新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点21概率及其分布大题突破（附解析）

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用频率估计概率．
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率；
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．(结论不要求证明)
解：
2．[2022·全国甲卷]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．已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；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
解：
3．某商场在周年庆活动期间为回馈新老顾客，采用抽奖的形式领取购物卡．该商场在一个纸箱里放15个小球(除颜色外其余均相同)：3个红球、5个黄球和7个白球，每个顾客不放回地从中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球获得一张A类购物卡，每拿到一个黄球获得一张B类购物卡，每拿到一个白球获得一张C类购物卡．
(1)已知某顾客在3次中只有1次抽到白球的条件下，求至多有1次抽到红球的概率；
(2)设拿到红球的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解：
4．[2021·新高考Ⅰ卷]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0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答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；
(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．
解：
5．[2023·安徽芜湖模拟]在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3的三个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一个金蛋，再将三个箱子关闭．主持人知道金蛋在哪个箱子里．游戏规则是主持人请抽奖人在三个箱子中选择一个，若金蛋在此箱子里，抽奖人得到200元奖金；若金蛋不在此箱子里，抽奖人得到50元参与奖．无论抽奖人是否抽中金蛋，主持人都重新随机放置金蛋，关闭三个箱子，等待下一个抽奖人．
(1)求前3位抽奖人抽中金蛋人数X的分布列和方差；
(2)为了增加节目效果，改变游戏规则．当抽奖人选定编号后，主持人在剩下的两个箱子中打开一个空箱子．与此同时，主持人也给抽奖人一个改变选择的机会．如果抽奖人改变选择后，抽到金蛋，奖金翻倍；否则，取消参与奖．若仅从最终所获得的奖金考虑，抽奖人该如何抉择呢？
解：
6．[2023·新课标Ⅰ卷]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0.8.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0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则
E(eq \i\su(i＝1,n,X)i)＝eq \i\su(i＝1,n,q)i.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
解：
命题点21 概率及其分布(大题突破)
1．解析：(1)根据表格数据可以看出，40天里，有16个＋，也就是有16天是上涨的，
根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：eq \f(16,40)＝0.4.
(2)在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，
于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ×0.42×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×0.35×0.25＝0.168.
(3)由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，
因此估计第41次不变的概率最大．
2．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC＋eq \(A,\s\up6(－))BC＋Aeq \(B,\s\up6(－))C＋ABeq \(C,\s\up6(－)))
＝P(ABC)＋P(eq \(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq \(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq \(C,\s\up6(－)))
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.
易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列为
则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
3．解析：(1)设事件A：在3次中只有1次拿到白球，事件B：在3次中至多1次拿到红球，则事件AB：在3次中只有1次拿到白球，其它两次至多1次拿到红球，
所以P(A)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(28,65)，P(AB)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(5,13)，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(25,28).
(2)依题意拿到红球的次数为X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(12)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(44,91)，P(X＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(12)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(198,455)，
P(X＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(12)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(36,455)，P(X＝3)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) )＝eq \f(1,455)，
所以X的分布列为：
所以E(X)＝eq \f(44,91)×0＋eq \f(198,455)×1＋eq \f(36,455)×2＋eq \f(1,455)×3＝eq \f(3,5).
4．解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X＝0))＝1－0.8＝0.2；
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X＝20))＝0.8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－0.6))＝0.32；
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X＝100))＝0.8×0.6＝0.48.
所以X的分布列为
(2)由(1)知，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X))＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100.
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Y＝0))＝1－0.6＝0.4；
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Y＝80))＝0.6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－0.8))＝0.12；
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X＝100))＝0.8×0.6＝0.48.
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Y))＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4E(Z)，∴抽奖人应改变选择．
6．解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋eq \x\t(B)A，
所以P(A)＝P(BA＋eq \x\t(B)A)＝P(BA)＋P(eq \x\t(B)A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝eq \f(1,2)，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝eq \f(2,5)pi＋eq \f(1,5)，
所以pi＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,5)(pi－eq \f(1,3))，
又p1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,3)))是以eq \f(1,6)为首项，eq \f(2,5)为公比的等比数列，
所以pi－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))i－1，
所以pi＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))i－1.
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))i－1，
所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝eq \f(n,3)＋eq \f(1,6)×[1＋eq \f(2,5)＋(eq \f(2,5))2＋…＋(eq \f(2,5))n－1]＝eq \f(n,3)＋eq \f(1,6)×eq \f(1－（\f(2,5)）n,1－\f(2,5))＝eq \f(n,3)＋eq \f(5,18)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(2,5)）n)).
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X
0
1
2
3
P
eq \f(44,91)
eq \f(198,455)
eq \f(36,455)
eq \f(1,455)
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,27)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
eq \f(1,27)