备战2025年高考二轮复习数学专题突破练19 统计与概率解答题（提升篇）（Word版附解析）

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主干知识达标练
1.(17分)(2024山东济宁一模)袋中装有大小相同的4个红球,2个白球.某人进行摸球游戏,游戏规则如下:①每次从袋中摸取一个小球,若摸到红球则放回袋中,充分搅拌后再进行下一次摸取;②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束.
(1)求摸球游戏结束时摸球次数不超过3的概率;
(2)若摸出1次红球计1分,摸出1次白球记2分,求游戏结束时,此人总得分X的分布列和数学期望.
解(1)设Bi=“第i次摸球时摸到红球”(i=1,2,3,4),则由题可知P(Bi)=C41C61=23,则P(Bi)=1-P(Bi)=1-23=13.
设A=“摸球游戏结束时,摸球次数不超过3”,则A=B1∪B1B2∪B1B2B3,事件B1、事件B1B2与事件B1B2B3互斥,
由概率的加法公式及乘法公式,得P(A)=P(B1)+P(B1B2)+P(B1B2B3)=P(B1)+P(B1)·P(B2)+P(B1)P(B2)P(B3)=13+23×13+23×23×13=1927.因此,摸球游戏结束时,摸球次数不超过3的概率为1927.
(2)由题可知,X的可能取值为2,3,4,5,则P(X=2)=P(B1)=13,P(X=3)=P(B1B2)=P(B1)P(B2)=23×13=29,P(X=4)=P(B1B2B3)+P(B1B2B3B4)=P(B1)P(B2)·P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)P(B4)=23×23×13+23×23×23×23=2881,P(X=5)=P(B1B2B3B4)=P(B1)P(B2)P(B3)P(B4)=23×23×23×13=881,
所以X的分布列为
所以E(X)=2×13+3×29+4×2881+5×881=26081.
2.(17分)(2024陕西西安一模)某市为提升中学生的环境保护意识,举办了一次“环境保护知识竞赛”,分预赛和复赛两个环节,预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛.已知共有12 000名学生参加了预赛,现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本,得到如图所示的频率分布直方图.
(1)规定预赛成绩不低于80分为优良,若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人,用X表示其中预赛成绩优良的人数,求至少有1人预赛成绩优良的概率,并求X的分布列及数学期望;
(2)由频率分布直方图可认为该市参加预赛的学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替),且σ2=362,已知小明的预赛成绩为91分,利用该正态分布,估计小明是否有资格参加复赛?
附:若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.997 3;362≈19.
解(1)根据频率分布直方图可得,抽取的100人中,成绩位于区间[60,80)内的有0.012 5×20×100=25(人),成绩优良(位于区间[80,100)内)的有0.007 5×20×100=15(人),则X服从超几何分布,且N=40,M=15,n=2.
X的分布列为P(X=k)=C15kC252-kC402,k=0,1,2.
至少有1人预赛成绩优良的概率为P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=C151C251C402+C152C250C402=813.
E(X)=nMN=2×1540=34.
(2)由频率分布直方图可知,样本数据的平均数的估计值为(10×0.005+30×0.01+50×0.015+70×0.012 5+90×0.007 5)×20=53,所以μ=53.
又σ2=362,所以σ=362≈19,所以Z~N(53,192),所以P(Z>91)=P(Z>μ+2σ)=12[1-P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)]≈12×(1-0.954 5)=0.022 75,
故全市参加预赛的学生中,成绩高于91分的约有12 000×0.022 75=273(人).
因为273