2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第3讲　常见的概率模型

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第3讲　常见的概率模型，共6页。试卷主要包含了下列命题正确的是，甲、乙去某公司应聘面试等内容，欢迎下载使用。

A．eq \f(7,3)B．eq \f(4,3)
C．3D．5
【解析】 根据正态分布的对称性，得eq \f(2a－3＋a＋2,2)＝3，解得a＝eq \f(7,3)．
2．(2023·成都三模)如图，我国古代珠算算具算盘每个档(挂珠的杆)上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任取3颗，记上珠的个数为X，则P(X≥1)＝( A )
(第2题)
A．eq \f(5,7)B．eq \f(4,7)
C．eq \f(2,7)D．eq \f(1,7)
【解析】 方法一：由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2，则P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,5),C\\al(3,7))＋eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,5),C\\al(3,7))＝eq \f(5,7)．
方法二：由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2，则P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,7))＝eq \f(5,7)．
3．(2023·宁波二模)设随机变量ξ服从正态分布，ξ的分布密度曲线如图所示，若P(ξ＜0)＝p，则P(0＜ξ＜1)与D(ξ)分别为( C )
(第3题)
A．eq \f(1,2)－p，eq \f(1,2)B．p，eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2)－p，eq \f(1,4)D．p，eq \f(1,4)
【解析】 根据题意，且P(ξ＜0)＝p，则P(0＜ξ＜1)＝eq \f(1－2p,2)＝eq \f(1,2)－p，由正态曲线得ξ～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2))，所以D(ξ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,4)．
4．(2023·苏州调研)一个n重伯努利试验的所有结果构成集合A，则下列说法错误的是( B )
A．若事件A“试验成功”的概率为p(0＜p＜1)，则事件A在第k次试验中才首次发生的概率为p(1－p)k－1
B．集合A内的元素个数不确定
C．用X表示事件B＝“得到y∈A”发生的次数，p为事件B发生的概率，则P(X＝4)＝Ceq \\al(n－4,n)p4(1－p)n－4
D．该n重伯努利试验共做了n次互相独立的试验
【解析】 对于A，事件A“试验成功”的概率为p(0＜p＜1)，则事件A在第k次试验中才首次发生的概率为p(1－p)k－1，故A正确；对于B，一个n重伯努利试验的所有结果构成集合A，集合A中的元素个数是确定的，所以B不正确；对于C，由二项分布的知识可知，在n次独立重复试验中恰好发生4次的概率为P(X＝4)＝Ceq \\al(n－4,n)p4(1－p)n－4，故C正确；对于D，该n重伯努利试验共做了n次互相独立的试验，故D正确．
5．(2023·深圳罗湖期末)(多选)已知随机变量X～N(μ，σ2)，函数f(x)＝eq \f(1,σ\r(,2π))e－eq \f(x－μ2,2σ2)(x∈R)，则( ABC )
A．当x＝μ时，f(x)取得最大值eq \f(1,σ\r(,2π))
B．曲线y＝f(x)关于直线x＝μ对称
C．x轴是曲线y＝f(x)的渐近线
D．曲线y＝f(x)与x轴之间的面积小于1
【解析】 因为随机变量X～N(μ，σ2)，函数f(x)＝eq \f(1,σ\r(,2π))e－eq \f(x－μ2,2σ2)(x∈R)，所以f(x)的对称轴为x＝μ，且当x＝μ时，f(x)取最大值为eq \f(1,σ\r(,2π))e0＝eq \f(1,σ\r(,2π))，故A，B正确；根据正态分布的曲线可得，x轴是渐近线，且曲线y＝f(x)与x轴之间的面积等于1，故C正确，D错误．
6．(多选)下列命题正确的是( BC )
A．若样本数据x1，x2，…，x20的样本方差为3，则数据2x1＋1,2x2＋1，…，2x20＋1的方差为7
B．经验回归方程为eq \(y,\s\up6(^)) ＝0.3－0.7x时，变量x和y负相关
C．对于随机事件A与B，P(A)＞0，P(B)＞0，若P(A|B)＝P(A)，则事件A与B相互独立
D．若X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7，\f(1,2)))，则P(X＝k)取最大值时k＝
4
【解析】 对于A，数据2x1＋1,2x2＋1，…，2x20＋1的方差为22×3＝12，所以A错误；对于B，经验回归方程的直线斜率为负数，所以变量x与y呈负的线性相关关系，所以B正确；对于C，由P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝P(A)，得P(AB)＝P(A)·P(B)，所以事件A与事件B相互独立，所以C正确；对于D，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(PX＝k≥PX＝k＋1，,PX＝k≥PX＝k－1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C\\al(k,7)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7≥C\\al(k＋1,7)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7，,C\\al(k,7)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7≥C\\al(k－1,7)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7，))解得k＝3或k＝4，所以D错误．
7．(2023·潍坊二模)某学校门口有2辆共享电动单车，8辆共享自行车，现从中一次性随机租用3辆，则恰好有2辆共享自行车被租用的概率为__eq \f(7,15)__．
【解析】 恰好有2辆共享自行车被租用的概率为P＝eq \f(C\\al(2,8)C\\al(1,2),C\\al(3,10))＝eq \f(28×2,120)＝eq \f(7,15)．
8．(2023·曲靖一模)已知随机变量X～B(2，p)，若P(X≥1)＝eq \f(7,16)，则p＝__eq \f(1,4)__．
【解析】 已知X～B(2，p)，则P(X≥1)＝Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \\al(2,2)p2(1－p)0＝2p－p2，所以2p－p2＝eq \f(7,16)，解得p＝eq \f(1,4)或p＝eq \f(7,4)(因为0＜p＜1，故舍去)．
9．(2023·临沂一模)某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高(单位：cm)服从正态分布N(100,102)，若测量10 000株水稻，株高在(80,90)的约有__1 359__株．(若X～N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5)
【解析】 由题意，μ＝100，σ＝10，由正态分布的对称性可得P(80≤X≤90)＝eq \f(1,2)·[P(100－20≤X≤100＋20)－P(100－10≤X≤100＋10)]≈eq \f(0.954 5－0.682 7,2)＝0.135 9，故株高在(80,90)的约有10 000·P(80≤X≤90)＝1 359株．
10．(2023·临沂期中)甲、乙去某公司应聘面试．该公司的面试方案为：应聘者从7道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选．已知7道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，3道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是eq \f(4,7)，且每题正确完成与否互不影响．
(1) 分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列；
【解答】 设X为甲正确完成面试题的数量，Y为乙正确完成面试题的数量，由题意可得X的可能取值为0,1,2,3，所以P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,7))＝eq \f(1,35)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,4),C\\al(3,7))＝eq \f(12,35)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(2,4),C\\al(3,7))＝eq \f(18,35)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,7))＝eq \f(4,35)，所以X的分布列为
由题意知随机变量Y的可能取值为0,1,2,3，可得Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4,7)))，所以P(Y＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,7)))3＝eq \f(27,343)，P(Y＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(4,7)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,7)))2＝eq \f(108,343)，P(Y＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,7)))＝eq \f(144,343)，P(Y＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)))3＝eq \f(64,343)，所以Y的分布列为
(2) 请从均值和方差的角度分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大？
【解答】 由(1)可得，E(X)＝0×eq \f(1,35)＋1×eq \f(12,35)＋2×eq \f(18,35)＋3×eq \f(4,35)＝eq \f(12,7)，E(Y)＝np＝3×eq \f(4,7)＝eq \f(12,7)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(12,7)))2×eq \f(1,35)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(12,7)))2×eq \f(12,35)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(12,7)))2×eq \f(18,35)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(12,7)))2×eq \f(4,35)＝eq \f(24,49)，D(Y)＝np(1－p)＝3×eq \f(4,7)×eq \f(3,7)＝eq \f(36,49)．因为E(X)＝E(Y)，D(X)＜D(Y)，所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大．
11．(2023·大庆一检)现对一批某品种种子的密度(单位：g/cm3)进行测定，认为密度不小于1.2的种子为优种，小于1.2的为良种．自然情况下，优种和良种的萌发率分别为0.8和0.6．
(第11题)
(1) 若将这批种子的密度测定结果整理成频率分布直方图，如图所示，据图估计这批种子密度的平均值；(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)
【解答】 种子密度的平均值为(0.7×0.5＋0.9×0.6＋1.1×0.9＋1.3×1.4＋1.5×1.1＋1.7×0.5)×0.2＝1.24(g/cm3)．
(2) 在(1)的条件下，用频率估计概率，从这批种子(总数远大于2)中选取2粒在自然情况下种植，设萌发的种子数为X，求随机变量X的分布列和数学期望(各种子的萌发互相独立)；
【解答】 由频率分布直方图知优种占比为(1.4＋1.1＋0.5)×0.2＝eq \f(3,5)，任选一粒种子萌发的概率p＝eq \f(3,5)×eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(3,5)＝eq \f(18,25)．因为这批种子总数远大于2，所以X～B(2，p)，P(X＝0)＝Ceq \\al(0,2)p0(1－p)2＝eq \f(7,25)×eq \f(7,25)＝eq \f(49,625)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,2)p(1－p)＝2×eq \f(18,25)×eq \f(7,25)＝eq \f(252,625)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,2)p2(1－p)0＝eq \f(18,25)×eq \f(18,25)＝eq \f(324,625)，所以X的分布列为
期望E(X)＝2p＝eq \f(36,25)＝1.44．
(3) 若该品种种子的密度ρ～N(1.3,0.01)，任取该品种种子20 000粒，估计其中优种的数目．附：假设随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5．
【解答】 因为该品种种子的密度ρ～N(1.3,0.01)，所以μ＝1.3，σ2＝0.01，即σ＝0.1，所以20 000粒种子中约有优种20 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.5＋\f(0.682 7,2)))＝20 000×0.841 35＝16 827(粒)，即估计其中优种的数目为16 827粒．
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,35)
eq \f(12,35)
eq \f(18,35)
eq \f(4,35)
Y
0
1
2
3
P
eq \f(27,343)
eq \f(108,343)
eq \f(144,343)
eq \f(64,343)
X
0
1
2
P
eq \f(49,625)
eq \f(252,625)
eq \f(324,625)