2024屆五年高考數(shù)學(xué)真題分類訓(xùn)練：專題十一 概率與統(tǒng)計(jì)

專題十一概率與統(tǒng)計(jì)

考點(diǎn)35隨機(jī)事件與概率

題組

一、選擇題

1.［2023全國卷甲，5分］某校文藝部有4名學(xué)生，其中高一、高二年級各2

名.從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演，則這2名學(xué)生來自不同年級

的概率為（D）

A.-B，C.-D.-

6323

［解析］記高一年級2名學(xué)生分別為由,。2,高二年級2名學(xué)生分別為瓦，b2,

則從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演的基本事件有（由,為），

31，瓦）,31，%）,（。2也），（。2也）,（瓦,刈），共6個(gè)，其中這2名學(xué)生來

自不同年級的基本事件有31，瓦），31也），（。2也）,（@2&），共4個(gè)，所以

這2名學(xué)生來自不同年級的概率P=：=；,故選D.

2.［2023全國卷乙，5分］某學(xué)校舉辦作文比賽，共6個(gè)主題，每位參賽同學(xué)從

中隨機(jī)抽取一個(gè)主題準(zhǔn)備作文，則甲、乙兩位參賽同學(xué)抽到不同主題的概率為

（A）

A.-5B-2C.-11D.-

6323

［解析］甲、乙兩位同學(xué)抽到相同主題的情況有6種，故抽到不同主題的概率為

1-?故選A.

366

3.［2022新高考卷I,5分］從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2

個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為（D）

A.-B,C.-D.-

6323

［解析］從7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有?=21（種）取法，取得的2

個(gè)數(shù)互質(zhì)的情況有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},

{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7},{7,8},共14種，根據(jù)古典丸型

的概率公式，得這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為3=，故選D.

￡a-IO

4.［2022全國卷甲，5分］從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨

機(jī)抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為（C）

［解析］從寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回地抽取2張，共有15種取

法，它們分別是

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),

(4,6),(5,6),其中卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的是

(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6種取法,所以所求概率是P=J=：.

JLOO

故選C.

5.［2021全國卷甲，5分］將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的

概率為(C)

A.-12B.-C.-2D.-4

3535

［解析］解法一將4個(gè)I和2個(gè)()視為完全不同的元素，則將4個(gè)I和2個(gè)()隨機(jī)

排成一行有A3種排法.將4個(gè)I排成一行有A々種排法，再將2個(gè)0插空有Ag種

排法.所以2個(gè)0不相鄰的概率P=拿二巳

A63

解法二將4個(gè)I和2個(gè)0安排在6個(gè)位置，則選擇2個(gè)位置安排0,共有髭種

排法.將4個(gè)I排成一行，再將2個(gè)0插空，即在5個(gè)位置中選2個(gè)位置安排

0,共有釐種排法.所以2個(gè)0不相鄰的概率P=與=；.

3

6.［2020全國卷I,5分］設(shè)。為正方形4BC0的中心，在。，4,B,D中

仟取3點(diǎn)，則取到的3點(diǎn)共線的概率為(A)

根據(jù)題意作出圖形，如圖所示，在0,4出￡刀中任取3點(diǎn)，有10種可能情

況，分別為(OAB),(04C),(OAD),(OBC),(OBD),(OCD),(ABC),

G4BD),Q4CD),(BCD),其中取到的3點(diǎn)共線有(OAC)和(OBD)2種可能情

況，所以在。,4,8,C,D中任取3點(diǎn)，則取到的3點(diǎn)共線的概率為白=：,故選

JLUO

A.

7.［2019全國卷I,5分］我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化，每

一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽爻“一”和陰爻

“----”，如圖就是一重卦.在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)

陽爻的概率是(A)

f解析］由6個(gè)爻組成的重卦種數(shù)為26=64,在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，該重

卦恰有3個(gè)陽爻的種數(shù)為仁=處泮=20.根據(jù)古典概型的概率計(jì)算公式得，

所求概率=j故選A.

6416

8.［2019全國卷III,5分］兩位男同學(xué)和兩位女同學(xué)隨機(jī)排成一列，則兩位女同

學(xué)相鄰的概率是(D)

A.-B.-C.-D.-

6432

［解析］兩位女同學(xué)相鄰的概率P=粵=：，故選D.

A；2

二、填空題

9.［2023天津，5分］甲、乙、丙三個(gè)盒子中裝有一定數(shù)量的黑球和白球，其總

數(shù)之比為5:4:6.這三個(gè)盒子中黑球占總數(shù)的比例分別為40%,25%,50%.現(xiàn)

從三個(gè)盒子中各取一個(gè)球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為聯(lián);將三個(gè)盒子中的

球混合后任取一個(gè)球，是白球的概率為|.

［解析］解法一設(shè)4=”從甲盒子中取一個(gè)球，是黑球"，8="從乙盒子中取

一個(gè)球，是黑球"，C="從丙盒子中取一個(gè)球，是黑球”，由題意可知

PQ4)=40%=\,P(B)=25%=7,P(C)=50%=\，現(xiàn)從三個(gè)盒子中各取一個(gè)

球，取到的三個(gè)球都是黑球的概率為PQ4BC)=P(4)P(B)P(C)=：x：x：=

542

點(diǎn);設(shè)義=”取到的球是甲盒子中的“，D2="取到的球是乙盒子中的”，

D3="取到的球是丙盒子中的"，E="取到的球是白球”，由題意可知

尸(。1)=---=-~--=-/(。3)=---=-,P(E|Z)1)=1--=

'175+4+63'、乙)5+4+615'"5+4+65?v1175

/P(E|D2)=1-;=J,P(F|D3)=1-i=I,所以P(E)=P(D］E+D2E+

所以所取的4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率P=葛=

考點(diǎn)36事件的相互獨(dú)立性、條件概率與全概率公式

題組

一、選擇題

1.［2023全國卷甲，5分］某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰，50%的同學(xué)

愛好滑雪，70%的同學(xué)愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同

學(xué)，若該同學(xué)愛好滑雪，則該同學(xué)也愛好滑冰的概率為(A)

A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4

［解析］解法一如圖，左圓表示愛好滑冰的同學(xué)所占比例，右圓表示愛好滑雪的

同學(xué)所占比例，4表示愛好滑冰且不愛好滑雪的同學(xué)所占比例，8表示既愛好

滑冰又愛好滑雪的同學(xué)所占比例，C表示愛好滑雪且不愛好滑冰的同學(xué)所占比

例，則0.6+0.5-F=0.7，所以B=0.4,C=0.5-0.4=0.1.所以若該同學(xué)愛好

滑雪，則他也愛好滑冰的概率為f=器=0.8,故選A.

8+C0.5

解法二令事件4,B分別表示該同學(xué)愛好滑冰、該同學(xué)愛好滑雪，事件。表示

該同學(xué)愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，則P(4)=0,6,P(8)=0.5,PQ48)=

P(A)+P(B)-0.7=0.4,所以P(C)=P(A|B)==器=0.8,故選A.

2.［2022全國卷乙，5分］某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽

結(jié)果相互獨(dú)立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為Pi,P2,P3，

且P3>p2>Pi>0.記該棋手連勝兩盤的概率為P，則（D）

A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)

B.該棋手在第二盤與甲比賽，p最大

C.該棋手在第二盤與乙比賽，p最大

D.該棋手在第二盤與丙比賽，p最大

［解析］設(shè)棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝

兩盤的概率為），在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為尸丙，由題意可知，

P甲=2Pl松2（1-P3）+P3（l-P2）］=2Plp2+2Plp3-4Plp2P3，P乙=

2P2【P1（1-P3）+P3（l-Pl）］=2Plp2+2P2P3-4Plp2P3，P丙=

2P3【P1（1-P2）+P2（l-Pl）］=2Plp3+2P2P3-4pip2P3.所以P丙一。甲=

2P2（P3-Pi）>。，P丙一P乙=2pi（p3-p2）>。，所以P丙最大，故選D.

3.［2021新高考卷I,5分］有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,345,6,從中

有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是

1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球

的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7"，則（B）

A.甲與丙相互獨(dú)立B.甲與丁相互獨(dú)立C.乙與丙相互獨(dú)立D.丙與丁相互獨(dú)

立

［解析〉事件甲發(fā)生的概率P（甲）=；,事件乙發(fā)生的概率P（乙）=：,事件

66

丙發(fā)生的概率P（丙）=2=5,事件丁發(fā)生的概率尸（?。?2=9事件

6X6366X66

甲與事件丙同時(shí)發(fā)生的概率P（甲丙）=0,P1甲丙）豐P（甲）P（丙），

故A錯(cuò)誤;事件甲與事件丁同時(shí)發(fā)生的概率P（甲?。?白/（甲丁）=。

（甲）P（?。蔅正確;事件乙與事件丙同時(shí)發(fā)生的概率尸（乙丙）二土二

三,P（乙丙）豐P（乙）尸（丙），故C錯(cuò)誤;事件丙與事件丁同時(shí)發(fā)生的概

36

率P（丙?。?0,P（丙?。┴SP（丙）P（丁），故D錯(cuò)誤.選B.

4.［2023新高考卷II,5分］（多選題）在信道內(nèi)芍輸0,1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相

互獨(dú)立.發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為a（0<a<1）,收到0的概率為1-a;發(fā)送

1時(shí)，收至IJ()的概率為0(0V0<1)，收到1的概率為1一P.考慮兩種傳輸方案:

單次傳輸和三次傳輸愚次傳輸是指每個(gè)信號(hào)只發(fā)送1次;三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)

重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下:單次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)即

為譯碼;三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如，若依次收到

I,0,1,則譯碼為1).(ABD)

A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為

(l-a)(l-/?)2

B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則依次收到1,0』的概率為夕(1-夕)2

C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為0(1—/?)2+(1—夕)3

D.當(dāng)0VaV0.5時(shí)，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

［解析］由題意，發(fā)。收1的概率為以，發(fā)0收0的概率為l-a；發(fā)1收0的

概率為0，發(fā)1收1的概率為1一夕.對于A,發(fā)1收1的概率為1一/7,發(fā)0

收()的概率為l-a,發(fā)1收1的概率為,所以所求概率為

(l-a)(l-/7)2,故A選項(xiàng)正確.對于B,相當(dāng)于發(fā)了1,1,1,收到1,0,

1,則概率為(1一0)/?(1-3)=/?(1一3)2,故B選項(xiàng)正確.對于C,相當(dāng)于發(fā)

了1,11，收到1,1,0或1,0,1或()，1,1或1,1,1,則概率為

C|/?(l-0)2+C式1-6)3=3/7(1-0)2+(1-0)3,故c不正確.對于D,發(fā)

送()，采用三次傳輸方案譯碼為()，相當(dāng)于發(fā)()，0,0,收到0,(),1或0,1,

0或1,0,0或0,0,0,則此方案的概率P1=窩鼠1一。)2+/(1-1)3=

3a(l-a)24-(1-a)3;發(fā)送0,采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P?=1-

23

a,當(dāng)0VcrV0.5舟，-p2=3a(1-a)+(1-a)—(1—a)=

a(l-a)(l-2a)>0,故D選項(xiàng)正確.綜上，選ABD.

二、填空題

5.［2022天津，5分］現(xiàn)有52張撲克牌(去掉大小王)，每次取一張，取后不放

回,則兩次都抽到A的概率為六;在第一次抽到A的條件下，第二次也抽到A的

概率是

［解析丁設(shè)事件&="第一次抽到A"，事件小="第二次抽到A”.

第1空解法一不放回地取兩次的可能結(jié)果種數(shù)為52X51,事件44包含的可

能結(jié)果種數(shù)為4x3,

所以PG41&)=*-=」-.

v12752X51221

解法二不放回地取兩次，可以看成一次取出兩張牌，所以共有釐2種可能結(jié)果，

事件為必包含的可能結(jié)果為鬣，

4X3

所以PQllG)=-5275T=J；.

2

第2空解法一因?yàn)镻(4)=9，

4X3

所以「(414)=隔*=鬻=3

解法二縮小樣本空間，已知第一次抽到的是A牌，所以還剩下51張牌,其中有3張

A牌，所以P(42l4)=5=；

6.［2020天津，5分］已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為:和［假定兩球是否

落入盒子互不影響，則甲、乙兩球都落入盒子的概率為9甲、乙兩球至少有

O

一個(gè)落入盒子的概率為|.

［解析］依題意得，甲、乙兩球都落入盒子的概率為；x?二甲、乙兩球都不

236

落入盒子的概率為(1-￡)x(1-￡)=［則甲、乙兩球至少有一個(gè)落入盒子的

概率為1號(hào)=(

7.［2019全國卷I,5分］甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取七場四勝制(當(dāng)一隊(duì)

贏得四場勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束).根據(jù)前期比賽成績，甲隊(duì)的主客場安

排依次為“主主客客主客主”.設(shè)甲隊(duì)主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率

為0.5,且各場比賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以4:1獲勝的概率是叱.

［解析］解法一甲隊(duì)在前四場中有一場客場輸，且第五場勝時(shí)，以4:1獲勝的概

率是0.63x0.5x0.5x2=0.108；甲隊(duì)在前四場中有一場主場輸，且第五場勝

時(shí),以4:1獲勝的概率是0.4x0.62x0.52x2=0.072.

綜上所述，甲隊(duì)以4:1獲勝的概率是P=0.108+0.072=0.18.

解法二由題意可得，一共比賽了五場，且第五場甲獲勝，前四場甲隊(duì)勝三場，

輸一場.

前四場甲隊(duì)勝三場，輸一場的情況有如下兩種.

①甲隊(duì)主場輸一場，其概率Pl=ax0.6x0.4x第x0.52=0.12.

②甲隊(duì)客場輸一場，其概率22=珞x0.62xClx0.5x0.5=0.18.

由于第五場必定是甲隊(duì)勝，所以所求概率P=(Pi+B)x0.6=0.18,則甲隊(duì)

以4:1獲勝的概率為0.18.

三、解答題

8.［2023新高考卷I,12分］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，若未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().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05

(1)求第2次投籃的人是乙的概率.

［答案］記“第2次投籃的人是乙”為事件4,“第1次投籃的人是甲”為事件

B，則4=BA+BA,

所以P(4)=P(BA+BA)=P(BA)+P(BA)=P(B)PQ4|B)+P⑻p(川豆)=

0.5x(1—0.6)+0.5x0.8=0.6.

(2)求第i次投籃的人是甲的概率.

［答案］設(shè)第i次投籃的人是甲的概率為小，由題意可知，P1=1,pl+1=Plx

21

0.6+(1—pjx(1—0.8),即Pi+i=0?4p1+0.2=gPi+g，

所以小+1-：=|(0-3，

又PI—所以數(shù)列也一：｝是以;為首項(xiàng),:為公比的等比數(shù)列,

3236365

所以歷W'(|Y'

所以Pi=1+;X(|)1］

(3)已知：若隨機(jī)變量所服從兩點(diǎn)分布，且P(Xi=l)=l-P(Xi=0)=

%,i=1,2,...,n，則E住X)=.記前幾次(即從第1次到第九次投籃)中甲

投籃的次數(shù)為y,求EW).

［答案］設(shè)第i次投籃時(shí)甲投籃的次數(shù)為X［,則X］的可能取值為0或1,當(dāng)Xj=0

時(shí)，表示第i次投籃的人是乙，當(dāng)x=i時(shí)，表示第t次投籃的人是甲，所以

P(Xi=1)=Pi,P(Xj=0)=1Pi,所以E(XJ=Pi.

y=Xi+X2+X3+…+xn,

則E(Y)=E(X］+X2+X3+…+Xn)=Pl+P2+P3+…+Pn，

由⑵知，Pi+，

JO\D/

+X

所以Pl+P2+P3+…+Pn=；[1+|+(I)+,,,+(1)]=77

9.［2022新高考卷I,12分］一醫(yī)療團(tuán)隊(duì)為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐?/p>

民的衛(wèi)生習(xí)慣（衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類）的關(guān)系，在己患該疾病的病

例中隨機(jī)調(diào)查了100例（稱為病例組），同時(shí)在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查

了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù)：

不夠良好良好

病例組4060

對照組1090

（1）能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差

異？

［答案/=2°黑:黑=累M=24>6,635,所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病

群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.

（2）從該地的人群中任選一人,4表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B

表示事件“選到的人患有該疾病”，胡劈與胡，的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對

患該疾病風(fēng)險(xiǎn)程度的一項(xiàng)度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R.

（）證月十一「（向P（知）’

P（B|A）

「憑空1/?-一P（8M）?哂④

L0木川一酗豆一P（B\A）P（B\A）'

p畫7）

由題意知，證明黑牖=:囂需即可，

P（48）—

大訪一哂）_P（4B）P（彳萬）

匚"一P（ATP（ZB）-P（AB）P（AB）"

P（A）P（A）

P（A8）P（西

右出=通=PS8）P（7西

FU—P（AB）P（AB）-P（AB）P（AB）,

P⑻P（B）

左邊=右邊,故氏=黑爍?霜.

P0B）P（川B）

(ii)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出P(川8),P(陣)的估計(jì)值,并利用(i)的結(jié)果給出R

的估計(jì)值.

附.K2=____Mad_bc._____

r(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)'

P(K2>k)0.0500.01()0.001

k3.8416.63510.828

［答案］由調(diào)杳數(shù)據(jù)可知P(4⑻=必=:/(川萬)=蕓=/

XUvOXVUAU

29

-

9-

廝

以5

-R=-X-6

一10-

且P(彳|B)=1-PQ4|B)=-,P(A\B)=1-P(4|萬)31

-

5105-

10

10.［2020全國卷I,12分］甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽，約定賽制如

下：

累計(jì)負(fù)兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比

賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)

一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲

勝，比賽結(jié)束.

經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空.設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為R

（1）求甲連勝四場的概率；

［答案］甲連勝四場的概率為白.

（2）求需要進(jìn)行第五場比賽的概率；

［答案］根據(jù)賽制，至少需要進(jìn)行四場比賽，至多需要進(jìn)行五場比賽.

比賽四場結(jié)束，共有三種情況：

甲連勝四場的概率為2；

乙連勝四場的概率為於；

丙上場后連勝三場的概率為：.

所以需要進(jìn)行第五場比賽的概率為1-白-2v=1

（3）求丙最終獲勝的概率.

［答案］丙最終獲勝，有兩種情況：

比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為彳；

o

比賽五場結(jié)束且丙最終獲勝，則從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負(fù)、輪

空結(jié)果有三種情況：勝勝負(fù)勝，勝負(fù)空勝，負(fù)空勝勝，概率分別為士，39

16oo

因此丙最終獲勝的概率為9+尚+"9j

o16oo16

【方法技巧】破解此類題的關(guān)鍵：一是認(rèn)真讀題，讀懂題意；二是會(huì)判斷事件

的特征，如本題，會(huì)判斷獨(dú)立事件與互斥事件；三是會(huì)利用公式，即會(huì)利用獨(dú)

立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求事件的概率.

11.［2019全國卷II,12分］11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成

10:10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束.甲、乙

兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5,乙發(fā)球時(shí)甲得分的

概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方10:10平后，甲先發(fā)球，兩人又

打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束.

(1)求P(X=2)；

［答案］X=2就是10:10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由

甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5X0.4+(1-0.5)x(1-0.4)=

0.5.

(2)求事件“X=4且甲獲勝”的概率.

［答案］X=4且甲獲勝，就是10:10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且

這4個(gè)球的得分情況為:前兩球是甲、乙各得1分,后兩球均為甲得分.

因此所求概率為［0.5x(l-0.4)+(1-0.5)x0.4］x0.5x0.4=0.1.

考點(diǎn)37離散型隨機(jī)變量及其分布列和數(shù)字特征

題組一

一、選擇題

1.［2020全國卷川，5分］在一組樣本數(shù)據(jù)中，1,2,3,4出現(xiàn)的頻率分別為

打72中3中4，且引=10=1，則下面四種情形中，對應(yīng)樣木的標(biāo)準(zhǔn)差最大的一組

是(B)

A.Pl=P4=0.1卬2=p3=04B.Pl=p4=0.4,p2=P3=0.1

C.P］=P4=0.2,p2=P3=0.3D.P］=P4=0.3R2=P3=0.2

［解析］對于A,當(dāng)pi=p4=0.1,p2=P3=0.4時(shí),隨機(jī)變量Xi的分布列為

Xi1234

P0.10.40.40.1

E(XD=1x0.14-2x0.44-3x0.4+4x0.1=2.5,D(XJ=(1-2.5)2x0.14-

(2-2.5)2x0.44-(3-2.5)2x0.44-(4-2.5)2x0.1=1.52x0.1+0.52x

0.4+0.52x0.4+1.52x0.1=0.65，所以=V0^5.對于B,C,D,同理可

得J西5=VT85,jD(XJ=VL05=VL45，所以B中的標(biāo)準(zhǔn)差最大.

二、填空題

2.［2020浙江，6分］盒中有4個(gè)球，其中1個(gè)紅球，1個(gè)綠球，2個(gè)黃球.從盒中

隨機(jī)取球，每次取1個(gè)，不放回，直到取出紅球?yàn)橹?設(shè)此過程中取到黃球的個(gè)

數(shù)為f,則P(f=0)=，E(f)=l.

［解析長=0表示停止取球時(shí)沒有取到黃球，所以P(f=0)=；+；xi=l

隨機(jī)變量f的所有可能取值為0,1,2,則

Pc(”f=lY、)=-2x-1+,-2x-1x-1+,-1x-2x-1=-1,

y434324323

-、211,121,211,2111

=2)=-x-x-+-x-x-+-x-x-+-x-x-=-,

74324324324323

所以E(f)=0x-+lx-+2x-=l.

333

三、解答題

3.［2023全國卷甲，12分］一項(xiàng)試驗(yàn)旨在研究臭黛效應(yīng)，試驗(yàn)方案如下:選40只

小白鼠，隨機(jī)地將其中20只分配到試驗(yàn)組，另外20只分配到對照組，試驗(yàn)組

的小白鼠飼養(yǎng)在高濃度臭氧環(huán)境，對照組的小白鼠飼養(yǎng)在正常環(huán)境，一段時(shí)間

后統(tǒng)計(jì)每只小白鼠體重的增加量(單位:g).

(1)設(shè)X表示指定的兩只小白鼠中分配到對照組的只數(shù)，求X的分布列和數(shù)

學(xué)期望.

［答案］X的所有可能取值為0,1,2,

P(X=0)=x(1x(l-0=i,P(X=l)=Clx|x(l-0=

2P(X=2)=0x=x5=：,(另解：兩只小白鼠分在兩個(gè)組，每只小白鼠都

各有兩種分配方案，總的分配方案為4種，兩只小白鼠全部分配到試驗(yàn)組有1

種情況，有一只分配到對照組有2種情況，全部分配到對照組有1種情況，利

用古典概型的概率公式即可得解)

所以X的分布列為

X012

P111

424

E(X)=0x-+lx--^2x-=l.

(2)試驗(yàn)結(jié)果如下：

對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?/p>

15.218.820.221.322.523.2

25.826.527.530.132.634.3

34.835.635.635.836.237.3

40.543.2

試驗(yàn)組的小白鼠體重的增加量從小到大排序?yàn)?/p>

7.89.211.412.413.215.5

16.518.018.819.219.820.2

21.622.823.623.925.128.2

32.336.5

(1)求40只小白鼠體重的增加量的中位數(shù)m,再分別統(tǒng)計(jì)兩樣本中小于m

與不小于m的數(shù)據(jù)的個(gè)數(shù)，完成如下列聯(lián)表：

<m>m

對照組

試驗(yàn)組

［答案］根據(jù)試驗(yàn)數(shù)據(jù)可以知道40只小白鼠體重增加量的中位數(shù)巾=汽當(dāng)

23.4.

列聯(lián)表如下：

<m>m

對照組614

試驗(yàn)組146

(ii)根據(jù)(i)中的列聯(lián)表，能否有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境

中與在正常環(huán)境中體重的增加量有?差異？

2

附：K2=n(ad-bc)

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2>k)0.1000.500.010

k2.7063.8416.635

40X(6X6-14X14)

［答案］根據(jù)(i)中結(jié)果可得依==6.4>3.841，

20x20x20x20

所以有95%的把握認(rèn)為小白鼠在高濃度臭氧環(huán)境中與在正常環(huán)境中體重的增加

量有差異.

4.［2022全國卷甲，12分］甲、乙兩個(gè)學(xué)校進(jìn)行體育比賽，比賽共設(shè)三個(gè)項(xiàng)目，

每個(gè)項(xiàng)目勝方得10分，負(fù)方得0分，沒有平局.三個(gè)項(xiàng)目比賽結(jié)束后，總得分

高的學(xué)校獲得冠軍.己知甲學(xué)校在三個(gè)項(xiàng)目中獲勝的概率分別為0.5,0.4,

0.8,各項(xiàng)目的比賽結(jié)果相互獨(dú)立.

(1)求甲學(xué)校獲得冠軍的概率；

［答案了設(shè)甲學(xué)校獲得冠軍的事件為4,則甲學(xué)校必須獲勝2場或者3場.

PQ4)=0.5x0.4x0.8+(1-0.5)x0.4x0.8+0.5x(1-0.4)x0.8+0.5x

0.4x(1-0.8)=0.6.

故甲學(xué)校獲得冠軍的概率為0.6.

(2)用X表示乙學(xué)校的總得分，求X的分布列與期望.

［答案］X的取值可以為0,10,20,30.

P(X=0)=0.5x0.4x0.8=0.16,

P(X=10)=(1-0.5)x0.4x0.8+0.5x(1-0.4)x0.8+0.5x0.4x

(1-0.8)=0.44,

P(X=20)=(1-0.5)x(1-0.4)x0.8+0.5x(1-0.4)x(1-0.8)+

(1-0.5)x0.4x(1-0.8)=0.34

P(X=30)=(1-0.5)x(1-0.4)x(1-0.8)=0.06.

所以X的分布列為

X0102030

P0.160.440.340.06

所以E(X)=0x0.16+10x0.44+20x0.34+30x0.06=13.

5.［2022北京，13分］在校運(yùn)動(dòng)會(huì)上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，

比賽成績達(dá)到9.50m以上(含9.50m)的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎(jiǎng).為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)

的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)

(單位：m)：

甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25；

乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；

丙：9.85,9.65,9.20,9.16.

假設(shè)用頻率估計(jì)概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨(dú)立.

(I)估計(jì)甲在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的概率；

［答案］設(shè)甲在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)為事件4.

因?yàn)楸荣惓煽冞_(dá)到9.50m以上(含9.50m)的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)，甲以往的比

賽成績中達(dá)到9.50m以上(含9.50m)的有9.80m,9.70m,9.55m,9.54m,

共4個(gè)，

所以甲在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的概率P(A)=0.4.

(II)設(shè)X是甲、乙、丙在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的總?cè)藬?shù)，估計(jì)X

的數(shù)學(xué)期望EX;

［答案］X的所有可能取值為0,1,2,3.

由(I)知，甲在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)的概率P(4)=0.4.

設(shè)乙、丙在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎(jiǎng)分別為事件8,C,

則P⑻=0.5/⑹=0.5.

P(X=0)=(1-0.4)x(1-0.5)x(1-0.5)=0.15,

P(X=1)=0.4x(1-0.5)x(1-0.5)+(1-0.4)x0.5x(1-0.5)+

(1-0.4)x(1-0.5)x0.5=0.4,

P(X=2)=0.4x0.5x(1-0.5)+0.4x(1-0.5)x0.54-(1-0.4)x0.5x

0.5=0.35,

P(X=3)=0.4x0.5x0.5=0.1,

所以EX=0x0.15+1x0.4+2x0.35+3x0.1=1.4.

(Ill)在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計(jì)值最大？

(結(jié)論不要求證明)

［答案］在校運(yùn)動(dòng)會(huì)鉛球比賽中，按以往比賽成績的平均數(shù)來看，甲獲得冠軍的

概率估計(jì)值最大；按以往比賽的最好成績來看，丙獲得冠軍的概率估計(jì)值最大.

6.［2021新高考卷I,12分］某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競賽，有A,B兩類

問題.每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回

答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取

一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束,A類問題中的每個(gè)問題回

答正確得20分，否則得。分；B類問題中的每個(gè)問題回答正確得80分，否則

得0分.

已知小明能止確回答A類問題的概率為0.8,能正確回答B(yǎng)類問題的概率為

0.6,且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).

(1)若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列；

［答案］由題意得，X的所有可能取值為0,20,100,

P(X=0)=1-0.8=0.2,

P(X=20)=0.8x(1-0.6)=0.32,

P(X=100)=0.8x0.6=0.48,

所以X的分布列為

X020100

P0.20.320.48

(2)為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

［答案］當(dāng)小明先回答A類問題時(shí)，由(1)可得E(X)=0X0.2+20x0.32-

100X0.48=54.4.

當(dāng)小明先回答B(yǎng)類問題時(shí)，記丫為小明的累計(jì)得分，

則y的所有可能取值為①80,io。，

P(y=0)=1-0.6=0.4,

P(y=80)=0.6x(1-0.8)=0.12,

P(Y=100)=0.6x0.8=0.48,

所以Y的分布列為

Y080100

P0.40.120.48

E(Y)=0x0.4+80x0.12+100x0.48=57.6.

因?yàn)?7.6>54.4,即E(y)>E(X),所以為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇

先回答B(yǎng)類問題.

題組二

一、選擇題

1.［2019浙江，4分］設(shè)0<Q<1.隨機(jī)變量X的分布列是

X0a\

P111

333

則當(dāng)Q在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，(D)

A.D(X)增大B.D(X)減小

C.O(X)先增大后減小D.O(X)先減小后增大

［解析］由分布列得E(X)=詈.

解法一。⑶=(詈-。)2Xg+(詈-a)2X扛(詈-1)2x；|(a—/+

1

6'

所以當(dāng)a在(0,1)內(nèi)摺大時(shí)，0(X)先減小后增大.故選D.

解法二D(X)=F(X2)-F2(X)=0+—+在。

339

所以當(dāng)a在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，D(X)先減小后增大.故選D.

二、解答題

2.［2021新高考卷II,12分］一種微生物群體可以經(jīng)過自身繁殖不斷生存下來,

設(shè)一個(gè)這種微生物為第0代，經(jīng)過一次繁殖后為第I代，再經(jīng)過一次繁殖后為

第2代……該微生物每代繁殖的個(gè)數(shù)是相互獨(dú)立的且有相同的分布列，設(shè)X表

示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)，P(X=0=p［=0,123).

(1)已知Po=0.4,pi=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X)；

［答案］由題意,知P(X=0)=0.4,P(X=1)=0.3,P(X=2)=0.2,P(X=3)=

0.1,

???X的分布列為

X0123

P0.40.30.20.1

E(X)=0x0.4+1x0.34-2x0.2+3x0.1=1.

(2)設(shè)p表示該種微生物經(jīng)過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關(guān)于x的方程

Po+P1X+P2/+P3,=X的一個(gè)最小正實(shí)根，求證：當(dāng)E(X)Wl時(shí)，P=

1,當(dāng)E(X)>1時(shí)，p<1；

32

［答案］記f(%)=p3x+p2x+(Pi-l)x+po-

由題知，p為/a)=o的最小正實(shí)根，

由PO=1-Pl-P2-P3，

3

得/(%)=p3(X一1)+22(/-1)+Pi(%-1)-(%-1)

2

=(X-l)［p3X+(p3+p2G+P3+P2+Pl—11?

2

記g(%)=p3X+(P3+P2)x+P3+P2+Pl-1，則g(l)=3P3+2P2+Pi-

1=E(x)-1,

g(0)=P3+P2+Pi-1=-PoV0?

當(dāng)E(X)<1時(shí),g(l)<0，易知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

???當(dāng)％G(0,1)時(shí),g(x)=0無實(shí)根.

f(x)=0在(0,1)上有且僅有一個(gè)實(shí)根，即p=1,

???當(dāng)E(X)41時(shí)，p=1.

當(dāng)E(X)>1時(shí)，g(l)>0，又g(0)<0應(yīng)⑺在(0,1)上單調(diào)遞增，

二g(x)=0在(0,1)上有唯一實(shí)根p',

/(x)=0的最小正實(shí)根p=prE(0,1),

???當(dāng)E(X)>1時(shí)，p<1.

(3)根據(jù)你的理解說明(2)問結(jié)論的實(shí)際含義.

f答案］E(X)W1,表示1個(gè)微生物個(gè)體繁殖下一代的個(gè)數(shù)不超過自身個(gè)數(shù)，種

群數(shù)量無法維持穩(wěn)定或正向增長，多代繁殖后將面臨滅絕，所以p=l.

E(X)>1,表示1個(gè)微生物個(gè)體可以繁殖下一代的個(gè)數(shù)超過自身個(gè)數(shù)，種群數(shù)量

可以正向增長，所以面臨滅絕的可能性小于1.

3.［2019全國卷I,12分］為治療某種疾病，研制了甲、乙兩種新藥，希望知道

哪種新藥更有效，為此進(jìn)行動(dòng)物試驗(yàn).試驗(yàn)方案如下:每一輪選取兩只白鼠對藥效

進(jìn)行對比試驗(yàn).對于兩只白鼠，隨機(jī)選一只施以甲藥，另一只施以乙藥.一輪的治

療結(jié)果得出后，再安排下一輪試驗(yàn).當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的

白鼠多4只時(shí)，就停止試驗(yàn)，并認(rèn)為治愈只數(shù)多的藥更有效.為了方便描述問

題，約定:對于每輪試驗(yàn)，若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲

藥得1分，乙藥得一1分;若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙

藥得1分，甲藥得-1分;若都治愈或都未治愈則兩種藥均得()分.甲、乙兩種藥

的治愈率分別記為a和￡,一輪試驗(yàn)中甲藥的得分記為X.

(1)求X的分布列；

［答案］X的所有可能取值為-1,0,1.

P(X=-l)=(l—a)￡,

P(X=0)=a/7+(1-a)(l-B),

P(X=1)=a(l-/?).

所以X的分布列為

X-101

P(1—a)p印+(1-a)(l-/?)?(1-/7)

(2)若甲藥、乙藥在試驗(yàn)開始時(shí)都賦予4分，Pi(i=O,l，…,8)表示“甲藥的

累計(jì)得分為i時(shí)，最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效”的概率，則pO=0,p8=l,

Pi=QPT+bpi+cpi+1(i=1,2,...,7),其中Q=P(X=-1),b=

P(X=0),c=P(X=1).假設(shè)a=0.5,/?=0.8.

(i)證明:{d+i-pj(i=0,1,2…,7)為等比數(shù)列；

［答案］由(1)得。=0,4,b=0.5,c=0.1.

因此Pi=0.4P—+O.Spi+O.lpt+i,故O.l(pi+i-PD=O.4(pi-pi)，即PHI-

Pi=一pt-i).

又因?yàn)镻i-Po=PiH0,所以{Pi+i-pj(i=04,2,...,7)為公比為4,首項(xiàng)為pi的

等比數(shù)列.

(ii)求P4,并根據(jù)P4的值解釋這種試驗(yàn)方案的合理性.

［答案］由①可得

P8=P8-P7+P7-P6+…+P1-Po+Po

=(P8-P7)+(P7-P6)+…+(P1-P0)

48-l

=丁限

由于P8=1，故Pl二島，所以

P4=(P4-P3)+(P3-P2)+(P2-Pl)+(P1-PO)

44-l

=~^

1

?257°

P4表示最終認(rèn)為甲藥更有效的概率.

由計(jì)算結(jié)果可以看出，在甲藥治愈率為0.5，乙藥治愈率為0.8時(shí)，認(rèn)為甲藥更有效

的概率為P4=三。0.0039,此時(shí)得出錯(cuò)誤結(jié)論的概率非常小，說明這種試驗(yàn)方

案合理.

考點(diǎn)38二項(xiàng)分