资源简介

高考数学考前冲刺押题预测 概率
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅲ）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（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 新课标Ⅰ）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 山东）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，32），从中随机抽取一件，其长度误差落在区间（3，6）内的概率为（　　）
（附：若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜ξ＜μ+σ）＝68.26%，P（μ﹣2σ＜ξ＜μ+2σ）＝95.44%）
A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%
4．（2024 新课标Ⅱ）从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn构成n个数对（x1，y1），（x2，y2）…（xn，yn），其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024 北京）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024 新课标Ⅲ）小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024 湖北）设X～N（μ1，σ12），Y～N（μ2，σ22），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．P（Y≥μ2）≥P（Y≥μ1）
B．P（X≤σ2）≤P（X≤σ1）
C．对任意正数t，P（X≤t）≥P（Y≤t）
D．对任意正数t，P（X≥t）≥P（Y≥t）
8．（2024 天津）有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 泸州期末）一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（　　）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”互为互斥事件
C．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”互为互斥事件
D．事件“两次均未击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
（多选）10．（2023 武汉模拟）已知离散型随机变量X服从二项分布B（n，p），其中n∈N*，0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有（　　）
A．a+b＝1
B．时，a＝b
C．0＜p时，a随着n的增大而增大
D．p＜1时，a随着n的增大而减小
（多选）11．（2024春 罗定市期中）设随机变量ξ的分布列为P（ξ）＝ak（k＝1，2，3，4，5），则（　　）
A．15a＝1 B．P（0.5＜ξ＜0.8）＝0.2
C．P（0.1＜ξ＜0.5）＝0.2 D．P（ξ＝1）＝0.3
（多选）12．（2021 无锡一模）有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%．则下列选项正确的有（　　）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
三．填空题（共4小题）
13．（2024 广东）已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，则p＝　 　．
14．（2024 回民区校级期中）在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则P（X＝4）＝　 　．（用数字表示）
15．（2024 新课标Ⅰ）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为　 　．
16．（2024 江苏）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 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，乙每轮猜对的概率是；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．
18．（2024 新课标Ⅱ）某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P（A）的估计值；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P（B）的估计值；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值．
19．（2024 新课标Ⅲ）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
20．（2024 湖南）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有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，各随机摸出一个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获得一等奖；若只有1个红球，则获得二等奖；若没有红球，则不获奖．
（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．
高考数学考前冲刺押题预测 概率
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅲ）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（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】排列组合．
【答案】D
【分析】利用古典概型求概率原理，首先用捆绑法将两女生捆绑在一起作为一个人排列找出分子，再
全部排列找到分母，可得到答案．
【解答】解：方法一：用捆绑法将两女生捆绑在一起作为一个人排列，有A33A22＝12种排法，
再所有的4个人全排列有：A44＝24种排法，
利用古典概型求概率原理得：p，
方法二：假设两位男同学为A、B，两位女同学为C、D，所有的排列情况有24种，如下：
（ABCD）（ABDC）（ACBD）（ACDB）（ADCB）（ADBC）
（BACD）（BADC）（BCAD）（BCDA）（BDAC）（BDCA）
（CABD）（CADB）（CBAD）（CBDA）（CDAB）（CDBA）
（DABC）（DACB）（DBAC）（DBCA）（DCAB）（DCBA）
其中两位女同学相邻的情况有12种，分别为（ABCD）、（ABDC）、（ACDB）、（ADCB）、（BACD）、（BADC）、（BCDA）、（BDCA）、（CDAB）、（CDBA）、（DCAB）、（DCBA），
故两位女同学相邻的概率是：p，
故选：D．
【点评】本题考查排列组合的综合应用．考查古典概型的计算．
2．（2024 新课标Ⅰ）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【专题】概率与统计．
【答案】C
【分析】一一列举出所有的基本事件，再找到勾股数，根据概率公式计算即可．
【解答】解：从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5），（1，4，5）（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）共10种，
其中只有（3，4，5）为勾股数，
故这3个数构成一组勾股数的概率为．
故选：C．
【点评】本题考查了古典概型概率的问题，关键是不重不漏的列举出所有的基本事件，属于基础题．
3．（2024 山东）已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N（0，32），从中随机抽取一件，其长度误差落在区间（3，6）内的概率为（　　）
（附：若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜ξ＜μ+σ）＝68.26%，P（μ﹣2σ＜ξ＜μ+2σ）＝95.44%）
A．4.56% B．13.59% C．27.18% D．31.74%
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】计算题；概率与统计．
【答案】B
【分析】由题意P（﹣3＜ξ＜3）＝68.26%，P（﹣6＜ξ＜6）＝95.44%，可得P（3＜ξ＜6）（95.44%﹣68.26%），即可得出结论．
【解答】解：由题意P（﹣3＜ξ＜3）＝68.26%，P（﹣6＜ξ＜6）＝95.44%，
所以P（3＜ξ＜6）（95.44%﹣68.26%）＝13.59%．
故选：B．
【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
4．（2024 新课标Ⅱ）从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn构成n个数对（x1，y1），（x2，y2）…（xn，yn），其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何概型．
【专题】计算题；方程思想；综合法；概率与统计．
【答案】C
【分析】以面积为测度，建立方程，即可求出圆周率π的近似值．
【解答】解：由题意，两数的平方和小于1，对应的区域的面积为π 12，从区间[0，1】随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），对应的区域的面积为12．
∴
∴π．
故选：C．
【点评】古典概型和几何概型是我们学习的两大概型，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的就是几何概型，几何概型的概率的值是通过长度、面积和体积的比值得到．
5．（2024 北京）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】概率与统计．
【答案】B
【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，同此能求出甲被选中的概率．
【解答】解：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，
基本事件总数n10，
甲被选中包含的基本事件的个数m4，
∴甲被选中的概率p．
故选：B．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．
6．（2024 新课标Ⅲ）小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【专题】计算题；对应思想；试验法；概率与统计．
【答案】C
【分析】列举出从M，I，N中任取一个字母，再从1，2，3，4，5中任取一个数字的基本事件数，然后由随机事件发生的概率得答案．
【解答】解：从M，I，N中任取一个字母，再从1，2，3，4，5中任取一个数字，取法总数为：
（M，1），（M，2），（M，3），（M，4），（M，5），（I，1），（I，2），（I，3），（I，4），（I，5），（N，1），（N，2），（N，3），（N，4），（N，5）共15种．
其中只有一个是小敏的密码前两位．
由随机事件发生的概率可得，小敏输入一次密码能够成功开机的概率是．
故选：C．
【点评】本题考查随机事件发生的概率，关键是列举基本事件总数时不重不漏，是基础题．
7．（2024 湖北）设X～N（μ1，σ12），Y～N（μ2，σ22），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．P（Y≥μ2）≥P（Y≥μ1）
B．P（X≤σ2）≤P（X≤σ1）
C．对任意正数t，P（X≤t）≥P（Y≤t）
D．对任意正数t，P（X≥t）≥P（Y≥t）
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】概率与统计．
【答案】C
【分析】直接利用正态分布曲线的特征，集合概率，直接判断即可．
【解答】解：正态分布密度曲线图象关于x＝μ对称，所以μ1＜μ2，从图中容易得到P（X≤t）≥P（Y≤t）．
故选：C．
【点评】本题考查了正态分布的图象与性质，学习正态分布，一定要紧紧抓住平均数μ和标准差σ这两个关键量，结合正态曲线的图形特征，归纳正态曲线的性质．
8．（2024 天津）有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【专题】计算题；方程思想；定义法；概率与统计．
【答案】C
【分析】先求出基本事件总数n10，再求出取出的2支彩笔中含有红色彩笔包含的基本事件个数m4，由此能求出取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率．
【解答】解：有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫，
从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，
基本事件总数n10，
取出的2支彩笔中含有红色彩笔包含的基本事件个数m4，
∴取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为p．
故选：C．
【点评】本小题主要考查概率、古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，是基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 泸州期末）一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（　　）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”互为互斥事件
C．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”互为互斥事件
D．事件“两次均未击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
【考点】互斥事件与对立事件．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计．
【答案】CD
【分析】根据互斥事件与对立事件的定义，对选项中的命题判断正误即可．
【解答】解：对于A，事件“至少一次击中”包含“一次击中”和“两次均击中”，
所以不是对立事件，A错误；
对于B，事件“第一次击中”包含“第一次击中、第二次击中”和“第一次击中、第二次不中”，
所以与事件“第二次击中”不是互斥事件，B错误；
对于C，事件“恰有一次击中”是“一次击中、一次不中”，
它与事件“两次均击中”是互斥事件，C正确；
对于D，事件“两次均未击中”的对立事件是“至少一次击中”，D正确．
故选：CD．
【点评】本题考查了互斥事件与对立事件的应用问题，是基础题．
（多选）10．（2023 武汉模拟）已知离散型随机变量X服从二项分布B（n，p），其中n∈N*，0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有（　　）
A．a+b＝1
B．时，a＝b
C．0＜p时，a随着n的增大而增大
D．p＜1时，a随着n的增大而减小
【考点】n重伯努利试验与二项分布．
【专题】对应思想；定义法；二项式定理；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析选项C，D根据题意把a的表达式写出，然后利用单调性分析即可．
【解答】解：对于A选项，由概率的基本性质可知，a+b＝1，故A正确；
对于B选项，由p时，离散型随机变量X服从二项分布B（n，），
P（X＝k）（）k×（1）n﹣k（k＝0，1，2，…，n），
a（）n×2n﹣1，
b（）n×2n﹣1，
所以a＝b，故B正确；
对于C，D选项，a，
当0＜p时，a为正项且单调递增的数列，
故a随着n的增大而增大故选项C正确；
当p＜1时，a＝（1﹣2p）n为正负交替的摆动数列，故选项D不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查了二项分布，属于中档题．
（多选）11．（2024春 罗定市期中）设随机变量ξ的分布列为P（ξ）＝ak（k＝1，2，3，4，5），则（　　）
A．15a＝1 B．P（0.5＜ξ＜0.8）＝0.2
C．P（0.1＜ξ＜0.5）＝0.2 D．P（ξ＝1）＝0.3
【考点】离散型随机变量及其分布列．
【专题】对应思想；数学模型法；概率与统计；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由题意可得a+2a+3a+4a+5a＝1，求得a，然后分别求出四个概率得选项．
【解答】解：由题意可得a+2a+3a+4a+5a＝1，即15a＝1，故A正确；
P（0.5＜ξ＜0.8）＝P（ξ＝0.6）＝3a，故B正确；
P（0.1＜ξP（ξ）+P（ξ）0.2，故C正确；
P（ξ＝1）50.3，故D不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查概率的求法，注意离散型随机变量的分布列的性质的合理运用，是基础题．
（多选）12．（2021 无锡一模）有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%．则下列选项正确的有（　　）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
【考点】条件概率乘法公式及应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据题意，依次分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，假设3台车床生产的零件总数为100a，则第1台车床的零件数为25a，第2台车床的零件数为30a，第3台车床的零件数为45a，
依次分析选项：
对于A，第1台加工的次品率为6%，则第1台车床生产的次品数为1.5a，则任取一个零件是第1台生产出来的次品概率P0.015，A错误，
对于B，第1台车床生产的次品数为1.5a，第2台车床生产的次品数为30a×5%＝1.5a，第3台车床生产的次品数为45a×5%＝2.25a，则一共有次品5.25a，
则任取一个零件是次品的概率为0.0525，B正确，
对于C，任取1个零件，如果是第2台生产出来的次品，其概率P10.015，而任取一个零件是次品的概率为0.0525，
则如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率P，C正确，
对于D，任取1个零件，如果是第3台生产出来的次品，其概率P20.0225，而任取一个零件是次品的概率为0.0525，
则如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率P，D错误，
故选：BC．
【点评】本题考查条件概率的计算，涉及概率的性质以及计算，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 广东）已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，则p＝　　．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】概率与统计．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
【解答】解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，
可得np＝30，npq＝20，q，则p，
故答案为：．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
14．（2024 回民区校级期中）在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则P（X＝4）＝　　．（用数字表示）
【考点】超几何分布．
【专题】计算题；应用题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意本题是一个超几何分布的问题，P（X＝4）即取出的10个村庄中交通不方便的村庄数为四，由公式算出概率即可
【解答】解：由题意P（X＝4）
故答案为：
【点评】本题考查超几何分布概率模型，解本题的关键是能归纳出本题的概率模型以及概率的计算公式．
15．（2024 新课标Ⅰ）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为　　．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】概率与统计．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先求出所有的基本事件的个数，再从中找到2本数学书相邻的个数，最后根据概率公式计算即可．
【解答】解：2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，所有的基本事件有共有6种结果，
其中2本数学书相邻的有（数学1，数学2，语文），（数学2，数学1，语文），（语文，数学1，数学2），（语文，数学2，数学1）共4个，故本数学书相邻的概率P．
故答案为：．
【点评】本题考查了古典概型的概率公式的应用，关键是不重不漏的列出满足条件的基本事件．
16．（2024 江苏）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是　　．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；集合思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】基本事件总数n10，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数m7，由此能求出选出的2名同学中至少有1名女同学的概率．
【解答】解：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，
基本事件总数n10，
选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数：
m7，
∴选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是p．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 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，乙每轮猜对的概率是；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．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；分类讨论；分类法；概率与统计．
【答案】见试题解答内容
【分析】（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，进而可得答案；
（II）由已知可得：“星队”两轮得分之和为X可能为：0，1，2，3，4，6，进而得到X的分布列和数学期望．
【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P，
（II）“星队”两轮得分之和为X可能为：0，1，2，3，4，6，
则P（X＝0），
P（X＝1）＝2×[]，
P（X＝2），
P（X＝3）＝2，
P（X＝4）＝2×[]，
P（X＝6），
故X的分布列如下图所示：
X 0 1 2 3 4 6
P
∴数学期望EX＝012346．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，属中档题．
18．（2024 新课标Ⅱ）某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P（A）的估计值；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P（B）的估计值；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费估计值．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；用样本估计总体的集中趋势参数．
【专题】计算题；规律型；概率与统计．
【答案】见试题解答内容
【分析】（I）求出A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数．总事件人数，即可求P（A）的估计值；
（Ⅱ）求出B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”的人数．然后求P（B）的估计值；
（Ⅲ）利用人数与保费乘积的和除以总续保人数，可得本年度的平均保费估计值．
【解答】解：（I）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．事件A的人数为：60+50＝110，该险种的200名续保，
P（A）的估计值为：；
（Ⅱ）记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．事件B的人数为：30+30＝60，P（B）的估计值为：；
（Ⅲ）续保人本年度的平均保费估计值为1.1925a．
【点评】本题考查样本估计总体的实际应用，考查计算能力．
19．（2024 新课标Ⅲ）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于25的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．
（2）当温度大于等于25℃时，需求量为500，求出Y＝900元；当温度在[20，25）℃时，需求量为300，求出Y＝300元；当温度低于20℃时，需求量为200，求出Y＝﹣100元，从而当温度大于等于20时，Y＞0，由此能估计估计Y大于零的概率．
【解答】解：（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，
得到最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于25的天数为2+16+36＝54，
根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．
如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，
如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶，
如果最高气温低于20，需求量为200瓶，
∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p．
（2）当温度大于等于25℃时，需求量为500，
Y＝450×2＝900元，
当温度在[20，25）℃时，需求量为300，
Y＝300×2﹣（450﹣300）×2＝300元，
当温度低于20℃时，需求量为200，
Y＝400﹣（450﹣200）×2＝﹣100元，
当温度大于等于20时，Y＞0，
由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20℃的天数有：
90﹣（2+16）＝72，
∴估计Y大于零的概率P．
【点评】本题考查概率的求法，考查利润的所有可能取值的求法，考查函数、古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．
20．（2024 湖南）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有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，各随机摸出一个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获得一等奖；若只有1个红球，则获得二等奖；若没有红球，则不获奖．
（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．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】概率与统计．
【答案】（1）P（C）．
（2）X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E（X）．
【分析】（1）记事件A1＝{从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2＝{从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，事件B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，事件C＝{顾客抽奖1次能获奖}，利用A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，然后求出所求概率即可．
（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X～B．求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．
【解答】解：（1）记事件A1＝{从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2＝{从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，事件B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，事件C＝{顾客抽奖1次能获奖}，由题意A1，A2相互独立，，互斥，B1，B2互斥，且B1＝A1A2，B2，C＝B1+B2，因为P（A1），P（A2），所以，P（B1）＝P（A1）P（A2），P（B2）＝P（）+P（），故所求概率为：P（C）＝P（B1+B2）＝P（B1）+P（B2）．
（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由（1）可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：所以．X～B．于是，P（X＝0），P（X＝1），P（X＝2），P（X＝3）．
故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E（X）＝3．
【点评】期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的特征数，学习期望将为今后学习概率统计知识做铺垫，它在市场预测，经济统计，风险与决策等领域有着广泛的应用，为今后学习数学及相关学科产生深远的影响．
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