2024届五年高考数学真题分类训练：专题十一 概率与统计

专题十一概率与统计

考点35随机事件与概率

题组

一、选择题

1.［2023全国卷甲，5分］某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2

名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级

的概率为（D）

A.-B，C.-D.-

6323

［解析］记高一年级2名学生分别为由,。2,高二年级2名学生分别为瓦，b2,

则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有（由,为），

31，瓦）,31，%）,（。2也），（。2也）,（瓦,刈），共6个，其中这2名学生来

自不同年级的基本事件有31，瓦），31也），（。2也）,（@2&），共4个，所以

这2名学生来自不同年级的概率P=：=；,故选D.

2.［2023全国卷乙，5分］某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从

中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为

（A）

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

6323

［解析］甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，故抽到不同主题的概率为

1-»故选A.

366

3.［2022新高考卷I,5分］从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2

个数互质的概率为（D）

A.-B,C.-D.-

6323

［解析］从7个整数中随机取2个不同的数，共有©=21（种）取法，取得的2

个数互质的情况有{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种，根据古典丸型

的概率公式，得这2个数互质的概率为3=，故选D.

£a-IO

4.［2022全国卷甲，5分］从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随

机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（C）

［解析］从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取

法，它们分别是

(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),其中卡片上的数字之积是4的倍数的是

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

JLOO

故选C.

5.［2021全国卷甲，5分］将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的

概率为(C)

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

3535

［解析］解法一将4个I和2个()视为完全不同的元素，则将4个I和2个()随机

排成一行有A3种排法.将4个I排成一行有A々种排法，再将2个0插空有Ag种

排法.所以2个0不相邻的概率P=拿二巳

A63

解法二将4个I和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0,共有髭种

排法.将4个I排成一行，再将2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排

0,共有釐种排法.所以2个0不相邻的概率P=与=；.

3

6.［2020全国卷I,5分］设。为正方形4BC0的中心，在。，4,B,D中

仟取3点，则取到的3点共线的概率为(A)

根据题意作出图形，如图所示，在0,4出£刀中任取3点，有10种可能情

况，分别为(OAB),(04C),(OAD),(OBC),(OBD),(OCD),(ABC),

G4BD),Q4CD),(BCD),其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情

况，所以在。,4,8,C,D中任取3点，则取到的3点共线的概率为白=：,故选

JLUO

A.

7.［2019全国卷I,5分］我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每

一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“一”和阴爻

“----”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个

阳爻的概率是(A)

f解析］由6个爻组成的重卦种数为26=64,在所有重卦中随机取一重卦，该重

卦恰有3个阳爻的种数为仁=处泮=20.根据古典概型的概率计算公式得，

所求概率=j故选A.

6416

8.［2019全国卷III,5分］两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同

学相邻的概率是(D)

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

6432

［解析］两位女同学相邻的概率P=粤=：，故选D.

A；2

二、填空题

9.［2023天津，5分］甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总

数之比为5:4:6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,25%,50%.现

从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为联;将三个盒子中的

球混合后任取一个球，是白球的概率为|.

［解析］解法一设4=”从甲盒子中取一个球，是黑球"，8="从乙盒子中取

一个球，是黑球"，C="从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知

PQ4)=40%=\,P(B)=25%=7,P(C)=50%=\，现从三个盒子中各取一个

球，取到的三个球都是黑球的概率为PQ4BC)=P(4)P(B)P(C)=：x：x：=

542

点;设义=”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”，由题意可知

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个点在同一个平面的概率P=葛=

考点36事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

题组

一、选择题

1.［2023全国卷甲，5分］某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学

爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同

学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(A)

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

［解析］解法一如图，左圆表示爱好滑冰的同学所占比例，右圆表示爱好滑雪的

同学所占比例，4表示爱好滑冰且不爱好滑雪的同学所占比例，8表示既爱好

滑冰又爱好滑雪的同学所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的同学所占比

例，则0.6+0.5-F=0.7，所以B=0.4,C=0.5-0.4=0.1.所以若该同学爱好

滑雪，则他也爱好滑冰的概率为f=器=0.8,故选A.

8+C0.5

解法二令事件4,B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件。表示

该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则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,故选A.

2.［2022全国卷乙，5分］某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛

结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为Pi,P2,P3，

且P3>p2>Pi>0.记该棋手连胜两盘的概率为P，则（D）

A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关

B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大

C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大

D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大

［解析］设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜

两盘的概率为），在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为尸丙，由题意可知，

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，故选D.

3.［2021新高考卷I,5分］有6个相同的球，分别标有数字1,2,345,6,从中

有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是

1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球

的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7"，则（B）

A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独

立

［解析〉事件甲发生的概率P（甲）=；,事件乙发生的概率P（乙）=：,事件

66

丙发生的概率P（丙）=2=5,事件丁发生的概率尸（丁）=2=9事件

6X6366X66

甲与事件丙同时发生的概率P（甲丙）=0,P1甲丙）丰P（甲）P（丙），

故A错误;事件甲与事件丁同时发生的概率P（甲丁）=白/（甲丁）=。

（甲）P（丁），故B正确;事件乙与事件丙同时发生的概率尸（乙丙）二土二

三,P（乙丙）丰P（乙）尸（丙），故C错误;事件丙与事件丁同时发生的概

36

率P（丙丁）=0,P（丙丁）丰P（丙）P（丁），故D错误.选B.

4.［2023新高考卷II,5分］（多选题）在信道内芍输0,1信号，信号的传输相

互独立.发送0时，收到1的概率为a（0<a<1）,收到0的概率为1-a;发送

1时，收至IJ()的概率为0(0V0<1)，收到1的概率为1一P.考虑两种传输方案:

单次传输和三次传输愚次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号

重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下:单次传输时，收到的信号即

为译码;三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到

I,0,1,则译码为1).(ABD)

A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为

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

B.采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1,0』的概率为夕(1-夕)2

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为0(1—/?)2+(1—夕)3

D.当0VaV0.5时，若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单

次传输方案译码为0的概率

［解析］由题意，发。收1的概率为以，发0收0的概率为l-a；发1收0的

概率为0，发1收1的概率为1一夕.对于A,发1收1的概率为1一/7,发0

收()的概率为l-a,发1收1的概率为,所以所求概率为

(l-a)(l-/7)2,故A选项正确.对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,

1,则概率为(1一0)/?(1-3)=/?(1一3)2,故B选项正确.对于C,相当于发

了1,11，收到1,1,0或1,0,1或()，1,1或1,1,1,则概率为

C|/?(l-0)2+C式1-6)3=3/7(1-0)2+(1-0)3,故c不正确.对于D,发

送()，采用三次传输方案译码为()，相当于发()，0,0,收到0,(),1或0,1,

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

3a(l-a)24-(1-a)3;发送0,采用单次传输方案译码为0的概率P?=1-

23

a,当0VcrV0.5舟，-p2=3a(1-a)+(1-a)—(1—a)=

a(l-a)(l-2a)>0,故D选项正确.综上，选ABD.

二、填空题

5.［2022天津，5分］现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放

回,则两次都抽到A的概率为六;在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的

概率是

［解析丁设事件&="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两次的可能结果种数为52X51,事件44包含的可

能结果种数为4x3,

所以PG41&)=*-=」-.

v12752X51221

解法二不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有釐2种可能结果，

事件为必包含的可能结果为鬣，

4X3

所以PQllG)=-5275T=J；.

2

第2空解法一因为P(4)=9，

4X3

所以「(414)=隔*=鬻=3

解法二缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌,其中有3张

A牌，所以P(42l4)=5=；

6.［2020天津，5分］已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为:和［假定两球是否

落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为9甲、乙两球至少有

O

一个落入盒子的概率为|.

［解析］依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为；x?二甲、乙两球都不

236

落入盒子的概率为(1-£)x(1-£)=［则甲、乙两球至少有一个落入盒子的

概率为1号=(

7.［2019全国卷I,5分］甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队

赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安

排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率

为0.5,且各场比赛结果相互独立，则甲队以4:1获胜的概率是叱.

［解析］解法一甲队在前四场中有一场客场输，且第五场胜时，以4:1获胜的概

率是0.63x0.5x0.5x2=0.108；甲队在前四场中有一场主场输，且第五场胜

时,以4:1获胜的概率是0.4x0.62x0.52x2=0.072.

综上所述，甲队以4:1获胜的概率是P=0.108+0.072=0.18.

解法二由题意可得，一共比赛了五场，且第五场甲获胜，前四场甲队胜三场，

输一场.

前四场甲队胜三场，输一场的情况有如下两种.

①甲队主场输一场，其概率Pl=ax0.6x0.4x第x0.52=0.12.

②甲队客场输一场，其概率22=珞x0.62xClx0.5x0.5=0.18.

由于第五场必定是甲队胜，所以所求概率P=(Pi+B)x0.6=0.18,则甲队

以4:1获胜的概率为0.18.

三、解答题

8.［2023新高考卷I,12分］甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如

下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，

甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为().8.由抽签确定第1次投

篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为05

(1)求第2次投篮的人是乙的概率.

［答案］记“第2次投篮的人是乙”为事件4,“第1次投篮的人是甲”为事件

B，则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次投篮的人是甲的概率.

［答案］设第i次投篮的人是甲的概率为小，由题意可知，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—所以数列也一：｝是以;为首项,:为公比的等比数列,

3236365

所以历W'(|Y'

所以Pi=1+;X(|)1］

(3)已知：若随机变量所服从两点分布，且P(Xi=l)=l-P(Xi=0)=

%,i=1,2,...,n，则E住X)=.记前几次(即从第1次到第九次投篮)中甲

投篮的次数为y,求EW).

［答案］设第i次投篮时甲投篮的次数为X［,则X］的可能取值为0或1,当Xj=0

时，表示第i次投篮的人是乙，当x=i时，表示第t次投篮的人是甲，所以

P(Xi=1)=Pi,P(Xj=0)=1Pi,所以E(XJ=Pi.

y=Xi+X2+X3+…+xn,

则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］一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居

民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在己患该疾病的病

例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查

了100人（称为对照组），得到如下数据：

不够良好良好

病例组4060

对照组1090

（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差

异？

［答案/=2°黑:黑=累M=24>6,635,所以有99%的把握认为患该疾病

群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.

（2）从该地的人群中任选一人,4表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B

表示事件“选到的人患有该疾病”，胡劈与胡，的比值是卫生习惯不够良好对

患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.

（）证月十一「（向P（知）’

P（B|A）

「凭空1/?-一P（8M）•哂④

L0木川一酗豆一P（B\A）P（B\A）'

p画7）

由题意知，证明黑牖=:嚣需即可，

P（48）—

大访一哂）_P（4B）P（彳万）

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）

左边=右边,故氏=黑烁♦霜.

P0B）P（川B）

(ii)利用该调查数据，给出P(川8),P(阵)的估计值,并利用(i)的结果给出R

的估计值.

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］由调杳数据可知P(4⑻=必=:/(川万)=芸=/

XUvOXVUAU

29

-

9-

厮

以5

-R=-X-6

一10-

且P(彳|B)=1-PQ4|B)=-,P(A\B)=1-P(4|万)31

-

5105-

10

10.［2020全国卷I,12分］甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如

下：

累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比

赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当

一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获

胜，比赛结束.

经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为R

（1）求甲连胜四场的概率；

［答案］甲连胜四场的概率为白.

（2）求需要进行第五场比赛的概率；

［答案］根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.

比赛四场结束，共有三种情况：

甲连胜四场的概率为2；

乙连胜四场的概率为於；

丙上场后连胜三场的概率为：.

所以需要进行第五场比赛的概率为1-白-2v=1

（3）求丙最终获胜的概率.

［答案］丙最终获胜，有两种情况：

比赛四场结束且丙最终获胜的概率为彳；

o

比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮

空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为士，39

16oo

因此丙最终获胜的概率为9+尚+"9j

o16oo16

【方法技巧】破解此类题的关键：一是认真读题，读懂题意；二是会判断事件

的特征，如本题，会判断独立事件与互斥事件；三是会利用公式，即会利用独

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全国卷II,12分］11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成

10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙

两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的

概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又

打了X个球该局比赛结束.

(1)求P(X=2)；

［答案］X=2就是10:10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由

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且甲获胜”的概率.

［答案］X=4且甲获胜，就是10:10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且

这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.

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

考点37离散型随机变量及其分布列和数字特征

题组一

一、选择题

1.［2020全国卷川，5分］在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为

打72中3中4，且引=10=1，则下面四种情形中，对应样木的标准差最大的一组

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］对于A,当pi=p4=0.1,p2=P3=0.4时,随机变量Xi的分布列为

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.对于B,C,D,同理可

得J西5=VT85,jD(XJ=VL05=VL45，所以B中的标准差最大.

二、填空题

2.［2020浙江，6分］盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中

随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个

数为f,则P(f=0)=，E(f)=l.

［解析长=0表示停止取球时没有取到黄球，所以P(f=0)=；+；xi=l

随机变量f的所有可能取值为0,1,2,则

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、解答题

3.［2023全国卷甲，12分］一项试验旨在研究臭黛效应，试验方案如下:选40只

小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组

的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间

后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).

(1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求X的分布列和数

学期望.

［答案］X的所有可能取值为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：两只小白鼠分在两个组，每只小白鼠都

各有两种分配方案，总的分配方案为4种，两只小白鼠全部分配到试验组有1

种情况，有一只分配到对照组有2种情况，全部分配到对照组有1种情况，利

用古典概型的概率公式即可得解)

所以X的分布列为

X012

P111

424

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

(2)试验结果如下：

对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为

15.218.820.221.322.523.2

25.826.527.530.132.634.3

34.835.635.635.836.237.3

40.543.2

试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为

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只小白鼠体重的增加量的中位数m,再分别统计两样本中小于m

与不小于m的数据的个数，完成如下列联表：

<m>m

对照组

试验组

［答案］根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数巾=汽当

23.4.

列联表如下：

<m>m

对照组614

试验组146

(ii)根据(i)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境

中与在正常环境中体重的增加量有•差异？

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］根据(i)中结果可得依==6.4>3.841，

20x20x20x20

所以有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加

量有差异.

4.［2022全国卷甲，12分］甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，

每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分

高的学校获得冠军.己知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,

0.8,各项目的比赛结果相互独立.

(1)求甲学校获得冠军的概率；

［答案了设甲学校获得冠军的事件为4,则甲学校必须获胜2场或者3场.

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.

故甲学校获得冠军的概率为0.6.

(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.

［答案］X的取值可以为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的分布列为

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］在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，

比赛成绩达到9.50m以上(含9.50m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖

的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据

(单位：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.

假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.

(I)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；

［答案］设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件4.

因为比赛成绩达到9.50m以上(含9.50m)的同学将获得优秀奖，甲以往的比

赛成绩中达到9.50m以上(含9.50m)的有9.80m,9.70m,9.55m,9.54m,

共4个，

所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)=0.4.

(II)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X

的数学期望EX;

［答案］X的所有可能取值为0,1,2,3.

由(I)知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(4)=0.4.

设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件8,C,

则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)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？

(结论不要求证明)

［答案］在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数来看，甲获得冠军的

概率估计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大.

6.［2021新高考卷I,12分］某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A,B两类

问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回

答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取

一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束,A类问题中的每个问题回

答正确得20分，否则得。分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则

得0分.

已知小明能止确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为

0.6,且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；

［答案］由题意得，X的所有可能取值为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的分布列为

X020100

P0.20.320.48

(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.

［答案］当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)=0X0.2+20x0.32-

100X0.48=54.4.

当小明先回答B类问题时，记丫为小明的累计得分，

则y的所有可能取值为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的分布列为

Y080100

P0.40.120.48

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

因为57.6>54.4,即E(y)>E(X),所以为使累计得分的期望最大，小明应选择

先回答B类问题.

题组二

一、选择题

1.［2019浙江，4分］设0<Q<1.随机变量X的分布列是

X0a\

P111

333

则当Q在(0,1)内增大时，(D)

A.D(X)增大B.D(X)减小

C.O(X)先增大后减小D.O(X)先减小后增大

［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'

所以当a在(0,1)内摺大时，0(X)先减小后增大.故选D.

解法二D(X)=F(X2)-F2(X)=0+—+在。

339

所以当a在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大.故选D.

二、解答题

2.［2021新高考卷II,12分］一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,

设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第I代，再经过一次繁殖后为

第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表

示1个微生物个体繁殖下一代的个数，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］由题意,知P(X=0)=0.4,P(X=1)=0.3,P(X=2)=0.2,P(X=3)=

0.1,

••・X的分布列为

X0123

P0.40.30.20.1

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

(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程

Po+P1X+P2/+P3,=X的一个最小正实根，求证：当E(X)Wl时，P=

1,当E(X)>1时，p<1；

32

［答案］记f(%)=p3x+p2x+(Pi-l)x+po-

由题知，p为/a)=o的最小正实根，

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

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

1=E(x)-1,

g(0)=P3+P2+Pi-1=-PoV0•

当E(X)<1时,g(l)<0，易知g(x)在(0,1)上单调递增，

・•・当％G(0,1)时,g(x)=0无实根.

f(x)=0在(0,1)上有且仅有一个实根，即p=1,

••・当E(X)41时，p=1.

当E(X)>1时，g(l)>0，又g(0)<0应⑺在(0,1)上单调递增，

二g(x)=0在(0,1)上有唯一实根p',

/(x)=0的最小正实根p=prE(0,1),

・•・当E(X)>1时，p<1.

(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.

f答案］E(X)W1,表示1个微生物个体繁殖下一代的个数不超过自身个数，种

群数量无法维持稳定或正向增长，多代繁殖后将面临灭绝，所以p=l.

E(X)>1,表示1个微生物个体可以繁殖下一代的个数超过自身个数，种群数量

可以正向增长，所以面临灭绝的可能性小于1.

3.［2019全国卷I,12分］为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道

哪种新药更有效，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，乙药得一1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()分.甲、乙两种药

的治愈率分别记为a和£,一轮试验中甲药的得分记为X.

(1)求X的分布列；

［答案］X的所有可能取值为-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的分布列为

X-101

P(1—a)p印+(1-a)(l-/?)«(1-/7)

(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，Pi(i=O,l，…,8)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).假设a=0.5,/?=0.8.

(i)证明:{d+i-pj(i=0,1,2…,7)为等比数列；

［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).

又因为Pi-Po=PiH0,所以{Pi+i-pj(i=04,2,...,7)为公比为4,首项为pi的

等比数列.

(ii)求P4,并根据P4的值解释这种试验方案的合理性.

［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二岛，所以

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

44-l

=~^

1

・257°

P4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P4=三。0.0039,此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方

案合理.

考点38二项分