2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题四概率与统计01真题赏析类型四离散型随机变量及其分布列

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(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, )Xi)＝eq \i\su(i＝1,n, )qi.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：(1)设第2次投篮的人是乙的概率为P，
由题意得P＝0.5×0.4＋0.5×0.8＝0.6.
(2)由题意设Pn为第n次投篮的是甲，
则Pn＋1＝0.6Pn＋0.2(1－Pn)＝0.4Pn＋0.2，
所以Pn＋1－eq \f(1,3)＝0.4(Pn－eq \f(1,3))，
又P1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)≠0，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,3)))是首项为eq \f(1,6)，
公比为0.4的等比数列，所以Pn－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))n－1，
即Pn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))n－1，所以第i次投篮的人是甲的概率为Pi＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))i－1.
(3)由(2)得Pi＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)×(eq \f(2,5))i－1，
由题意得甲第i次投篮次数Yi服从两点分布，
且P(Yi＝1)＝1－P(Yi＝0)＝Pi，
所以E(eq \i\su(i＝1,n, )Yi)＝E(Y)＝eq \i\su(i＝1,n, )Pi，
所以当n≥1时，E(Y)＝eq \i\su(i＝1,n, )Pi＝eq \f(1,6)eq \i\su(i＝1,n, )(eq \f(2,5))i－1＋eq \f(n,3)＝eq \f(\f(1,6)[1－（\f(2,5)）n],1－\f(2,5))＋eq \f(n,3)＝eq \f(5,18)[1－(eq \f(2,5))n]＋eq \f(n,3)；
当n＝0时，E(Y)＝eq \f(5,18)[1－(eq \f(2,5))0]＋eq \f(0,3)，
综上所述，E(Y)＝eq \f(5,18)[1－(eq \f(2,5))n]＋eq \f(n,3)，n∈N.
2．(2023·上海卷)2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求P(B)和P(B|A)，并判断事件A和事件B是否独立；
(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、仅外观或仅内饰同色；
假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖600元，二等奖300元，三等奖150元；
请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望．
解：(1)若红色外观的模型，则分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率P(A)＝eq \f(12＋2,25)＝eq \f(14,25)，
若小明取到棕色内饰，分红色外观12，蓝色外观8，则对应的概率P(B)＝eq \f(12＋8,25)＝eq \f(20,25)＝eq \f(4,5).
取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个，
即P(AB)＝eq \f(12,25)，则P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(12,25),\f(14,25))＝eq \f(12,14)＝eq \f(6,7).
因为P(A)P(B)＝eq \f(14,25)×eq \f(4,5)＝eq \f(56,125)≠eq \f(12,25)，
所以P(A)P(B)≠P(AB)，即事件A和事件B不独立．
(2)由题意知X＝600，300，150，
则外观和内饰均为同色的概率P＝eq \f(Ceq \\al(2,12)＋Ceq \\al(2,8)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,25))＝eq \f(66＋28＋3＋1,300)＝eq \f(98,300)＝eq \f(49,150)，
外观和内饰都异色的概率P＝eq \f(Ceq \\al(1,8)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,25))＝eq \f(24＋24,25×12)＝eq \f(4,25)＝eq \f(24,150)，仅外观或仅内饰同色的概率P＝1－eq \f(49,150)－eq \f(4,25)＝eq \f(77,150)，
因为eq \f(77,150)>eq \f(49,150)>eq \f(24,150)，
所以P(X＝150)＝eq \f(77,150)，P(X＝300)＝eq \f(49,150)，
P(X＝600)＝eq \f(24,150)，
则X的分布列为：
则E(X)＝150×eq \f(77,150)＋300×eq \f(49,150)＋600×eq \f(24,150)＝eq \f(40 650,150)＝271(元)．
3．一项试验旨在研究臭氧效应，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．
(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
15．2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8
26．5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6
35．6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7．8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5
18．0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8
23．6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(ⅰ)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：
(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？
附：K2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，
解：(1)X的所有可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,2)×(1－eq \f(1,2))×(1－eq \f(1,2))＝eq \f(1,4)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,2)×(1－eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
所以X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(1,4)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,4)＝1.
(2)(ⅰ)根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数m＝eq \f(23.2＋23.6,2)＝23.4.
列联表如下：
(ⅱ)根据(ⅰ)中结果可得K2＝eq \f(40×（6×6－14×14）2,20×20×20×20)＝6.4>3.841，
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．项目
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
12
8
米色内饰
2
3
X
150
300
600
P
eq \f(77,150)
eq \f(49,150)
eq \f(24,150)