【詳解】設混合檢測分式，樣本需要檢測的總次數可能取值為，故的分布列為：111設逐份檢測方式，樣本需要檢測的總次數，則要使得混合檢測方式優(yōu)于逐份檢測方式，需即，即，即又，，故選：CD6．，/【分析】利用古典概型概率公式求，由條件求分布列，再由期望公式求其期望.【詳解】從寫有數字1,2,2,3,4,5,6的7張卡片中任取3張共有種取法，其中所抽取的卡片上的數字的最小值為2的取法有種，所以，由已知可得的取值有1，2，3，4，，，，

所以,故答案為：，.7．(1)(2)(3)【分析】（1）根據全概率公式即可求出；（2）設，由題意可得，根據數列知識，構造等比數列即可解出；（3）先求出兩點分布的期望，再根據題中的結論以及等比數列的求和公式即可求出．【詳解】（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，所以，.（2）設，依題可知，，則，即，構造等比數列，設，解得，則，又，所以是首項為，公比為的等比數列，即．（3）因為，，所以當時，，故．【點睛】本題第一問直接考查全概率公式的應用，后兩問的解題關鍵是根據題意找到遞推式，然后根據數列的基本知識求解．【考點6】離散型隨機變量的方差一、單選題1．（2023·山東煙臺·二模）口袋中裝有編號分別為1，2，3的三個大小和形狀完全相同的小球，從中任取2個球，記取出的球的最大編號為，則（

）A． B． C． D．2．（2023·河南洛陽·一模）已知某離散型隨機變量X的分布列如下：x012Pabc若，，則（

）A． B． C． D．3．（2023·浙江·模擬預測）已知甲、乙兩名員工分別從家中趕往工作單位的時間互不影響，經統(tǒng)計，甲、乙一個月內從家中到工作單位所用時間在各個時間段內的頻率如下：時間/分鐘10~2020~3030~4040~50甲的頻率0.10.40.20.3乙的頻率00.30.60.1某日工作單位接到一項任務，需要甲在30分鐘內到達，乙在40分鐘內到達，用表示甲、乙兩人在要求時間內從家中到達單位的人數，用頻率估計概率，則的數學期望和方差分別是（

）A． B．C． D．二、多選題4．（2021高二·全國·單元測試）一袋中有大小相同的4個紅球和2個白球，給出下列4個結論，其中正確的有（

）A．從中任取3球，恰有一個白球的概率是B．從中有放回的取球6次，每次任取一球，則取到紅球次數的方差為C．現從中不放回的取球2次，每次任取1球，則在第一次取到紅球后，第二次再次取到紅球的概率為D．從中有放回的取球3次，每次任取一球，則至少有一次取到紅球的概率為5．（2024·浙江·模擬預測）高考數學試題的第二部分為多選題，共三個題每個題有4個選項，其中有2個或3個是正確選項，全部選對者得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．小明對其中的一道題完全不會，該題有兩個選項正確的概率是，記為小明隨機選擇1個選項的得分，記為小明隨機選擇2個選項的得分．則A． B．C． D．三、填空題6．（2223高三·全國·對口高考）隨機變量X的分布列如表所示，若，則.X－101Pab四、解答題7．（2023·北京石景山·一模）某高?！爸参餇I養(yǎng)學專業(yè)”學生將雞冠花的株高增量作為研究對象，觀察長效肥和緩釋肥對農作物影響情況.其中長效肥、緩釋肥、未施肥三種處理下的雞冠花分別對應1,2,3三組.觀察一段時間后，分別從1,2,3三組隨機抽取40株雞冠花作為樣本，得到相應的株高增量數據整理如下表.株高增量（單位：厘米）第1組雞冠花株數92092第2組雞冠花株數416164第3組雞冠花株數1312132假設用頻率估計概率，且所有雞冠花生長情況相互獨立.(1)從第1組所有雞冠花中隨機選取1株，估計株高增量為厘米的概率；(2)分別從第1組，第2組，第3組的所有雞冠花中各隨機選取1株，記這3株雞冠花中恰有株的株高增量為厘米，求的分布列和數學期望；(3)用“”表示第組雞冠花的株高增量為，“”表示第組雞冠花的株高增量為厘米，，直接寫出方差，，的大小關系.（結論不要求證明）參考答案：1．A【分析】先求隨機變量的分布列，再運用公式求【詳解】由題意，可能取值為2，3包含事件為取出的兩個球為1，2所以包含事件為取出的兩個球為1，3或2，3所以，.故選：A.2．C【分析】運用離散型隨機變量的分布列、期望與方差計算即可.【詳解】由題意，得，所以①．因為，所以②．由，得，代入①②解得：，．所以．故選:C.3．D【分析】設事件表示甲在規(guī)定的時間內到達，表示乙在規(guī)定的時間內到達，由題求出事件的概率，分析的值，求出對應值的概率，然后求出數學期望及方差即可.【詳解】設事件表示甲在規(guī)定的時間內到達，表示乙在規(guī)定的時間內到達，，相互獨立，，，，．故選：D.4．ABD【解析】A.由古典概型的概率求解判斷；B.根據取到紅球次數X～B，再利用方差公式求解判斷；C．設A＝{第一次取到紅球}，B＝{第二次取到紅球}．由P(B|A)＝求解判斷；D．易得每次取到紅球的概率P＝，然后再利用對立事件求解判斷.【詳解】A.恰有一個白球的概率，故A正確；B.每次任取一球，取到紅球次數X～B，其方差為，故B正確；C．設A＝{第一次取到紅球}，B＝{第二次取到紅球}．則P(A)＝，P(A∩B)＝，所以P(B|A)＝，故C錯誤；D．每次取到紅球的概率P＝，所以至少有一次取到紅球的概率為，故D正確．故選：ABD.5．BC【分析】先求出的分布列，可判斷A，B；再由數學期望和方差公式求出，可判斷C，D.【詳解】為小明隨機選擇1個選項的得分，所以，，，則的分布列為：02由此可得，為小明隨機選擇2個選項的得分，所以，,,,則的分布列026由此可得．所以,，，.故選：BC．6．5【分析】利用離散型隨機變量的分布列、數學期望的性質，列出方程組，求出，，由此能求出方差，再根據方差的性質計算可得．【詳解】依題意可得，解得，所以，所以.故答案為：5.7．(1)(2)分布列見解析，(3)【分析】（1）根據表格數據，第1組所有雞冠花中隨機選取1株，得厘米的總數，由古典概型概率公式可得結果；（2）首先估計各組雞冠花增量為厘米的概率，然后可確定所有可能的取值，根據獨立事件概率公式可求得每個取值對應的概率，由此可得分布列；根據數學期望計算公式可求得期望；（3）由兩點分布方差計算公式可求得，，的值，由此可得大小關系．【詳解】（1）設事件為“從第1組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量為厘米”，根據題中數據，第1組所有雞冠花中，有20株雞冠花增量為厘米,所以估計為；（2）設事件為“從第2組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量為厘米”，設事件為“從第3組所有雞冠花中隨機選取1株，株高增量為厘米”，根據題中數據，估計為，估計為，根據題意，隨機變量的所有可能取值為0,1,2.3，且；；；，則的分布列為：0123所以.（3）理由如下：，所以；，所以；，所以；所以.【考點7】二項分布一、單選題1．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，已知一質點在外力的作用下，從原點出發(fā)，每次向左移動的概率為，向右移動的概率為．若該質點每次移動一個單位長度，設經過5次移動后，該質點位于的位置，則（

）A． B． C． D．2．（2223高三下·重慶沙坪壩·階段練習）“錦里開芳宴，蘭缸艷早年.”元宵節(jié)是中國非常重要的傳統(tǒng)節(jié)日，某班級準備進行“元宵福氣到”抽獎活動福袋中裝有標號分別為1，2，3，4，5的五個相同小球，從袋中一次性摸出三個小球，若號碼之和是3的倍數，則獲獎.若有5名同學參與此次活動，則恰好3人獲獎的概率是（

）A． B． C． D．3．（2324高三上·湖北荊州·階段練習）已知隨機變量，則概率最大時，的取值為（

）A． B． C．或 D．或二、多選題4．（2023·全國·高考真題）在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發(fā)送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時，收到0的概率為，收到1的概率為.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.A．采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的概率為B．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為C．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為D．當時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率5．（2023·湖南·一模）下列說法正確的是（

）A．已知隨機變量服從二項分布：，設，則的方差B．數據的第60百分位數為9C．若樣本數據的平均數為2，則的平均數為8D．用簡單隨機抽樣的方法從51個個體中抽取2個個體，則每個個體被抽到的概率都是三、填空題6．（2021·湖北武漢·一模）在一次以“二項分布的性質”為主題的數學探究活動中，立德中學高三某小組的學生表現優(yōu)異，發(fā)現的正確結論得到老師和同學的一致好評.設隨機變量，記，.在研究的最大值時，小組同學發(fā)現：若為正整數，則時，，此時這兩項概率均為最大值；若為非整數，當取的整數部分，則是唯一的最大值.以此為理論基礎，有同學重復投擲一枚質地均勻的骰子并實時記錄點數1出現的次數.當投擲到第20次時，記錄到此時點數1出現5次，若繼續(xù)再進行80次投擲試驗，則當投擲到第100次時，點數1總共出現的次數為的概率最大.四、解答題7．（2018·全國·高考真題）某工廠的某種產品成箱包裝，每箱件，每一箱產品在交付用戶之前要對產品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品．檢驗時，先從這箱產品中任取件作檢驗，再根據檢驗結果決定是否對余下的所有產品作檢驗，設每件產品為不合格品的概率都為，且各件產品是否為不合格品相互獨立．（1）記件產品中恰有件不合格品的概率為,求的最大值點；（2）現對一箱產品檢驗了件，結果恰有件不合格品，以（1）中確定的作為的值．已知每件產品的檢驗費用為元，若有不合格品進入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付元的賠償費用．（i）若不對該箱余下的產品作檢驗，這一箱產品的檢驗費用與賠償費用的和記為，求;（ii）以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據，是否該對這箱余下的所有產品作檢驗？參考答案：1．D【分析】由題意當時，的可能取值為1,3,5，且，根據二項分布的概率公式計算即可求解.【詳解】依題意，當時，的可能取值為1,3,5，且，所以.故選：D．2．C【分析】先求出抽一次獲獎的概率，設5人中獲獎人數為，則，然后由二項分布的概率公式計算概率．【詳解】每次抽獎中，總情況數為種，獲獎的共有這4種，所以，設5人中獲獎人數為，則，所以，故選：C.3．C【分析】根據二項分布的隨機變量取值的概率公式建立不等關系，可得最大值時的．【詳解】依題意，由，即，解得或.故選：C.4．ABD【分析】利用相互獨立事件的概率公式計算判斷AB；利用相互獨立事件及互斥事件的概率計算判斷C；求出兩種傳輸方案的概率并作差比較判斷D作答.【詳解】對于A，依次發(fā)送1，0，1，則依次收到l，0，1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為，A正確；對于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當于依次發(fā)送1，1，1，則依次收到l，0，1的事件，是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1的3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為，B正確；對于C，三次傳輸，發(fā)送1，則譯碼為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，它們互斥，由選項B知，所以所求的概率為，C錯誤；對于D，由選項C知，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率，單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率，而，因此，即，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成兩兩互斥事件的和，相互獨立事件的積是解題的關鍵.5．BC【分析】根據二項分布方差公式、百分位數、平均數、古典概率等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于A，易知，而，所以，A錯誤；對于B，共有7個數據，而，故第60百分位數為9，B正確；對于C，若樣本數據的平均數為2，則的平均數為，C正確；對于D，由古典概型可知：從51個體中抽取2個個體，每個個體被抽到的概率都是，錯誤.故選：BC6．18【分析】直接根據服從二項分布，結合取整數部分可得后面80次出現點數1的次數為13概率最大，從而得解.【詳解】繼續(xù)再進行80次投擲試驗，出現點數為1次數服從二項分布，由，結合題中結論可知，時概率最大，即后面80次中出現13次點數1的概率最大，加上前面20次中的5次，所以出現18次的概率最大.故答案為：18.7．（1）；（2）（i）；（ii）應該對余下的產品作檢驗.【分析】（1）方法一：利用獨立重復實驗成功次數對應的概率，求得，之后對其求導，利用導數在相應區(qū)間上的符號，確定其單調性，從而得到其最大值點，這里要注意的條件；（2）方法一：先根據第一問的條件，確定出，在解（i）的時候,先求件數對應的期望，之后應用變量之間的關系，求得賠償費用的期望；在解（ii）的時候，就通過比較兩個期望的大小，得到結果.【詳解】（1）［方法一］：【通性通法】利用導數求最值件產品中恰有件不合格品的概率為.因此.令，得.當時，；當時，.所以的最大值點為；［方法二］：【最優(yōu)解】均值不等式由題可知，20件產品中恰有2件不合格品的概率為．，當且僅當，即可得所求．（2）由（1）知，.（i）令表示余下的件產品中的不合格品件數，依題意知，，即.所以.（ii）如果對余下的產品作檢驗，則這一箱產品所需要的檢驗費為400元.由于，故應該對余下的產品作檢驗.【整體點評】（1）方法一：利用導數求最值，是求函數最值的通性通法；方法二：根據所求式子特征，利用均值不等式求最值，是本題的最優(yōu)解．【考點8】超幾何分布一、單選題1．（2223高二下·山東青島·期中）從裝有個白球，個紅球的密閉容器中逐個不放回地摸取小球.若每取出個紅球得分，每取出個白球得分.按照規(guī)則從容器中任意抽取個球，所得分數的期望為（

）A． B． C． D．2．（2122高二下·河南三門峽·階段練習）數學老師從6道習題中隨機抽3道讓同學檢測，規(guī)定至少要解答正確2道題才能及格．某同學只能求解其中的4道題，則他能及格的概率是（

）A． B． C． D．3．（2122高二下·廣東廣州·期末）在一個袋中裝有質地大小一樣的6個黑球，4個白球，現從中任取4個小球，設取的4個小球中白球的個數為X，則下列結論正確的是（

）A． B．隨機變量服從二項分布C．隨機變量服從超幾何分布 D．二、多選題4．（2022·湖北武漢·模擬預測）袋中有10個大小相同的球，其中6個黑球，4個白球，現從中任取4個球，記隨機變量X為其中白球的個數，隨機變量Y為其中黑球的個數，若取出一個白球得2分，取出一個黑球得1分，隨機變量Z為取出4個球的總得分，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．5．（2223高二上·江西上饒·期末）2022年冬奧會在北京舉辦，為了弘揚奧林匹克精神，上饒市多所中小學開展了冬奧會項目科普活動.為了調查學生對冬奧會項目的了解情況，在本市中小學中隨機抽取了10所學校中的部分同學，10所學校中了解冬奧會項目的人數如圖所示：若從這10所學校中隨機選取3所學校進行冬奧會項目的宣講活動，記為被選中的學校中了解冬奧會項目的人數在30以上的學校所數，則下列說法中正確的是（

）A．的可能取值為0，1，2，3 B．C． D．三、填空題6．（2122高二下·上海徐匯·期中）某袋中裝有大小相同質地均勻的黑球和白球共5個．從袋中隨機取出3個球，已知恰全為黑球的概率為，若記取出3個球中黑球的個數為，則．四、解答題7．（2324高三下·浙江杭州·開學考試）“英才計劃”最早開始于2013年，由中國科協(xié)、教育部共同組織實施，到2023年已經培養(yǎng)了6000多名具有創(chuàng)新潛質的優(yōu)秀中學生，為選拔培養(yǎng)對象，某高校在暑假期間從中學里挑選優(yōu)秀學生參加數學、物理、化學學科夏令營活動.(1)若數學組的7名學員中恰有3人來自中學，從這7名學員中選取3人，表示選取的人中來自中學的人數，求的分布列和數學期望；(2)在夏令營開幕式的晚會上，物理組舉行了一次學科知識競答活動，規(guī)則如下：兩人一組，每一輪競答中，每人分別答兩題，若小組答對題數不小于3，則取得本輪勝利.已知甲乙兩位同學組成一組，甲、乙答對每道題的概率分別為，.假設甲、乙兩人每次答題相互獨立，且互不影響.當時，求甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝的概率的最大值.參考答案：1．A【分析】根據取出小球的所有情況寫出得分的所有可能，根據超幾何公式求得各個取值對應的概率，進而得到其分布列，求出期望.【詳解】解：設得分為，根據題意可以取，，.則，，，則分布列為：432所以得分期望為.故選：.2．D【分析】由超幾何分布的概率公式結合排列組合即可求得．【詳解】由超幾何分布的概率公式可得，他能及格的概率是：．故選：D．3．C【分析】由題意知隨機變量服從超幾何分布，利用超幾何分布的性質直接判斷各選項即可．【詳解】解：由題意知隨機變量服從超幾何分布，故B錯誤，C正確；的取值分別為0，1，2，3，4，則，，，，，，故A，D錯誤．故選：C．4．ACD【分析】利用超幾何分布的性質，及超幾何分布的期望求解公式逐項驗證.【詳解】由題意知X，Y均服從于超幾何分布，且，，故；從而，故選項A正確；，，，故選項B錯誤，C正確；，故選項D正確；故選：ACD.5．ACD【分析】根據題意分析服從參數為10，4，3的超幾何分布，根據超幾何分布的性質運算即可對選項一一驗證得出答案.【詳解】由題意可得的可能取值為0，1，2，3，故A正確；分析可得服從參數為10，4，3的超幾何分布，其分布列為，則，故B錯誤；，故C正確；，故D正確；故選：ACD.6．/0.36【分析】黑球的個數為，通過從袋中隨機取出3個球，恰全為黑球的概率為，求出，然后求解記取出3個球中黑球的個數為，的概率得到分布列，然后求解期望與方差即可．【詳解】解：設黑球的個數為，由得，記取出3個球中黑球的個數為，的取值可以為1，2，3；，，，則分布列如下：123所以，則．故答案為：.7．(1)分布列見解析，(2)【分析】（1）利用超幾何分布，求出分布列和期望，即可得出結果；（2）根據甲、乙答對題數為二項分布及獨立事件的概率求出每輪答題中取得勝利的概率，再由二次函數的性質求出結果.【詳解】（1）由題意知，的可能取值有0，1，2，3，，，，，所以的分布列為：0123P.（2）因為甲、乙兩人每次答題相互獨立，設甲答對題數為，則，設乙答對題數為，則，設“甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝”,則由，又，所以，則，又，所以，設，所以，由二次函數可知當時取最大值，所以甲、乙兩位同學在每輪答題中取勝的概率的最大值為.【考點9】正態(tài)分布一、單選題1．（2021·全國·高考真題）某物理量的測量結果服從正態(tài)分布，下列結論中不正確的是（

）A．越小，該物理量在一次測量中在的概率越大B．該物理量在一次測量中大于10的概率為0.5C．該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等D．該物理量在一次測量中落在與落在的概率相等2．（2223高三下·山東·開學考試）設隨機變量，且，則（

）A． B． C． D．3．（2023·福建·模擬預測）已知，則，，.今有一批數量龐大的零件.假設這批零件的某項質量指標引單位：毫米）服從正態(tài)分布，現從中隨機抽取N個，這N個零件中恰有K個的質量指標ξ位于區(qū)間.若，試以使得最大的N值作為N的估計值，則N為（

）A．45 B．53 C．54 D．90二、多選題4．（2023·浙江溫州·三模）近年來，網絡消費新業(yè)態(tài)?新應用不斷涌現，消費場景也隨之加速拓展，某報社開展了網絡交易消費者滿意度調查，某縣人口約為萬人，從該縣隨機選取人進行問卷調查，根據滿意度得分分成以下組：、、、，統(tǒng)計結果如圖所示.由頻率分布直方圖可認為滿意度得分（單位：分）近似地服從正態(tài)分布，且，，，其中近似為樣本平均數，近似為樣本的標準差，并已求得.則（

）A．由直方圖可估計樣本的平均數約為B．由直方圖可估計樣本的中位數約為C．由正態(tài)分布可估計全縣的人數約為萬人D．由正態(tài)分布可估計全縣的人數約為萬人5．（2023·福建廈門·二模）李明每天7：00從家里出發(fā)去學校，有時坐公交車，有時騎自行車．他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到：坐公交車平均用時30分鐘，樣本方差為36；自行車平均用時34分鐘，樣本方差為4．假設坐公交車用時X和騎自行車用時Y都服從正態(tài)分布，則（

）A．P(X＞32)＞P(Y＞32)B．P(X≤36)＝P(Y≤36)C．李明計劃7：34前到校，應選擇坐公交車D．李明計劃7：40前到校，應選擇騎自行車三、填空題6．（2022·全國·高考真題）已知隨機變量X服從正態(tài)分布，且，則．四、解答題7．（2023·山西·模擬預測）2023年，全國政協(xié)十四屆一次會議于3月4日下午3時在人民大會堂開幕，3月11日下午閉幕，會期7天半；十四屆全國人大一次會議于3月5日上午開幕，13日上午閉幕，會期8天半.為調查學生對兩會相關知識的了解情況，某高中學校開展了兩會知識問答活動，現從全校參與該活動的學生中隨機抽取320名學生，他們的得分（滿分100分）的頻率分布折線圖如下.(1)若此次知識問答的得分，用樣本來估計總體，設，分別為被抽取的320名學生得分的平均數和標準差，求的值；(2)學校對這些被抽取的320名學生進行獎勵，獎勵方案如下：用頻率估計概率，得分小于或等于55的學生獲得1次抽獎機會，得分高于55的學生獲得2次抽獎機會.假定每次抽獎抽到價值10元的學習用品的概率為，抽到價值20元的學習用品的概率為.從這320名學生中任取一位，記該同學在抽獎活動中獲得學習用品的價值總額為元，求的分布列和數學期望（用分數表示），并估算此次抽獎要準備的學習用品的價值總額.參考數據：，，，，.參考答案：1．D【分析】由正態(tài)分布密度曲線的特征逐項判斷即可得解.【詳解】對于A，為數據的方差，所以越小，數據在附近越集中，所以測量結果落在內的概率越大，故A正確；對于B，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為，故B正確；對于C，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于的概率與小于的概率相等，故C正確；對于D，因為該物理量一次測量結果落在的概率與落在的概率不同，所以一次測量結果落在的概率與落在的概率不同，故D錯誤.故選：D.2．A【分析】由題知，，進而根據正態(tài)分布的對稱性求解即可.【詳解】解：因為隨機變量，所以，因為，所以，所以，根據正態(tài)分布的對稱性，.故選：A3．B【分析】由已知可推得，，根據已知以及正態(tài)分布的對稱性，可求得.則，，設，求出函數的最大整數值，即可得出答案.【詳解】由已知可得，.又，所以，，.設，則，所以，，所以.，所以，，所以.所以，以使得最大的N值作為N的估計值，則N為.故選：B.【點睛】思路點睛：由正態(tài)分布求出概率，然后根據已知，可得，得出，利用函數求出的最大值.4．ABD【分析】利用頻率分布直方圖計算出樣本的平均數與中位數，可判斷AB選項；利用正態(tài)分布原則可判斷CD選項.【詳解】對于A選項，由直方圖可估計樣本的平均數為，A對；對于B選項，前兩個矩形的面積為，前三個矩形的面積之和為，設樣本的中位數為，則，由中位數的定義可得，解得，B對；對于C選項，因為，，，所以，，所以，由正態(tài)分布可估計全縣的人數約為萬人，C錯；對于D選項，因為，，所以，，所以，由正態(tài)分布可估計全縣的人數約為萬人，D對.故選：ABD.5．BCD【分析】首先利用正態(tài)分布，確定和，再結合正態(tài)分布的對稱性，和的原則，即可求解.【詳解】A.由條件可知，，根據對稱性可知，故A錯誤；B.,，所以，故B正確；C.=，所以，故C正確；D.，，所以，故D正確.故選：BCD6．/．【分析】根據正態(tài)分布曲線的性質即可解出．【詳解】因為，所以，因此．故答案為：．7．(1)(2)分布列見解析，，元【分析】（1）先根據頻率分布折線圖求平均值及方差，再根據正態(tài)分布公式計算概率即可；（2）先分析獲獎金額的情況，再列出相關分布列計算即可.【詳解】（1）由折線圖可知：，，所以，，所以.（2）由題意可知的可能取值為10，20，30，40，則，，，，，，所以的分布列為10203040P，故此次抽獎要準備的學習用品的價值總額約為元.單元檢測單元檢測【基礎卷】一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．（2324高二下·河北滄州·階段練習）若，，則（

）A． B． C． D．2．（2324高二下·遼寧大連·階段練習）對甲，乙兩地小學生假期一天中讀書情況進行統(tǒng)計，已知小學生的讀書時間均符合正態(tài)分布，其中甲地小學生讀書的時間為（單位：小時），，對應的曲線為，乙地小學生讀書的時間為（單位：小時），，對應的曲線為，則下列圖象正確的是（

）A． B．C． D．3．（2024高三·全國·專題練習）已知小明射箭命中靶心的概率為，且每次射擊互不影響，則小明在射擊4次后，恰好命中兩次的概率是（）A． B． C． D．4．（2024高三·全國·專題練習）在含有4件次品的100件產品中，任取2件，則至多取到1件次品的概率為（）A． B． C． D．5．（2023·廣東·模擬預測）一堆蘋果中大果與小果的比例為，現用一臺水果分選機進行篩選．已知這臺分選機把大果篩選為小果的概率為，把小果篩選為大果的概率為．經過一輪篩選后，現在從這臺分選機篩選出來的“大果”里面隨機抽取一個，則這個“大果”是真的大果的概率為（

）A． B． C． D．6．（2122高二下·北京·期末）下面給出的四個隨機變量中是離散型隨機變量的為（

）①高速公路上某收費站在半小時內經過的車輛數；②一個沿直線進行隨機運動的質點離坐標原點的距離；③某同學射擊3次，命中的次數；④某電子元件的壽命；A．①② B．③④ C．①③ D．②④7．（2024·廣東·一模）已知隨機變量的分布列如下：12則是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．（2023·廣東佛山·模擬預測）現隨機安排甲、乙等4位同學參加校運會跳高、跳遠、投鉛球比賽，要求每位同學參加一項比賽，每項比賽至少一位同學參加，事件“甲參加跳高比賽”，事件“乙參加跳高比賽”，事件“乙參加跳遠比賽”，則（

）A．事件A與B相互獨立 B．事件A與C為互斥事件C． D．二、多選題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)9．（2324高三上·湖南長沙·階段練習）已知隨機變量X服從正態(tài)分布，則下列選項正確的是（參考數值：隨機變量服從正態(tài)分布，則（

），，）A． B．C． D．10．（2023·湖北武漢·一模）已知離散型隨機變量服從二項分布，其中，記為奇數的概率為，為偶數的概率為，則下列說法中正確的有（

）A． B．時，C．時，隨著的增大而增大 D．時，隨著的增大而減小11．（2023·山東威?！ひ荒＃┮阎录嗀，B滿足，，則（

）A．若，則 B．若A與B互斥，則C．若A與B相互獨立，則 D．若，則A與B相互獨立三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在題中的橫線上)12．（2324高三上·湖北·期末）已知紅箱內有5個紅球、3個白球，白箱內有3個紅球、5個白球.第一次從紅箱內取出一球，觀察顏色后放回原處；第二次從與第一次取出的球顏色相同的箱子內再取出一球，則第二次取到紅球的概率為.13．（2023高三上·全國·專題練習）離散型隨機變量的概率分布規(guī)律為，其中是常數，則.14．（2023·浙江·二模）袋中有形狀大小相同的球5個，其中紅色3個，黃色2個，現從中隨機連續(xù)摸球，每次摸1個，當有兩種顏色的球被摸到時停止摸球，記隨機變量為此時已摸球的次數，則.四、解答題(本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)15.(13分)（2021·福建三明·模擬預測）為促進物資流通，改善出行條件，駐某縣扶貧工作組引入資金新建了一條從該縣到市區(qū)的快速道路.該縣脫貧后，工作組為了解該快速道路的交通通行狀況，調查了行經該道路的各種類別的機動車共1000輛，對行車速度進行統(tǒng)計后，得到如圖所示的頻率分布直方圖：（1）試根據頻率分布直方圖，求樣本中的這1000輛機動車的平均車速(同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值代替)