高考满分数学压轴题23 概率中的应用问题(可编辑可打印)
概率压轴大题8种题型归纳(解析版)
第32讲 概率压轴大题8类【题型一】 马尔科夫链基础模型【典例分析】某餐厅供应1 000名学生用餐，每星期一有A 、B 两种菜可供选择，调查资料显示星期一选A 菜的学生中有20%在下周一选B 菜，而选B 菜的学生中有30%在下周一选A 菜，用A n 、B n 分别表示在第n 个星期一选A 菜、B 菜的学生数， 试写出A n 与A n －1的关系 及B n 与B n －1的关系． 解 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧A n ＋B n ＝1 000A n ＝0.8A n －1＋0.3B n －1B n ＝0.2A n －1＋0.7B n －1由A n －1＋B n －1＝1 000，得B n －1＝1 000－A n －1.所以A n ＝0.8A n －1＋0.3(1 000－A n －1)＝0.5A n －1＋300.同理，B n ＝0.2(1 000－B n －1)＋0.7B n －1＝0.5B n －1＋200. 【变式演练】1.小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子做游戏，规则如下：若掷出的点数之和为4的倍数，则由原投掷人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷． （1）规定第1次从小明开始．（ⅰ）求前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率；（ⅰ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X ，求随机变量X 的分布列与期望． （2）若第1次从小芳开始，求第n 次由小芳投掷的概率n P ．【答案】（1）（ⅰ）3964（ⅰ）见解析，2716（2）1122nn P ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭【详解】（1）一人投掷两颗骰子，向上的点数之和为4的倍数的概为91364=． （ⅰ）因为第1次从小明开始，所以前4次投掷中小明恰好投掷2次的概率，1313333133944444444464P =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=． （ⅰ）设游戏的前4次中，小芳投掷的次数为X ，依题意，X 可取0，1，2，3， 所以1111(0)44464P X ==⨯⨯=，33113311321(1)44444444464P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=， 39(2)64P X ==，3113(3)44464P X ==⨯⨯=．所以X 的分布列为 X0 123P164 2164 3964 364所以12139327()01236464646416E X =⨯+⨯+⨯+⨯=． （2）若第1次从小芳开始，则第n 次由小芳投掷骰子有两种情况： ①第1n -次由小芳投掷，第n 次继续由小芳投掷，其概率为111(2)4n n P P n -=；②第1n -次由小明投掷，第n 次由小芳投掷，其概率为()21113311(2)444n n n P P P n --⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭． 因为①②两种情形是互斥的，所以1211113313(2)44424n n n n n n P P P P P P n ---=+=+-=-+， 所以1111(2)222n n P P n -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭．因为11P =，所以12n P ⎧-⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项， 12-为公比的等比数列，所以1111222n n P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，即1122nn P ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．2.一袋中有大小、形状相同的2个白球和10个黑球，从中任取一球．如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该球不再放回，另补一个白球放到袋中．在重复n 次这样的操作后，记袋中的白球个数为n X ． （1）求1EX ；（2）设()2n k P X k P =+=，求()12(0,1,2,,10)n P X k k +=+=⋅⋅⋅； （3）证明：111112n n EX EX +=+． 【答案】（1）1176EX =（2）()0111(0),62211(110).1212n k k P k P X k k k P P k +-⎧=⎪⎪=+=⎨+-⎪+⎪⎩（3）证明见解析【详解】（1）∵12X =或13X =，∴()12122106P X ===+，()110532106P X ===+， ∴1151723666EX =⨯+⨯=． （2）∵当0k=时，()10126n P X P +==， 当110k 时，第1n +次取出来有2k +个白球的可能性有两种： 第n 次袋中有2k +个白球，显然每次取出球后，球的总数保持不变，即袋中有2k +个白球，10k -个黑球，第1n +次取出来的也是白球的概率为212k kP +； 第n 次袋中有1k +个白球，第1n +次取出来的是黑球，由于每次总数为12个， 故此时黑球数为11k -个，这种情况发生的概率为11112k kP --；∴()112112(110)1212n k k k kP X k P P k +-+-=+=+，∴综上可知，()0111(0),62211(110).1212n k k P k P X k k k P P k +-⎧=⎪⎪=+=⎨+-⎪+⎪⎩（3）∵第1n +次白球个数的数学期望分为两类情况：第n 次白球个数的数学期望为n EX ，由于白球和黑球的总数为12，第1n +次取出来的是白球的概率为12n EX ，第1n +次取出来的是黑球的概率为1212nEX -，此时白球的个数为1nEX +，∴()11211212n nn n n EX EX EX EX EX +-=⋅+⋅+()()1211111121212n n n n EX EX EX EX ⎛⎫=+-⋅+=+ ⎪⎝⎭ 即111112n n EX EX +=+． 【题型二】 马尔科夫链之传球模型【典例分析】现有甲、乙、丙、丁四个人相互之间传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，依次类推．（1）通过三次传球，球经过乙的次数为X ，求X 的分布列与期望； （2）设经过n 次传球后，球落在甲手上的概率为n a ， ①求1a ，2a ；②求n a ，并简要解释随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等． 【答案】（1）分布列见解析；期望为2227；（2）①1=0a ，21=3a ；②1111()443n n a -=-⨯-；答案见解析． 【分析】(1)写出X 的可能值，求出X 的每个取值时的概率即可得解；(2)由题设条件可直接写出1a ，2a ，分析出n a 与1n a -的关系，由此求出n a ，探求传球次数的增多时n a 值趋于一个常数即可得解. 【详解】（1）X 的取值为0，1，2，2228(=0)=33327P X =⨯⨯；122122116(=1)11333333327P X =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；111(=2)1=339P X =⨯⨯； 所以X 的分布列为X 012P 827162719所以816122()0122727927E X =⨯+⨯+⨯=； （2）①由题意可知：1=0a ，21=3a ；②由题意：,2n n *∈≥N 时，第n 次传给甲的事件是第n -1次传球后，球不在甲手上并且第n 次必传给甲的事件积，于是有11(1)3n n a a -=-，即1111()434n n a a --=--，数列1{}4n a -是首项为1144n a -=-，公比为13-的等比数列， 从而有1111()443n n a --=-⋅-，所以1111()443n n a -=-⋅-， 当+n →∞时，14n a →，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数14，又第一次从甲开始传球，而且每一次都是等可能地把球传给任何一个人，所以球落在每个人手上的概率都相等，所以球落在乙、丙、丁手上的概率为11(1)344-÷=， 所以随着传球次数的增多，球落在甲、乙、丙、丁每个人手上的概率相等．【变式演练】1.足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．（ⅰ）为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢点球3次．下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率．为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，他在测试中所踢的点球次数记为ξ，求ξ的分布列及数学期望；（ⅰ）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n 次触球者是甲的概率记为n P ，即11P =． （i ）求23,P P （直接写出结果即可）；（ii ）证明：数列13n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断第19次还是第20次触球者是甲的概率大．【答案】（ⅰ）分布列见解析，() 1.56E ξ=；（ⅰ）（i ）20P =，312P =；（ii ）证明见解析，第19次触球者是甲的概率大．（ⅰ）求出这150个点球中的进球频率为0.6，从而该同学踢一次点球命中的概率为P ＝0.6，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应概率，由此能求出E （ξ）． （ⅰ）（i ）由题意20P =，312P =； （ii ）第n 次触球者是甲的概率为Pn ，当n ≥2时，第n ﹣1次触球者是甲的概率为pn ﹣1，第n ﹣1次触球者不是甲的概率为1﹣Pn ﹣1，推导出1111323n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，由此能证明13n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以23为首项，公比为12-的等比数列． 【详解】（ⅰ）这150个点球中的进球频率为1017201613140.6150+++++=，则该同学踢一次点球命中的概率0.6p =，由题意，ξ可能取1，2，3，则()10.6P ξ==，()20.40.60.24P ξ==⨯=，()30.40.40.16P ξ==⨯=，ξ的分布列为：ξ1 2 3 p0.60.240.16即()10.620.2430.16 1.56E ξ=⨯+⨯+⨯=． （ⅰ）（i ）由题意20P =，312P =． （ii ）第n 次触球者是甲的概率记为n P ，则当2n ≥时，第1n -次触球者是甲的概率为1n P -， 第1n -次触球者不是甲的概率为11n P --，则()()1111101122n n n n P P P P ---=⋅+-⋅=-，从而1111323n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又11233P -=，13n P ⎧⎫∴-⎨⎬⎩⎭是以23为首项，公比为12-的等比数列． 则1211323n n P -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，181921113233P ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，192021113233P ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，1920P P >，故第19次触球者是甲的概率大．2.中国女排，曾经十度成为世界冠军，铸就了响彻中华的女排精神.女排精神的具体表现为：扎扎实实，勤学苦练，无所畏惧，顽强拼搏，同甘共苦，团结战斗，刻苦钻研，勇攀高峰.女排精神对各行各业的劳动者起到了激励、感召和促进作用，给予全国人民巨大的鼓舞.（1）看过中国女排的纪录片后，某大学掀起“学习女排精神，塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时间后，学生的身体素质明显提高，将该大学近5个月体重超重的人数进行统计，得到如下表格： 月份x1 2 3 4 5 体重超重的人数y 640540420300200若该大学体重超重人数y 与月份变量x （月份变量x 依次为1，2，3，4，5…）具有线性相关关系，请预测从第几月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下？（2）在某次排球训练课上，球恰由A 队员控制，此后排球仅在A 队员、B 队员和C 队员三人中传递，已知每当球由A 队员控制时，传给B 队员的概率为12，传给C 队员的概率为12；每当球由B 队员控制时，传给A 队员的概率为23，传给C 队员的概率为13；每当球由C 队员控制时，传给A 队员的概率为23，传给B 队员的概率为13.记n a ，n b ，n c 为经过n 次传球后球分别恰由A 队员、B 队员、C 队员控制的概率. （i ）若3n =，B 队员控制球的次数为X ，求EX ； （ii ）若n 112233n n a b c --=+，111123n n n b a c --=+，111123n n n c a b --=+，2n ≥，n ∈*N ，证明：25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断经过200次传球后A 队员控制球的概率与25的大小.附1：回归方程ˆˆˆybx a =+中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：()()()1122211=nni i iii i nniii i x ynx yx x yy b xnxx x ====-⋅--=--∑∑∑∑；a y bx =-.附2：参考数据：515180i i i x y ==∑，522222211234555i i x ==++++=∑.【答案】（1）可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下；（2）（i ）1918（ii ）证明见解析；20025a >. （1）利用回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程，并由此进行预测. （i ）利用相互独立事件概率计算公式，计算出分布列，进而计算出EX .（ii ）证明部分：法一：通过证明1222535n n a a +⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭证得25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；法二：通过证明1222535n n a a -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭证得25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列. 求得数列{}n a 的通项公式，由此判断出20025a >. 【详解】（1）由已知可得：1234535x ++++==，640540420300200210042055y ++++===，又因为515180i i i x y ==∑，522222211234555i i x ==++++=∑，所以51522215518063001120ˆ1125553105i ii ii x yxybxx ==--===-=--⨯-∑∑，所以ˆˆ4201123756ay bx =-=+⨯=， 所以ˆˆˆ112756ybx a x =+=-+， 当()11275610y x x *=-+<∈N 时，7x ≥，所以，可以预测从第7月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下. （2）（i ）由题知X 的可能取值为：0，1，2；()121102326P X ==⨯⨯=； ()121112111211112322332323218P X ==⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯=； ()121111222322339P X ==⨯⨯+⨯⨯=； X 的分布列为： X 01 2P16 1118 29所以()111219012618918E X =⨯+⨯+⨯=. （ii ）（法一）由111123n n n b a c --=+，111123n n n c a b --=+，两式相加得：()11113n n n n n b c a b c ---+=++. 因为112233n n n a b c --=+，所以1132n n n b c a --+=，132n n n b c a ++=，代入等式得113122n n n a a a +-=+，即111233n n n a a a +-=+所以1121222333n n n n a a a a a a +-+=+==+，因为10a =，21212223233a =⨯+⨯=， 所以12233n n a a ++=，所以1222535n n a a +⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，所以数列25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为25-，公比为23-的等比数列，所以1222553n n a -⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即122153n n a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此经过200次传球后A 队员控制球的概率1992002221535a ⎡⎤⎛⎫=-->⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.（法二）由题知：111123n n n c ab --=+，所以11223n n n b c a --=-，所以11112222333n n n n n n a b c c a c ----=+=-+，又因为1111123n n n n n b a c a c --=+=--， 所以1111123n n n n c a a c --=---，所以112212223n n n n n n a c a c a a --=-+-=--， 所以12233n n a a -=-+，所以1222535n n a a -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，又因为10a =，所以122055a -=-≠，所以数列25n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为25-，公比为23-的等比数列，所以1222553n n a -⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即122153n n a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 因此经过200次传球后A 队员控制球的概率1992002221535a ⎡⎤⎛⎫=-->⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.3.排球队的6名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他5人的概率相等，由甲开始传球 （1）求前3次传球中，乙恰有1次接到球的概率； （2）设第n 次传球后球在乙手中的概率为n P ，求n P ．【答案】（1）56125；（2）11165nn P ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式与互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（2）求得()1115n n P P -=-⨯，可推导出数列16n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得数列{}n P 的通项公式. 【详解】（1）记事件A 为“前3次传球中，乙恰有1次接到球”，()144144156115555555125P A =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；（2）由题意，115P =，()1115n n P P -=-⨯，1111656n n P P -⎛⎫∴-=-- ⎪⎝⎭，2n ≥，且111630P -=， 所以，数列16n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以130为首项，以15-为公比的等比数列，111111656530n nn P -⋅⎛⎫⎛⎫∴-=-=-⋅- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，因此，11165n n P ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．【题型三】 游走模式【典例分析】质点在x 轴上从原点O 出发向右运动，每次平移一个单位或两个单位，且移动一个单位的概率为，移动2个单位的概率为，设质点运动到点,0n 的概率为n P ．（ⅰ）求1P 和2P ；（ⅰ）用12,n n P P --表示n P ，并证明{}1n n P P --是等比数列； （ⅰ）求n P ． 【答案】（ⅰ）P 1=，279P =（ⅰ）证明见解析．（ⅰ）311()443n+-【详解】 （ⅰ）P 1=，（ⅰ）由题意可知，质点到达点（n,0），可分两种情形，由点（n -1,0）右移1个单位或由点（n -2,0）右移2个单位，故由条件可知：（n≥3）上式可变形为是以为公比的等比数列．其首项P 2－P 1=（ⅰ）由（ⅰ）知P n －P n －1=（n≥2）∴【变式演练】1.如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.A 市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了100人，并将这100人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过3000元）： 消费金额（单位：百元） []0,5 (]5,10 (]10,15 (]15,20(]20,25(]25,30频数 2035251055()1由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额Z （单位：元）近似地服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本平均数x （每组数据取区间的中点值，660σ=）.现从该市任取20名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在390元至2370元之间的人数为X ，求X 的数学期望；()2A 市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值100元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动.规则是：在某张方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第60格共61个方格.棋子开始在第0格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是12，其中01P =），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从k 到1k +），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从k 到2k +）.重复多次，若这枚棋子最终停在第59格，则认为“闯关成功”，并赠送500元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第60格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束.①设棋子移到第n 格的概率为n P ，求证：当159n ≤≤时，{}1n n P P --是等比数列；②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由.参考数据：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P μσξμσ-<≤+=，()220.9545P μσξμσ-<+=，()330.9973P μσξμσ-<+=.【答案】()116.372；()2①证明见解析；②闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由见解析.()1根据数据算出1050x =，由Z 服从正态分布()21050,660N ，算出概率，即()20,0.8186XB ，进而算出X 的数学期望；()2①棋子开始在第0格为必然事件，01P =.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为12，即112P =.棋子移到第()259n n ≤≤格的情况是下列两种，即棋子先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -；棋子先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -.所以211122n n n P P P --=+.即112(1)2n n n n P P P P ----=--，进而求证当159n ≤≤时，{}1n n P P --是等比数列；②由①知1112P -=-，12212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，33212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，，112n n n P P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，得21111222n n P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以21111222nn P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()12110,1,2,,5932n n +⎡⎤⎛⎫=--=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，算出相应概率判断出闯关成功的概率大于闯关失败的概率.【详解】解：()12500.27500.3512500.2517500.1x =⨯+⨯+⨯+⨯22500.05+⨯+27500.051050⨯=，因为Z 服从正态分布()21050,660N ，所以()()0.95450.6827390237020.95450.81862P Z P Z μσμσ-<≤=-<≤+=-=.所以()20,0.8186XB ，所以X 的数学期望为()200.818616.372E X =⨯=.()2①棋子开始在第0格为必然事件，01P =.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第1格，其概率为12，即112P =. 棋子移到第()259n n ≤≤格的情况是下列两种，而且也只有两种： 棋子先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -； 棋子先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -， 所以211122n n n P P P --=+， 即112(1)2n n n n P P P P ----=--，且1012P P -=-， 所以当159n ≤≤时，数列{}1n n P P --是首项1012P P -=-，公比为12-的等比数列. ②由①知1112P -=-，12212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，33212P P ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，，112nn n P P -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，以上各式相加，得21111222n nP ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以21111222nnP⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()12110,1,2,,5932nn+⎡⎤⎛⎫=--=⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.所以闯关成功的概率为6060592121113232P⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，闯关失败的概率为5959 605811211111223232P P⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫==⨯--=+⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 60595859602111111110 323232P P ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=->⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率.2.如图所示，质点P在正方形ABCD的四个顶点上按逆时针方向前进．现在投掷一个质地均匀、每个面上标有一个数字的正方体玩具，它的六个面上分别写有两个1、两个2、两个3一共六个数字．质点P从A点出发，规则如下：当正方体上底面出现的数字是1，质点P前进一步(如由A到B)；当正方体上底面出现的数字是2，质点P前进两步(如由A到C)，当正方体上底面出现的数字是3，质点P前进三步(如由A到D)．在质点P转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止．(1)求质点P恰好返回到A点的概率；(2)在质点P转一圈恰能返回到A点的所有结果中，用随机变量ξ表示点P恰能返回到A点的投掷次数，求ξ的数学期望．【答案】(1) P＝P2＋P3＋P4＝13＋19＋181＝3781.(2) Eξ＝2×37＋3×37＋4×17＝197.【详解】本试题主要是考查了古典概型概率的计算公式，以及利用独立事件的概率的乘法公式得到概率值，并且得到随机变量各个取值的概率值，从而得到分布列和期望值．（1）先分析实验中所有的基本事件，然后利用等可能时间的概率公式得到结论．同时要结合独立试验的概率公式表示得到．（2）利用第一问中的结论，可知ξ的可能取值为2,3,4，然后分别得到各自的概率值，求解得到．解析：(1)投掷一次正方体玩具，每个数字在上底面出现都是等可能的，其概率为P1＝26＝13.只投掷一次不可能返回到A点；若投掷两次质点P就恰好能返回到A点，则上底面出现的两个数字应依次为：(1,3)、(3,1)、(2,2)三种结果，其概率为P2＝(13)2×3＝13；若投掷三次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的三个数字应依次为：(1,1,2)、(1,2,1)、(2,1,1)三种结果，其概率为P3＝(13)3×3＝19；若投掷四次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的四个数字应依次为：(1,1,1,1)．其概率为P4＝(13)4＝181.所以，质点P恰好返回到A点的概率为：P＝P2＋P3＋P4＝13＋19＋181＝3781. 6分(2)由(1)知，质点P转一圈恰能返回到A点的所有结果共有以上问题中的7种情况，且ξ的可能取值为2,3,4，则P(ξ＝2)＝37，P(ξ＝3)＝37，P(ξ＝4)＝17，所以，Eξ＝2×37＋3×37＋4×17＝197.3.2019年7曰1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程（理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程）的测试.现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.（2）根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布()2,Nμσ，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50.用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.参考数据：若随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827P μσξμσ-<+≈，(22)0.9545P μσξμσ-<+≈，(33)0.9973P μσξμσ-<+≈.（3）某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券.已知硬币出现正、反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、…、第50格.遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格（从k 到1k +），若掷出反面，遥控车向前移动两格（从k 到2k +），直到遥控车移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，设遥控车移到第n 格的概率为n P ，试说明{}1n n P P --是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车.【答案】（1）300（千米）（2）0.8186（3）说明详见解析，此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽车 【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出x ．（2）由~(300X N ，250)．利用正态分布的对称性可得(250400)P X <．（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，01P =．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为12，即112P =．遥控车移到第(249)n n 格的情况是下面两种，而且只有两种：①遥控车先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -．②遥控车先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -．可得：211122n n n P P P --=+．变形为112(1)2n n n n P P P P ----=--．即可证明149n 时，数列1{}n n P P --是等比数列，首项为10P P -，公比为12-的等比数列．利用112100()()()n n n n n P P P P P P P P ---=-+-+⋯⋯+-+，及其求和公式即可得出．可得获胜的概率49P ，失败的概率50P ．进而得出结论． 【详解】 解：（1）0.002502050.004502550.009503050.004503550.00150405300x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=（千米）．（2）由~(300X N ，250)．0.95450.6827(250400)0.95450.81862P X -∴<=-=．（3）遥控车开始在第0 格为必然事件，01P =．第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第一格，其概率为12，即112P =． 遥控车移到第(249)n n 格的情况是下面两种，而且只有两种： ①遥控车先到第2n -格，又掷出反面，其概率为212n P -．②遥控车先到第1n -格，又掷出正面，其概率为112n P -．211122n n n P P P --∴=+．1121()2n n n n P P P P ---∴-=--．149n ∴时，数列1{}n n P P --是等比数列，首项为1012P P -=-，公比为12-的等比数列． 1112P ∴-=-，2211()2P P -=-，3321()2P P -=-，⋯⋯，11()2n n n P P --=-． 1112100111()()()()()1222n n n n n n n P P P P P P P P ----∴=-+-+⋯⋯+-+=-+-+⋯⋯-+ 1111()212[1()]1321()2n n ++--==----(0n =，1，⋯⋯，49)． ∴获胜的概率504921[1()]32P =--，失败的概率49495048112111[1()][1()]223232P P ==⨯--=+．5049484950211111[1()][1()][1()]0323232P P ∴-=---+=->．∴获胜的概率大．∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车．【题型四】 药物试验模式【典例分析】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只更施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1-分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1-分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X ． （1）求X 的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，(0,1,,8)i p i =表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则00p =，81p =，11i i i i p ap bp cp -+=++(1,2,,7)i =，其中(1)a P X ==-，(0)b P X ==，(1)c P X ==．假设0.5α=，0.8β=．(i)证明：1{}i i p p +-(0,1,2,,7)i =为等比数列；(ii)求4p ，并根据4p 的值解释这种试验方案的合理性．解：X 的所有可能取值为1,0,1-.(1)(1)(0)(1)(1)(1)(1)P X P X P X αβαβαβαβ=-=-==+--==-，，，所以X的分布列为（2）（i ）由（1）得0.4,0.5,0.1a b c ===.因此11=0.4+0.5 +0.1i i i i p p p p -+，故()()110.10.4i i i i p p p p +--=-，即()114i i i i p p p p +--=-.又因为1010p p p -=≠，所以{}1(0,1,2,,7)i i p p i +-=为公比为4，首项为1p 的等比数列．（ii ）由（i ）可得()()()888776100877610134 1p p p p p p p p p p p p p p p -=-+-++-+=-+-++-=.由于8=1p ，故18341p =-，所以 ()()()()44433221101411.325 7p p p p p p p p p p -=-+-+-+=-=4p 表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为410.0039257p =≈，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.【变式演练】1.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS )和严重急性呼吸综合征(SARS )等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒(nCoV )是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状､发热､咳嗽､气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎､严重急性呼吸综合征､肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有()*n n ∈N 份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k +1.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p (0<p <1).现取其中*(k k N ∈且k ≥2)份血液样本，记采用逐份检验，方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ. （1）若12()()E E ξξ=，试求p 关于k 的函数关系式p =f (k ). （2）若p 与干扰素计量n x 相关，其中12,,,,(n x x x n ≥2)是不同的正实数，满足x 1=1且13122311()n nn n x x e ex x -++-=-. (i )求证：数列{}n x 为等比数列； (ii )当341p x =望值更少，求k 的最大值.【答案】（1）111kp k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2）(i )证明见解析；(ii )4【详解】（1）由已知得()1E k ξ=,2ξ的可能取值为1,1k +,所以()()211kP p ξ==-,()()2111kP k p ξ=+=--,所以()()()()()2111111k k kE p k p k k p ξ⎡⎤=-++--=+--⎣⎦,因为12()()E E ξξ=,即()11kk k k p =+--,所以()11kk p -=,所以111kp k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2）(i )证明:因为13122311()n nn n x x e e x x -++-=-,所以112213311n n n n n n x x e e x x x x -+++-=-,所以1131131n n n n x x e x x e ++-=-,所以113n n x e x +=或113n nx e x -+=-（舍去）,所以{}n x 是以1为首项,以13e 为公比的等比数列. (ii )由(i )可知()13n nxen N -*=∈,则4x e =,即31p e=-,由题意可知12()()E E ξξ>,则有()11kk k k p >+--,整理得1ln 03k k ->,设()()1ln 03x x x x ϕ=->,则()33x x xϕ-'=, 当()0,3x ∈时,()0x ϕ'>；当()3,x ∈+∞时,()0x ϕ'<,故()x ϕ在()0,3上单调递增,在()3,+∞上单调递减,又()40ϕ>,()50ϕ<,所以k 的最大值为4.2.2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密切接触者在接触一个患者后被感染的概率为() 01p p <<，某位患者在隔离之前，每天有a 位密切接触者，其中被感染的人数为()0X X a ≤≤，假设每位密切接触者不再接触其他患者. （1）求一天内被感染人数为X 的概率()P X 与a 、p 的关系式和X 的数学期望；（2）该病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有a 位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第n 天新增患者的数学期望记为)2(n E n ≥.（i ）求数列{}n E 的通项公式，并证明数列{}n E 为等比数列；（ii ）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率()ln 123p p p '=+-，当p '取最大值时，计算此时p '所对应的6E '值和此时p 对应的6E 值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.（取10a =） （结果保留整数，参考数据：12ln 5 1.6,ln 3 1.1,ln 20.7,0.3,0.733≈≈≈≈≈） 【答案】（1）()(1)XX a X a P X C p p -=-；EX ap =.（2）（i ）2(1)n nE ap ap -=+，证明见解析；（ii ）16，6480，戴口罩很有必要.【详解】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：~(,)X B a p ，则()(1)XX a X aP X C p p -=-,(0)X a ≤≤，X 的数学期望EXap =.（2）（i ）第n 天被感染人数为1(1)n ap -+，第1n -天被感染人数为2(1)n ap -+，由题目中均值的定义可知，122(1)(1)(1)n n n n E ap ap ap ap ---=+-+=+则11nn E ap E -=+，且2E ap =.{}n E ∴是以ap 为首项，1ap +为公比的等比数列.（ii ）令2()ln(1)3f p p p =+-，则1221()133(1)p f p p p -+'=-=++.()f p ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,1)2上单调递减.max 1311()()ln ln 3ln 2 1.10.70.30.12233f p f ==-=--≈--=.则当10a =，210(110)n n E p p -=+.46100.1(1100.1)=16E '=⨯+⨯.46100.5(1100.5)=6480E =⨯+⨯.66E E >'∴戴口罩很有必要.3.现有一批疫苗试剂，拟进入动物试验阶段，将1000只动物平均分成100组，任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有9只或10只动物产生抗体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不影响，且产生抗体的概率均为(01)p p <<．（1）求该组试验只需第一轮注射的概率（用含p 的多项式表示）；（2）记该组动物需要注射次数X 的数学期望为()E X ，求证：10()10(2)E X p <<-． 【答案】（1）910109p p -；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）设第一轮注射有Y 只动物产生抗体，则()10,Y B p ～，则所求概率即(10)(9)P Y P Y =+=；（2）先求得()()()9101011E X p p =+--，由01p <<显然可得()10E X >，再变形()()()9102101E X p p p =---，可证得()10(2)E X p <-.【详解】 （1）平均每组100010100=人， 设第一轮注射有Y 只动物产生抗体，则()10,Y B p ～， 所以109910(10)(9)10(1)109P Y P Y p p p p p =+==+-=-， 所以该组试验只需第一轮注射的概率为910109p p -． （2）由（1）得()91010109P X p p ==-，101010(10)(1),2,3,,10kk k P X k C p p k --=+=-=，所以102()10(10)(10)(10)k E X P X k P X k ===++=+∑10109101010210(10(1))(10)(1)k k k k p p p k C p p --==+-++-∑()()()10101010101099101010010111kkkkk k k k Cp pkC p p C p p ----===-+---∑∑，。
2024高考数学压轴题——概率与统计高考常见题型解题思路及知识点总结
2024高考数学压轴题——概率与统计高考常见题型解题思路及知识点总结2024高考数学压轴题——概率与统计的挑战与应对随着高考的临近，数学科目的复习也进入了关键阶段。
2024年的高考数学压轴题将会涉及到概率与统计的内容，这不仅考察学生的基本数学知识，更侧重于考察学生的逻辑思维能力、实际应用能力和问题解决能力。
本文将针对这一部分的常见题型、解题思路和知识点进行总结，希望能为广大考生提供一些帮助和指导。
一、常见题型的解题思路1、概率计算：在解决概率计算问题时，学生需要明确事件的独立性、互斥性和概率公式的应用。
尤其是古典概率和条件概率的计算，需要学生熟练掌握。
对于涉及多个事件的概率计算，学生需要理清事件的关联关系，采用加法、乘法或全概率公式进行计算。
2、随机变量及其分布：这部分要求学生掌握离散型和连续型随机变量的分布律及分布函数，理解并掌握几种常见的分布，如二项分布、泊松分布和正态分布等。
对于随机变量的数字特征，如期望、方差和协方差等，学生需要理解其含义并掌握计算方法。
3、统计推断：在统计推断问题中，学生需要掌握参数估计和假设检验的基本方法。
对于点估计，学生需要理解矩估计法和最大似然估计法的原理，并能够进行计算。
对于假设检验，学生需要理解显著性检验的原理，掌握单侧和双侧检验的方法。
4、相关与回归分析：相关与回归分析要求学生能够读懂散点图，理解线性相关性和线性回归的概念，掌握回归方程的拟合方法和拟合优度的评估方法。
二、概率与统计的相关知识点总结1、概率的基本概念：事件、样本空间、事件的概率、互斥事件、独立事件等。
2、随机变量及其分布：离散型随机变量和连续型随机变量，二项分布、泊松分布和正态分布等。
3、统计推断：参数估计、假设检验、点估计、置信区间、单侧和双侧检验等。
4、相关与回归分析：线性相关性和线性回归的概念，回归方程的拟合方法和拟合优度的评估方法。
三、示例分析下面我们通过一个具体的示例来演示如何分析和解决一道概率与统计的压轴题。
高考数学概率压轴题
高考数学概率压轴题通常比较复杂，需要学生具备扎实的概率论和统计学基础，同时还需要具备一定的分析问题和解决问题的能力。
以下是一个高考数学概率压轴题的示例：
题目：某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为$p$，且每次射击的结果互不影响。
该射手进行射击直到击中目标两次为止，则第一次射击击中目标但第二次射击未击中的概率为____。
解析：设该射手第一次射击击中的事件为A，第二次射击未击中的事件为B。
首先，第一次射击击中的概率为$p$，即$P(A) = p$。
其次，第一次射击击中后，该射手还有两次射击机会。
第二次射击未击中的概率为$1 - p$，即$P(B) = 1 - p$。
由于第一次和第二次射击是独立的事件，根据独立事件的概率乘法公式，第一次射击击中但第二次射击未击中的概率为：
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = p \times (1 - p) = p - p^2$故答案为：$p - p^2$。
压轴题07 统计与概率压轴题压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)
压轴题07统计与概率压轴题题型/考向一：计数原理与概率题型/考向二：随机变量及其分布列题型/考向三：统计与成对数据的统计分析一、计数原理与概率热点一排列与组合解决排列、组合问题的一般步骤(1)认真审题弄清楚要做什么事情；(2)要做的事情是分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素．热点二二项式定理1．求(a＋b)n的展开式中的特定项一般要应用通项公式T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0，1，2，…，n)．2．求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解．3．求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法．4．求解系数和问题应用赋值法．热点三概率1．古典概型的概率公式P (A )＝事件A 中包含的样本点数试验的样本点总数.2．条件概率公式设A ，B 为随机事件，且P (A )＞0，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.3．全概率公式设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )＞0，i ＝1，2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝∑ni ＝1P (A i )P (B |A i )．○热○点○题○型一计数原理与概率一、单选题1．现将甲乙丙丁四个人全部安排到A 市､B 市､C 市三个地区工作，要求每个地区都有人去，则甲乙两个人至少有一人到A 市工作的安排种数为（）A ．12B ．14C ．18D ．22【答案】D【详解】若甲乙两人中的1人到A 市工作，有12C 种选择，其余3人到另外两个地方工作，先将3人分为两组，再进行排列，有2232C A 安排种数，故有12223212C C A =种；若甲乙两人中的1人到A 市工作，有12C 种选择，丙丁中一人到A 市工作，有12C 种选择，其余2人到另外两个地方工作，有22A 种选择，故安排种数有112222C C A 8=种；若安排甲乙2人都到A 市工作，其余丙丁2人到另外两个地方工作，安排种数有22A 2=种，故总共有12+8+2=22种.故选：D2．世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（）A ．14B ．27C ．13D ．253．在2x x y -+的展开式中，项7x y 的系数为（）A ．60B ．30C ．20D ．60-【答案】D【详解】由()()6622x x y x x y ⎡⎤-+=-+⎣⎦，可得其二项展开式()61216C ,0,1,2,3,4,5,6rrr r T x x y r -+=-=，若先满足项7x y 中y 的次数，则1r =，可得()()55112226C 6T x x y x x y =-=-，其中()52x x -展开式的通项为()()()52210155C 1C ,0,1,2,3,4,5rrrr r rr T x x x r --+=-=-=，令107r -=，得3r =，可得()32377451C 10T x x =-=-，故项7x y 的系数为()61060⨯-=-.故选：D.4．在)7311⎛⋅ ⎝的展开式中，含1x 的项的系数为（）A ．21B ．35C ．48D ．56择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在A 小区的概率为（）A ．193243B ．100243C ．23D ．59至少有一个白球”，事件:B “3个球中至少有一个红球”，事件:C “3个球中有红球也有白球”，下列结论不正确的是（）A ．事件A 与事件B 不为互斥事件B ．事件A 与事件C 不是相互独立事件C ．()3031P C A =D ．()()P AC P AB >的社团．目前话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团分别还可以再接收1名学生，恰好含甲、乙的4名同学前来教务科申请加入，按学校规定每人只能加入一个社团，则甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率为（）A ．14B ．15C ．16D ．183月5日和3月4日胜利召开，为实现新时代新征程的目标任务汇聚智慧和力量．某市计划开展“学两会，争当新时代先锋”知识竞赛活动．某单位初步推选出3名党员和5名民主党派人士，并从中随机选取4人组成代表队参赛．在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，则党员甲被选中的概率为（）A ．12B ．1115C ．713D ．27【答案】C【详解】记“随机选取4人”为事件Ω，“代表队中既有党员又有民主党派人士”为事件A ，“党二、多选题9．在9x ⎛+ ⎝的展开式中，下列结论正确的是（）A ．第6项和第7项的二项式系数相等B ．奇数项的二项式系数和为256C ．常数项为84D ．有理项有2项10．已知01239252222x a a x a x a x a x -=+-+-+-++- ，则下列结论成立的是（）A ．20911a a a a ++++=LB ．3672a =C ．9012393a a a a a -+-+-= D ．123912398=++++ a a a a 【答案】ABD【详解】()()()()()9929012925122222x x a a x a x a x --+-=+⎣=-+-++-⎡⎤⎦，展开式的通项为()()()()99199C 125C 125r rrrrr rr T x x --+=--=-⋅⋅-⎡⎤⎣⎦，对选项A ：令3x =，可得()901292351a a a a ++++=⨯-= ，正确；对选项B ：()33498C 2T x =-，所以3398C 672a ==，正确；对选项C ：令1x =，可得901293a a a a -+--=- ，错误；对选项D ：()()()()()923901239252222x a a x a x a x a x -=+-+-+-++- ，两边同时求导，得()()()()82812391825223292x a a x a x a x -=+-+-++- ，令3x =，123912398=++++ a a a a ，正确．故选：ABD11．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以1A ，2A ，3A 表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（）A ．()25P B =B ．()1511P B A =C ．事件B 与事件1A 相互独立D ．1A 、2A 、3A 两两互斥表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为34，则（）A．事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥B．“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为9 16C．表演成功的环节个数的期望为3D．在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为3 4热点一分布列的性质及应用离散型随机变量X的分布列为X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n 则(1)p i≥0，i＝1，2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋p n＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n.(4)D (X )＝∑ni ＝1[x i －E (X )]2p i .(5)若Y ＝aX ＋b ，则E (Y )＝aE (X )＋b ，D (Y )＝a 2D (X ).热点二随机变量的分布列1.二项分布一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0<p <1)，用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n .E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p ).2.超几何分布一般地，假设一批产品共有N 件，其中有M 件次品，从N 件产品中随机抽取n 件(不放回)，用X 表示抽取的n 件产品中的次品数，则X 的分布列为P (X ＝k )＝C k M C n －k N －M C 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 }，E (X )＝n ·M N .热点三正态分布解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴x ＝μ.(2)样本标准差σ.(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间.○热○点○题○型二随机变量及其分布列一、单选题1．某班级有50名学生，期末考试数学成绩服从正态分布()2120,N σ，已(140)0.2P X >=，则[100,140]X ∈的学生人数为（）A ．5B ．10C ．20D ．30【答案】D【详解】因为期末考试数学成绩服从正态分布()2120,N σ，所以期末考试数学成绩关于120μ=对称，则(140)(100)0.2P X P X >=<=，所以(100140)0.6P X ≤≤=，所以[100,140]X ∈的学生人数为：0.65030⨯=人.故选：D.2．在某个独立重复实验中，事件A ，B 相互独立，且在一次实验中，事件A 发生的概率为p ，事件B 发生的概率为1p -，其中()0,1p ∈．若进行n 次实验，记事件A 发生的次数为X ，事件B 发生的次数为Y ，事件AB 发生的次数为Z ，则下列说法正确的是（）A ．()()()1pE X p E Y =-B ．()()()1p D X pD Y -=C ．()()E ZD Y =D ．()()()2D Z D X D Y=⋅⎡⎤⎣⎦【答案】C【详解】由已知，(),X B n p ，∴()E X np =，()()1D X np p =-，(),1Y B n p ~-，∴()()1E Y n p =-，()()()()1111D Y n p p np p ⎡⎤=---=-⎣⎦，∵事件A ，B 相互独立，∴一次实验中，A ，B 同时发生的概率()()()()1P AB P A P B p p ==-，∴()(),1Z B n p p ~-，∴()()1E Z np p =-，()()()()()211111D Z np p p p np p p p ⎡⎤=---=--+⎣⎦，对于A ，()2pE X np =，()()()211p E Y n p -=-，()()()1pE X p E Y =-不一定成立，故选项A 说法不正确；对于B ，()()()211p D X np p -=-，()()21pD Y np p =-，()()()1p D X pD Y -=，不一定成立，故选项B 说法不正确；对于C ，()()1E Z np p =-，()()1D Y np p =-，()()E Z D Y =成立，故选项C 说法正确；对于D ，()()()22222211D Z n p p p p ⎡⎤=--+⎣⎦，()()()2221D X D Y n p p ⋅=-，()()()2D Z D X D Y =⋅⎡⎤⎣⎦不一定成立，故选项D 说法不正确.故选：C.3．新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A 型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km ）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量2(13,)N ξσ ，若()12140.7P ξ<<=，则样本中耗电量不小于14kW h /100km ⋅的汽车大约有（）A ．180辆B ．360辆C ．600辆D ．840辆4．设1122，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是（）A ．对任意实数t ，()()P X t P Y t ≥≥≥B ．对任意实数t ，()()P X t P Y t ≤≥≤C ．()()21P Y P Y μμ≥≥≥D ．()()21P X P X σσ≤≤≤．．A ．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1B ．设()21N ξσ~，，且(0)0.2P ξ<=，则(12)0.2P ξ<<=C ．线性回归直线ˆˆˆybx a =+一定经过样本点的中心()，x y D ．随机变量()B n p ξ~，，若()()3020E D ξξ==，，则90n =从正态分布()272,8N ，则数学成绩位于[80，88]的人数约为（）参考数据：()0.6827P X μσμσ-≤≤+≈，()220.9545P X μσμσ-≤≤+≈，()330.9973P X μσμσ-≤≤+≈．A ．455B ．2718C ．6346D ．95457．某种品牌手机的电池使用寿命X （单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为（）A ．0.9B ．0.7C ．0.3D ．0.1面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000g ，上下浮动不超过50g ．这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为1000g ，标准差为50g 的正态分布．假设面包师的说法是真实的，记随机购买一个面包的质量为X ，若()2~,X N μσ，则买一个面包的质量大于900g 的概率为（）（附：①随机变量η服从正态分布()2,N μσ，则()0.6827μσημσ-≤≤+=，(22)0.9545P μσημσ-≤≤+=，(33)0.9973P μσημσ-≤≤+=；）A ．0.84135B ．0.97225C ．0.97725D ．0.99865二、多选题9．已知随机变量X 服从二项分布29,3B ⎛⎫⎪⎝⎭，随机变量21Y X =+，则下列说法正确的是（）A ．随机变量X 的数学期望()6E X =B ．512(2)93P X ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭C ．随机变量X 的方差()2D X =D ．随机变量Y 的方差()4D Y =10．随机变量且20.5P X ≤=，随机变量3,Y B p ，若E Y E X =，则（）A ．2μ=B ．()22D x σ=C ．23p =D ．()36D Y =坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分布，则（）A ．P (X ＞32)＞P (Y ＞32)B ．P (X ≤36)＝P (Y ≤36)C ．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车D ．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车【答案】BCD【详解】A.由条件可知()230,6X N ，()234,2Y N ~，根据对称性可知()()320.532P Y P X >>>>，故A 错误；B.()()36P X P X μσ≤=≤+,()()36P Y P Y μσ≤=≤+，所以()()3636P X P Y ≤=≤，故B 正确；C.()340.5P X ≤>=()34P Y ≤，所以()()3434P X P Y ≤>≤，故C 正确；D.()()()40422P X P X P X μσ≤<<=<+，()()403P Y P Y μσ≤=≤+，所以()()4040P X P Y ≤<≤，故D 正确.故选：BCD12．假设某厂有两条包装食盐的生产线甲、乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布()2500,5N （单位：g ），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为x g ，随机变量x 服从正态密度函数()2200(1000)x x ϕ--=，其中x ∈R ，则（）附：随机变量2(,)N ξμσ-，则()0.683P μσξμσ-<<+=，()220.954P μσξμσ-<<+=，()330.997P μσξμσ-<<+=．A ．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于485g 的概率为0.15%B ．生产线乙的食盐质量()2~1000,100x N C ．生产线乙产出的包装食盐一定比生产线甲产出的包装食盐质量重D ．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于515g ，于是判断出该生产线出现异常是合理的三、解答题13．学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班，假设每名候选人都有相同的机会被选到．(1)求恰有1名甲班的候选人被选中的概率；(2)用X 表示选中的候选人中来自甲班的人数，求()3P X ≥；(3)求（2）中X 的分布列及数学期望．()012344954954954954953E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．14．网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择．某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取10户，分别记为A 组和B 组，这20户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如下图：假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响·(1)从一单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取1户，估计该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的概率；(2)从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取1户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数为X ，估计X 的数学期望()E X ；(3)从A 组和B 组中分别随机抽取2户家庭，记1ξ为A 组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，2ξ为B 组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于20的户数，比较方差()1D ξ与()2D ξ的大小．（结论不要求证明）高科技体验．现有A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人，其工作程序依次分为三个步骤：分捡，归类，处理，每个步骤完成后进入下一步骤．若分捡步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为20分，若归类步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为30分，若处理步骤完成并且效能达到95%及以上，则该步骤得分为50分．若各步骤完成但效能没有达到95%，则该步骤得分为0分，在第三个步骤完成后，机器人停止工作．现已知A款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率依次为45，35，13，B款机器人完成各步骤且效能达到95%及以上的概率均为12，每款机器人完成每个步骤且效能是否达到95%及以上都相互独立．(1)求B款机器人只有一个步骤的效能达到95%及以上的概率；(2)若准备在A，B两种型号的小型家庭生活废品处理机器人中选择一款机器人，从最后总得分的期望角度来分析，你会选择哪一种型号？则()416226802030507575257575E X =⨯+⨯+⨯+⨯+14380015270801002525753⨯+⨯+⨯==．设B 款机器人完成所有工作总得分为Y ，则Y 的可能取值为0,20,30,50,70,80,100，所以()()3110,20,30,70,80,10028P Y ξξ⎛⎫==== ⎪⎝⎭，()31150224P Y ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，所以Y 的分布列为：Y02030507080100P18181814181818则()11111020305088848E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+11400708010050,888⨯+⨯+⨯==因为152503>，所以()()E X E Y >，所以从最后总得分的期望角度来分析，应该选择A 种型号的机器人．三、统计与成对数据的统计分析热点一用样本估计总体1.频率分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距，纵坐标表示频率组距，频率＝组距×频率组距.2.在频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.3.利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数.(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即众数.(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和相等.(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和.热点二回归分析求经验回归方程的步骤(1)依据成对样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系(有时可省略).(2)计算出x －，y －，∑n i ＝1x 2i ，∑n i ＝1x i y i 的值.(3)计算a ^，b ^.(4)写出经验回归方程.热点三独立性检验独立性检验的一般步骤(1)根据样本数据列2×2列联表；(2)根据公式χ2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），计算χ2的值；(3)查表比较χ2与临界值的大小关系，作统计判断.χ2越大，对应假设事件H 0成立(两类变量相互独立)的概率越小，H 0不成立的概率越大.○热○点○题○型三统计与成对数据的统计分析一、单选题1．已知一组数据1231,31,,31n x x x --- 的方差为1，则数据12,,,n x x x 的方差为（）A ．3B ．1C ．13D ．19抽取部分员工体检，已知该企业营销部门和研发部门的员工人数之比是4：1且被抽到参加体检的员工中，营销部门的人数比研发部门的人数多72，则参加体检的人数是（）A ．90B ．96C ．102D ．120【答案】D绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A ．频率分布直方图中a 的值为0.004B ．估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75C ．估计这20名学生数学考试成绩的众数为80D ．估计总体中成绩落在[)60,70内的学生人数为150【答案】D【详解】由()10237621a a a a a ⨯++++=可得0.005a =，故A 错误；前三个矩形的面积和为()102370.6a aa ⨯++=，所以这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80，故B 错误；这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C 错误；总体中成绩落在[)60,70内的学生人数为3101000150a ⨯⨯=，故D 正确.故选：D4．如图，一组数据123910,,,,,x x x xx ⋅⋅⋅，的平均数为5，方差为21s ，去除9x ，10x 这两个数据后，平均数为x ，方差为22s ，则（）A ．5x >，2212s s >B ．5x <，2212s s <C ．5x =，2212s s <D ．5x =，2212s s >根据食品安全管理考核指标对抽到的企业进行考核，并将各企业考核得分整理成如下的茎叶图．由茎叶图所给信息，可判断以下结论中正确是（）A ．若2a =，则甲地区考核得分的极差大于乙地区考核得分的极差B ．若4a =，则甲地区考核得分的平均数小于乙地区考核得分的平均数C ．若5a =，则甲地区考核得分的方差小于乙地区考核得分的方差D ．若6a =，则甲地区考核得分的中位数小于乙地区考核得分的中位数A ．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为12,x x 和2212,s s ，且已知12x x =，则总体方差()2221212s s s =+B ．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数r 越接近于1C ．已知随机变量X 服从正态分布()2,N μσ，若()()151P X P X -+= ，则2μ=D ．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27,30,37,,40,50m ；乙组：24,,33,44,48,52n ，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则67m n +=1，2，…，10A ．数据141x +，241x +，…，1041x +的平均数为9B ．10120i i x ==∑C ．数据13x ，23x ，…，103x 的方差为D ．102170i i x ==∑1制动距离（2d ，单位：m ）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v （单位：km/h ）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述1d ，2d 与v 的函数关系的是（）A ．1d v α=，2d =B ．1d v α=，22d v β=C ．1d =，2d v β=D ．1d =，22d vβ=【答案】B【详解】设()()1d v f v =，()()2d v g v =.由图象知，()()1d v f v =过点()40,8.5，()50,10.3，()60,12.5，()70,14.6，()80,16.7，()90,18.7，()100,20.8，()110,22.9，()120,25，()130,27.1，()140,29.2，()150,31.3，()160,33.3，()170,35.4，()180,37.5.作出散点图，如图1.由图1可得，1d 与v 呈现线性关系，可选择用1d v α=.()()2d v g v =过点()40,8.5，()50,16.2，()60,23.2，()70,31.4，()80,36，()90,52，()100,64.6，()110,78.1，()120,93，()130,108.5，()140,123，()150,144.1，()160,164.3，()170,183.6，()180,208.作出散点图，如图2.由图2可得，2d 与v 呈现非线性关系，比较之下，可选择用22d v β=.故选：B.二、多选题9．下列说法正确的是（）A ．数据5，7，8，11，10，15，20的中位数为11B ．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为18.5C ．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数能构成直角三角形三边长的概率为0.1D ．设随机事件A 和B ，已知0.8)PA =（，0.6|PB A =（），(|)0.1P B A =，则()0.5P B =故选：BCD.10．为了加强学生对党的二十大精神的学习，某大学开展了形式灵活的学习活动．随后组织该校大一学生参加二十大知识测试（满分：100分），随机抽取200名学生的测试成绩，这200名学生的成绩都在区间[]60,100内，将其分成5组：[)60,68，[)68,76，[)76,84，[)84,92，[]92,100，得到如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图，视频率为概率，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，则（）A ．该校学生测试成绩不低于76分的学生比例估计为76%B ．该校学生测试成绩的中位数估计值为80C ．该校学生测试成绩的平均数大于学生测试成绩的众数D ．从该校学生中随机抽取2人，则这2人的成绩不低于84分的概率估计值为0.16到该地旅游的游客中随机抽取10000位游客进行调查，得到各年龄段游客的人数和旅游方式，如图所示，则（）A ．估计2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人占游客总人数的80%B ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的游客占游客总人数的26.25%C ．估计2022年到该地旅游且选择自助游的游客中青年人超过一半D ．估计2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人比到该地旅游的老年人还要多【答案】ABC【详解】设2022年到该地旅游的游客总人数为a ，由题意可知游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为0.2a ，0.35a ，0.45a ，其中选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数分别为0.04a ，0.0875a ，0.135a ，所以2022年到该地旅游的游客中中年人和青年人的人数为0.350.450.8a a a +=，所以A 正确；因为2022年到该地旅游的游客选择自助游的人数0.040.08750.1350.2625a a a a ++=，所以B 正确；因为2022年到该地旅游且选择自助游的游客的人数为0.2625a ，其中青年人的人数为0.135a ，所以C 正确；因为2022年到该地旅游的游客中选择自助游的青年人的人数为0.135a ，而到该地旅游的老年人的人数为0.2a ，所以D 错误．故选：ABC.12．如图为国家统计局于2022年12月27日发布的有关数据，则（）A ．营业收入增速的中位数为9.1%B ．营业收入增速极差为13.6%C ．利润总额增速越来越小D ．利润总额增速的平均数大于6%【答案】ABD【详解】由表中数据易知营业收入增速的中位数为9.1%，故选项A 正确；营业收入增速的极差为20.3% 6.7%13.6%-=，故选项B 正确；利润总额增速2022年1-3月累计比2022年1-2月累计上升，故选项C 错误；利润总额增速的平均数(38.0%34.3% 5.0%8.5% 3.5% 1.0% 1.0% 1.1%++++++-2.1% 2.3% 3.0% 3.6%)12 6.6%----÷=，故选项D 正确；故选：ABD .三、解答题13．为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验．研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按[)[)[)[)[]0,20,20,40,40,60,60,80,80,100分组，绘制频率分布直方图如图所示，实验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只，假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立．抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及0.05a =的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关．（单位：只）(2)为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小自鼠产生抗体．（i ）用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p ；（ii ）以（i ）中确定的概率p 作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记n 个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量X ．试验后统计数据显示，当X =99时，P （X ）取最大值，求参加人体接种试验的人数n ．参考公式：22()()()()()n ad bc x a b c d a c b d -=++++（其中n a b c d =+++为样本容量）20()P x k ≥0.500.400.250.150.1000.0500.0250k 0.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024零假设为0根据列联表中数据，得220.05200(502020110) 4.945 3.8411604070130x x ⨯⨯-⨯=≈>=⨯⨯⨯，根据0.05α=的独立性检验，推断0H 不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）（i ）令事件A =“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B =“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体’’，事件C =“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”，记事件A ，B ，C 发生的概率分别为(),(),()P A P B P C ，则160()0.8200P A ==，20(|)0.540P B A ==，()1()1()(|)10.20.50.9P C P AB P A P B A =-=-=-⨯=，所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率0.9p =，（ii ）由题意，知随机变量~(,0.9)X B n ，()C 0.90.1(0,1,2,)k k n kn P X k k n -==⨯⨯= ，因为(99)P X =最大，所以999999989898999999100100100C 0.90.1C 0.90.1C 0.90.1C 0.90.1n n n n n n nn ----⎧⨯⨯≥⨯⨯⎨⨯⨯≥⨯⨯⎩，解得1109110,9n ≤≤n Q 是整数，所以109n =或110n =，∴接受接种试验的人数为109或110．14．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：2m ）和材积量（单位：3m ），得到如下数据：样本号i12345678910平均值根部横截面积0.040.060.040.080.080.05a b c 0.070.06ix 材积量i y 0.250.410.220.540.530.340.350.390.430.440.39其中a ，b ，c 为等差数列，并计算得：610.146i i i xy ==∑0.044≈，0.303≈．(1)求b的值；(2)若选取前6个样本号对应数据，判断这种树木的根部横截面积与材积量是否具有很强的线性相关性，并求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的回归直线方程（若0.250.75r ≤≤，则认为两个变量的线性相关性一般；若0.75r>，则认为两个变量的线性相关性很强）；附：相关系数n i i x y nx yr -=∑回归直线y bx a =+$$$中，1221n i i i n ii x y nx y b xnx ==-=-∑∑ ，a y bx =-$$．(3)根据回归直线方程估计a ，c 的值（精确到0.01）．。
(完整版)概率经典例题及解析、近年高考题50道带答案.doc
【经典例题】【例 1】（ 2012 湖北） 如图，在圆心角为直角的扇形 OAB 中，分别以 OA ， OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是21 121 A ．1- πB ． 2 - πC ． πD ． π【答案】 A【解析】 令 OA=1，扇形 OAB 为对称图形， ACBD 围成面积为 S 1，围成 OC 为 S 2，作对称轴 OD ，则过 C 点． S 2 即为以 OA2 π 1 2 111 π -2 S2(2)-2×2×2=1为直径的半圆面积减去三角形OAC 的面积， S =8 ．在扇形 OAD 中 2 为扇形面积减去三角S 2 S 1 1 21 S 2π -2 π -2π形 OAC 面积和 2 ， 2 = 8 π×1 - 8 - 2 =16 ， S 1+S 2= 4 ，扇形 OAB 面积 S= 4 ，选 A ．【例 2】（ 2013 湖北） 如图所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小的小正方体，经过搅拌后， 从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则 X 的均值 E(X) ＝ ( )1266 1687 A. 125B. 5C.125D. 5【答案】 B27 54 36 8 27【解析】 X 的取值为 0，1， 2，3 且 P(X ＝ 0) ＝125，P(X ＝ 1) ＝125，P(X ＝ 2) ＝ 125，P(X ＝ 3) ＝ 125，故 E(X) ＝0× 125＋1× 54 36 8 6＋2× ＋3× ＝，选B.125 125 125 5【例 3】（ 2012 四川） 节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通 电后的 4 秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以 4 秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是 ()1 1 3 7 A. 4B. 2C. 4D. 8【答案】 C【解析】 设第一串彩灯在通电后第 x 秒闪亮， 第二串彩灯在通电后第 y 秒闪亮，由题意 0≤ x ≤ 4，满足条件的关系式0≤y ≤4，根据几何概型可知， 事件全体的测度 ( 面积 ) 为 16 平方单位，而满足条件的事件测度( 阴影部分面积 ) 为 12 平方单位，123故概率为 16＝ 4.【例 4】（ 2009 江苏） 现有 5 根竹竿，它们的长度（单位： m ）分别为 2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2 根竹竿，则它们的长度恰好相差 0.3m 的概率为 .【答案】 0.2 【解析】 从 5 根竹竿中一次随机抽取 2 根的可能的事件总数为 10，它们的长度恰好相差 0.3m 的事件数为 2，分别是：2.5 和 2.8 ， 2.6 和 2.9 ，所求概率为 0.2【例 5】（ 2013 江苏） 现有某类病毒记作 X m Y n ，其中正整数 m ， n(m ≤7， n ≤ 9)可以任意选取，则 m ， n 都取到奇数的概率为 ________．20【答案】【解析】 基本事件共有 7×9＝ 63 种， m 可以取 1， 3， 5，7， n 可以取 1， 3，5， 7， 9. 所以 m ，n 都取到奇数共有 2020种，故所求概率为63.【例 6】（ 2013 山东） 在区间 [－ 3，3] 上随机取一个数 x ，使得 |x ＋ 1|－ |x － 2| ≥1成立的概率为 ________．【答案】13【解析】 当 x<－ 1 时，不等式化为－ x － 1＋ x －2≥1，此时无解；当－ 1≤x ≤2 时，不等式化为 x ＋1＋ x －2≥1，解之得 x ≥1；当 x>2 时，不等式化为 x ＋ 1－ x ＋2≥1，此时恒成立， ∴|x ＋ 1| － |x －2| ≥1的解集为 [ 1，＋∞ ) . 在 [ －3， 3]上使不等式有解的区间为 [ 1，3] ，由几何概型的概率公式得 P ＝ 3－ 1 1 .3－（－ 3） ＝3【例 7】（ 2013 北京）下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图， 空气质量指数小于 100 表示空气质量优良， 空气质量指数大于 200 表示空气重度污染． 某人随机选择 3 月 1 日至 3 月 13 日中的某一天到达该市， 并停留 2 天．（ 1）求此人到达当日空气重度污染的概率；（ 2）设 X 是此人停留 期间空气质量优良的天数，求 X 的分布列与数学期望；（ 3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明 )【答案】 132； 1213； 3 月 5 日【解析】 设 Ai 表示事件“此人于3 月 i 日到达该市” (i ＝ 1， 2， ， 13) ．1(i ≠j) ．根据题意， P(Ai) ＝ ，且 Ai ∩Aj ＝13（ 1）设 B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A5∪A8.2所以 P(B) ＝P(A5∪A8)＝ P(A5) ＋ P(A8) ＝ .13（ 2）由题意可知， X 的所有可能取值为 0，1， 2，且P(X＝ 1) ＝P(A3∪A6∪A7 ∪A11)4＝P(A3) ＋ P(A6) ＋ P(A7) ＋ P(A11) ＝13，P(X＝ 2) ＝P(A1∪A2∪A12∪A13)4＝P(A1) ＋ P(A2) ＋ P(A12) ＋ P(A13) ＝13，5P(X＝ 0) ＝ 1－ P(X＝ 1) － P(X＝ 2) ＝13.所以 X 的分布列为X 0 1 2P 5 4 4 13 13 135 4 4 12故 X 的期望 E(X) ＝0×＋1×＋2×＝ .13 13 13 13（ 3）从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大．【例 8】（2013 福建）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2，中奖可以3 获得 2 分；方案乙的中奖率为2，中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中5奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．（ 1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求 X≤3的概率；（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？【答案】1115；方案甲．2 2【解析】方法一：（ 1）由已知得，小明中奖的概率为3，小红中奖的概率为5，且两人中奖与否互不影响．记“这2 人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件 A 的对立事件为“ X＝5”，2 2 411因为 P(X＝5) ＝×＝，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，3 5 151511即这两人的累计得分X≤3的概率为15.（ 2）设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1) ，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2) ．2 2由已知可得，X1～ B 2，3， X2～ B 2，5，2 42 4所以 E(X1) ＝2×3＝3， E(X2) ＝2×5＝5，812从而 E(2X1) ＝ 2E(X1) ＝， E(3X2) ＝ 3E(X2) ＝.3 5因为 E(2X1)>E(3X2) ，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：（ 1）由已知得，小明中奖的概率为2，小红中奖的概率为2，且两人中奖与否互不影响．35记“这两人的累计得分 X ≤3”的事件为 A ，则事件 A 包含有“ X ＝0”“ X ＝2”“ X ＝3”三个两两互斥的事件，2 2 1 2 2 22 22， 因为 P(X ＝ 0) ＝ 1－× 1－ ＝ ，P(X ＝ 2) ＝ × 1－＝ ，P(X ＝3) ＝ 1－ × ＝ 15 355355 3 511所以 P(A) ＝ P(X ＝ 0) ＋ P(X ＝ 2) ＋ P(X ＝ 3) ＝15，11即这两人的累计得分 X ≤3的概率为 15.（ 2）设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则 X1， X2 的分布列如下：X1 0 2 4 X2 0 3 6 P14 4 P912 4 9 9 9 2525251448所以 E(X1) ＝0× 9＋2× 9＋4× 9＝ 3，E(X2) ＝0× 9 ＋3× 12＋6× 4 ＝ 12.25 25 25 5因为 E(X1)>E(X2) ，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．【例 9】（ 2013 浙江） 设袋子中装有 a 个红球， b 个黄球， c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1 分，取出一个黄球得2 分，取出一个蓝球得3 分．（ 1）当 a ＝ 3， b ＝ 2，c ＝ 1 时，从该袋子中任取 (有放回，且每球取到的机会均等 )2 个球，记随机变量 ξ为取出此 2球所得分数之和，求 ξ的分布列；（ 2）从该袋子中任取 (每球取到的机会均等 )1 个球，记随机变量 η为取出此球所得分数． 若 E η＝ 5，D η＝5，求 a ∶ b ∶ c.3 9【答案】 3∶ 2∶ 1【解析】（ 1）由题意得，ξ＝ 2， 3， 4， 5， 6.P(ξ＝ 2) ＝ 3×3 1＝ ，6×6 4 P(ξ＝ 3) ＝2×3×2＝ 1，6×6 32×3×1＋2×2 5 P(ξ＝ 4) ＝ 6×6 ＝ 18. P(ξ＝ 5) ＝ 2×2×1 16×6＝ 9，P(ξ＝ 6) ＝ 1×1 1，＝ 366×6 所以 ξ 的分布列为ξ 2 3 4 5 6 P1 1 5 1 1 4318936（ 2）由题意知 η 的分布列为η 1 2 3Pa b ca ＋b ＋c a ＋ b ＋ ca ＋b ＋ca 2b3c5所以 E η＝ a ＋ b ＋ c ＋ a ＋b ＋ c ＋ a ＋b ＋ c ＝ 3，5 a 5 b 5c5D η＝ 1－ 32· a ＋ b ＋ c ＋2－ 32· a ＋ b ＋ c ＋3－ 32· a ＋ b ＋ c ＝ 9， 2a － b － 4c ＝ 0，解得 a ＝ 3c ， b ＝ 2c ， 化简得a ＋ 4b －11c ＝ 0，故 a ∶b ∶c ＝3∶2∶1.【例 10】（ 2009 北京理） 某学生在上学路上要经过 4 个路口， 假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的 概率都是 1，遇到红灯时停留的时间都是2min.3（ 1）求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率； （ 2）求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的分布列及期望 .【答案】4；327 8【解析】 本题主要考查随机事件、互斥事件、相互独立事件等概率知识、考查离散型随机变量的分布列和期望等基础 知识，考查运用概率与统计知识解决实际问题的能力.（ 1）设这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯为事件 A ，因为事件 A 等于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A 的概率为PA11111 4 .333 27（ 2）由题意，可得可能取的值为 0，2， 4， 6，8（单位： min ） .事件“2k ”等价于事件“该学生在路上遇到k 次红灯”（ k 0， 1， 2，3， 4），k 4 k∴ P2kC k412k 0,1,2,3,4，33∴即 的分布列是0 246 8P16 32 8818181278181∴ 的期望是 E16 32 88 1 82468.818127 81813【课堂练习】1.（ 2013 广东） 已知离散型随机变量X 的分布列为X 1 2 3P3 3 151010则 X 的数学期望 E(X) ＝ () 35A. 2B ． 2 C. 2 D ． 32.（ 2013 陕西） 如图，在矩形区域 ABCD 的 A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区 域 ADE 和扇形区域 CBF( 该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常 )．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无 信号的概率是 ( )．A ．1－ π π π D ． π4 B ． －1 B ．2－ 42 23．在棱长分别为 1， 2， 3 的长方体上随机选取两个相异顶点，若每个顶点被选的概率相同，则选到两个顶点的距离 大于 3的概率为 ()4 3 2 3A ．7B ． 7C ． 7D ． 144．（ 2009 安徽理） 考察正方体 6 个面的中心，甲从这 6 个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6 个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于12 34?BA ．B ．C ．D ．75757575?F?C?D? E? A5.（ 2009 江西理） 为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3 种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5 袋，能获奖的概率为（）3133 C ．4850A ．B ．81D ．.8181816.（ 2009 辽宁文） ABCD 为长方形， AB ＝ 2， BC ＝1，O 为 AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于 1 的概率为A ．B ． 1C ．8D ． 18447.（ 2009 上海理） 若事件 E 与 F 相互独立，且 P EP F1 的值等于，则P EI F4A ． 01 C ．11B ．4D ．1628．（ 2013 广州） 在区间 [1，5] 和[2， 4]上分别取一个数，记为a ，b ，则方程 x 2 y 22＋b 2＝ 1 表示焦点在 x 轴上且离心率小a于 3的椭圆的概率为 ()2C ．1711531A ．2B ． 3232D ． 321， 2，3，9．已知数列 {a } 满足 a ＝ a＋ n － 1(n ≥2，n ∈ N)，一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为nnn －14， 5， 6，将这颗骰子连续抛掷三次，得到的点数分别记为 a ， b ， c ，则满足集合 {a ，b ， c} ＝ {a 1， a 2， a 3}(1 ≤a i ≤6，i ＝ 1， 2， 3)的概率是 ()1B ． 1C ． 1D ． 1A ．72 36 24 1210.（ 2009 湖北文） 甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、 0.6、 0.5，则三人都达标的概率是，三人中至少有一人达标的概率是 。
(word完整版)高中数学概率大题(经典二)
高中数学概率大题（经典二）一.解答题（共10小题）1 •某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同•假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p i,寿命为2年以上的概率为P2 •从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换.（I）在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；（n）在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；（川）当P1=0.8 , P2=0.3时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换4只灯泡的概率（结果保留两个有效数字）.2.已知盒中有10个灯泡，其中8个正品，2个次品.需要从中取出2个正品，每次取出1 个，取出后不放回，直到取出2个正品为止•设E为取出的次数，求E的分布列及E E.3•某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责，已知该系共有n位学生，每次活动均需该系k位学生参加（n和k都是固定的正整数），假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k位学生，且所发信息都能收到，记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X.（I ）求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率；（II ）求使P （X=m取得最大值的整数m.4•在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象，一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇（此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇），只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔.以E表示笼内还剩下的果蝇的只数.（I）写出E的分布列（不要求写出计算过程）和数学期望E E;（n）求概率P （E》E E）.5. A, B, C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时）：A班 6 6.5 7 7.5 8B班 6 78910 11 12C班 3 4.5 67.5910.5 12 13.5（I）试估计C班的学生人数；（n）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；（川）再从A, B, C三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是7, 9, 8.25 （单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为卩1,表格中数据的平均数记为卩o,试判断卩0和卩1的大小.（结论不要求证明）6.某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数E的分布列为12345P0.40.20.20.10.1商场经销一件该商品，采用1期付款, 其利润为200 元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元，n表示经销一件该商品的利润.（I）求事件A: “购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P （A）;(n)求n 的分布列及期望 E 耳.7•甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活 动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得 1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0 分.已知甲每轮猜对的概率是务乙每轮猜对的概率是卸每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响•各轮结果亦互不影响•假设“星队”参加两轮活动， 求： (I ) “星队”至少猜对3个成语的概率；(II ) “星队”两轮得分之和为 X 的分布列和数学期望 EX &某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为 1, 2, 3的人数分别为3, 3, 4,现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1 )设A 为事件“选出的 2人参加义工活动次数之和为 4”，求事件A 发生的概率； (2)设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量 X 的分布列和数学期望.9•购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费a 元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10 000元的赔偿金.假定在一年度内有10 000人购买了这种保险, 且各投保人是否出险相互独立•已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10 000元的概率、r104为 1 - 0.999 .(I)求一投保人在一年度内出险的概率p ；(n)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000元，为保证盈利的期望不小于0,求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元) 10•某公司为了解用户对其产品的满意度，从 A , B 两地区分别随机调查了 20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下： A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1 )根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度 评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级： 满意度评分 低于70分 70分到89分满意度等级不满意满意记事件C : “A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级” 价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的频率，求C 的概率.11.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有 4个红球、6个白球的甲箱和装有 5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出 1个球，在摸出 的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不不低于90分 非常满意，假设两地区用户的评获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X求X的分布列和数学期望.12•端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个.(I)求三种粽子各取到1个的概率；(H)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望.13. 为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加，现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名，乙协会的运动员5名，其中种子选手3名，从这8 名运动员中随机选择4人参加比赛.(I)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；(n)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.14. 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.(I)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(n)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元) ，求X的分布列和均值(数学期望)15. 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X,求X的分布列和数学期望.16. 若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137, 359, 567等).在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次，得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分，若能被5整除，但不能被10整除，得-1分，若能被10整除，得1分.(I)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(n)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望EX17. 设每个工作日甲，乙，丙，丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6 , 0.5 , 0.5 , 0.4 ,各人是否需使用设备相互独立.(I)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(n)实验室计划购买k台设备供甲，乙，丙，丁使用，若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1，求k的最小值.18. 20名学生某次数学考试成绩(单位：分)的频率分布直方图如图：(I)求频率分布直方图中a的值；(n)分别求出成绩落在［50, 60)与［60 , 70)中的学生人数；(川)从成绩在［50 , 70)的学生任选2人，求此2人的成绩都在［60 , 70)中的概率._afra30 50 60 70 80 M 10019•某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)(I)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(H)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.20. 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示•将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立.(I)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(n)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E (X)及方差D (X ).参考答案与试题解析.解答题(共10小题)1. ( 2005?湖北)某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同•假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿命有关，该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为p i，寿命为2年以上的概率为P2.从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换.(I)在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；(n)在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；(川)当P1=O.8 , P2=O.3时，求在第二次灯泡更换工作，至少需要更换4只灯泡的概率(结果保留两个有效数字).【解答】解：因为该型号的灯泡寿命为1年以上的概率为P1,寿命为2年以上的概率为P2.所以寿命为1〜2年的概率应为P1 - P2.其分布列为：寿命0〜1 1〜2 2〜P 1 - P1 P1- P2 P2(I )一只灯泡需要不需要换，可以看做一个独立重复试验，根据公式得到在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为P15，需要更换2只灯泡的概率为C2p；(1- P1)1(II )在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说，该盏灯需要更换灯泡是两个独立事件的和事件：①在第1、2次都更换了灯泡的概率为(1 - pj 2;②在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为P1 - P2.2故所求的概率为P3= ( 1 - P1)+P1 - P2.(III )由(II )当P1=0.8 , P2=0.3时，在第二次灯泡更换工作中，对其中的某一盏灯来说, 2该盏灯需要更换灯泡的概率P3= (1 - P1) +P1 ( P1 - P2)=0.54 .在第二次灯泡更换工作，至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况：5 5①换5只的概率为P3 =0.54 =0.046 ;②换 4 只的概率为C51P34(1 - P3)=5X 0.54 4(1 - 0.54 ) =0.196 , 故至少换4只灯泡的概率为：P4=0.046+0.196=0.242 .即满两年至少需要换4只灯泡的概率为0.242 .2. ( 2004?安徽)已知盒中有 10个灯泡，其中8个正品，2个次品.需要从中取出 2个正 品，每次取出1个，取出后不放回，直到取出 2个正品为止.设E 为取出的次数，求E 的分布列及E E.【解答】 解：由题意知每次取 1件产品， •••至少需2次，即E 最小为2，有2件次品， 当前2次取得的都是次品时，E =4, • E 可以取2, 3, 4当变量是2时，表示第一次取出正品，第二次取出也是正品， 根据相互独立事件同时发生的概率公式得到E E =2X P (E =2) +3X P (E =3) +4X P (E =4) .3. (2013?安徽)某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动， 分别由李老师和张老师负责，已知该系共有n 位学生，每次活动均需该系k 位学生参加(n 和k 都是固定的正整数)，假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给 该系k 位学生，且所发信息都能收到， 记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生 人数为X . (I )求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； (II )求使P (X=m 取得最大值的整数 m.【解答】解：(I )因为事件A : “学生甲收到李老师所发信息”与事件 B : “学生甲收到张老_1—I I —|J n — 1 Jr师所发信息”是相互独立事件，所以 ■-与「相互独立，由于 P (A ) =P ( B )= 丄，故P C k n f 1 1(鼻)=P 广)=1-二，L-l 2 2kn-因此学生甲收到活动信息的概率是1-( 1-半)2=——-—(II )当 k=n 时，m 只能取 n ,此时有 P (X=m ) =P (X=n ) =1当k v n 时，整数m 满足k < m < t ，其中t 是2k 和n 中的较小者，由于“李老师与张老师各 自独立、随机地发送活动信息给k 位”所包含的基本事件总数为()2,当X=m 时，同时P (E =2) P (E =3) =呂 X 7 = 1g =8 X Z >lolg 仁2 X 呂X 7. _14i 9 ■3=1- 45• E 的分布列如下：P (E =4)14. _ 145二；■-；收到两位老师所发信息的学生人数为2k- m,仅收到李老师或张老师转发信息的学生人数为m- k，由乘法原理知：事件｛X=m｝所包含的基本事件数为n K UK n K n JC2 因此 k w 2k -「< tn+2综上得，符合条件的 m=2k-［4. （ 2007?安徽）在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象，一个关有 6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇（此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇），只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出， 再关闭小孔•以E 表示笼内还剩下的果蝇的只数.（I ）写出E 的分布列（不要求写出计算过程）和数学期望 E E;（H ）求概率P （E 》E O .【解答】解：（I ）由题意知以E 表示笼内还剩下的果蝇的只数，E 的可能取值是 0, 1, 2,3, 4, 5, 6 得到E 的分布列为：E 01 2 3 4 5 6P 16 54 3 2 1 28 282828 28 28 28•••数学期望为 E E =二(1X 6+2 X 5+3 X 4 ) =2. (II )所求的概率为P (E> E E ) =P (E> 2)丄卫-叭叶引f ]k _k|R, cc .止 ri-fckTY-（即P ( x=m=544+3+2+1 1528 ' _28当 k w m< t 时，P (X=M V P (X=M+1 ? 2(m — k+1) w (n — m (2k - m ) ? m w 2k -(k+1 】[ 假如k w 2k -k w 2k -（k 圮）‘ n+2（k+122n+2 < t 成立，则当（2k+1）能被n+2整除时,<2k+1 - (k+1 ) 1 n+22<t ，故 P(X=M 在 m=2k- n+2和 m=2k+1-(k+1 n+2 处达到最大值；2当(k+1) 2不能被n+2整除时，P (X=M )在m=2k- [ n+2 ］处达到最大值（注：［x ］表示不超过x 的最大整数）， （k+1 ） 2n+2F 面证明k w 2k -因为1 w k < n ,所以2k -(k+1)' n+2k= kn- k 2 - 1- k 2- 1 k- 1------------ > ------------------ = ----n+2n+2n+2而 2k -— n+2n=一 n+2< 0,故 2k -@+l_)2n+2< n ,显然2k -31〕$n+2< 2k5. （ 2016?北京）A , B , C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层 抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时） ：A 班 6 6.5 7 7.5 8B 班 6 7 89 10 11 12C 班3 4.5 6 7.59 10.5 12 13.5（I ）试估计C 班的学生人数；（n ）从A 班和C 班抽出的学生中， 各随机选取一个人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相对独立， 求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;（川）再从A , B, C 三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是 7, 9, 8.25 （单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为卩 1,表格中数据的平均数记为卩0,试判断卩0和卩1的大小.（结论不要求证明）【解答】 解：（I ）由题意得：三个班共抽取 20个学生，其中C 班抽取8个，（n ）从从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取一个人, 共有5 X 8=40种情况， 而且这些情况是等可能发生的， 当甲锻炼时间为 当甲锻炼时间为 当甲锻炼时间为 当甲锻炼时间为 当甲锻炼时间为故周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率 P 二 ----- '~ 二-•（川）卩0＞卩1.6. （ 2016?东城区模拟）某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数E 的 分布列为E1 23 4 5P0.40.2 0.2 0.1 0.1商场经销一件该商品，采用1期付款,其利润为 200 元； 分2期或3期付款，其利润为250 元；分4期或5期付款，其利润为 300元，n 表示经销一件该商品的利润.（I ）求事件A : “购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P （A ）; （n ）求n的分布列及期望 E n.【解答】 解：（I ）由题意知购买该商品的 3位顾客中至少有1位采用1期付款的对立事件 是购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款，设A 表示事件“购买该商品的 3位顾客中至少有1位采用1期付款”. 知、表示事件“购买该商品的 3位顾客中无人采用1期付款”P （A ）=（1 - 0. 4）^0.216, .•匸丄丄F 「一c m 」.6时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间2种情况； 3种情况; 3种情况； 3种情况; 4种情况；40(n)根据顾客采用的付款期数E 的分布列对应于n 的可能取值为 得到变量对应的事件的概率P (n =200) =P (E =1) =0.4 ,P (n =250) =P (E =2) +P (E =3) =0.2+0.2=0.4 ,P (n =300) =1 - P (n =200)- P (n =250) =1 - 0.4 - 0.4=0.2 . •••n 的分布列为n200 250 300 P0.40.40.2• E n =200X 0.4+250 X 0.4+300 X 0.2=240 (元).7. ( 2016?山东)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成 语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则 “星队” 得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是 亍，乙每轮猜对的概率是二；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响.各轮结果亦互不影响.假设“星队”参 加两轮活动，求：(I ) “星队”至少猜对3个成语的概率；(II ) “星队”两轮得分之和为 X 的分布列和数学期望 EX【解答】解：(I ) “星队”至少猜对 3个成语包含“甲猜对 1个，乙猜对2个”，“甲猜对2 个，乙猜对1个”，“甲猜对2个，乙猜对2个”三个基本事件，故概率(X=6) 200 元，250 元，300 元.5 122 »(II ) “星队”两轮得分之和为 X 可能为：0P •討1-汁(£円和2 2 则P (x=0)=a ・弓~)・d -青) ・(i 违)■亍)■計a-P (X=1) =2X [ -1144 2 2P (X=2)43 J4 J 43 ;4」3 3、2 _ 3 . 2 4” 3-4)丐4 f-I)卸吩)2 243 -'：-：-・ - i + ；■ --」 3 2 .八 _ 3(X=3) (X=4) =2X12=2X [60 144=144X 0346故X的分布列如下图所示:& (2016?天津)某小组共10人，利用假期参加义工活动， 已知参加义工活动次数为 1, 2,3的人数分别为3，3, 4,现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1 )设A 为事件“选出的 2人参加义工活动次数之和为 4”求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X 的分布列和数学期望.【解答】 解：(1)从10人中选出2人的选法共有,■ . =45种，事件A :参加次数的和为 4，情况有：①1人参加1次，另1人参加3次，②2人都参加2 次；9. ( 2015?鄂州校级模拟)购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保费a 元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得 10 000元的赔偿金•假定在一年度内有 10000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立•已知保险公司在一年度内至少支付104赔偿金10 000元的概率为1 - 0.999 .(I)求一投保人在一年度内出险的概率p ;P•••数学期望1 1025 12 60144 144 144 144 144144EX=O X ___ +1 x 144 10144 +2X 二=J_144'T共有•事件A 发生概率：P=—(n) X 的可能取值为0, 1,2102.=_ 3(X=0)• X 的分布列为:4 15• EX=0X+1 X +2 X ■=1.15_15 +4X —L +6 144 种,(x=1) (X=2)(n)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000元，为保证盈利的期望不小于o ,求每位投保人应交纳的最低保费(单位：元) 【解答】解：由题意知各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是 p ,记投保的10000人中出险的人数为E, 由题意知E 〜B (104, p ).(I)记A 表示事件：保险公司为该险种至少支付10000元赔偿金，则发生当且仅当E =0,「二-二「=1 - P (E =0) =1-( 1-p ) 104, 又 P (A ) =1 - 0.999 ,故 p=0.001 .(n)该险种总收入为 10000a 元，支出是赔偿金总额与成本的和.支出 10000 E +50000,盈利 n =10000a -( 10000 E +50000),盈利的期望为 E n =10000a - 10000E E- 50000,.4- 3 .由 E 〜B (10 , 10 )知， —3E E =10000X 10,44 4444― 34E n =10 a - 10 E E - 5X 10 =10 a - 10 x 10 x 10- 5x 10 .444E n> 0? 10 a - 10 x 10- 5x 10 >0? a - 10- 5>0? a > 15 (元). •••每位投保人应交纳的最低保费为15元.10. (2015?新课标II )某公司为了解用户对其产品的满意度，从 A, B 两地区分别随机调查了 20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下： A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B 地73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1 )根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度 评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级： 满意度评分 低于70分 70分到89分满意度等级不满意满意 记事件C : “A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的频率，求C 的概率.不低于90分 非常满意，假设两地区用户的评【解答】解：(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下Aifi区B地区43513 4 66 4 26 2 4 5 56 S S 0 4 31 3 3 4 6 99 S 6 5 2 1S 1 2 37 S 5 29 1 3通过茎叶图可以看出，地区用户满意度评分比较集中，(2)记C Ai表示事件“ A地区用户满意度等级为满意或非常满意记C A2表示事件“ 记C Bi表示事件“ 记C B2表示事件“ 则C Ai与C Bi独立，则C=C AI C BI U C A2C B2,P (C) =P ( C AI C BI)+P (C A2C B2) =P ( C AI)P ( C BI)+P (C A2)P( C B2),11020"20820A地区用户满意评分的平均值高于B地区用户满意评分的平均值；A B地区用户满意度评分比较分散；A地区用户满意度等级为非常满意” B地区用户满意度等级为不满意”，B地区用户满意度等级为满意”，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，。
2020高考热点与导数相结合的概率统计压轴题
2020高考热点与导数相结合的概率统计压轴题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN与函数相结合的概率统计压轴题例1、一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓后要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则获得-300分.设每次击鼓出现音乐的概率为205⎛⎫<<⎪⎝⎭p p ，且各次击鼓出现音乐相互独立. （1）若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ；（2）以（1）中确定的0p 作为p 的值，玩3盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量X ，求每盘游戏出现音乐的概率1p ，及随机变量X 的期望EX ；（3）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.解：（1）由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：()()213231363=-=-+f p C p p p p p ,()()()3311'=--f p p p 由()0f p '=得13p =或1p =（舍）当10,3p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f p '>；当12,35⎛⎫∈ ⎪⎝⎭p 时,()0f p '<, ∴()f p 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在12,35⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减, ∴当13p =时,()f p 有最大值,即()f p 的最大值点013=p ；（2）由（1）可知,013==p p则每盘游戏出现音乐的概率为3111911327⎛⎫=--= ⎪⎝⎭p 由题可知193,27⎛⎫ ⎪⎝⎭XB ∴19193279=⨯=EX ； （3）由题可设每盘游戏的得分为随机变量ξ,则ξ的可能值为-300,50,100,150；∴()()33001=-=-P p ξ；()()213501==-P C p p ξ；()()2231001==-P C p p ξ；()3150==P p ξ；∴()()()3212233330015011001150=--+-+-+EX p C p p C p p p 327300312⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭p p p ； 令()327312=-+-g p p p p ,则()()22713631022'=-+=-+>g p p p p ； 所以()g p 在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增；∴()2205125⎛⎫<=-< ⎪⎝⎭g p g ； 即有0<EX ；这说明每盘游戏平均得分是负分,由概率统计的相关知识可知：经过若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而会减少.例2、某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品.已知这种电子元件次品率为0.01，且这种电子元件是否为次品相互独立.现要检测3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，设每组有k 个电子元件，将每组的k 个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个电子元件逐一检测.（1）当5k =时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率； （2）设一组电子元件的检测次数为X ，求X 的数学期望；（3）估算当k 为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数（提示：利用(1)1n p np -≈-进行估算）.解：（1）设事件A ：一组待检测电子元件中由次品，则事件A 表示一组待检测电子元件中没有次品；因为()()510.01P A =-所以()()()()51110.011150.010.05P A P A =-=--≈--⨯=（2）依题意，X 的可能取值为1,1k +()()10.99,110.99k kP X P X k ===+=-分布列如下：所以的数学期望为：()()()()0.99110.9910.991k k kE X k k =++-=-+（3）由（2）可得：每个元件的平均检验次数为：()10.991k k k-+因为()()()10.991111110.99110.01110.010.01k kk k k k kk k k k-+=-+=--+≈--+=+ 当且仅当10k =时，检验次数最小此时总检验次数130000.011060010⎛⎫⨯⨯+= ⎪⎝⎭（次）例3、某景区有一个自愿消费的项目：在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片，若带走照片则需支付20元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁.该项目运营一段吋间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片，为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研，发现收费与消费意愿有较强的线性相关性，并统计出在原有的基础上，价格每下调1元，游客选择带走照片的可能性平均增加0.05，假设平均每天约有5000人参观该特色景点，每张照片的综合成本为5元，假设每个游客是否购买照片相互独立.（1）若调整为支付10元就可带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少？ （2）要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价？解：（1）当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的可能性为0.7，设每个游客的利润为1Y （元），则1Y 是随机变量，其分布列为：()1150.350.71E Y =⨯-⨯=元，则500个游客的平均利润为5000元；当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.30.05100.8+⨯=，不被带走的可能性为0.2， 设每个游客的利润为2Y （元），则2Y 是随机变量，其分布列为：()250.850.23E Y =⨯-⨯=元，则500个游客的平均利润为15000元；该项目每天的平均利润比调整前多10000元.（2）设降价x 元，则015x <，照片被带走的可能性为0.30.05x +， 不被带走的可能性为0.70.05x -，设每个游客的利润为Y （元），则Y 是随机变量，其分布列为：()()()()150.30.0550.70.05E Y x x x =-⨯+-⨯-()20.05769x ⎡⎤=--+⎣⎦， 当7x =时，()E Y 有最大值3.45元，即当定价为13元时，日平均利润为17250元. 例4. 某家畜研究机构发现每头成年牛感染病的概率是(01)p p <<，且每头成年牛是否感染病相互独立．（1）记10头成年牛中恰有3头感染病的概率是()f p ，求当概率p 取何值时，()f p 有最大值？（2）若以（1）中确定的p 值作为感染病的概率，设10头成年牛中恰有k 头感染病的概率是()g k ，求当k 为何值时，()g k 有最大值？解：（1）依题意，10头成年牛中恰有3头感染病的概率是()()733101f p C p p =-，且01p <<．则有()()()76323103171f p C p p p p ⎡⎤=-'--⎣⎦()()632101310C p p p =--， 令()0f p '=，结合01p <<，解得0.3p =．则当()0,0.3p ∈时，()0f p '>；当()0.3,1p ∈时，()0f p '<． 即函数()f p 在()0,0.3上单调递增，在()0.3,1上单调递减， 故当概率0.3p =时，()f p 有最大值． （2）10头成年牛中恰有k 头感染病的概率是()()10101kkk g k C p p -=-（0,1,2,,10k =），由（1）知0.3p =， 所以()()()()1010111110111k k k kk k g k C p p g k C p p -----=-- ()()()()101101!11!10!1!10!10!1kk k k C p p C p k k p---==⋅⋅---111k pk p-=⋅- 3.30.3 3.310.70.7k kk k--==+，所以当3.30k ->，即()3.3k k N <∈时，()()11g k g k >-，()()1g k g k >-，所以当3k =时，()g k 有最大值．例5、某公司准备投产一种新产品，经测算，已知每年生产()515x x ≤≤万件的该种产品所需要的总成本()32231630910x C x x x =-++（万元），依据产品尺寸，产品的品质可能出现优、中、差三种情况，随机抽取了1000件产品测量尺寸，尺寸分别在[)25.26,25.30，[)25.30,25.34，[)25.34,25.38，[)25.38,25.42，[)25.42,25.46，[)25.46,25.50，[]25.50,25.54（单位：mm ）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示.产品的品质情况和相应的价格m （元/件）与年产量x 之间的函数关系如下表所示.以频率作为概率解决如下问题： （1）求实数a 的值；（2）当产量x 确定时，设不同品质的产品价格为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列； （3）估计当年产量x 为何值时，该公司年利润最大，并求出最大值. 解：（1）由题意得()0.04234 2.5 4.531a ⨯++++++=，解得6a =；（2）当产品品质为优时频率为()10.0446 2.50.5p =⨯++=，此时价格为34x -+；当产品品质为中时频率为()20.04230.2p =⨯+=，此时价格为3255x -+；当产品品质为差时频率为()30.04 4.530.3p =⨯+=，此时价格为3205x -+；以频率作为概率，可得随机变量ξ的分布列为：（3）设公司年利润为()f x ，则()()323323340.5250.2200.3163055910x f x x x x x x x ⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⨯+-+⨯+-+⨯--++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭整理得()323123092x f x x x =-++-，()()()21131231233f x x x x x '=-++=-+-显然当[]5,12x ∈时，()0f x '≥，[]12,15x ∈时，()0f x '≤， ∴当年产量12x =时，()f x 取得最大值.()12138f =估计当年产量12x =时，该公司年利润取得最大值，最大利润为138万.例6、心理学研究表明，人极易受情绪的影响，某选手参加7局4胜制的兵乒球比赛.（1）在不受情绪的影响下，该选手每局获胜的概率为13；但实际上，如果前一句获胜的话，此选手该局获胜的概率可提升到12；而如果前一局失利的话，此选手该局获胜的概率则降为14，求该选手在前3局获胜局数X 的分布列及数学期望； （2）假设选手的三局比赛结果互不影响，且三局比赛获胜的概率为sin sin sin A B C 、、，记、、A B C 为锐角ABC ∆的内角，求证：sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 1A B C A B A C B C A B C +---+<+ 解：（1）依题意，可知X 可取：0,1,2,3∴()21190113424P X ⎛⎫⎛⎫==-⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1111111118111111132434234424P X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()1111111115211132232434224P X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯⨯-+⨯-⨯+-⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()11123232224P X P X ====⨯⨯=∴随机变量X 的分布列为：∴()123124242424E X =+⨯+⨯+⨯=. （2）∵ABC ∆是锐角三角形，∴0sin 1,0sin 1,0sin 1A B C <<<<<<，则三局比赛中，该选手至少胜一局的概率为：()1sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin P X A B C A B A C B C A B C ≥=++---+由概率的定义可知：()11P X ≥<，故有：sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 1A B C A B A C B C A B C +---+<+例8、 教育部2014年印发的《学术论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学术论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含3位）专家评议意见为“不合格”的学术论文，将认定为“存在问题学术论文”．有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学术论文，将再送另外2位同行专家（不同于前3位专家）进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学术论文，将认定为“存在问题学术论文”．设每篇学术论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为()01p p <<，且各篇学术论文是否被评议为“不合格”相互独立．（1）若12p =，求抽检一篇学术论文，被认定为“存在问题学术论文”的概率；（2）现拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的总评审费用1500元；若某次评审抽检论文总数为3000篇，求该次评审费用期望的最大值及对应p 的值． 解：（1）因为一篇学术论文初评被认定为“存在问题学术论文”的概率为()2233331C p p C p -+，一篇学术论文复评被认定为“存在问题学术论文”的概率为()()2213111C p p p ⎡⎤---⎣⎦， 所以一篇学术论文被认定为“存在 问题学术论文”的概率为()()()()22223313331111f p C p p C p C p p p ⎡⎤=-++---⎣⎦()()()2223313111p p p p p p ⎡⎤=-++---⎣⎦5432312179p p p p =-+-+．∴12p =时，125232f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 所以抽检一篇的学术论文被认定为“存在问题学术论文”的概率为2532． （2）设每篇学术论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500．()()21315001P X C p p ==-，()()21390011P X C p p ==--，所以()()()()2221133900111500190018001E X C p p C p p p p ⎡⎤=⨯--+⨯-=+-⎣⎦． 令()()21g p p p =-，()0,1p ∈，()()()()()2121311g p p p p p p '=---=--．当10,3p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g p '>，()g p 在10,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当1,13p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g p '<，()g p 在1,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．所以()g p 的最大值为14327g ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 所以评审最高费用为44300090018001035027-⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭（万元）．对应13p =．。
2023高考数学浙江卷概率的计算历年真题及答案
2023高考数学浙江卷概率的计算历年真题及答案一、引言概率是数学中一个非常重要的概念，也是高考数学考试内容中的重点之一。
在2023年高考数学浙江卷中，涉及了概率的计算题目，下面将为大家整理历年真题及其详细的解答过程。
二、2018年高考数学浙江卷题目1：某班级30名男同学和25名女同学参加一次足球比赛，其中某一学生的概率是0.6，那么从中随机抽出一名学生，其为男生的概率是多少？解答：根据题意，男同学的人数为30，女同学的人数为25，总人数为55。
设事件A为随机抽出的学生为男生。
所以，事件A发生的概率P(A)=男生人数/总人数=30/55≈0.545。
题目2：某班级的学生参加选修课考试，学生考试合格的概率为0.75，如果从该班级中任意选取2名学生参加考试，则恰好有1名学生合格的概率是多少？解答：设事件A为选择的2名学生中恰好有1名合格。
所以, A事件可划分为两种情况：第一名合格，第二名不合格；第一名不合格，第二名合格。
设B为第一名学生合格，C为第二名学生合格。
由题意可知，P(B)=0.75，P(C)=0.25。
根据概率的加法定理，P(A)=P(BC)+P(CB)=P(B)×P(C)+P(C)×P(B)=(0.75×0.25)+(0.25×0.75)=0.3 75。
三、2019年高考数学浙江卷题目1：在一个有33张扑克牌的标准纸牌中，随机取出两张牌，计算两张牌不同花色的概率。
解答：在一副标准纸牌中，有4种花色：梅花、方块、红桃和黑桃。
设事件A为两张牌不同花色，事件A的发生需要取到一张梅花牌和一张非梅花牌，或者一张方块牌和一张非方块牌，或者一张红桃牌和一张非红桃牌，或者一张黑桃牌和一张非黑桃牌。
根据概率的乘法定理，P(A)=P(梅花牌和非梅花牌)+P(方块牌和非方块牌)+P(红桃牌和非红桃牌)+P(黑桃牌和非黑桃牌)。
由概率的加法定理可知，P(梅花牌和非梅花牌)=P(方块牌和非方块牌)=P(红桃牌和非红桃牌)=P(黑桃牌和非黑桃牌)。
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【方法综述】概率与统计的问题在高考中的地位相对稳定，而由于概率与统计具有较强的现实应用背景，在近几年的高考中，概率与统计问题在高考中所占的地位有向压轴题变化的趋势。
概率与统计的热点问题主要表现在一是：以数学文化和时代发展为背景设置概率统计问题，二是概率统计与函数、方程、不等式及数列等相结合的问题。
此类问题的解决，需要考生由较强的阅读理解能力，体现考生的数学建模、数据分析、数学运算及逻辑推理等核心素养。
先就此类问题进行分析、归类，以帮助考生提升应试能力。
【解答策略】类型一以数学文化和时代发展为背景的概率问题【例1】5．如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则,A C区域涂色不相同的概率为()A．17B．27C．37D．47【来源】湖南省衡阳市第一中学2019-2020学年高三上学期7月第一次月考理科数学试题【答案】D【解析】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为,,,,A B C D E,分4步进行解析：①，对于区域A，有5种颜色可选；②，对于区域B与A区域相邻，有4种颜色可选；概率中的应用问题③，对于区域E ，与,A B 区域相邻，有3种颜色可选；④，对于区域,D C ，若D 与B 颜色相同，C 区域有3种颜色可选，若D 与B 颜色不相同，D 区域有2种颜色可选，C 区域有2种颜色可选， 则区域,D C 有3227+⨯=种选择， 则不同的涂色方案有5437420⨯⨯⨯=种， 其中，,A C 区域涂色不相同的情况有：①，对于区域A ，有5种颜色可选；②，对于区域B 与A 区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域E 与,,A B C 区域相邻，有2种颜色可选；④，对于区域,D C ，若D 与B 颜色相同，C 区域有2种颜色可选，若D 与B 颜色不相同，D 区域有2种颜色可选，C 区域有1种颜色可选， 则区域,D C 有2214+⨯=种选择， 不同的涂色方案有5434240⨯⨯⨯=种，,A C ∴区域涂色不相同的概率为24044207p == ,故选D ． 【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数n ，其次求出概率事件中含有多少个基本事件m ，然后根据公式mP n=求得概率. 【例2】（2020全国模拟）冠状病毒是一个大型病毒家族，己知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS ）和严重急性呼吸综合征（SARS ）等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV ）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n （n *∈N ）份血液样本，有以下两种检验方式： 方式一：逐份检验，则需要检验n 次.方式二：混合检验，将其中k （k *∈N 且2k ≥）份血液样本分别取样混合在一起检验.若检验结果为阴性，这k 份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为1k +.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p （01p <<）.现取其中k （k *∈N 且2k ≥）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ. （1）若()()12E E ξξ=，试求p 关于k 的函数关系式()p f k =； （2）若p 与干扰素计量n x 相关，其中12,,,n x x x （2n ≥）是不同的正实数，满足11x =且n N *∀∈（2n ≥）都有1222113221121n n n i i i x x x e x x x x --=+-⋅=-∑成立. （i ）求证：数列{}n x 等比数列； （ii）当1p =的期望值更少，求k 的最大值【答案】（1）()111kf k k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（k *∈N ，且2k ≥）.（2）（i ）见解析（ii ）最大值为4.【解析】（1）解：由已知，1k ξ=，()11P ξ=，得()1E k ξ=，2ξ的所有可能取值为1，1k +，∴()()211k P p ξ==-，()()2111kP k p ξ=+=--.∴()()()()()2111111k k k E p k p k k p ξ⎡⎤=-++--=+--⎣⎦.若()()12E E ξξ=，则()11kk k k p =+--，()11kp k -=，∴111k p k ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，∴111k p k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.∴p 关于k 的函数关系式为()111kf k k ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（k *∈N ，且2k ≥）.（2）（i ）∵证明：当2n =时，12222213221221x x x e x x x x --⋅=-，∴1231x e x =，令12310x q e x ==>，则1q ≠， ∵11x =，∴下面证明对任意的正整数n ，13n nx e-=.①当1n =，2时，显然成立； ②假设对任意的n k =时，13k kx e-=，下面证明1n k =+时，31k k xe +=；由题意，得12221113221121kk k i i i x x x e x x x x -++=+-⋅=-∑，∴12213121223113111111k k k k k k x e x x x x x x x x x e -++-+⎛⎫-⋅++++= ⎪⎝⎭-， ∴11233122131212333111111k k k k k e e x e x e e x e ----++--+⎧⎫⎡⎤⎛⎫⎪⎪⎢⎥- ⎪⎪⎪⎢⎥⎝⎭-⎪⎪⎣⎦⋅+=⎨⎬⎪⎪-⋅-⎪⎪⎪⎪⎩⎭，()21231213122331111k k k k k x e x e x e e --+-++⎛⎫- ⎪ ⎪-⎝⎭+⋅=--， ∴()212233331110k k k k k exe e x ----+++⎛⎫⋅+-⋅-= ⎪⎝⎭，233311110k k k k e x e x --+++⎛⎫⎛⎫-+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. ∴31k k xe +=或2331k k x e-+=-（负值舍去）.∴31k k xe +=成立.∴由①②可知，{}n x 为等比数列，13n nx e-=.（ii ）解：由（i ）知，11p ==，()()12E E ξξ>，∴()11k k k k p >+--，得()11kkp k <-=，∴1ln 3k k >. 设()1ln 3f x x x =-（0x >），()33xf x x -'=，∴当3x ≥时，0f x，即()f x 在[)3,+∞上单调减. 又ln 4 1.3863≈，4 1.33333≈，∴4ln 43>；ln5 1.6094≈，5 1.66673≈.∴5ln 53<.∴k 的最大值为4. 【举一反三】1．（2020·宁夏高考模拟（理））根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（ ） A ．16B ．14C ．13D ．12【答案】A【解析】派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家基本事件总数：234336n C A ==甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数：2122326m C C A ==∴甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为：61366mpn===，本题正确选项：A2.（2020·河北高三期末（理））我国历法中将一年分为春、夏、秋、冬四个季节，每个季节有六个节气，如夏季包含立夏、小满、芒种、夏至、小暑以及大暑.某美术学院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的六幅彩绘，在制签及抽签公平的前提下，甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务的概率为_________.【答案】7 12【解析】将“甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务”这一事件可以分为两类：第一类：甲抽到夏季六幅彩绘任务的事件数为：336A=，第二类：甲抽不到夏季六幅彩绘任务的事件数为：1122228C C A⋅⋅=,总的事件数为：4424A=，故所求概率为：1472412P==.故答案为：712.3．（2020•湖北模拟）据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、候、公，共五级．现有每个级别的诸侯各一人，共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个（m为正整数），若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是【答案】1 7【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式得出首项与公差m的关系，列举得出所有的分配方案，从而得出结论．解：由题意可知等级从低到高的5个诸侯所分的橘子个数组成等差为m的等差数列，设“男”分的橘子个数为a1，其前n项和为S n，则S5＝5a1+＝80，即a1+2m＝16，且a1，m均为正整数，若a1＝2，则m＝7，此时a5＝30，若a1＝4，m＝6，此时a5＝28，若a1＝6，m＝5，此时a5＝26，若a1＝8，m＝4，此时a5＝24，若a1＝10，m＝3，此时a5＝22，若a1＝12，m＝2，此时a5＝20，若a1＝14，m＝1，此时a5＝18，∴“公”恰好分得30个橘子的概率为．类型二概率与函数、方程、不等式及数列等相结合的问题【例3】（2020•浙江模拟）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若0＜p＜，则（）A．E（X）＝B．E（X）＞C．D（X）＞D．D（X）＜【答案】1 7【解析】X的可能取值为2，3，P（X＝2）＝p2+（1﹣p）2＝2p2﹣2p+1，P（X＝3）＝＝2p﹣2p2，E（X）＝2×（2p2﹣2p+1）+3（2p﹣2p2）＝﹣2p2+2p+2，E（X2）＝4×（2P2﹣2p+1）+9×（2p﹣2p2）＝﹣10p2+10p+4，D（X）＝E（X2）﹣E2（X）＝﹣10p2+10p+4﹣（﹣2p2+2p+2）2＝﹣4p4+8p3﹣6p2+2p，因为E（X）以p＝为对称轴，开口向下，所以E（X）在p∈（0，）时，E（X）单调递增，所以E（X）≤＝，排除A，B．D′（X）＝﹣16p3+24p2﹣12p+2，D″（X）＝﹣12（2p﹣1）2≤0，所以D′（X）在p∈（0，1）上单调递减，又当p＝时，D′（X）＝＞0，所以当p∈（0，1）时，D′（X）＞0，所以p∈（0，1）时D（X）单调递增，所以D（X）＜﹣4×＝．故选：D．【例4】（2020 •开福区模拟）设一个正三棱柱ABC﹣DEF，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面ABC的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为P10，则P10为（）A．B．C．D．【答案】1 7【解析】设蚂蚁爬n次仍在上底面的概率为P n，那么它前一步只有两种情况：A：如果本来就在上底面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率是P n﹣1；B：如果是上一步在下底面，则第n﹣1步不再上底面的概率是1﹣P n﹣1，如果爬上来，其概率应是（1﹣P n﹣1）．A，B事件互斥，因此，P n＝P n﹣1+（1﹣P n﹣1）；整理得，P n＝P n﹣1+；即P n﹣＝（P n﹣1﹣）；构造等比数列{P n﹣}，公比为，首项为P1﹣＝﹣＝，可得P n＝（）n+．因此第10次仍然在上底面的概率P10＝（）10+．故选：D．【举一反三】1．（2020 •越城区模拟）随机变量ξ有四个不同的取值，且其分布列如下：ξ2sinαsinβ3cosαsinβ3sinαcosβcosαcosβP t则E（ξ）的最大值为（）A．﹣1B．﹣C．D．1【答案】C【解析】【分析】依题意，t＝1﹣×＝，所以E（ξ）＝（2sinαsinβ+3cosαsinβ+3sinαcosβ）+cosαcosβ＝（cosαsinβ+sinαcosβ）+（sinαsinβ+cosαcosβ）＝sin（α+β）+cos（α﹣β），根据α，β的情况讨论即可得到E（ξ）的最大值．解：依题意，t＝1﹣×＝，所以E（ξ）＝（2sinαsinβ+3cosαsinβ+3sinαcosβ）+cosαcosβ＝（cosαsinβ+sinαcosβ）+（sinαsinβ+cosαcosβ）＝sin（α+β）+cos（α﹣β），所以当α+β＝，α﹣β＝2kπ，（k∈z）时，即（k∈Z）时，E（ξ）取得最大值＝1．故选：D．2．（2020 •天心区模拟）已知函数f（x）＝，若，则方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同根的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】画出函数f（x）的图象，结合图象求得由方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同的实数根时f（x）的取值范围；再构造函数，利用二次函数的图象与性质求出关于a、b的不等式组表示的平面区域，计算平面区域面积比即可．解：画出函数f（x）＝的图象，如图1所示；令f（x）＝t，由方程[f（x）]2﹣af（x）+b＝0有五个不同的实数根，即方程t2﹣at+b＝0有两个不同的实数根t1、t2，由f（x）的图象知，t1＜0，且0＜t2＜1；设g（t）＝t2﹣at+b，由二次函数g （t ）的图象与性质可得，又不等式组表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，且满足条件的区域如阴影部分，其面积2﹣＝，如图2所示；则所求的概率值为P ＝＝．故选：B ．【强化训练】1．（2020·安徽高考模拟（理））2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行；长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”. 现有4 名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游， 假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游， 则恰有一个地方未被选中的概率为（ ） A ．2764B ．916C ．81256D ．716【答案】B【解析】4名同学去旅游的所有情况有：44256=种恰有一个地方未被选中共有：2113424322144C C C A A ⋅⋅=种情况 ∴恰有一个地方未被选中的概率：144925616p ==本题正确选项：B 2.设函数()()11xf x ax x x =+>-，若a 是从0,1,2三个数中任取一个，b 是从1,2,3,4,5五个数中任取一个，那么()f x b >恒成立的概率是（ ）A.35 B. 715 C. 25 D. 12【答案】A【解析】设事件Ω为“,a b 从所给数中任取一个”，则()3412n Ω=⨯=，所求事件为事件A ，要计算A 所包含的基本事件个数，则需要确定,a b 的关系，从恒成立的不等式入手，()f x b>恒成立，只需()min f x b>，而()()11111x f x ax a x a x x =+=-+++--，当0a ≠时，()111111a x a a a x -+++≥++=+-，所以当()1111a x x x -=⇒=+-时，())2min11f x a =+=，所以)21b+>，得到关系后即可选出符合条件的(),a b ：()()()()()1,1,1,2,1,3,2,1,2,2,()()()2,3,2,4,2,5共8个，当0a =时， ()1111f x x =+>-， 所以()0,1符合条件，综上可得()9n A =，所以()()()35n A P A n ==Ω 3．（2020·湖北高考模拟（理））生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为（ ） A ．760B ．16C ．1360D ．14【答案】C【解析】当“数”位于第一位时，礼和乐相邻有4种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有33A 种情况，由间接法得到满足条件的情况有51235423A C A A -当“数”在第二位时，礼和乐相邻有3种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有33A 种，由间接法得到满足条件的情况有51235323A C A A -共有：5123512353235423A C A A A C A A -+-种情况，不考虑限制因素，总数有66A 种，故满足条件的事件的概率为：5123512353235423661360A C A A A C A A A -+-= ，故答案为：C. 4．（2020•富阳区模拟）已知数列{a n }满足a 1＝0，且对任意n ∈N *，a n +1等概率地取a n +1或a n ﹣1，设a n 的值为随机变量ξn ，则（ ） A ．P （ξ3＝2）＝B ．E （ξ3）＝1C ．P （ξ5＝0）＜P （ξ5＝2）D ．P （ξ5＝0）＜P （ξ3＝0）【答案】D【解析】依题意a 2＝1或a 2＝﹣1，且P （a 2＝1）＝P （a 2＝﹣1）＝， ξ3＝a 3的可能取值为a 2+1＝2，a 2﹣1＝0，a 2+1＝0，a 2﹣1＝﹣2， P （ξ3＝2）＝×＝， P （ξ3＝0）＝2×＝， P （ξ3＝﹣2）＝＝，E （ξ3）＝2×+0×+（﹣2）×＝0，由此排除A 和B ； ξ4＝a 4的可能取值为a 3+1＝3，a 3﹣1＝1，a 3+1＝﹣1，a 3﹣1＝﹣3， P （ξ4＝3）＝P （ξ3＝2）＝， P （ξ4＝1）＝＝，P （ξ4＝﹣1）＝＝，P （ξ4＝﹣3）＝P （ξ3＝﹣2）＝．． ξ5＝a 5的可能取值为4，2，0，﹣2，﹣4． P （ξ5＝0）＝＝， P （ξ5＝2）＝＝， 所以P （ξ5＝0）＞P （ξ5＝2），排除C ．因为P （ξ5＝0）＝，P （ξ3＝0）＝，所以P （ξ5＝0）＜P （ξ3＝0），故选：D ．5．（2019·四川成都七中高考模拟（理））如果{}n a 不是等差数列，但若k N *∃∈，使得212k k k a a a +++=，那么称{}n a 为“局部等差”数列.已知数列{}n x 的项数为4，记事件A ：集合{}{}1234,,,1,2,3,4,5x x x x ⊆，事件B ：{}n x 为“局部等差”数列，则条件概率()|P B A =（ ） A ．415B ．730C ．15D ．16【答案】C【解析】由题意知，事件A 共有4454C A =120个基本事件，事件B ：“局部等差”数列共有以下24个基本事件， （1）其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个， 含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述（1）相同，也有6个. 含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2个， 含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个， 含5，3，1的也有上述4个，共24个，()24|120P B A ∴==15.故选C. 6．某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光，当被测物体横向速度为零时，反射光与探测光频率相同，当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移2sin p f νϕλ=，其中v 为测速仪测得被测物体的横向速度，λ为激光波长，ϕ为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m 处，发出的激光波长为1500nm （91nm 10m -=），某次检验中可测频移范围为99.50010⨯（1/h ）至910.00010⨯（1/h ），该高铁以运行速度（337.5km /h 至375km /h ）经过时，可测量的概率为（ ）A ．12B ．13C ．23D ．56【来源】江苏省南京市2020-2021学年高三上学期1月供题数学试题 【答案】A【解析】根据题意及图形可得：()323sin 10.000412010ϕ--==++⨯当337.5km /h v =时，993337.5101/h 150012sin 2910()10.00040p νφf λ-⨯==≈⨯⨯+⨯， 当375km /h v =时，399375101/h 1500102sin 21010()10.0004p νφf λ-⨯⨯⨯==≈⨯+， 该高铁以运行速度（337.5km /h 至375km /h ）经过时频移范围为9910()1/h ⨯至91010()1/h ⨯，其区间长度为910，因为某次检验中可测频移范围为99.50010⨯（1/h ）至910.00010⨯（1/h ）其区间长度为90.510⨯，所以可测量的概率为990.5101102⨯=. 故选：A.7．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE 上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ） A ．310B ．13C ．1130D ．25【来源】浙江省2020届高三下学期6月新高考进阶数学试题【解析】5个快递送到5个地方有55120A =种方法，全送错的方法数：先分步：第一步快递A 送错有4种方法，第二步考虑A 所送位置对应的快递，假设A 送到丙地，第二步考虑快递C ，对C 分类，第一类C 送到甲地，则剩下,,B D E 要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类C 送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的,,B D E 只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为4(1233)44⨯⨯+⨯=，所求概率为441112030P ==． 故选：C ．8．吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（ ）A ．15B ．815 C ．35D ．320【答案】D【解析】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为123,,A A A ，口香糖为123,,B B B ，进行四次取物，基本事件总数为：6543360⨯⨯⨯=种 事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况： 烟、糖、糖、糖：332118⨯⨯⨯=种 糖、烟、糖、糖： 332118⨯⨯⨯=种 糖、糖、烟、糖：323118⨯⨯⨯=种 包含的基本事件个数为：54， 所以，其概率为54336020= 故选：D9．某停车场只有并排的8个停车位，恰好全部空闲，现有3辆汽车依次驶入，并且随机停放在不同车位，则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 A ．514B ．1528C ．914D ．67【详解】因为三辆车皆不相邻的情况有36C ，所以三辆车皆不相邻的概率为3638514C C =, 因此至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是591,1414-=选C. 10．验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止OCR ），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________. 【答案】536【解析】根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是4,5,6,7,8,9. 当中间是4时，其它4个数字可以是0,1,2,3，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22426C C ⨯=种.当中间是5时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有225310330C C ⨯=⨯=种.当中间是6时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有226415690C C ⨯=⨯=种.当中间是7时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22752110210C C ⨯=⨯=种.当中间是8时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22862815420C C ⨯=⨯=种.当中间是9时，其它4个数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有22973621756C C ⨯=⨯=种.所以该验证码的中间数字是7的概率为210210563090210420756151236==+++++.11．我国历法中将一年分为春、夏、秋、冬四个季节，每个季节有六个节气，如夏季包含立夏、小满、芒种、夏至、小暑以及大暑.某美术学院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的六幅彩绘，在制签及抽签公平的前提下，甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务的概率为_________.【来源】2020届河北省张家口市高三上学期期末教学质量监测数学（理）试题 【答案】712【解析】将“甲没有抽到绘制春季六幅彩绘任务且乙没有抽到绘制夏季六幅彩绘任务”这一事件可以分为两类：第一类：甲抽到夏季六幅彩绘任务的事件数为：336A =， 第二类：甲抽不到夏季六幅彩绘任务的事件数为：1122228C C A ⋅⋅=,总的事件数为：4424A =，故所求概率为：1472412P ==. 故答案为：712. 12．欧阳修《卖油翁》中写道：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌滴沥之，自钱孔入，而钱不湿．已知铜钱是直径为4 cm 的圆面，中间有边长为1 cm 的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油(油滴整体落在铜钱内)，则油滴整体(油滴是直径为0.2 cm 的球)正好落入孔中的概率是_____．(不作近似计算) 【来源】云南省峨山彝族自治县第一中学2021届高三三模数学（文）试题 【答案】64361π【解析】随机向铜钱上滴一滴油，且油滴整体落在铜钱内，则油滴球心在以圆面圆心为圆心，半径为2－0.1＝1.9的圆内，即2S()=1.9 3.61ππΩ=若油滴整体正好落入孔中，则油滴在与正方形孔边沿距离为0.1的正方形内，即210.12S()()0.64A ==⨯－，所以概率是()P A = ()()64361S A S πΩ=. 13．甲乙两位同学玩游戏，对于给定的实数1a ，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把1a 乘以2后再减去6；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把1a 除以2后再加上6，这样就可得到一个新的实数2a ，对实数2a 仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数3a ，当31a a >时，甲获胜，否则乙获胜，若甲胜的概率为34，则1a 的取值范围是____．【答案】(,6][12,)-∞⋃+∞【解析】由题意可知，进行两次操作后，可得如下情况：当3112(26)6418a a a =--=-，其出现的概率为211()24=， 当3111(26)632a a a =-+=+，其出现的概率为211()24=， 当1312(6)662aa a =+-=+，其出现的概率为211()24=，当1131669224a a a ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭其出现的概率为211()24=， ∵甲获胜的概率为34，即31a a >的概率为34， 则满足111111114184189944a a a a a a a a -≤->⎧⎧⎪⎪⎨⎨+>+≤⎪⎪⎩⎩或整理得11612a a ≤≥或.14．某动漫公司推出漫画角色盲盒周边售卖，每个盲盒中等可能的放入该公司的3款经典动漫角色玩偶中的一个.小明购买了4个盲盒，则他能集齐3个不同动漫角色的概率是______________. 【来源】安徽省马鞍山市2021届高三下学期第三次教学质量监测理科数学试题 【答案】49【解析】4个盲盒中，每个盲盒中放入的动漫角色有3种选择，共有4381=种不同的情况，当集齐3个不同动漫角色时，其中有一种动漫角色有2个，另外两种动漫角色各1个，共有12134236C C C =种，因此，所求概率为364819P ==. 15．某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的A ，B ，C ，D 四人，欲从此4人中选择1人晋升该公司某部门经理一职，现进入最后一个环节：A ，B ，C ，D 四人每人有1票，必须投给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅A 一人获得最高得票的概率为___________. 【来源】江苏省南通市如皋市2021届高三下学期4月第二次适应性考试数学试题 【答案】527【解析】由题意可知，每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅A 一人获得最高得票有如下两种情况：①若A 得3票，其概率为31131113327P C ⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；②若A 得2票，其概率为2212321133P C C ⎛⎫⎛⎫=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1214327C ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，所以最终仅A 一人获得最高得票的概率为12145272727P P P =+=+=.. 16．2020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方”(“三药”是指金花清感颗粒､连花清瘟颗粒(胶囊)和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤､化湿败毒方和宜肺败毒方)发挥了重要的作用.甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲､乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是___________.【来源】黑龙江省大庆铁人中学2021届高三下学期第一次模拟考试 数学（理）试试题 【答案】49【解析】将三药分别记为A ，B ，C ，三方分别记为a ，b ，c ，选择一药一方的基本事件如表所示，共有9个组合，则两名患者选择药方完全不同的情况有116424C C =(种)，两名患者可选择的药方共有119654C C =(种)，所以244P ==.故答案为：9. 17．某校甲、乙、丙三名教师每天使用1号录播教室上课的概率分别是0.6，0.6，0.8，这三名教师是否使用1号录播教室相互独立，则某天这三名教师中至少有一人使用1号录播教室上课的概率是______． 【来源】2021年全国高中名校名师原创预测卷 理科数学 （第二模拟） 【答案】0.968【解析】设甲、乙、丙三名教师某天使用1号录播教室上课分别为事件A ，B ，C ，则()0.6P A =，()0.6P B=，()0.8P C=，则所求事件的概率()()()()=-=-⋅⋅=-⨯⨯=．P P ABC P A P B P C1110.40.40.20.968故答案为：0.968．18．（2020雁塔区校级模拟）为了解某次测验成绩，在全年级随机地抽查了100名学生的成绩，得到频率分布直方图（如图），由于某种原因使部分数据丢失，但知道后5组的学生人数成等比数列，设90分以下人数为38，最大频率为b，则b的值为．【答案】0.32【解析】由抽查了100名学生的成绩，90分以下人数为38，则90分以上人数为100﹣38＝62人，为后五组的累积频数由于后5组的学生人数成等比数列，设第四组的频数为a，公比为q（0＜q＜1），则S5＝＝a（q4+q3+q2+q+1）由各组人数均为整数，故＜62，故q＝，a＝32，则b＝＝0.32，故答案为：0.32 19．（2020•宁波校级模拟）某保险公司新开设了一项保险业务，规定该份保单在一年内如果事件E发生，则该公司要赔偿a元，假若在一年内E发生的概率为p，为使公司受益的期望值不低于a的，公司应要求该份保单的顾客缴纳的保险金最少为元．【答案】（p+0.1）a【解析】用随机变量ξ表示此项业务的收益额，x表求顾客缴纳的保险金，则ξ的所有可能取值为x，x﹣a，且P（ξ＝x）＝1﹣p，P（ξ＝x﹣a）＝p，∴Eξ＝x（1﹣p）+（x﹣a）p＝x﹣ap，∵公司受益的期望值不低于a的，∴x ﹣ap ≥，∴x ≥（p +0.1）a （元）．故答案为：（p +0.1）a ．20．（2020·江苏高三（理））乒乓球比赛,三局二胜制.任一局甲胜的概率是(01)p p <<,甲赢得比赛的概率是q ,则q p -的最大值为_____.3【解析】采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：1:20A ： （甲净胜二局），2:21A ： （前二局甲一胜一负，第三局甲胜）．()()212122121PA p P A C p p p p p ==⨯⨯-⨯=-（），（）． 因为1A 与2A 互斥，所以甲胜概率为()221221,q PA A p p p =+=+-（） 则()2221,q p p p p p -=+-- 设()22322123,y p p p p p p p =+--=-+-2661,y p p =-+-'即答案为318.，注意到01p <<，则函数3223y p p p =-+-在330,6⎛ ⎝⎭和33⎫+⎪⎪⎝⎭ 单调递减，在3333-+⎝⎭上单调递增，故函数在33p +=处取得极大值，也是最大值，最大值为32333333323y +++=-⨯+=⎝⎭⎝⎭即答案为318.。