北师大版高中数学选择性必修第一册第6章概率综合拔高练含答案

这是一份北师大版高中数学选择性必修第一册第6章概率综合拔高练含答案，共31页。

综合拔高练高考练　　　　　 　　　　 　　　　 考点1　条件概率1.(2023全国甲理,6)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.0.42.(2022新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1).考点2　事件的独立性3.(2022全国乙理,10)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p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则(　　)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4.(多选题)(2023新课标Ⅱ,12)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立,发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单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1,0,1,则译码为1).(　　)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(1-α)·(1-β)2B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3D.当0<α<0.5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的概率考点3　离散型随机变量的均值与方差5.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且∑i=14pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4　　　　　　B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3　　　　　　D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.26.(2022全国甲理,19)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.7.(2022北京,18)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9.50 m以上(含9.50 m)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.(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;(2)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;(3)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)8.(2021全国新高考Ⅰ,18)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.考点4　二项分布9.(2021天津,14)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一方猜错,则猜对的一方获胜,否则本次平局.已知每次活动中,甲、乙猜对的概率分别为56和35,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响,各次活动也互不影响,则一次活动中,甲获胜的概率为　　　;3次活动中,甲至少获胜2次的概率为　　　. 10.(2019课标全国Ⅰ,15)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　　　　. 考点5　超几何分布11.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　,Eξ=　　　　. 12.(2021浙江,15)袋中有4个红球,m个黄球,n个绿球.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16,一红一黄的概率为13,则m-n=　　　　,Eξ=　　　　. 考点6　正态分布13.(2021全国新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是(　　)A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等14.(2022全国新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)=　　　　　. 模拟练　　　　　 　　　　 　　　　 应用实践1.(多选题)(2022湖南永州第一中学期末)下列说法正确的是(　　)A.若随机变量X服从两点分布,P(X=0)=13,则EX=13B.若随机变量X~B(n,p),EX=30,DX=10,则p=23C.若随机变量X服从正态分布N(4,1),且P(X≥5)=0.158 7,则P(30,即P3>P1,故D正确.故选ABD.5.B　根据均值EX=∑i=14xipi,方差DX=∑i=14(xi-EX)2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.由此可知选项B对应样本的标准差最大,故选B.6.解析　设A、B、C分别表示甲学校在三个项目中获胜的事件,Y表示甲学校的总得分.(1)甲学校获得冠军可表示为“Y=30或Y=20”,易知P(Y=30)=P(A)·P(B)·P(C)=0.5×0.4×0.8=0.16,P(Y=20)=P(A)·P(B)·[1-P(C)]+P(A)·[1-P(B)]·P(C)+[1-P(A)]·P(B)·P(C)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44.∴甲学校获得冠军的概率为0.16+0.44=0.6.(2)由题意可知X可取0,10,20,30.由(1)可知P(X=0)=P(Y=30)=0.16,P(X=10)=P(Y=20)=0.44,P(X=20)=P(A)·[1-P(B)]·[1-P(C)]+[1-P(A)]·P(B)·[1-P(C)]+[1-P(A)]·[1-P(B)]·P(C)=0.5×0.6×0.2+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8=0.34,P(X=30)=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=0.5×0.6×0.2=0.06.∴X的分布列为∴EX=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13.7.解析　(1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准.设A为事件“甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖”,则P(A)=410=25.(2)X所有可能的取值为0,1,2,3,设B为事件“乙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖”,C为事件“丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖”,则P(B)=36=12,P(C)=24=12,由(1)知P(A)=25,则P(X=0)=P(A)P(B)P(C)=1-25×1-12×1-12=320,P(X=1)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=25×12×12+35×12×12+35×12×12=25,P(X=2)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=25×12×12+25×12×12+35×12×12=720,P(X=3)=P(A)P(B)P(C)=25×12×12=110,∴EX=0×320+1×25+2×720+3×110=75.(3)丙获得冠军的可能性最大.(依据:在收集的以往的比赛成绩中,丙的最高成绩为9.85 m,是三人中最高的)8.解析　(1)由已知可得,X的可能取值为0,20,100,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8×0.6=0.48,所以X的分布列为(2)由(1)可知EX=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.若小明先回答B类问题,记Y为小明的累计得分,则Y的可能取值为0,80,100,P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,所以EY=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,因为EY>EX,所以小明应选择先回答B类问题.9.答案　13;727解析　由题意得,甲获胜为甲猜对乙猜错,其概率P=56×1-35=13.根据独立重复试验的概率,知甲获胜2次的概率P1=C32×132×1-13=29,甲获胜3次的概率P2=C33×133=127,∴甲至少获胜2次的概率P'=P1+P2=29+127=727.10.答案　0.18解析　前四场中有一场客场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;前四场中有一场主场输,第五场赢时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是0.108+0.072=0.18.11.答案　1635;127解析　所抽取的3张卡片上数字的最小值为2可分两种情况:(1)3张卡片中恰有1张卡片上数字为2;(2)3张卡片中恰有2张卡片上数字为2,所以P(ξ=2)=C21C42C73+C22C41C73=12+435=1635.而P(ξ=1)=C62C73=1535,P(ξ=3)=C32C73=335,P(ξ=4)=C22C73=135,所以Eξ=1×1535+2×1635+3×335+4×135=6035=127.12.答案　1;89解析　∵P(ξ=2)=C42Cm+n+42=6Cm+n+42=16,可得Cm+n+42=36,∴m+n+4=9,又∵P(一红一黄)=C41·Cm1Cm+n+42=4m36=m9=13,解得m=3,∴n=2,∴m-n=1.P(ξ=0)=C52C92=518,P(ξ=1)=C41C51C92=59,P(ξ=2)=16,∴Eξ=518×0+59×1+16×2=59+13=89.13.D　因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故D中结论错误.故选D.14.答案　0.14解析　因为X~N(2,σ2),所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(20),易知函数f(x)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,f(1)=2×1+61=8,f(2)=2×2+62=7,f(3)=2×3+63=8,所以当b=2时,a+6b取得最小值7.5.答案　35解析　设“在200米比赛中站上领奖台”为事件A,在“100米比赛中站上领奖台”为事件B,则P(A)=310,P(B)=12,P(A∩B)=110,P(B)=1−P(B)=12,则P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=310+12−110=710,则P(AB)=1-P(A∪B)=310,故P(A|B)=P(AB)P(B)=31012=35.6.答案　32解析　设白球有n个,显然n≠0,n≠4,若n=1,则P(ξ=0)=1A51+1A52=14,符合题意,若n≥2,则P(ξ=0)=1A51+An1A52+…=15+n20+…>15+220>14,不符合题意,∴n=1,∴黑球有3个,P(ξ=1)=A31A52+C31×A22A53=14,P(ξ=2)=A32A53+C32×A33A54=14,P(ξ=3)=1−14×3=14,∴Eξ=(0+1+2+3)×14=32.7.答案　1049解析　由题意得随机变量X的可能取值为1,2,用隔板法可求得x,y,z的取值情况共C72种.当X=1时,分两种情况:①三个数中只有一个1,有C31C41种情况;②三个数中有两个1,有C32种情况,所以P(X=1)=C31C41+C32C72=57,当X=2时,也分两种情况:①三个数中只有一个2,有C31种情况;②三个数中有两个2,有C32种情况,所以P(X=2)=C31+C32C72=27,所以EX=1×57+2×27=97,E(X2)=1×57+4×27=137,故DX=E(X2)-(EX)2=1049.8.解析　(1)当小灯泡亮的时候,后一个元件A是合格的,前面的元件A,B至少有一个是合格的,其概率P=1-1-341-23×34=1116.小灯泡亮了,并且质检员犯错误的情况,对于前面的元件A,B分为两大类:第一类:元件A合格,元件B不合格,此时概率P1=34×1-23×34=316,第二类:元件B合格,元件A不合格,此时概率P2=23×1-34×34=18,所以在发现小灯泡亮了的前提下,该质检员犯错误的概率为P1+P2P=316+181116=511.(2)在题图甲中,记小灯泡亮的概率P=1116,所以X~B3,1116,则P(X=0)=C30×11160×1-11163=1254 096,P(X=1)=C31×11161×1-11162=8254 096,P(X=2)=C32×11162×1-11161=1 8154 096,P(X=3)=C33×11163×1-11160=1 3314 096.所以X的分布列为9.解析　(1)由题意得2×(0.02+0.03+a+0.18+0.10+0.05)=1,解得a=0.12.(2)由题意知样本的平均数为4×0.02×2+6×0.03×2+8×0.12×2+10×0.18×2+12×0.10×2+14×0.05×2=9.84,所以μ=9.84.又σ≈2.39,所以P(7.45<ξ≤14.62)=P(μ-σ<ξ≤μ+2σ)=12P(μ-σ<ξ≤μ+σ)+12P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈12×(0.682 7+0.954 5)=0.818 6.因为5 000×0.818 6=4 093,所以估计该地区教职工中学习时间在(7.45,14.62]内的人数为4 093.(3)[7,9),[9,11)对应的频率比为0.24∶0.36,即2∶3,所以抽取的5人中学习时间在[7,9),[9,11)内的人数分别为2,3,设从这5人中抽取的3人学习时间在[7,9)内的人数为X,则X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=C33C53=110,P(X=1)=C21C32C53=35,P(X=2)=C22C31C53=310,所以EX=0×110+1×35+2×310=65,则这3人中学习时间在[7,9)内的教职工平均人数约为1,学习时间在[9,11)内的教职工平均人数约为2.10.解析　(1)由题设知,P(2)表示3根光导纤维中至少有2根能正常传输信号的概率,∴P(2)=C32p2(1−p)+C33p3=3p2-2p3.(2)当p=12时,有P(k)=122k-1(C2k-1k+C2k-1k+1+…+C2k-12k-1),又C2k-10+C2k-11+…+C2k-1k-1+C2k-1k+C2k-1k+1+…+C2k-12k-1=22k-1,∴C2k-1k+C2k-1k+1+…+C2k-12k-1=22k-2,∴P(k)=122k-1×22k−2=12,∴P(k)=12.(3)设新增两根光导纤维后,两根都能正常工作、仅有一根能正常工作、两根都不能正常工作对应该设备能正常工作的概率分别为p1,p2,p3,∴p1=p2[P(k)+C2k-1k-1pk-1(1-p)k],p2=2p(1-p)P(k),p3=(1-p)2[P(k)-C2k-1kpk(1-p)k-1],∴P(k+1)=p1+p2+p3=P(k)+(2p-1)C2k-1kpk(1-p)k.∵新增两根光导纤维可以提高这个5G传输设备正常工作的概率,∴P(k+1)-P(k)=(2p-1)C2k-1kpk(1-p)k>0,又0