专题限时集训(十) 概率、随机变量及其分布
一、单项选择题
1．(2024·渭南模拟)已知随机变量η的分布列为P(η＝i)＝(i＝1，2，3，4)，则P(η＝3)＝( )
A． B．
C． D．
2．(2024·江苏盐城一模)已知随机事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(A∪B)＝( )
A． B．
C． D．
3．(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N(3，22)，随机变量Y＝(X－3)，则＝( )
A．0 B．
C． D．2
4．(2024·湖北武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，开关闭合后，这个电路是通路的概率是( )
A． B．
C． D．
5．为践行“保护环境，绿色出行”的环保理念，李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班．已知他选择骑自行车的概率为0.6，且骑自行车准时到达单位的概率为0.95．若李先生准时到达单位的概率为0.93，则他坐公交车准时到达单位的概率为( )
A．0.6 B．0.7
C．0.8 D．0.9
6．已知某地区十二月份的昼夜温差X～N(μ，σ2)，P(X>8)＝，该地区某班级十二月份感冒的学生有10人，其中有6位男生，4位女生，则下列结论错误的是( )
A．E(X)＝8
B．若P(79)＝
C．从这10人中随机抽取2人，其中至少抽到一位女生的概率为
D．从这10人中随机抽取2人，其中女生人数ξ的期望为
二、多项选择题
7．(2024·山东日照二模)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列结论正确的是( )
A．A与B相互独立 B．A与B互斥
C．P(B)＝ D．P(C)＝
8．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f (p)，下列说法正确的是( )
A．三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3
B．f (p)的常数项为3
C．f ＜f
D．f ＝
三、填空题
9．(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，需调整生产工艺，使得σ的值最大为________．(若X～N，则P≈0.954 5)
10．(2023·天津高考改编)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
四、解答题
11．(2024·重庆模拟)已知5只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的小白鼠．血液化验结果呈阳性的即为患病，呈阴性的即为未患病．下面是两种化验方法：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明患病的小白鼠为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．
若随机变量ξ1，ξ2分别表示用方案甲、方案乙进行检测所需的检测次数．
(1)求ξ1，ξ2能取到的最大值和其对应的概率；
(2)为使检测次数的期望最小，你认为应该选择方案甲还是方案乙？并说明理由．
12．(2024·四川成都三模)某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示．
(1)求a的值；
(2)若用分层随机抽样的方法从高度在[15，17)和[17，19)中抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在[15，17)内的株数为X，求 X的分布列及数学期望E(X)；
(3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于23 cm的概率．
1/1专题限时集训(十)
1．C [由已知得＝1，解得a＝，所以P(η＝3)＝＝．故选C．]
2．B [因为事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，可得P(AB)＝P(A)P(B)＝，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＝．故选B．]
3．B [由X～N(3，22)可知，E(X)＝3，D(X)＝4，
又因为Y＝(X－3)，所以E(Y)＝E＝E(X)－＝＝0，
D(Y)＝D＝D(X)＝1，则＝＝．故选B．]
4．B [元件B，C都不正常工作的概率p1＝＝，
则元件B，C至少有一个正常工作的概率为1－p1＝，
而电路是通路，即元件A正常工作，元件B，C至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率P＝＝．故选B．]
5．D [设A1＝“李先生骑自行车上班”，A2＝“李先生坐公交车上班”，B＝“李先生准时到达单位”，
根据题意得，P(A1)＝0.6，P(A2)＝1－0.6＝0.4，P(B)＝0.95，设P(B)＝m，
则P(B)＝P(A1)P(B)＋P(A2)P(B)＝0.6×0.95＋0.4m＝0.93，
解得m＝0.9．故选D．]
6．C [对于A，因为X～N(μ，σ2)，P(X>8)＝，所以E(X)＝μ＝8，故A正确；
对于B，因为P(7所以P(X>9)＝＝，故B正确；
对于C，P＝＝1－＝，故C错误；
对于D，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝4，n＝2，
所以E(ξ)＝＝＝，故D正确．故选C．]
7．AC [对于A，依题意P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝＝＝P(A)P(B)，
所以事件A与事件B相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B不互斥，故B错误；
对于C，D，P(C)＝1－＝，因为B C，所以P(BC)＝P(B)＝，
所以P(B|C)＝＝＝，故C正确，D错误．
故选AC．]
8．ABD [设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
则P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，
P(X＝4)＝p(1－p)3，
P(X＝5)＝p2(1－p)2，
因此三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；
f (p)＝p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，
由f (0)＝3，则常数项为3，则B正确；
由f ＝，则D正确；
由f ′(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，
因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＜0，
所以令f ′(p)＞0，则0≤p＜；
令f ′(p)＜0，则＜p≤1，
则函数f (p)在上单调递增，在上单调递减，
因为f (1－p)＝(1－p)2p2＝f (p)，
所以f (p)的图象关于p＝对称，得f ＞f ，则C错误．
故选ABD．]
9． [设质量指标为X，依题可知，μ＝100，根据题意及正态曲线的特征可知，≤2σ的解集是[99，101]的子集，
由≤2σ可得100－2σ≤X≤100＋2σ，
所以
解得σ≤，故σ的值最大为．]
10． [法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝＝．设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝＝，P(D2)＝＝，P(D3)＝＝，P(E|D1)＝1－＝，P(E|D2)＝1－＝，P(E|D3)＝1－＝，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)·P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝＝．
法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3．则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为＝．将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为＝．]
11．解：(1)用方案甲，最多检测4次，即前3次检测均未检测出患病，则第四次检测出患病或第四次没检测出患病都将知道哪一只是患病的，所以ξ1的最大值为4，即P(ξ1＝4)＝＝．
用方案乙，最多检测3次，即混检时，检测结果为阳性，继续逐个检测时，第一次未验中，无论第二次是否验中，均可得出结果，若混检时，没检测出阳性，则剩下2只只需要检测一次就知道结果，所以ξ2的最大值为3，即P(ξ2＝3)＝＝．
(2)方案甲：检测所需要的次数ξ1的可能取值是1，2，3，4．
P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝2)＝＝，P(ξ1＝3)＝＝，P(ξ1＝4)＝，
∴E(ξ1)＝×1＋×2＋×3＋×4＝，
方案乙：检测所需要的次数ξ2的可能取值是2，3，
若方案乙验两次，有两种可能：
①3只小白鼠混检时结果为阳性，再从中逐个化验时，恰好一次验中的概率为＝；
②3只小白鼠混检时结果为阴性，再从其他2只小白鼠中验中阳性的概率为＝(无论第二次是否验中，均可以在第二次结束)，
∴P(ξ2＝2)＝＝，P(ξ2＝3)＝1－P(ξ2＝2)＝1－＝，
∴E(ξ2)＝×2＋×3＝．
综上可得E(ξ2)因此，应该选择方案乙．
12．解：(1)依题意可得(0.05＋0.075＋a＋0.150＋0.100)×2＝1，解得a＝0.125．
(2)由(1)可得高度在[15，17)和[17，19)的频率分别为0.1和0.15，所以抽取的5株中，高度在[15，17)和[17，19)的株数分别为2和3，所以X可取0，1，2，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝．
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝．
(3)从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在为事件M，至多1株高度低于23 cm为事件N，
则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N|M)＝＝＝．
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