2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第七章　随机变量及其分布综合拔高练

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教A版高中数学选择性必修第三册
综合拔高练
五年高考练
考点1　条件概率与全概率公式
1.(2024天津,13)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
2.(2024上海,8)某校举办科学竞技比赛,有A、B、C 3种题库,A题库有5 000道题,B题库有4 000道题,C题库有3 000道题.小申已完成所有题,他A题库的正确率是0.92,B题库的正确率是0.86,C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题,正确率是　　　　.
考点2　离散型随机变量的分布列及数字特征
3.(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.
4.(2024北京,18)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
(i)记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望EX;
(ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX估计值的大小.(结论不要求证明)
5.(2023新课标Ⅰ,21)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(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).
考点3　二项分布与超几何分布
6.(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)=　　　　,E(ξ)=　　　　.
7.(2024新课标Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率;
(2)假设0(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛
考点4　正态分布
8.(多选题)(2024新课标Ⅰ,9)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)(　　)
A.P(X>2)>0.2　　　　B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5　　　　D.P(Y>2)<0.8
9.(2022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)=　　　　.
三年模拟练
应用实践
1.(2023江苏扬州期末)已知甲袋中有3个白球和3个红球,乙袋中有2个白球和2个红球,现从甲袋中任取2个球放入乙袋,再从乙袋中任取2个球.若从乙袋中取出的是2个红球,则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为(　　)
A.
2.(多选题)(2024浙江宁波余姚中学质量检测)下列命题中,正确的是(　　)
A.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=
B.某人在10次射击中,记击中目标的次数为X,X~B(10,0.7),当X=7时概率最大
C.设随机变量ξ服从正态分布N(0,1),若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=-p
D.已知P(A)=,则P(B)=
3.(多选题)(2024湖南岳阳质检)甲、乙两人进行围棋比赛,共比赛2n(n∈N*)局,且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人,那么此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为P(n),则(　　)
A.P(2)=
B.P(3)=
C.P(n)=
D.P(n)的最大值为
4.(多选题)(2024重庆新高考协作体联合抽测)某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选,其中部分次品芯片会被淘汰,筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”,B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后,该款芯片的某项质量指标ξ服从正态分布N(5.40,0.052),现从中随机抽取M个,这M个芯片中恰有m个的质量指标在区间(5.35,5.55)内,则下列说法正确的是(若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈0.682 6,P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)≈0.997 4)(　　)
A.P(B|A)>P(B)
B.P(A|B)C.P(5.35<ξ<5.55)≈0.84
D.P(m=45)最大时,M的估计值为53
5.(2023北京汇文中学教育集团期中)有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动,掷出的点数为1或2的人去打篮球,掷出的点数大于2的人去打乒乓球.用X,Y分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数,记ξ=|X-Y|,则E(ξ)=　　　　.
6.(2024河南创新发展联盟期中)“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动,如图所示的试验容器由三个仓组成,某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外,一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获,此时试验结束.已知该粒子的初始位置为1号仓,则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为　　　　　.
7.(2024重庆乌江协作体期中)从甲、乙、丙、丁4人中随机抽取3个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人,每次必须将球传出.
(1)记甲、乙、丙三人中被抽到的人数为随机变量X,求X的分布列;
(2)若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练,且第1次由甲将球传出,记n次传球后球在甲手中的概率为pn,n=1,2,3,….
①直接写出p1,p2,p3的值;
②求pn+1与pn的关系式,并求pn(n∈N*).
迁移创新
8.(2024辽宁省实验中学月考)马尔可夫链是概率统计中的一个重要模型,也是机器学习和人工智能的基石,在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用,其数学定义为:假设我们的序列状态是…,Xt-2,Xt-1,Xt,Xt+1,…,那么Xt+1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt,即P(Xt+1|…,Xt-2,Xt-1,Xt)=P(Xt+1|Xt).
现实生活中也存在着许多马尔可夫链,例如著名的赌徒模型.
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏,每一局赌徒赌赢的概率为50%,且每局赌赢可以赢得1元,每一局赌徒赌输的概率为50%,且赌输就要输掉1元.赌徒会一直玩下去,直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏:记赌徒的本金为A(A∈N*,A当赌徒手中有n元(-A≤n≤B,n∈Z)时,最终欠债A元(可以记为该赌徒手中有-A元)的概率为P(n),请回答下列问题:
(1)请直接写出P(-A)与P(B)的数值;
(2)证明:{P(n)}是一个等差数列,并写出公差d;
(3)当A=100时,分别计算B=300,B=1 500时,P(A)的数值,论述当B持续增大时,P(A)的统计含义.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
高考风向　
1.考查内容及形式
本章是高考的重点内容,条件概率与全概率公式的应用常单独作为小题考查,也可作为求随机变量分布列的基础;离散型随机变量的分布列及其数字特征是解答题中的常考基础考点,考查时往往以古典概型、事件的独立性、二项分布、超几何分布为出发点,考查分布列、数学期望与方差,以及它们的应用.正态分布通常以小题的形式考查,有时结合其应用以解答题的形式考查.考查难度中等.从题型题量上看,一般“1~2小(选择题、填空题),1大(解答题)”的方式考查,分值占20分左右.
2.作用地位
条件概率、事件的独立性是学习本章的基础,离散型随机变量是高中数学的重点知识.二项分布,超几何分布是离散型随机变量的两个重要的概率模型.正态分布一般单独考查,要熟练掌握其特点.
1.答案　
解析　设甲选到A活动为事件M,乙选到A活动为事件M',乙选到B活动为事件N,
则甲选到A活动的概率为P(M)=.
乙选了A活动,他再选择B活动的概率为P(N|M')=.
2.答案　
解析　由题可知,A题库占比为,B题库占比为,C题库占比为,
因此P=.
3.解析　(1)记“甲学校在第i个项目获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获得冠军”为事件E.
则P(E)=P(A1A2A3)+P(A1A2.
(2)记“乙学校在第j个项目获胜”为事件Bj(j=1,2,3),X的可能取值为0,10,20,30.
则P(X=0)=P(,
P(X=10)=P(B1B3)
=,
P(X=20)=P(B1B2B2B3)
=,
P(X=30)=P(B1B2B3)=.
∴X的分布列为
X 0 10 20 30
P
E(X)=0×=13.
4.解析　(1)设保单索赔次数为Y,
解法一:P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=.
解法二:P(Y≥2)=1-P(Y<2)=1-[P(Y=0)+P(Y=1)]=1-.
(2)(i)索赔0次,X=0.4,索赔1次,X=0.4-0.8=-0.4,索赔2次,X=0.4-0.8×2=-1.2,索赔3次,X=0.4-0.8×3=-2,索赔4次,X=0.4-0.8×3-0.6=-2.6.
∴X的可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2,-2.6.
P(X=0.4)==0.1,
P(X=-1.2)==0.03,
P(X=-2.6)==0.01,
∴EX=0.4×0.8+(-0.4)×0.1+(-1.2)×0.06+(-2)×0.03+(-2.6)×0.01=0.122.
(ii)当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单毛利润的数学期望的估计值比(i)中EX的估计值大.证明如下:
设新情况下的一份保单的毛利润为Z万元,无索赔时,Z=0.4×(1-4%)=0.384,索赔1次,Z=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,索赔2次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×2=-1.12,索赔3次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3=-1.92,索赔4次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3-0.6=-2.52.
∴Z的可能取值为0.384,-0.32,-1.12,-1.92,-2.52,
∴EZ=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2.又0.125 2>0.122,
∴当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单的毛利润的数学期望估计值比(i)中的EX的估计值大.
5.解析　设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai,事件B=“甲在某次投篮时命中”,事件C=“乙在某次投篮时命中”.由题意知P(A1)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8.
(1)设“第2次投篮的人是乙”为事件M,则P(M)=P(A1C)=P(A1)[1-P(B)]+[1-P(A1)]P(C)=0.5×(1-0.6)+(1-0.5)×0.8=0.6.
(2)P(Ai+1)=P(AiB+)=P(Ai)P(B)+[1-P(Ai)]·[1-P(C)]=,
所以P(Ai+1)-.
所以是以P(A1)-为首项,为公比的等比数列,所以P(Ai)=.
(3)E(Y)=.
6.答案　
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)=.
而P(ξ=1)=,所以E(ξ)=1×.
7.解析　(1)由于甲参加第一阶段比赛,故要使甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则第一阶段甲至少要投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次.
故所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(i)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P甲=[1-(1-p)3]q3,
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P乙=[1-(1-q)3]p3,
P甲-P乙=[q3-q3(1-p)3]-[p3-p3(1-q)3]
=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(q-pq)2+(p-pq)2+(p-pq)(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3pq2-3p2q)=3pq(p-q)(pq-q-p)=3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1].
因为0所以3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]>0,
故P甲>P乙,因此应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)当由甲参加第一阶段比赛时,比赛成绩X=0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)1,
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,
故E(X)=0×{(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3}+5×[1-(1-p)3]·q(1-q)2+10×[1-(1-p)3]·q2(1-q)1+15×[1-(1-p)3]·q3=15×[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p),
当由乙参加第一阶段比赛时,比赛成绩Y=0,5,10,15,
同理可得E(Y)=15p(q3-3q2+3q),
E(X)-E(Y)=15[(p+q)(p-q)pq-3(p-q)pq]=15(p-q)pq·(p+q-3),
因为0所以E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y),
故应该由甲参加第一阶段比赛.
8.BC　由题意知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),
因为2=1.8+2×0.1,
所以P(X>2)1.8+0.1)=1-P(X<1.8+0.1)≈1-0.841 3=0.158 7.
故P(X>2)<0.2,P(X>2)<0.5,故A错误,B正确.
P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确.
P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.841 3>0.8,故D错误.故选BC.
9.答案　0.14
解析　由正态曲线的特点可知P(X>2.5)=P(X>2)-P(2三年模拟练
1.C 2.BCD 3.BC 4.ACD
1.C　设从甲袋中取出2个球,其中红球的个数为i(i=0,1,2)的事件为Ai,从乙袋中取出2个球,其中红球的个数为2为事件B,则P(A0)=,
所以P(A2|B)=.故选C.
2.BCD　因为随机变量X~B(n,p),且E(X)=30,D(X)=20,
所以解得p=,选项A错误;
由X~B(10,0.7),得P(X=k)=·0.7k·0.310-k,k=0,1,2,…,10,
设当X=k时概率最大,
则有
即解得6.7≤k≤7.7,
又k∈Z,所以k=7,故当X=7时概率最大,选项B正确;
因为ξ~N(0,1),所以P(-1<ξ<0)=P(0<ξ<1)=P(ξ>0)-P(ξ>1)=-p,选项C正确;
由P(A)=,得P(,由全概率公式得P(),即[1-P(B)],解得P(B)=,选项D正确.故选BCD.
3.BC　若甲、乙比赛4局甲获胜,则甲在4局比赛中至少胜3局,
∴P(2)=,因此A错误;
若甲、乙比赛6局甲获胜,则甲在6局比赛中至少胜4局,
∴P(3)=,因此B正确;
在2n局比赛中甲获胜,则甲胜的局数至少为(n+1),
∴P(n)=+…+
=(+…+)·
(利用+…++…+=22n与+…++…+化简)
=)·,因此C正确;
∵P(n)=,设an=,则<1,即{an}是递减数列,故P(n)随n的增大而增大
∴当n=1时,P(n)取得最小值,为,因此D错误.故选BC.
4.ACD　依题意得P(B|A)>P(B),因此A正确;
由P(A)·P(B|A)>P(A)·P(B),得P(AB)>P(A)·P(B),
又P(AB)+P(A)=P(A)·P(B|A)+P(A)·P(|A)=P(A),
所以P(AB)>P(B)·[P(AB)+P(A)],即P(AB)-P(AB)·P(B)>P(B)·P(A),
因此,即,
则P(A|B)>P(A|),因此B错误;
由ξ~N(5.40,0.052)可得P(5.35<ξ<5.55)=P(5.40-0.05<ξ<5.40+3×0.05)=P(μ-σ<ξ<μ+3σ)=×[P(μ-σ<ξ<μ+σ)+P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)]≈×(0.682 6+0.997 4)=0.84,因此C正确;
由已知得m~B(M,0.84),可得P(m=45)=×0.8445×0.16M-45,
因为P(m=45)最大,所以需满足解得52≤M≤53,
又M∈N*,M≥45,所以M=53.
所以P(m=45)最大时,M的估计值为53,因此D正确.故选ACD.
5.答案　
解析　由已知可得一个人去打篮球的概率为,去打乒乓球的概率为.
随机变量ξ的可能取值为0,2,4,
P(ξ=4)=P(X=4,Y=0)+P(X=0,Y=4)=,
P(ξ=2)=P(X=3,Y=1)+P(X=1,Y=3)=,
P(ξ=0)=,
所以E(ξ)=0×.
6.答案　
思路分析　依题意当粒子位于各个仓时,概率分布如图所示(其中Pi(i=1,2,3)表示从i号仓出发最终从1号仓到达容器外的概率):
解析　设从i号仓出发最终从1号仓到达容器外的概率为Pi(i=1,2,3),则
由(2)(3)得P2=P2,即P2=P1,将它代入(1)中,解得P1=.
7.解析　(1)X的可能取值为2和3,
则P(X=2)=,
所以随机变量X的分布列为
X 2 3
P
(2)①由已知得p1=0,p2=2×.
②记An表示事件“经过n次传球后,球在甲手中”,
An+1=·An+1+An·An+1,
所以pn+1=P(·An+1+An·An+1)=P(·An+1)+P(An·An+1)=P()·P(An+1|)+P(An)·P(An+1|An)=(1-pn)·+pn·0=(1-pn),
即pn+1=-,n=1,2,3,…,
所以pn+1-,且p1-≠0.
所以数列表示以-为首项,-为公比的等比数列,
所以pn-,所以pn=-.
8.解析　(1)当n=-A时,赌徒已经欠债A元,依题意得赌场不再借钱给赌徒,此时赌博游戏结束,最终欠债A元,
因此P(-A)=1.
当n=B时,赌徒到了终止赌博的条件,不再赌了,因此最终欠债A元的概率P(B)=0.
(2)记事件M:赌徒手中有n元最终负债A元,事件N:赌徒手中有n元且下一场赢,
(未知步数的伯努利试验问题,可建立相邻两步之间的关系,得到递推式,借助数列知识解决问题)
事件分解如下:赌徒手中有n元
则P(N)=P()=P(n-1),
因此P(M)=P(N)P(M|N)+P(),即P(n)=P(n-1),
(递推关系借助数列知识化为等差数列)
所以P(n)-P(n-1)=P(n+1)-P(n),即{P(n)}是一个等差数列,
设P(n)-P(n-1)=d,则P(n-1)-P(n-2)=d,……,P(-A+1)-P(-A)=d,
累加得P(n)-P(-A)=(n+A)d,因此P(B)-P(-A)=(A+B)d,得d=-.
(3)由(2)知P(n)-P(-A)=(n+A)d=-,
代入n=A可得P(A)-P(-A)=-,即P(A)=1-,若A=100,则P(A)=1-.
当B=300时,P(A)=,当B=1 500时,P(A)=,
当B增大时,P(A)也会增大,即输光欠债的可能性增大,因此可知久赌必输,
即便是一个这样看似公平的游戏,只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光并负债.
素养评析　此题背景较为新颖,利用数学知识说明社会突出问题“久赌必输”,同时将概率和数列知识综合在一起,综合考查了学生理解、分析、解决问题的能力.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)