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章末复习提升
题型归纳·素养提升
条件概率刻画了在已知某事件发生的条件下,另一事件发生的概率,体现了概率的动态性.全概率公式则是解决复杂事件概率的有力工具,它将复杂事件分解为若干个互斥完备的“原因”事件与目标事件的积事件概率之和,常用于“由因索果”的问题.贝叶斯公式则是在已知结果发生的条件下,反推某个原因发生的可能性,体现了“执果索因”的思想.掌握公式适用情境、正确划分样本空间或完备事件组是解题关键,常见于抽签问题、质检问题、路径问题等.
题型一　条件概率与全概率公式
ABD
D
[跟进巩固] (2023·全国甲卷)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.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
A
分布列以表格形式清晰呈现随机变量所有可能取值及其对应的概率,是描述其统计规律的核心工具.均值(数学期望)反映了随机变量取值的“平均水平”,是概率意义下的加权平均值,具有线性性质.方差(及标准差)则度量了随机变量取值相对于其均值的离散程度(波动大小),方差越大,波动性越强.理解并会求常见离散型随机变量(如两点分布)的分布列、均值与方差是本部分重点,需熟练掌握相关公式和性质.
题型二　离散型随机变量的分布列、均值和方差
A
[跟进巩固] A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2,根据市场分析,X1和X2的分布列分别如下表:
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个投资项目上各投资100万元,Y1和 Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润(单位:万元),求方差D(Y1),D(Y2);
【解】 (1)根据题意,知Y1和Y2的分布列分别如表所示,
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
从而E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6,
D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4,
E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8,
D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12.
(2)将x(0≤x≤100)万元投资项目A,(100-x)万元投资项目B,f(x)表示投资项目A所得利润的方差与投资项目B所得利润的方差的和.求f(x)的最小值,并指出当x为何值时,f(x)取得最小值.
二项分布是离散型随机变量中最重要的概率模型之一.它描述了n重伯努利试验中,事件A发生的次数X的概率分布.其核心特征为“独立重复”.掌握其分布列公式、均值E(X)=np、方差D(X)=np(1-p)是基本要求.解题关键在于准确识别问题是否满足n重伯努利试验的条件(独立、重复、二值结果、概率恒定),常见于射击问题、有放回抽样、群体患病率调查等场景.
题型三　二项分布
(2)设共进行了10局投篮比赛,其中甲获胜的局数为X,求X的数学期望E(X).
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在 7:30 之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
超几何分布是描述不放回抽样问题中特定事件发生次数的概率模型.其典型情境是:在含有M件次品(或具有某特征个体)的N件产品(或总体)中,不放回地随机抽取n件,抽到的次品数X服从超几何分布.核心特征是“有限总体”和“不放回抽样”,抽样会改变剩余总体的结构.理解其分布列公式、均值是重点.解题关键是与二项分布进行区分:超几何分布适用于不放回抽样(试验不独立),二项分布适用于有放回抽样或无限总体(试验独立).
题型四　超几何分布
[典例4] (2025·辽宁沈阳期末)为了解某药物在小鼠体内的残留程度,进行如下试验:随机抽取100只小鼠给服该种药物,每只小鼠给服的药物浓度、体积相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内药物的百分比.根据试验数据得到如下频率分布直方图:
(1)求频率分布直方图中a的值.
【解】 (1)由题图知,0.15+0.20+a+0.20+0.10+0.05=1,解得a=0.3.
(2)估计该药物在小鼠体内残留百分比的平均值.(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
(3)在体内药物残留百分比位于区间[5.5,7.5]内的小鼠中任取3只,设其中体内药物残留百分比位于区间[6.5,7.5]内的小鼠为X只,求X的分布列和期望.
[跟进巩固] 已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人
【解】 (1)由已知得甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 3∶2∶2.由于采用分层抽样的方法从中抽取 7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
①用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
②设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
题型五　正态分布
[典例5] (2025·安徽黄山月考)最大飞行高度是无人机性能的重要指标,某工厂生产了一批无人机,其最大飞行高度X(单位:m)服从正态分布N(500,52),从这批无人机中随机抽取一件,其最大飞行高度落在区间(490,505)内的概率约
为(　　)
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σA.0.135 9 B.0.341 4
C.0.613 2 D.0.818 6
D
B章末复习提升
题型一　条件概率与全概率公式
条件概率刻画了在已知某事件发生的条件下,另一事件发生的概率,体现了概率的动态性.全概率公式则是解决复杂事件概率的有力工具,它将复杂事件分解为若干个互斥完备的“原因”事件与目标事件的积事件概率之和,常用于“由因索果”的问题.贝叶斯公式则是在已知结果发生的条件下,反推某个原因发生的可能性,体现了“执果索因”的思想.掌握公式适用情境、正确划分样本空间或完备事件组是解题关键,常见于抽签问题、质检问题、路径问题等.
[典例1] (1)(多选)对于随机事件A,B,若P(A)=,P(B)=,P(A|B)=,则(　　)
A.P(AB)= B.P(B|A)=
C.P(A+B)=1 D.P(B|)=
(2)(2025·山西晋城月考)某建材市场螺丝供货商为A公司与B公司,已知两公司在该中心的供货占比为 2∶3,A公司所供螺丝的优品率为0.7,B公司所供螺丝的优品率为 0.8,某人在该中心购得一枚螺丝,那么该螺丝为优品的概率为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 (1)ABD　(2)D
【解析】 (1)对于A,由P(B)=,P(A|B)==,解得P(AB)=,故A正确;
对于B,由P(A)=,P(AB)=,
则P(B|A)==,故B正确;
对于C,P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,故C错误;
对于D,P(B|)====,故D正确.故选ABD.
(2)设“购得一枚螺丝为A公司所供”为事件A,“购得一枚螺丝为B公司所供”为事件B,“购得一枚螺丝为优品”为事件C,则P(A)=,P(B)=,所以P(C)=P(AC)+P(BC)=P(A)P(C|A)+P(B)·P(C|B)=×0.7+×0.8=.故选D.
[跟进巩固] (2023·全国甲卷)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.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
【答案】 A
【解析】 同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4,记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5,P(AB)=0.4,所以P(B|A)===0.8.故选A.
题型二　离散型随机变量的分布列、均值和方差
分布列以表格形式清晰呈现随机变量所有可能取值及其对应的概率,是描述其统计规律的核心工具.均值(数学期望)反映了随机变量取值的“平均水平”,是概率意义下的加权平均值,具有线性性质.方差(及标准差)则度量了随机变量取值相对于其均值的离散程度(波动大小),方差越大,波动性越强.理解并会求常见离散型随机变量(如两点分布)的分布列、均值与方差是本部分重点,需熟练掌握相关公式和性质.
[典例2] (2026·全国Ⅰ卷)设U={(x1,x2,x3)|xi∈{-2,-1,1,2},i=1,2,3}为空间中64个点构成的集合,点P(1,1,1),记样本空间Ω= U{P},从Ω中随机取一个点,定义随机变量X如下:对 Ω中的每个点A(x1,x2,x3),令X(A)=x1+x2+x3,则X的数学期望值为(　　)
A.- B.- C.0 D.
【答案】 A
【解析】 法一　由题意可知,n(Ω)=4×4×4-1=63,且随机变量X的取值为-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6.
根据对称性可知
P(X=-6)=P(X=6),P(X=-5)=P(X=5),
P(X=-4)=P(X=4),P(X=-2)=P(X=2),
P(X=-1)=P(X=1),
故-m×P(X=-m)+m×P(X=m)=0,m=1,2,4,5,6.
又因为P(X=-3)=,P(X=3)=,
所以E(X)=-3×+3×=-.故选A.
法二　数学期望是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数,可以不先列出分布列,直接利用样本点取值与相应概率求解,即E(X)=X(A)P(A).
因为U={(x1,x2,x3)|xi∈{-2,-1,1,2},i=1,2,3},P(1,1,1),
样本空间Ω= U{P}共有63个样本点,每个样本点发生的可能性相等,均为,故E(X)=X(A),X(A)=x1+x2+x3,X(A)即为样本空间Ω中所有点的坐标和的总和.
对于样本空间Ω中除(-1,-1,-1)外的任意一点(x1,x2,x3),均存在(-x1,-x2,-x3)与之对应,可知这两点的坐标和为0,
样本空间Ω中的点(-1,-1,-1)与点P(1,1,1)对应,
所以Ω中所有点的坐标和的总和为-1-1-1=-3,
故E(X)==-.故选A.
[跟进巩固] A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2,根据市场分析,X1和X2的分布列分别如下表:
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个投资项目上各投资100万元,Y1和 Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润(单位:万元),求方差D(Y1),D(Y2);
(2)将x(0≤x≤100)万元投资项目A,(100-x)万元投资项目B,f(x)表示投资项目A所得利润的方差与投资项目B所得利润的方差的和.求f(x)的最小值,并指出当x为何值时,f(x)取得最小值.
【解】 (1)根据题意,知Y1和Y2的分布列分别如表所示,
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
从而E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6,
D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4,
E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8,
D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12.
(2)f(x)=D(Y1)+D(Y2)=()2·D(Y1)+()2D(Y2)=[x2+3(100-x)2]=(4x2-600x+30 000)=(x-75)2+3,
当x=75时,f(x)取得最小值3.
题型三　二项分布
二项分布是离散型随机变量中最重要的概率模型之一.它描述了n重伯努利试验中,事件A发生的次数X的概率分布.其核心特征为“独立重复”.掌握其分布列公式、均值E(X)=np、方差D(X)=np(1-p)是基本要求.解题关键在于准确识别问题是否满足n重伯努利试验的条件(独立、重复、二值结果、概率恒定),常见于射击问题、有放回抽样、群体患病率调查等场景.
[典例3] 甲、乙两名同学进行定点投篮比赛,每局比赛甲、乙两人各投一次,若一方命中且另一方未命中,则命中的一方本局比赛获胜,否则视为平局.已知甲、乙每次投篮命中的概率分别为和,且每局比赛甲、乙命中与否互不影响,各局比赛也互不影响.
(1)求1局投篮比赛,甲、乙平局的概率;
(2)设共进行了10局投篮比赛,其中甲获胜的局数为X,求X的数学期望E(X).
【解】 (1)设事件A表示甲命中,事件B表示乙命中,则P(A)=,P(B)=,
所以1局投篮比赛,甲、乙平局的概率为P(AB)+P( )=×+(1-)(1-)=.
(2)1局投篮比赛,甲获胜的概率为P(A)=×(1-)=,因为共进行了10局投篮比赛,各局比赛也互不影响,可知随机变量X~B(10,), 所以 E(X)=10×=2.
[跟进巩固] 设甲、乙两位同学上学期间,每天 7:30 之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响,且任一同学每天到校情况相互独立.
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30 之前到校的天数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)设M为事件“上学期间的三天中,甲同学在 7:30 之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”,求事件M发生的概率.
【解】 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立,且每天7∶30之前到校的概率均为,故X~B(3,),
从而P(X=k)=()k()3-k,k=0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=3×=2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7∶30之前到校的天数为Y,则Y~B(3,),
且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.
由题意知事件{X=3,Y=1}与{X=2,Y=0}互斥,
且事件{X=3}与{Y=1},事件{X=2}与{Y=0}均相互独立,
从而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=×+×=.
题型四　超几何分布
超几何分布是描述不放回抽样问题中特定事件发生次数的概率模型.其典型情境是:在含有M件次品(或具有某特征个体)的N件产品(或总体)中,不放回地随机抽取n件,抽到的次品数X服从超几何分布.核心特征是“有限总体”和“不放回抽样”,抽样会改变剩余总体的结构.理解其分布列公式、均值是重点.解题关键是与二项分布进行区分:超几何分布适用于不放回抽样(试验不独立),二项分布适用于有放回抽样或无限总体(试验独立).
[典例4] (2025·辽宁沈阳期末)为了解某药物在小鼠体内的残留程度,进行如下试验:随机抽取100只小鼠给服该种药物,每只小鼠给服的药物浓度、体积相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内药物的百分比.根据试验数据得到如下频率分布直方图:
(1)求频率分布直方图中a的值.
(2)估计该药物在小鼠体内残留百分比的平均值.(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
(3)在体内药物残留百分比位于区间[5.5,7.5]内的小鼠中任取3只,设其中体内药物残留百分比位于区间[6.5,7.5]内的小鼠为X只,求X的分布列和期望.
【解】 (1)由题图知,0.15+0.20+a+0.20+0.10+0.05=1,解得a=0.3.
(2)由题图知,=2×0.15+3×0.2+4×0.3+5×0.2+6×0.1+7×0.05=4.05.
(3)体内药物残留百分比位于区间[5.5,6.5)内的频率为0.1,位于[6.5,7.5]内的频率为0.05.
则百分比位于区间[5.5,6.5)内的小鼠有10只,位于[6.5,7.5]内的小鼠有5只,所以X的可能取值为0,1,2,3,
所以P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=1.
[跟进巩固] 已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人
(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
①用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;
②设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.
【解】 (1)由已知得甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 3∶2∶2.由于采用分层抽样的方法从中抽取 7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
(2)①随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=k)=(k=0,1,2,3).
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
②设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”.
事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”.
则A=B∪C,且B与C互斥,由①知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.
所以事件A发生的概率为.
题型五　正态分布
正态分布是最重要的连续型随机变量概率分布模型,其概率密度曲线呈钟形(正态曲线),具有对称性、集中性、均匀变动性.参数μ(均值)决定了曲线的中心位置,参数σ(标准差)决定了曲线的“胖瘦”(数据离散程度).掌握正态曲线的性质[对称轴x=μ、最高点(μ,)、3σ原则等]是理解其应用的基础.本题型核心在于:(1)利用标准正态分布表求特定区间概率;(2)利用正态分布的对称性和3σ原则进行估算;(3)解决服从正态分布的实际问题(如质量评估、成绩分析、误差估计).理解正态分布在实际生活中的普遍性及其在统计学中的核心地位至关重要.
[典例5] (2025·安徽黄山月考)最大飞行高度是无人机性能的重要指标,某工厂生产了一批无人机,其最大飞行高度X(单位:m)服从正态分布N(500,52),从这批无人机中随机抽取一件,其最大飞行高度落在区间(490,505)内的概率约为(　　)
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σA.0.135 9 B.0.341 4
C.0.613 2 D.0.818 6
【答案】 D
【解析】 根据题意μ=500,σ=5,P(490[跟进巩固] 某次考试成绩X服从正态分布N(75,σ2).若P(60≤X≤90)=,则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生,至少有2名考生的成绩高于90分的概率为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 由于考试成绩X服从正态分布N(75,σ2),P(60≤X≤90)=,故P(X>90)==,从参加这次考试的考生中任意选取3名考生,成绩高于90分的人数服从二项分布B(3,),
故至少有2名考生的成绩高于90分的概率为 P=×()2×+()3=.故选B.
第七章　章末巩固验收
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.将一枚质地均匀的骰子掷两次,不能作为随机变量的是(　　)
A.两次掷出的点数之和
B.两次掷出的最大点数
C.第一次与第二次掷出的点数之差
D.两次掷出的点数
【答案】 D
【解析】 将一枚质地均匀的骰子掷两次,两次掷出的点数之和是一个变量,且随试验结果的变化而变化,所以是一个随机变量,故A不符合题意;两次掷出的最大点数,为随机变量,故B不符合题意;第一次与第二次掷出的点数之差也是随机变量, 故C不符合题意;两次掷出的点数不是一个变量,是一个数对,故D符合题意.故选D.
2.已知X服从两点分布,若P(X=0)=5P(X=1),则P(X=1)=(　　)
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 由题意得P(X=0)+P(X=1)=6P(X=1)=1,则P(X=1)=.故选A.
3.已知某种零件的尺寸(单位:mm)在[83.8,86.2]内的为合格品.某企业生产的该种零件的尺寸X服从正态分布N(85,σ2),且P(X<83.8)=0.05,则估计该企业生产的2 000个该种零件中合格品的个数为(　　)
A.1 600 B.1 800 C.800 D.180
【答案】 B
【解析】 由零件的尺寸X服从正态分布N(85,σ2),且P(X<83.8)=0.05,
得P(83.8≤X≤86.2)=1-2P(X<83.8)=0.9,所以该企业生产的2 000个该种零件中合格品的个数估计为2 000×0.9=1 800.故选B.
4.某校学生中有40%的学生爱好羽毛球,50%的学生爱好乒乓球,60%的学生爱好羽毛球或乒乓球.在该校的学生中随机调查一名学生,若该学生爱好羽毛球,则该学生也爱好乒乓球的概率为(　　)
A.0.4 B.0.9 C.0.8 D.0.75
【答案】 D
【解析】 同时爱好羽毛球和乒乓球的概率为0.4+0.5-0.6=0.3,设“该学生爱好羽毛球”为事件A,“该学生爱好乒乓球”为事件B,则P(A)=0.4,P(AB)=0.3,所以P(B|A)===0.75.故选D.
5.一个班级共有30名学生,其中有10名女生,现从中任选3人代表班级参加学校开展的某项活动,假设选出的3名代表中的女生人数为变量X,男生的人数为变量Y,则P(X=2)+P(Y=2)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【解析】 因为P(X=2)=,P(Y=2)=,所以P(X=2)+P(Y=2)=.故选C.
6.某工厂为了保证产品质量,利用两种不同方法进行检测,两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品,已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品,员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取 3件产品,员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品,设员工甲抽取到的3件产品中次品数量为X,员工乙抽取到的3件产品中次品数量为Y,则下列判断错误的是(注:超几何分布的均值E(X)=)(　　)
A.随机变量X服从二项分布
B.随机变量Y服从超几何分布
C.E(X)=E(Y)
D.P(X=k)【答案】 D
【解析】 对于A,员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品,则随机变量X服从二项分布,故A正确;对于B,员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品,则随机变量Y服从超几何分布,故B正确;对于C,设该批产品有N件,
则E(X)=3·=,E(Y)====,故C正确;
对于D,E(X)=kP(X=k),E(Y)=kP(Y=k),若P(X=k)7.已知X~B(3,p)(0A.p= B.E(X)=
C.D(X)= D.E(Y)-1=2D(Y)
【答案】 D
【解析】 因为X~B(3,p)(08.袋中有10个除颜色外完全相同的小球,其中6个黄球,4个红球,现从中任取4个球,记随机变量X为其中红球的个数,随机变量Y为其中黄球的个数,若取出一个红球得2分,取出一个黄球得1分,随机变量Z为取出4个球的总得分,则P(|Z-6|≤1)等于(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 由题意可知X,Y均服从超几何分布,且X+Y=4,Z=2X+Y,由|Z-6|≤1,得5≤Z≤7,所以Z=5,Z=6,Z=7,因为P(Z=5)=P(X=1,Y=3)==,P(Z=6)=P(X=2,Y=2)==,P(Z=7)=
P(X=3,Y=1)==,所以P(|Z-6|≤1)=P(Z=5)+P(Z=6)+P(Z=7)=++=.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.某校开展“强国有我,筑梦前行”主题演讲比赛,共有6名男生,4名女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序,记事件A表示“第一个出场的是女生”,事件B表示“第二个出场的是女生”,则(　　)
A.P(AB)= B.P(B|A)=
C.P(A)=P(B) D.P(A∪B)=
【答案】 BCD
【解析】 对于A,由题意得,P(AB)===,故A错误.
对于B,由题意得,P(A)===,所以P(B|A)==,故B正确.
对于C,对于事件B可分为两种情况:第一个出场的是男生,第二个出场的是女生;第一个出场的是女生,第二个出场的是女生.
所以P(B)===,
所以P(A)=P(B),故C正确.
对于D,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,故D正确.故选BCD.
10.已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球,则下列说法正确的是(　　)
A.若将袋子中的球全部随机分到两个不同的盒子中,每个盒子不空,则共有256种分配方法
B.若从袋子中不放回地摸出4个球(1次1个),记X为摸出的球中红球的个数,则P(X=2)=
C.若从袋子中有放回地依次摸球4次(1次1个),记M为摸出的红球个数,则D(M)=
D.若从袋子中有放回地依次摸球6次(1次1个)且记录每一次结果,则摸出3个红球3个黄球的可能性最大
【答案】 BC
【解析】 对于A,将袋子中的球全部随机分到两个不同的盒子中,每个盒子不空,则共有28-2=254(种)分配方法,故A错误;
对于B,P(X=2)===,故B正确;
对于C,设M为摸出的红球个数,则M~B(4,),故D(M)=4××=,故C正确;
对于D,设摸出的黄球的个数为Y,则Y可取0到6,且Y~B(6,),
P(Y)=·()Y·()6-Y,则
解得Y=2,
则摸出4个红球2个黄球的可能性最大,故D错误.故选BC.
11.现操场上甲、乙两人玩投篮游戏,每次由其中一人投篮,规则如下:若投中,则继续投篮,若未投中,则换另一人投篮.假设甲每次投篮的命中率均为,乙每次投篮的命中率均为,由掷两枚质地均匀的硬币的方式确定第一次投篮的人选(一正一反是甲投篮,同正或同反是乙投篮),以下选项正确的是(　　)
A.第一次投篮的人是甲的概率为
B.第三次投篮的人是甲的概率为
C.已知第二次投篮的人是乙的情况下,第一次投篮的人是甲的概率为
D.设第n次投篮的人是甲的概率为an,则6an+an-1=3(n≥2,n∈N*)
【答案】 BCD
【解析】 对于A,直接使用古典概型方法知,第一次投篮是甲的概率是=,故A错误;对于C,设A,B分别表示“第一次投篮的人是甲”和“第二次投篮的人是乙”,
则P(A|B)====,故C正确;对于B,D,设An表示“第n次投篮的人是甲”,则有an=P(An)=P(An|An-1)·P(An-1)+P(An|)P()=an-1+(1-an-1)=-an-1.
故a1=,an=-an-1,得到a2=,a3=,及6an+an-1=3,故B,D正确. 故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.对一个物理量做n次测量,并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差εn~N(0,),为使误差εn在(-0.5,0.5)的概率不小于0.954 5,至少要测量　　 　　次.(若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<2σ)≈0.954 5)
【答案】 32
【解析】 根据正态密度曲线的对称性知,要使误差εn在(-0.5,0.5)的概率不小于0.954 5,
则(μ-2σ,μ+2σ) (-0.5,0.5)且μ=0,σ=,
所以0.5≥2,解得n≥32.
13.袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球(球除颜色外,其余均匀相同).现从中任取两个球,记取出的红球数为ξ,若取出的两个球都是红球的概率为,一红一黄的概率为,则m-n=　　 　　,
E(ξ)=　　　　.
【答案】 1　
【解析】 P(ξ=2)=== =36,所以m+n+4=9,
P(一红一黄)==== m=3, 所以n=2, 则m-n=1.
由于P(ξ=2)=,P(ξ=1)===,P(ξ=0)===,
所以E(ξ)=×2+×1+×0=+=.
14.有一个邮件过滤系统,它可以根据邮件的内容和发件人等信息,判断邮件是不是垃圾邮件,并将其标记为垃圾邮件或正常邮件.对这个系统的测试具有以下结果:每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为,被标记为垃圾邮件的有的概率是正常邮件,被标记为正常邮件的有的概率是垃圾邮件,则垃圾邮件被该系统成功过滤(即垃圾邮件被标记为垃圾邮件)的概率为
　　 　.
【答案】
【解析】 记A=“正常邮件”,B=“标记为正常邮件”,则P()=,P(A|)=,P(|B)=,
所以P(B)=1-P()=,P(|)=1-P(A|)=,故P()=P(|B)P(B)+P(|)·P()=+=,
所以P(|)===.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
为铭记历史,缅怀先烈,增强爱国主义情怀,某学校开展了共青团知识竞赛活动.在最后一轮晋级比赛中,甲、乙、丙三名同学回答一道有关团史的问题,每个人回答正确与否互不影响.已知甲回答正确的概率为,甲、丙两人都回答正确的概率是,乙、丙两人都回答正确的概率是.
(1)若规定三名同学都回答这个问题,求甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率;
(2)若规定三名同学抢答这个问题,已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为,,,求这个问题回答正确的概率.
【解】 (1)设乙回答正确的概率为p2,丙回答正确的概率为p3,
则甲、丙两人都回答正确的概率是p3=,解得p3=,
乙、丙两人都回答正确的概率是p2=,解得p2=,
所以若规定三名同学都回答这个问题,
则甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率P=1-(1-)(1-)(1-)=.
(2)记事件A1为“甲抢答这道题”,事件A2为“乙抢答这道题”,事件A3为“丙抢答这道题”,记事件B为“这道题被答对”,
则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,
且P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,
由全概率公式可得P(B)=P(Ai)P(B|Ai)=×+×+×=.
16.(本小题满分15分)
某同学进行投篮训练,已知该同学每次投篮命中的概率都为,且每次投篮是否命中相互独立.
(1)求该同学在3次投篮中至少命中2次的概率.
(2)若该同学在10次投篮中恰好命中k次(k=0,1,2,…,10)的概率为Pk,则当k为何值时,Pk最大
【解】 (1)因为该同学每次投篮命中的概率都为,且每次投篮是否命中相互独立,
所以该同学在3次投篮中至少命中2次的概率为
P=1-×()0×()3-××()2=.
(2)因为该同学在10次投篮中恰好命中k次(k=0,1,2,…,10)的概率为Pk,
所以Pk=()k()10-k=()103k,
当Pk最大时,
所以
所以
即解得≤k≤,
因为k∈N,所以k=8.故当k为8时,Pk最大.
17.(本小题满分15分)
手工刺绣是我国非物质文化遗产之一,是对固定于绷架上的织物,按画稿绣上图形,大致分为三个环节,简记为工序A,工序B,工序C.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为,,.现某公司推出一项手工刺绣体验活动,报名费30元,成功通过三道工序最终的奖励金额是200元,为了更好地激发参与者的兴趣,该公司推出了一项工序补救服务,可以在活动开始前付费聘请技术员,若某一道工序没有成功,可以由技术员完成本道工序,技术员只完成其中一道工序,且只能聘请一位技术员,需另付聘请费用100元,若制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用.
(1)求小李独立成功完成三道工序的概率.
(2)若小李聘请一位技术员,且接受技术员补救服务,求他成功完成三道工序的概率.
(3)为了使小李获得收益的期望值更大,请问小李是否需要聘请一位技术员 请说明理由.
【解】 (1)设事件M=“小李独立成功完成三道工序”,
则P(M)=××=.
(2)设事件N=“小李聘请一位技术员,且接受技术员补救服务,成功完成三道工序”,
当技术员完成工序A时,小李成功完成三道工序的概率为P1=(1-)××=,
当技术员完成工序B时,小李成功完成三道工序的概率为P2=×(1-)×=,
当技术员完成工序C时,小李成功完成三道工序的概率为P3=××(1-)=,
故P(N)=P1+P2+P3=++=.
(3)若小李没有聘请技术员参与比赛,设小李最终的收益为Y,
P(Y=-30)=,P(Y=170)=,所以E(Y)=-30×+170×=.
若小李聘请一位技术员参与比赛,设小李最终的收益为X,
有下列几种情况:
技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序,此时X=120,
由(1)知,P(X=120)=P(M)=,
技术员参与补救并成功完成三道工序,此时X=70,由(2)知P(X=70)=P(N)=,
技术员参与补救但仍未成功完成三道工序,此时X=-130,
P(X=-130)=1-P(M)-P(N)=,
所以E(X)=-130×+70×+120×=,
因为E(X)>E(Y),所以小李需要聘请一位技术员.
18.(本小题满分17分)
某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级,分别对应下列五组质量指标值:[45,55),[55,65),[65,75),[75,85),[85,95].根据长期检测结果,发现芯片的质量指标值X服从正态分布N(μ,σ2),现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本,统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据检测结果,样本中芯片质量指标值的标准差s的近似值为11,用样本平均数 作为μ的近似值,用样本标准差s作为σ的估计值,可得到X服从正态分布N(μ,σ2),求a和μ的值.
(2)从样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片中随机抽取3件,记其中质量指标值在[85,95]的芯片件数为η,求η的分布列和数学期望.
(3)将质量指标值不低于K的芯片称为A等品.通过对芯片长期检测发现,在生产线中任意抽取一件芯片,它为A等品的概率为0.16,试用第(1)问结果估计K的值.
参考数据:①同一组中的数据用该组区间的中点值代表;②若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3.
【解】 (1)由频率分布直方图可知,所有矩形的面积之和为1,
由题可知,(0.010+a+0.040+0.015+0.010)×10=1,解得a=0.025,
所以估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为
=10×(0.01×50+0.025×60+0.04×70+0.015×80+0.01×90)=69,
所以μ=69.
(2)样本中质量指标值在[45,55)和[85,95]的芯片数量为(0.01+0.01)×10×100=20,
即所取样本的个数为20,
且质量指标值在[85,95]的芯片件数为10,故η的可能取值为0,1,2,3,
P(η=0)==,P(η=1)==,
P(η=2)==,P(η=3)==,
所以随机变量η的分布列为
η 0 1 2 3
P
所以η的数学期望E(η)=0×+1×+2×+3×=.
(3)由(1)可知,σ≈s≈11,则μ-σ≈69-11=58,μ+σ≈69+11=80,
由题可知,P(69-11≤X≤69+11)≈0.682 7,
所以P(X≥80)=≈0.16,即K≈80.
19.(本小题满分17分)
某次网球比赛为三局两胜制,设选手A与选手B的单局比赛获胜概率为p,且每局比赛相互
独立.
(1)在此次决赛之前,两人交手记录为“第一赛季:选手A以0比2败给选手B;第二赛季:选手A以2比1战胜选手B”.若用这两次交手共计5局比赛记录来估计p.
①求p的值;
②请利用上述数据计算选手A在此次网球决赛中战胜选手B获得冠军的概率.
(2)在(0,)中是否存在一个实数p,使选手A在五局三胜制中获胜的概率大于在三局两胜制中获胜的概率
【解】 (1)①根据两次交手记录,选手A共胜2局,负3局,因此p的估计值为0.4.
②法一　不妨设赛满3局,用X表示3局比赛中选手A胜的局数,则X~B(3,0.4),
则选手A在决赛中获得冠军的概率,即P(X≥2)=P(X=3)+P(X=2)=×0.43+×0.42×0.6=0.352.
法二　选手A最终获胜有两种可能的比分:2∶0或 2∶1.
前者是前两局选手A连胜,后者是前两局选手A、选手B各胜一局且第3局选手A胜.
因为每局比赛的结果是相互独立的,选手A最终获胜的概率为P=0.42+×0.42×0.6=0.352.
(2)三局两胜制中,设赛满3局,用X表示3局比赛中选手A胜的局数,则X~B(3,p),
那么获胜的概率为P(X≥2)=P(X=3)+P(X=2)=p3+p2(1-p)=p3+3p2(1-p),
同理可得,五局三胜制中,设赛满5局,用Y表示5局比赛中选手A胜的局数,其中Y~B(5,p),
那么获胜的概率为
P(Y≥3)=P(Y=5)+P(Y=4)+P(Y=3)=p5+p4(1-p)+p3(1-p)2=p5+5p4(1-p)+10p3(1-p)2.
综上,p5+5p4(1-p)+10p3(1-p)2>p3+3p2(1-p),化简得3p2(2p-1)(1-p)2>0,
因为p>0,1-p>0,所以2p-1>0,即p>0.5,
在(0,)中不存在这样的实数p,使选手A在五局三胜制中获胜的概率大于在三局两胜制中获胜的概率.

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