2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第十章計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布第9節(jié)概率與統(tǒng)計的綜合問題第9節(jié)概率與統(tǒng)計的綜合問題考試要求1.會從統(tǒng)計圖表中提取有效信息，用以解決概率問題.2.能夠解決概率與回歸分析、獨立性檢驗的綜合問題．考點一統(tǒng)計圖表與概率例1(12分)為了解決家長接送孩子放學(xué)的問題，教育部提出推行課后服務(wù)“5＋2”模式，即學(xué)校每周5天都要開展課后服務(wù)，每天至少開展2h，結(jié)束時間要與當(dāng)?shù)卣Ｏ掳鄷r間相銜接，且不得利用課后服務(wù)時間講新課.為了課后服務(wù)的有序開展，某教育局就課后服務(wù)的時長在網(wǎng)絡(luò)上進行意見征集，并從中隨機抽取了100份調(diào)查表，以此為樣本繪制了如圖所示的頻率分布直方圖：(1)從樣本中隨機抽取2份調(diào)查表，若其中一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長超過200min，求另一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長也超過200min的概率；(2)為了進一步了解課后服務(wù)時長的需求情況，從樣本中建議課后服務(wù)時長超過180min的人中分層抽取10人，再從這10人中任取3人，記建議課后服務(wù)時長在[180，200)的人數(shù)為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.[思路分析](1)先根據(jù)頻率分布直方圖求出課后服務(wù)時長超過200min的調(diào)查表份數(shù)，再設(shè)出相關(guān)事件并求概率，最后根據(jù)條件概率的概率計算公式求解即可；(2)先根據(jù)題意及分層隨機抽樣的知識求出X的所有可能取值，然后求解相應(yīng)的概率，列出分布列，求得數(shù)學(xué)期望.[規(guī)范解答]解(1)依題意，課后服務(wù)時長超過200min的調(diào)查表共有100×(0.0075＋0.0025)×20＝20(份)①，(1分)設(shè)事件A為其中一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長超過200min，事件B為另一份調(diào)查表所建議的課后服務(wù)時長也超過200min，則P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(2,100))②，(3分)故P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20),Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,80)＋Ceq\o\al(2,20))＝eq\f(190,1600＋190)＝eq\f(19,179)③.(5分)(2)根據(jù)題意及分層隨機抽樣的知識可知，抽取的10人中，建議課后服務(wù)時長在[180，200)內(nèi)的有6人，則X的所有可能取值為0，1，2，3④，(7分)且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)⑤，(10分)所以X的分布列為X0123Peq\f(1,30)eq\f(3,10)eq\f(1,2)eq\f(1,6)X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,6)＝eq\f(9,5)⑥.(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分①②⑤每列一個式子并計算正確可得1分；?得關(guān)鍵分③是條件概率公式得2分，④隨機變量取值不要多寫也不能漏寫；?得計算分⑥正確計算期望可得2分.訓(xùn)練1某社區(qū)為了了解居民收看杭州亞運會的情況，隨機調(diào)查了100名居民，獲得他們?nèi)站湛春贾輥嗊\會的時長數(shù)據(jù)，將數(shù)據(jù)分成6組：[0，0.5]，(0.5，1]，(1，1.5]，(1.5，2]，(2，2.5]，(2.5，3]，并整理得到如圖所示的頻率分布直方圖．假設(shè)同組中的每個數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的右端點值代替．(1)試估計該社區(qū)居民日均收看杭州亞運會的時長的平均值；(2)以頻率估計概率，從該社區(qū)居民中隨機抽取3人，以X表示其中日均收看杭州亞運會的時長在(1.5，2.5]的居民人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(3)經(jīng)過進一步調(diào)查發(fā)現(xiàn)，這100名居民收看杭州亞運會的方式有：①收看新聞或收看比賽集錦，②收看比賽轉(zhuǎn)播或到現(xiàn)場觀看．他們通過這兩種方式收看的日均時長與其日均收看杭州亞運會的時長的比值如下表：日均收看杭州亞運會的時長/小時通過方式①收看通過方式②收看[0，0.5]10(0.5，1.5]eq\f(2,3)eq\f(1,3)(1.5，3]eq\f(1,3)eq\f(2,3)日均收看杭州亞運會的時長在[0，0.5]，(0.5，1.5]，(1.5，3]的居民通過方式①收看的平均時長分別記為μ1，μ2，μ3，寫出μ1，μ2，μ3的大小關(guān)系．(結(jié)論不要求證明)解(1)根據(jù)題意，估計該社區(qū)居民日均收看杭州亞運會的時長的平均值為(0.5×0.1＋1×0.3＋1.5×0.4＋2×0.6＋2.5×0.4＋3×0.2)×0.5＝1.875小時．(2)由條件可知，從該社區(qū)居民中隨機抽取1人，其日均收看杭州亞運會的時長在(1.5，2.5]的概率估計為(0.6＋0.4)×0.5＝0.5，X的可能取值為0，1，2，3，且X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(3,8)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，所以X的分布列為X0123Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).(3)μ1＝0.5×1＝0.5小時，因為(0.5，1]，(1，1.5]的人數(shù)之比為3∶4，所以μ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(3,7)＋1.5×\f(4,7)))×eq\f(2,3)＝eq\f(6,7)小時，因為(1.5，2]，(2，2.5]，(2.5，3]的人數(shù)之比為3∶2∶1，所以μ3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3,6)＋2.5×\f(2,6)＋3×\f(1,6)))×eq\f(1,3)＝eq\f(7,9)小時，所以μ2＞μ3＞μ1.考點二回歸分析與概率例2(2024·青島模擬)為了豐富農(nóng)村兒童的課余文化生活，某基金會在農(nóng)村兒童聚居地區(qū)捐建“悅讀小屋”.自2019年以來，某村一直在組織開展“悅讀小屋讀書活動”.下表是對2019年以來近5年該村少年兒童的年借閱量的數(shù)據(jù)統(tǒng)計：年份20192020202120222023年份代碼x12345年借閱量y(冊)y1y23692142(參考數(shù)據(jù)：eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi＝290)(1)在所統(tǒng)計的5個年借閱量中任選2個，記其中低于平均值的個數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)通過分析散點圖的特征后，計劃分別用①eq\o(y,\s\up6(^))＝35x－47和②eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋m兩種模型作為年借閱量y關(guān)于年份代碼x的回歸分析模型，請根據(jù)統(tǒng)計表的數(shù)據(jù)，求出模型②的經(jīng)驗回歸方程，并用殘差平方和比較哪個模型擬合效果更好.解(1)由題知，5年的借閱量的平均數(shù)為eq\f(290,5)＝58，又y1＋y2＝290－36－92－142＝20，則y1<58，y2<58，所以低于平均值的有3個，所以X服從超幾何分布，P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,3)Ceq\o\al(2－k,2),Ceq\o\al(2,5))(k＝0，1，2)，所以P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(0,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，所以X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)所以E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).(2)因為eq\f(12＋22＋32＋42＋52,5)＝11，eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))yi,5)＝eq\f(290,5)＝58，所以58＝5×11＋m，即m＝3.所以模型②的經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝5x2＋3，根據(jù)模型①的經(jīng)驗回歸方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝－12，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝58，eq\o(y,\s\up6(^))4＝93，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，根據(jù)模型②的經(jīng)驗回歸方程可得eq\o(y,\s\up6(^))1＝8，eq\o(y,\s\up6(^))2＝23，eq\o(y,\s\up6(^))3＝48，eq\o(y,\s\up6(^))4＝83，eq\o(y,\s\up6(^))5＝128，因為[(y1＋12)2＋(y2－23)2＋(36－58)2＋(92－93)2＋(142－128)2]－[(y1－8)2＋(y2－23)2＋(36－48)2＋(92－83)2＋(142－128)2]＝(y1＋12)2－(y1－8)2＋222－122＋12－92＝40y1＋340，且y1≥0，所以模型①的殘差平方和大于模型②的殘差平方和，所以模型②的擬合效果更好.感悟提升高考常將回歸模型與分布列等交匯在一起進行考查，求解時注意概率模型的應(yīng)用，明確所求問題所屬的事件類型是關(guān)鍵．訓(xùn)練2擊鼓傳花，也稱傳彩球，是中國古代傳統(tǒng)民間酒宴上的助興游戲，屬于酒令的一種，又稱“擊鼓催花”，在唐代時就已出現(xiàn)．杜牧《羊欄浦夜陪宴會》詩句中有“球來香袖依稀暖，酒凸觥心泛艷光”，可以得知唐代酒宴上擊鼓傳花助興的情景．游戲規(guī)則為：鼓響時，開始傳花(或一小物件)，鼓響時眾人開始依次傳花，至鼓停為止，此時花在誰手中(或其序位前)，誰就上臺表演節(jié)目(多是唱歌、跳舞、說笑話或回答問題、猜謎、按紙條規(guī)定行事等)．某單位組織團建活動，9人一組，共9組，玩擊鼓傳花，組號x(前五組)與組內(nèi)女性人數(shù)y統(tǒng)計結(jié)果如表：x12345y22344若女性人數(shù)y與組號x(組號變量x依次為1，2，3，4，5，…)具有線性相關(guān)關(guān)系．(1)請求出女性人數(shù)y關(guān)于組號x的經(jīng)驗回歸方程；(參考公式：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xiyi－n\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)))(2)從前5組中隨機抽取3組，若3組中女性人數(shù)不低于3人的有X組，求X的分布列與期望．解(1)由題可得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(2＋2＋3＋4＋4,5)＝3.eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi＝51，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55，則eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up6(－))·\o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝0.6，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝3－0.6×3＝1.2，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝0.6x＋1.2.(2)由題可知X的所有可能取值為1，2，3，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(0,2)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，則X的分布列為X123Peq\f(3,10)eq\f(3,5)eq\f(1,10)所以E(X)＝eq\f(9,5).考點三獨立性檢驗與概率例3(2024·廣州模擬)某高校為調(diào)查學(xué)生性別與是否喜歡排球運動的關(guān)系，在全校范圍內(nèi)采用簡單隨機抽樣的方法，分別抽取了男生和女生各100名作為樣本，經(jīng)統(tǒng)計，得到了如圖所示的等高堆積條形圖.(1)根據(jù)等高堆積條形圖，填寫下列2×2列聯(lián)表，并依據(jù)α＝0.001的獨立性檢驗，是否可以認為該校學(xué)生的性別與是否喜歡排球運動有關(guān)聯(lián)；性別是否喜歡排球運動是否男生女生(2)將樣本的頻率視為概率，現(xiàn)從全校的學(xué)生中隨機抽取50名學(xué)生，設(shè)其中喜歡排球運動的學(xué)生的人數(shù)為X，求使得P(X＝k)取得最大值時的k值.附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d，x0.001＝10.828.解(1)由等高堆積條形圖知，2×2列聯(lián)表為性別是否喜歡排球運動是否男生3070女生6040零假設(shè)為H0：性別與是否喜歡排球運動無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)χ2＝eq\f(200×（40×30－60×70）2,100×100×110×90)≈18.182>10.828＝x0.001，依據(jù)α＝0.001的獨立性檢驗，可以推斷H0不成立，即性別與是否喜歡排球運動有關(guān)聯(lián).(2)由(1)知，喜歡排球運動的頻率為eq\f(90,200)＝eq\f(9,20)，所以隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，\f(9,20)))，則P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,50)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))eq\s\up12(50－k)(0≤k≤50，k∈N)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k－1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(51－k)，,Ceq\o\al(k,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(50－k)≥Ceq\o\al(k＋1,50)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,20)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,20)))\s\up12(49－k)，))解得eq\f(439,20)≤k≤eq\f(459,20).因為k∈N，所以當(dāng)k＝22時，P(X＝k)取得最大值.感悟提升高考常將獨立性檢驗與分布列等交匯在一起進行考查，由2×2列聯(lián)表解決相關(guān)問題，解題的關(guān)鍵是正確理解2×2列聯(lián)表，能利用2×2列聯(lián)表正確計算出各組數(shù)據(jù)．訓(xùn)練3(2024·杭州模擬)在杭州亞運會的志愿者選拔工作中，某高校承辦了亞運會志愿者選拔的面試工作，面試成績滿分100分，現(xiàn)隨機抽取了80名候選者的面試成績分五組，第一組[45，55)，第二組[55，65)，第三組[65，75)，第四組[75，85)，第五組[85，95]，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖.已知圖中從左到右前三個組的頻率成等差數(shù)列，第一組和第五組的頻率相同.(1)求a，b的值，并估計這80名候選者面試成績的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)和中位數(shù)(中位數(shù)精確到0.1)；(2)已知抽取的80名候選人中，男生和女生各40人，男生希望參加寧波賽區(qū)志愿服務(wù)的有10人，女生希望參加寧波賽區(qū)志愿服務(wù)的有20人，補全下面2×2列聯(lián)表，依據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否認為參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別有關(guān)？參加志愿者服務(wù)性別合計男生女生希望去寧波賽區(qū)1020不希望去寧波賽區(qū)合計4040(3)射擊項目的場地服務(wù)需要5名志愿者，有4名男生和3名女生通過該項志愿服務(wù)的選拔，需要通過抽簽的方式?jīng)Q定最終的人選，現(xiàn)將5張寫有“中簽”和2張寫有“未中簽”字樣的字條隨機分配給每一位候選人，記男生中簽的人數(shù)為X，求X的分布列及均值E(X).參考數(shù)據(jù)及公式：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)由題意知20b＝10a＋0.45，(2a＋b＋0.065)×10＝1，解得a＝0.005，b＝0.025，所以平均值為50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.2＋90×0.05＝69.5，中位數(shù)為65＋eq\f(0.2,0.045)＝eq\f(625,9)≈69.4.(2)補全2×2列聯(lián)表：參加志愿者服務(wù)性別合計男生女生希望去寧波賽區(qū)102030不希望去寧波賽區(qū)302050合計404080零假設(shè)為H0：參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別無關(guān)，根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到χ2＝eq\f(80×（10×20－20×30）2,40×40×30×50)≈5.333＞3.841＝x0.05，所以依據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為參加寧波賽區(qū)志愿者服務(wù)的候選人與性別有關(guān).(3)X的所有可能取值為2，3，4，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(2,7)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(4,7)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(5,7))＝eq\f(1,7)，所以X的分布列為X234Peq\f(2,7)eq\f(4,7)eq\f(1,7)所以E(X)＝2×eq\f(2,7)＋3×eq\f(4,7)＋4×eq\f(1,7)＝eq\f(20,7).在概率與統(tǒng)計的問題中，決策的工具是樣本的數(shù)字特征或有關(guān)概率.決策方案的最佳選擇是將概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作為最佳方案，這往往借助于函數(shù)、不等式、數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)去實現(xiàn).例1某盒子內(nèi)裝有60個小球(除顏色之外其他完全相同)，其中有若干個黑球，其他均為白球.為了估計黑球的數(shù)目，設(shè)計如下實驗：從盒子中有放回地抽取4個球，記錄該次所抽取的黑球數(shù)目X，作為一次實驗結(jié)果.進行上述實驗共5次，記錄下第i次實驗中實際抽到黑球的數(shù)目xi.已知從該盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為p(0<p<1).(1)求X的分布列；(2)實驗結(jié)束后，已知第i次實驗中抽到黑球的數(shù)目xi如表所示.i12345xi23233設(shè)函數(shù)f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi).①求f(p)的極大值點p0；②據(jù)①估計該盒子中黑球的數(shù)目，并說明理由.解(1)從盒子中有放回地抽取4個球，記錄該次所抽取的黑球數(shù)目X，∵從該盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為p(0<p<1).∴X～B(4，p)，∴X的分布列為X01234P(1－p)44p(1－p)36p2(1－p)24p3(1－p)p4(2)①由(1)可知，f(p)＝eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)＝2ln[6p2(1－p)2]＋3ln[4p3(1－p)]＝8ln2＋2ln3＋13lnp＋7ln(1－p)，∴f′(p)＝eq\f(13,p)－eq\f(7,1－p)＝eq\f(13－20p,p（1－p）)，令f′(p)＝0，解得p＝eq\f(13,20)，∴當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(13,20)))時，f′(p)>0，f(p)單調(diào)遞增；當(dāng)p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,20)，1))時，f′(p)<0，f(p)單調(diào)遞減，∴f(p)存在唯一的極大值點p0＝eq\f(13,20).②估計盒子中黑球的數(shù)目為60p0＝39.理由如下：由①可知，當(dāng)且僅當(dāng)p＝eq\f(13,20)時，f(p)取得最大值；即eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))lnP(X＝xi)取得最大值，出現(xiàn)上述實驗結(jié)果的概率最大，∴可以認為從盒子中任意抽取一個球，抽到黑球的概率為eq\f(13,20)，從而估計該盒子中黑球的數(shù)目為39是合理的.例2(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中，則此人繼續(xù)投籃；若未命中，則換為對方投籃.無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8.由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5.(1)求第2次投籃的人是乙的概率；(2)求第i次投籃的人是甲的概率；(3)已知：若隨機變量Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，則E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi.記前n次(即從第1次到第n次投籃)中甲投籃的次數(shù)為Y，求E(Y).解(1)第2次投籃的人是乙分為兩種情況：第1次投籃的人是甲且投籃未命中，其概率為0.5×(1－0.6)＝0.2；第1次投籃的人是乙且投籃命中，其概率為0.5×0.8＝0.4，所以第2次投籃的人是乙的概率為0.2＋0.4＝0.6.(2)設(shè)第i次投籃的人是甲為事件Ai，則P(A1)＝0.5，P(Ai＋1)＝P(Ai)×0.6＋[1－P(Ai)]×(1－0.8)＝eq\f(2,5)P(Ai)＋eq\f(1,5)，所以P(Ai＋1)－eq\f(1,3)＝eq\f(2,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(P（Ai）－\f(1,3)))是以eq\f(1,6)為首項，eq\f(2,5)為公比的等比數(shù)列，所以P(Ai)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，所以P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*.(3)由(2)知，第i次投籃的人是甲的概率為P(Ai)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，i∈N*，第i次投籃的人是甲記為Xi＝1，否則記為Xi＝0，則Xi服從兩點分布，且P(Xi＝1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(i－1)，由題意知E(Y)＝E(eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))Xi)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))qi＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Xi＝1)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(i－1)))＝eq\f(6n＋5,18)－eq\f(1,9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1).訓(xùn)練(2024·揚州兩校聯(lián)考)某校為了合理配置校本課程資源，教務(wù)部門對學(xué)生們進行了問卷調(diào)查.據(jù)統(tǒng)計，其中eq\f(1,4)的學(xué)生計劃只選擇校本課程一，另外eq\f(3,4)的學(xué)生計劃既選擇校本課程一又選擇校本課程二.每位學(xué)生若只選擇校本課程一，則記1分；若既選擇校本課程一又選擇校本課程二，則記2分.假設(shè)每位選擇校本課程一的學(xué)生是否計劃選擇校本課程二相互獨立，視頻率為概率.(1)從學(xué)生中隨機抽取3人，記這3人的合計得分為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)從學(xué)生中隨機抽取n人(n∈N*)，記這n人的合計得分恰為n＋1的概率為Pn，求P1＋P2＋…＋Pn.解(1)由題意知，每位學(xué)生計劃不選擇校本課程二的概率為eq\f(1,4)，選擇校本課程二的概率為eq\f(3,4)，則X的可能取值為3，4，5，6，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,64)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(27,64)，P(X＝6)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,64)，所以X的分布列為X3456Peq\f(1,64)eq\f(9,64)eq\f(27,64)eq\f(27,64)所以E(X)＝3×eq\f(1,64)＋4×eq\f(9,64)＋5×eq\f(27,64)＋6×eq\f(27,64)＝eq\f(21,4).(2)因為這n人的合計得分為n＋1分，所以其中只有1人計劃選擇校本課程二，所以Pn＝Ceq\o\al(1,n)·eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(3n,4n)，設(shè)Sn＝P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(3,41)＋eq\f(6,42)＋eq\f(9,43)＋…＋eq\f(3n,4n)，①則eq\f(1,4)Sn＝eq\f(3,42)＋eq\f(6,43)＋eq\f(9,44)＋…＋eq\f(3n,4n＋1)，②①－②得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(3,41)＋eq\f(3,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(3,4n)－eq\f(3n,4n＋1)，即eq\f(3,4)Sn＝3×eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(1,4n)－eq\f(3n,4n＋1)＝1－eq\f(3n＋4,4n＋1)，所以P1＋P2＋…＋Pn＝eq\f(4,3)(1－eq\f(3n＋4,4n＋1)).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·西安調(diào)研)某市為了解本市初中生周末運動時間，隨機調(diào)查了3000名學(xué)生，統(tǒng)計了他們的周末運動時間，制成如圖所示的頻率分布直方圖.(1)按照分層隨機抽樣，從[40，50)和[80，90)中隨機抽取了9名學(xué)生.現(xiàn)從已抽取的9名學(xué)生中隨機推薦3名學(xué)生參加體能測試.記推薦的3名學(xué)生來自[40，50)的人數(shù)為X，求X的分布列；(2)由頻率分布直方圖可認為：周末運動時間t服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中，μ為周末運動時間的平均數(shù)eq\o(t,\s\up6(－))，σ近似為樣本的標準差s，并已求得s≈14.6.可以用該樣本的頻率估計總體的概率，現(xiàn)從本市所有初中生中隨機抽取12名學(xué)生，記周末運動時間在[43.9，87.7]之外的人數(shù)為Y，求P(Y＝3)(精確到0.001).參考數(shù)據(jù)1：當(dāng)t～N(μ，σ2)時，P(μ－σ<t≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<t≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<t≤μ＋3σ)≈0.9973.參考數(shù)據(jù)2：0.81869≈0.1651，0.18143≈0.0060.解(1)運動時間在[40，50)的人數(shù)為3000×0.02×10＝600.運動時間在[80，90)的人數(shù)為3000×0.01×10＝300.按照分層隨機抽樣共抽取9人，則在區(qū)間[40，50)內(nèi)抽取的人數(shù)為6，在區(qū)間[80，90)內(nèi)抽取的人數(shù)為3.∴隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(0,6)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,84)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(3,14)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(15,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(0,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,21)，所以隨機變量X的分布列為X0123Peq\f(1,84)eq\f(3,14)eq\f(15,28)eq\f(5,21)(2)μ＝eq\o(t,\s\up6(－))＝35×0.1＋45×0.2＋55×0.3＋65×0.15＋75×0.15＋85×0.1＝58.5，σ＝s≈14.6.∴43.9＝58.5－14.6＝μ－σ，87.7＝58.5＋14.6×2＝μ＋2σ.∴P(43.9≤t≤87.7)＝P(μ－σ≤t≤μ＋2σ)≈eq\f(0.6827＋0.9545,2)＝0.8186，∴P(t<μ－σ或t>μ＋2σ)≈1－0.8186＝0.1814，∴Y～B(12，0.1814).∴P(Y＝3)＝Ceq\o\al(3,12)×0.18143×0.81869≈220×0.0060×0.1651≈0.218.2.(2024·長沙調(diào)研)隨著生活水平的提高，人們對水果的需求量越來越大，為了滿足消費者的需求，精品水果店也在大街小巷遍地開花.4月份的“湖南沃柑”因果肉滑嫩，皮薄汁多，口感甜軟，低酸爽口深受市民的喜愛.某“鬧鬧”水果店對某品種的“湖南沃柑”進行試銷，得到一組銷售數(shù)據(jù)，如下表所示：試銷單價x(元)34567產(chǎn)品銷量y件201615126(1)經(jīng)計算相關(guān)系數(shù)r≈－0.97，變量x，y線性相關(guān)程度很高，求y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程；(2)用(1)中所求的經(jīng)驗回歸方程來擬合這組成對數(shù)據(jù)，當(dāng)樣本數(shù)據(jù)的殘差的絕對值大于1.2時，稱該對數(shù)據(jù)為一個“次數(shù)據(jù)”，現(xiàn)從這5個成對數(shù)據(jù)中任取3個做殘差分析，求取到的數(shù)據(jù)中“次數(shù)據(jù)”個數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望.參考公式：線性回歸方程中eq\o(b,\s\up6(^))，eq\o(a,\s\up6(^))的最小二乘法估計分別為eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－)).解(1)由已知，得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(3＋4＋5＋6＋7,5)＝5，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(20＋16＋15＋12＋6,5)＝13.8，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi＝313，eq\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝135，則eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）（yi－\o(y,\s\up6(－))）,\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))（xi－\o(x,\s\up6(－))）2)＝eq\f(\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xiyi－5\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\o(∑,\s\up6(5),\s\do4(i＝1))xeq\o\al(2,i)－5\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(313－5×5×13.8,135－5×52)＝－eq\f(32,10)＝－3.2，所以eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝13.8－(－3.2)×5＝29.8，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝－3.2x＋29.8.(2)當(dāng)x＝3時，eq\o(y,\s\up6(^))＝20.2；當(dāng)x＝4時，eq\o(y,\s\up6(^))＝17；當(dāng)x＝5時，eq\o(y,\s\up6(^))＝13.8；當(dāng)x＝6時，eq\o(y,\s\up6(^))＝10.6；當(dāng)x＝7時，eq\o(y,\s\up6(^))＝7.4.因此該樣本的殘差絕對值依次為0.2，1，1.2，1.4，1.4，所以“次數(shù)據(jù)”有2個.“次數(shù)據(jù)”個數(shù)X可取0，1，2.P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).所以X的分布列為X012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)則數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).3．為落實十三五規(guī)劃節(jié)能減排的國家政策，某職能部門對市場上兩種設(shè)備的使用壽命進行調(diào)查統(tǒng)計，隨機抽取A型和B型設(shè)備各100臺，得到如下頻率分布直方圖：(1)將使用壽命超過2500小時和不超過2500小時的臺數(shù)填入下面的列聯(lián)表：超過2500小時不超過2500小時合計A型B型合計根據(jù)上面的列聯(lián)表，依據(jù)α＝0.01的獨立性檢驗，能否認為使用壽命是否超過2500小時與型號有關(guān)？(2)用分層隨機抽樣的方法從不超過2500小時A型和B型設(shè)備中抽取8臺，再從這8臺設(shè)備中隨機抽取3臺，其中A型設(shè)備為X臺，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)已知用頻率估計概率，現(xiàn)有一項工作需要10臺同型號設(shè)備同時工作2500小時才能完成，工作期間設(shè)備損壞立即更換同型號設(shè)備(更換設(shè)備時間忽略不計)，A型和B型設(shè)備每臺的價格分別為1萬元和0.6萬元，A型和B型設(shè)備每臺每小時耗電分別為2度和6度，電價為0.75元/度．只考慮設(shè)備的成本和電費，你認為應(yīng)選擇哪種型號的設(shè)備，請說明理由．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解(1)由頻率分布直方圖可知，A型超過2500小時的有100×(0.0006＋0.0005＋0.0003)×500＝70臺，則A型不超過2500小時的有30臺，同理，B型超過2500小時的有100×(0.0006＋0.0003＋0.0001)×500＝50臺，則B型不超過2500小時的有50臺．列聯(lián)表如下：超過2500小時不超過2500小時合計A型7030100B型5050100合計12080200零假設(shè)為H0：使用壽命是否超過2500小時與型號無關(guān)，因為χ2＝eq\f(200×（70×50－30×50）2,100×100×120×80)≈8.333＞6.635＝x0.010，所以依據(jù)α＝0.01的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為使用壽命是否超過2500小時與型號有關(guān)．(2)由(1)和分層隨機抽樣的定義可知A型設(shè)備有3臺，B型設(shè)備有5臺，所以X的取值可能為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(5,28)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(15,28)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(15,56)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(1,56)，所以X的分布列為X0123Peq\f(5,28)eq\f(15,28)eq\f(15,56)eq\f(1,56)E(X)＝0×eq\f(5,28)＋1×eq\f(15,28)＋2×eq\f(15,56)＋3×eq\f(1,56)＝eq\f(9,8).(3)由頻率分布直方圖中的頻率估計概率知，A型設(shè)備每臺更換的概率為0.3，所以10臺A型設(shè)備估計更要換3臺；B型設(shè)備每臺更換的概率為0.5，所以10臺B型設(shè)備估計要更換5臺，選擇A型設(shè)備的總費用y1＝(10＋3)×1＋10×2×0.75×2500×10－4＝16.75(萬元)，選擇B型設(shè)備的總費用y2＝(10＋5)×0.6＋10×6×0.75×2500×10－4＝20.25(萬元)，所以選擇A型設(shè)備．【B級能力提升】4.(2023·日照模擬)第22屆世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔爾舉辦.在決賽中，阿根廷隊通過點球戰(zhàn)勝法國隊獲得冠軍.(1)撲點球的難度一般比較大，假設(shè)罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有eq\f(2,3)的可能性撲不到球.不考慮其他因素，在一次點球大戰(zhàn)中，求門將在前三次撲到點球的個數(shù)X的分布列和期望；(2)好成績的取得離不開平時的努力訓(xùn)練，甲、乙、丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓(xùn)練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去.假設(shè)傳出的球都能接住.記第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，易知p1＝1，p2＝0.①證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))為等比數(shù)列；②設(shè)第n次傳球之前球在乙腳下的概率為qn，比較p10與q10的大小.解(1)依題意可得，門將每次可以撲到點球的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，門將在前三次撲到點球的個數(shù)X可能的取值為0，1，2，3，易知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,9)))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq\s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3，故X的分布列為X0123Peq\f(512,729)eq\f(64,243)eq\f(8,243)eq\f(1,729)所以X的期望E(X)＝3×eq\f(1,9)＝eq\f(1,3).(2)①證明第n次傳球之前球在甲腳下的概率為pn，則當(dāng)n≥2時，第n－1次傳球之前球在甲腳下的概率為pn－1，第n－1次傳球之前不在甲腳下的概率為1－pn－1，則pn＝pn－1×0＋(1－pn－1)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)pn－1＋eq\f(1,2)，即pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(1,3)))，又p1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(1,3)))是以eq\f(2,3)為首項，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列.②由①可知pn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(1,3)，所以p10＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(9)＋eq\f(1,3)<eq\f(1,3)，所以q10＝eq\f(1,2)(1－p10)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(9)))>eq\f(1,3)，故p10<q10.多選題加練(十)計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布1.(2024·青島質(zhì)檢)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))eq\s\up12(6)的展開式中，下列結(jié)論正確的是()A.展開式共6項B.常數(shù)項為64C.所有項的系數(shù)之和為729D.所有項的二項式系數(shù)之和為64答案CD解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))eq\s\up12(6)的展開式共有7項，A不正確；其通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,6)2rx6－2r，令6－2r＝0，解得r＝3，所以常數(shù)項為Ceq\o\al(3,6)23＝160，B不正確；令x＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,1)))eq\s\up12(6)＝36＝729，C正確；所有項的二項式系數(shù)的和為26＝64，D正確.2.(2024·白山模擬)將A，B，C，D這4張卡片分別給甲、乙、丙、丁4人，每人分得一張卡片，則下列正確的是()A.甲得到A卡片與乙得到A卡片為對立事件B.甲得到A卡片與乙得到A卡片為互斥但不對立事件C.甲得到A卡片的概率為eq\f(1,4)D.甲、乙2人中有人得到A卡片的概率為eq\f(1,2)答案BCD解析甲得到A卡片與乙得到A卡片不可能同時發(fā)生，但可能同時不發(fā)生，所以甲得到A卡片與乙得到A卡片為互斥但不對立事件，A不正確，B正確；甲得到A卡片的概率為eq\f(Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,4)，C正確；甲、乙2人中有人得到A卡片的概率為eq\f(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(4,4))＝eq\f(1,2)，D正確.3.已知兩個離散型隨機變量X，Y，滿足Y＝2X＋1，其中X的分布列如下：X012Pabeq\f(1,6)若E(X)＝1，則()A.a＝eq\f(1,6) B.b＝eq\f(2,3)C.E(Y)＝2 D.D(Y)＝eq\f(4,3)答案ABD解析由分布列的性質(zhì)，可得eq\f(1,6)＋a＋b＝1，解得a＋b＝eq\f(5,6)，①因為E(X)＝1，所以0×a＋1×b＋2×eq\f(1,6)＝1，即b＝eq\f(2,3)，②聯(lián)立①②解得a＝eq\f(1,6)，b＝eq\f(2,3)，所以D(X)＝(0－1)2×eq\f(1,6)＋(1－1)2×eq\f(2,3)＋(2－1)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1,3)，因為Y＝2X－1，所以E(Y)＝2E(X)－1＝1，D(Y)＝4D(X)＝4×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).4.(2024·武漢模擬)已知事件A，B滿足A?B，且P(B)＝0.5，則一定有()A.P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＞0.5 B.P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＜0.5C.P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＜0.25 D.P(A|B)＞0.5答案BC解析對于A，因為(eq\o(A,\s\up6(－))B)?B，所以P(eq\o(A,\s\up6(－))B)≤P(B)＝0.5，A不正確；對于B，因為A?B，所以事件A，eq\o(B,\s\up6(－))不可能同時發(fā)生，所以P(eq\o(B,\s\up6(－))A)＝0，則P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＝eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))A）,P（A）)＝0＜0.5，B正確；對于C，因為A?B，所以事件A，eq\o(B,\s\up6(－))不可能同時發(fā)生，所以P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝0＜0.25，C正確；對于D，因為A?B，所以P(AB)＝P(A).若A＝?，則P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(P（A）,P（B）)＝0，D不正確.5.(2024·南京質(zhì)檢)某個家庭中有若干個小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，設(shè)M＝“該家庭中有男孩、又有女孩”，N＝“該家庭中最多有一個女孩”，則下列結(jié)論正確的是()A.若該家庭中有兩個小孩，則M與N互斥B.若該家庭中有兩個小孩，則M與N不相互獨立C.若該家庭中有三個小孩，則M與N不互斥D.若該家庭中有三個小孩，則M與N相互獨立答案BCD解析若該家庭中有兩個小孩，樣本空間為Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，M＝{(男，女)，(女，男)}，N＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，MN＝{(男，女)，(女，男)}，則M與N不互斥，P(M)＝eq\f(1,2)，P(N)＝eq\f(3,4)，P(MN)＝eq\f(1,2)，于是P(MN)≠P(M)P(N)，所以M與N不相互獨立，則A錯誤，B正確；若該家庭中有三個小孩，樣本空間為Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，M＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)}，N＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，MN＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，則M與N不互斥，P(M)＝eq\f(3,4)，P(N)＝eq\f(1,2)，P(MN)＝eq\f(3,8)，于是P(MN)＝P(M)P(N)，所以M與N相互獨立，則C和D均正確.6.(2024·鄭州調(diào)研)以下說法正確的是()A.將4封不同的信全部投入3個郵筒，共有64種不同的投法B.將4本不同的數(shù)學(xué)書和2本不同的物理書排列一排，且物理書不相鄰的排法有480種C.若隨機變量X～N(0，σ2)，且P(X≤2)＝0.8，則P(0<X≤2)＝0.3D.若隨機變量X～B(10，0.7)，則D(2X＋1)＝4.2答案BC解析對于A，第1封信可以投入3個信箱中的任意一個，有3種投法；同理，第2，3，4封信各有3種投法.根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，共有3×3×3×3＝81種投法，故A錯誤；對于B，先排4本不同的數(shù)學(xué)書有Aeq\o\al(4,4)種排法，再將2本不同的物理書插空有Aeq\o\al(2,5)種排法，所以共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(2,5)＝480種不同的排法，故B正確；對于C，因為X～N(0，σ2)，且P(X≤2)＝0.8，所以P(0<X≤2)＝P(X≤2)－P(X≤0)＝0.8－0.5＝0.3，故C正確；對于D，因為X～B(10，0.7)，所以D(X)＝10×0.7×(1－0.7)＝2.1，所以D(2X＋1)＝22×D(X)＝4×2.1＝8.4，故D錯誤.7.(2024·長沙調(diào)研)已知我市某次考試高三數(shù)學(xué)成績X～N(80，36)，從全市所有高三學(xué)生中隨機抽取6名學(xué)生，成績不少于80分的人數(shù)為Y，則()A.P(X≥80)＝eq\f(1,2)B.eq\f(X－80,36)服從標準正態(tài)分布C.D(Y)＝3D.P(Y>3)＝eq\f(11,32)答案AD解析X～N(80，36)，故μ＝80，σ2＝36，σ＝6，對于A，根據(jù)正態(tài)分布的對稱性得到P(X≥80)＝eq\f(1,2)，正確；對于B，eq\f(X－80,6)服從標準正態(tài)分布，錯誤；對于C，P(X≤80)＝eq\f(1,2)，則Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，故D(Y)＝6×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，錯誤；對于D，P(Y>3)＝Ceq\o\al(4,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋Ceq\o\al(6,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)＝eq\f(11,32)，正確.8.(2024·杭州質(zhì)檢)一個袋子有10個大小相同的球，其中有4個紅球，6個黑球，試驗一：從中隨機地有放回摸出3個球，記取到紅球的個數(shù)為X1，期望和方差分別為E(X1)，D(X1)；試驗二：從中隨機地?zé)o放回摸出3個球，記取到紅球的個數(shù)為X2，期望和方差分別為E(X2)，D(X2)，則()A.E(X1)＝E(X2) B.E(X1)>E(X2)C.D(X1)>D(X2) D.D(X1)<D(X2)答案AC解析從中隨機地有放回摸出3個球，則每次摸到紅球的概