通關秘籍06柢率統(tǒng)計

目錄

【高考預測】概率預測+題型預測+考向預測

【應試秘籍】總結?？键c及應對的策略

【誤區(qū)點撥】點撥常見的易錯點

易錯點一：回歸方程

易錯點二：獨立性檢驗的意義

【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略

【題型一】條件概率

【題型二】全概率公式與貝葉斯公式

【題型三】離散型隨機變量的分布列和概率性質

【題型四】二項分布

【題型五】超幾何分布

【題型六】正態(tài)分布

概率預☆☆☆☆☆

測

題型預選擇題、填空題☆☆☆☆☆

測

考向預全概率公式、正態(tài)分布、總體百分位數的估計

測

概率屬于解答題必考題，大多考察兩方面，一個是超幾何分布與二項分布

的區(qū)別，還有就是線性回歸方程與獨立性檢驗。小題中新教材新加的全概率公

式和條件概率是重點，當然古典概型和相互獨立事件的判斷以及正態(tài)分布也是

需要熟練掌握的。今年還需對冷門的知識點，比如用樣本方差估計總體方差、

最小二乘法、殘差等知識點的掌握和理解。均是書本上提到的內容，但長久未

考，學生都容易忽視。

易錯點一：回歸方程

2（3-元）（乂一刃2%戊-閃

（1）回歸方程為y=bx+a,其中=---------=-------,&=y-bx.

一（%-對—而2

/=1r=l

（2）通過求Q=f（），「她-幻2的最小值而得到回歸直線的方法，即使得樣本數

1=1

據的點到回歸直線的距離的平方和最小，這一方法叫做最小二乘法.

例（2023.天津?高考真題）鶯是鷹科的一種鳥，《詩經?大雅?旱麓》曰：“鶯飛戾

天，魚躍余淵”.罵尾花因花瓣形如罵尾而得名，寓意鵬程萬里、前途無量.通過

隨機抽樣，收集了若干朵某品種鶯尾花的花萼長度和花瓣長度（單位：cm）,繪

制散點圖如圖所示，計算得樣本相關系數為〃=。.8642,利用最小二乘法求得相應

的經驗回歸方程為尸0.75。民+0.6105,根據以上信息，如下判斷正確的為（）

花

瓣

長

度

A.花瓣長度和花萼長度不存在相關關系

B.花瓣長度和花萼長度負相關

C.花萼長度為7cm的該品種鶯尾花的花瓣長度的平均值為5.8612cm

D.若從樣本中抽取一部分，則這部分的相關系數一定是。8642

【答案】C

【詳解】根據散點的集中程度可知，花瓣長度和花萼長度有相關性，A選項錯

散點的分布是從左下到右上，從而花瓣長度和花萼長度呈現正相關性，B選項錯

誤，

把x=7代入y=0.750民+0.6105可得y=5.8612cm,C選項正確；

由于「=0.8642是全部數據的相關系數，取出來一部分數據，相關性可能變強，可

能變弱，即取出的數據的相關系數不一定是。.8642,D選項錯誤

故選：C

變式1：(2024?青海海南,一模)近些年來，促進新能源汽車產業(yè)發(fā)展政策頻出，

新能源市場得到很大發(fā)展，銷量及滲透率遠超預期，新能源幾乎成了各個汽車

領域的熱點.某車企通過市場調研并進行粗略模擬，得到研發(fā)投入x(億元)與

經濟收益》(億元)的數據，統(tǒng)計如下：

研發(fā)投入X/億元12345

經濟收益億元2.546.5910.5

⑴計算內的相關系數「，并判斷是否可以認為研發(fā)投入》與經濟收益丁具有較高

的線性相關程度:(若0.3*<0.75,則線性相關程度一般,若小。.75,則線性相關

程度較高)

⑵求出)，關于X的線性回歸方程，并預測研發(fā)投入10億元時的經濟收益.

參考數據：EU-X)2=10,=44.5,7445

1=11=1

EU-^)(z-y)-元)5-方

附：相關系數/，線性回歸方程的斜率『-----一，截

1drJX(y>-y)~N(菁-可-

Vr-lVi-1/-I

^_a=y-bx.

【答案】(1)x0.9953,

(2)^=2.lx+0.2,約為21.2億元

【詳解】(1)依題意l=《l+2+3+4+5)=3,亍=:(2.5+4+6.5+9+10.5)=6.5,

=1x2.5+2x4+3x6.5+4x9+5x10.5=118.5,

i=i

所以￡（七一工心一方=￡%）'，一5耳=118.5-5x3x6.5=21,

i=l/=!

次&-工）（￡-田力21

所以r=際-有---------序-----------萬-------=瓜「/=屈-=~屈^=?—2，J“0.9953,

因為小0.75,所以可以認為研發(fā)投入才與經濟收益,具有較高的線性相關程度；

-￡（%-可（升-為21

（2）由（1）可得匕=---------=^=2.1,

工…10

r=1

所以G=5-應=65-2.1x3=0.2,

所以>關于x的線性回歸方程為k2L+0.2,

當％=10時y=2.1xl°+°.2=2L2,所以當研發(fā)投入10億元時的經濟收益約為21.2億元.

變式2：（2024?全國?模擬預測）某農業(yè)大學組織部分學生進行作物栽培試驗，由

于土壤相對貧瘠，前期作物生長較為緩慢，為了增加作物的生長速度，達到預

期標準，小明對自己培育的一株作物使用了營養(yǎng)液，現統(tǒng)計了使用營養(yǎng)液十天

之內該作物的高度變化

天數X12345678910

作物高度y/cm9101011121313141414

⑴觀察散點圖可知，天數x與作物高度》之間具有較強的線性相關性，用最小二

乘法求出作物高度y關于天數X的線性回歸方程正質腦（其中用分數表示）；

⑵小明測得使用營養(yǎng)液后第22天該作物的高度為21.女m,請根據（1）中的結果

預測第22天該作物的高度的殘差.

人￡（若-可（丁廣為A.0

參考公式：〃=---------方.參考數據：之不丫=710.

1=1

【答案】⑴"等+多

⑵-0.7cm.

1+2+3+4+5+6+7+8+9+10

【詳解】(1)依題意，，==5.5,

10

,八-1+1+2+3+3+4+4+4-

=1OH---------------------=12,

10

1010

6=宮-一刃二］（丫戊-1。號）=710-10x5.5x12=20

=￡（“引=親-小=385-10x5.52二石

J=I/=i

a=i2-|2xH=^,故所求回歸直線方程為處去+看.

(2)由(1)可知，當戶22時,y=gx22+^=22cm,

故所求殘差為21.3-22=47cm.

易錯點二：獨立性檢驗的意義

獨立性檢驗是對兩個變量有關系的可信程度的判斷，而不是對其是否有關

系的判斷.

例(2024?吉林?模擬預測)短視頻已成為當下宣傳的重要手段，東北某著名景

點利用短視頻宣傳增加旅游熱度，為調查某天南北方游客來此景點旅游是否與

收看短視頻有關，該景點對當天前來旅游的500名游客調查得知，南方游客有

30()人，因收看短視頻而來的280名游客中南方游客有200人.

(1)依據調查數據完成如下列聯表，根據小概率值。=。.001的獨立性檢驗，分析南

北方游客來此景點旅游是否與收看短視潁有關聯：單位：人

短視頻

游客合計

收看未看

南方游客

北方游客

合計

⑵為了增加游客的旅游樂趣，該景點設置一款5人傳球游戲，每個人得到球后

都等可能地傳給其余4人之一，現有甲、乙等5人參加此游戲，球首先由甲傳

出.

(i)求經過i次傳遞后球回到甲的概率;

(ii)記前〃?次傳遞中球傳到乙的次數為x,求x的數學期望.

n(ad-bc)1m

其中〃=〃+Hc+d；E=Z《(X)

參考公式：r=(〃+〃)(c+d)(a+c)e+d)，

/=1

附表:

a().10.05().010.0050.001

Xa2.7063.8416.6357.87910.828

【答案】(1)列聯表見解析，無關

?

；(ii)E(X)=-+—x

⑵⑴”務V752525

JJ

【詳解】(1)將所給數據進行整理，得到如下列聯表:

短視頻

游客合計

收看未看

南方游客20010030()

北方游客8()120200

合計280220500

零假設兒：南北方游客來此景點旅游與短視頻無關聯.

500x(200xl20-80xl00)28000

9

?34.632>10.828=/

x~=0001

300x200x280x220231

根據小概率值。=0.阿的獨立性檢驗，我們推斷此不成立,

即認為南北方游客來此景點旅游與收看短視頻有關聯，此推斷犯錯誤的概率不

大于0.001

（2）（i）設經過i次傳遞后回到甲的概率為2,

2=(1-%)3=7%+”之2)，

又上94肛

所以卜-5是首項為-白公比為廿的等比數列,

（ii）（方法一）

設第i次傳遞時甲接到球的次數為X,則工服從兩點分布，后化）=月,

設前加次傳遞中球傳到甲的次數為丫，

（tn\m

以丫）=七Zz=2>a）"+鳥+6++&

</=1/i=\

因為E(X)="，所以E(X)=W+91

（方法二）

設第i次傳遞時，乙接到球的概率和次數分別為%與匕，則X,服從兩點分布,

石（Xj=0,由題可知0=；（1-夕,_1）,[-

又[=%所以去，所以生,公比為-；的等比數歹IJ,

1J/UJ

M/r.1

』=

E(X)=EEx,=EE(X,)B

i=lf=lDD

故E(X)=%+-!——-

V752525

變式h（2024.河北滄州.一模）流感病毒是一種RNA病毒，大致分為甲型、乙

型、丙型三種，其中甲流病毒傳染性最強，致死率最高，危害也最大.某藥品

科技研發(fā)團隊針對甲流病毒的特點，研發(fā)出預防甲流藥品中和治療甲流藥品中,

根據研發(fā)前期對動物試驗所獲得的相關有效數據作出統(tǒng)計，隨機選取其中的100

個樣本數據，得到如下2x2列聯表：

甲流病毒

預防藥品中合計

感染未感染

未使用242145

使用163955

合計4060100

⑴根據的獨立性檢驗，分析預防藥品中對預防甲流的有效性；

⑵用頻率估計概率，從已經感染的動物中，采用隨機抽樣方式每次選出1只，

用治療藥品中對該動物進行治療，已知治療藥品中的治愈數據如下：對未使用過

預防藥品中的動物的治愈率為0.5,對使用過預防藥品中的動物的治愈率為0.75,

若共選取3只已感染動物，每次選取的結果相互獨立，記選取的3只已感染動

物中被治愈的動物只數為X,求x的分布列與數學期望.

n(ad-be)2

附：z2ji=a+b+c+d

(a+/?)((,+d)(a+c)(6+d)

a0.0500.0100.001

%3.8416.63510.828

【答案】（1）答案見解析

⑵答案見解析

【詳解】（1）假設使用預防藥品中與對預防甲流無效果,

100x(24x39-16x21)29Q0

由列聯表可知/=%6.061>3.841

40x60x45x5533

根據小概率值a=().()5的獨立性檢驗，推斷兒不成立,

即認為使用預防藥品中與對預防甲流有效果，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.

(2)設事件A表示使用治療藥品中并且治愈，事件凡表示未使用過預防藥品中,

事件生表示使用過預防藥品中，

由題意可得P(即磊=06P(&)琮=0.4,

且P(A|4)=0.5,P(A|層)=0.75,

貝|JP(A)=P(即P(A]即+P(g)P(A[%)=0.6x0.5+0.4x0.75=0.6,

治療藥品中的治愈概率尸(4)=0.6=W，

3

則X:5(3,-),

所以P(X=0)=C?4)3=展,尸(X=1)=c；U)令=某,

J14JJI4.J

79543?7

P(X=2)=CK-)2(-)'=-,P(X=3)=C；(-)--,

所以，隨機變量X的分布列為

X0123

8365427

P125125125125

39

E(X)=3x-=-,

55

搶分通關

【題型一】條件概率

一般地，當事件B發(fā)生的概率大于0時(即P(B)〉0),已知事件B發(fā)生的條件下事

件A發(fā)生的概率,稱為條件概率，記作P(A|B),而且P(4|3)=要.

P(K)

I—1

典例精講

【例1】（多選）（2024.湖南婁底?一模）對于事件A與事件8,若AU8發(fā)生的概率

是（）.72,事件3發(fā)生的概率是事件A發(fā)生的概率的2倍，下列說法正確的是（）

A.若事件A與事件8互斥，則事件A發(fā)生的概率為0.36

B.P（BlA）=2P（A|B）

C.事件A發(fā)生的概率的范圍為[0.24,0.36]

D.若事件A發(fā)生的概率是0.3,則事件A與事件〃相互獨立

【答案】BCD

【詳解】對于A,若事件A與事件8互斥，則HAUB）=P（A）+P（8）=3P（A）=0.72,所

以尸（A）=0.24,A,故A錯誤;

對于B，心即需小所需二基十⑷⑷，故B正確；

對于C,P（A「B）=P（A）+P（8）-尸（AB）=3P（A）_P（A8）=0.72,P（4）=0.24+豆㈣,

3

若事件A與事件與互斥,則P（A8）=0,此時件A）取到最小值為0.24,若事A）±P（8）,

此時P（"）=P（A）,P（A）取到最大值為0.36,故C正確；

對于D,尸（A）=0.3,則P（B）=0.6,由尸（A，5）=F⑷+P（5）-P（"）,

得〃伊8）=（）.3+0.6-0.72=（）.18=尸（力）伊），則事件A與事件A相互獨立，故D正確.

故選：BCD.

【例2】（2024?北京石景山?一模）一袋中有大小相同的4個紅球和2個白球.若

從中不放回地取球2次，每次任取1個球，記“第一次取到紅球”為事件A,“第

二次取到紅球”為事件'則P（8|A）=（）

A—R-c1n-

A.155。55

【答案】c

【詳解】。（44）=饋=皇=|.

6

故選：c.

【例3】（2024.遼寧沈陽二模）我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化,

每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻"----------”和陰爻

"__",如圖就是一重卦.在所有重卦中隨機取一重卦，記事件取出

的重卦中至少有1個陰爻“，事件取出的重卦中至少有3個陽爻”.則。（同4）=

（）

【答案】C

【詳解】24）=*=萼，事件腐="取出的重卦中有3陽3陰或4陽2陰或5陽1

204

陰”，

41P(AB)_4\

則P（人田=受等g則P(8|A)=

64P(A)-63

故選：C

1—）

名校模擬

【變式1］（2024.山西.二模）一個盒子里裝有5個小球，其中3個是黑球，2個

是白球，現依次一個一個地往外取球（不放回），記事件A表示“第2次取出的球

是黑球”，^=1,2,.,5,則下面不正確的是（）

A.尸(AJ=三B.^(AA2)=-

C.尸(4+4)=歷D.P(AIA)=；

【答案】D

【詳解】依次一個一個地往外取球（不放回）的試驗，基本事件總數是A"它

們等可能，

對于A,4表示第3次取出黑球，。（4）=噂J,A正確；

對于B,A4表示第1次、第2次取出的球都是黑球，P（A4）=禁=3，B正確；

對于C,P（4）=P（4）=笑4,尸（飲）=籠亮，

所以產（A十人）=/&）+P⑷-尸（AA）=a，C正確；

對于D,P（A）=^=|,所以&4瓜）=陪2T=：,D錯誤.

故選：D

【變式2］（2024?全國?模擬預測）甲、乙兩人進行一場游戲比賽，其規(guī)則如下:

每一輪兩人分別投擲一枚質地均勻的骰子，比較兩者的點數大小，其中點數大

的得3分，點數小的得0分，點數相同時各得1分.經過三輪比賽，在甲至少

有一輪比賽得3分的條件下，乙也至少有一輪比賽得3分的概率為（）

A209

A.—rr

277

【答案】B

【詳解】用（。㈤分別表示甲、乙兩人投擲一枚骰子的結果，

因為甲、乙兩人每次投擲均有6種結果，則在一輪游戲中，共包含6x6=36個等

可能的基本事件.

其中，甲得3分，即心方包含的基本事件有

（21）,（3,1）,（3,2）,（4,1）,（4,2）,（4,3）,（5,1）,（5,2）,（5,3）,（5,4）,（6,1）,（6,2）,（6,3）,（6,4）,（6,5）,共15個，概

率為〃=竺=上.

13612

同理可得，甲每輪得。分的概率也是得1分的概率為1.

12o

所以每一輪甲得分低于3分的概率為?-卷=看

設事件A表示甲至少有一輪比賽得3分，事件5表示乙至少有一輪比賽得3分,

則事件彳表示經過二輪比賽，甲沒有比賽得分為3分.

P|?=1-P(A_)=1-(|7^-=1385

1728

事件即可分三類情形:

①甲有兩輪得3分，一輪得。分，概率為"事信［x侍口黑

\127\1273/O

②甲有一輪得3分，兩輪得。分，概率為6=c；x傳［X仔）=段；

112/ylzy5/0

③甲有一輪得3分，一輪得。分，一輪得1分，概率為言

1212o144

所以P（M"+R+人生+9+亙=生二匹，

"I八'71~3576576144288288'

175

所以P(8|A)=￡S9=2迄=219

力以I?)P(A)1385277,

1728

故選:B.

【變式3］（23-24高二下.遼寧大連?階段練習）小明爬樓梯每一步走1級臺階或

2級臺階是隨機的，且走1級臺階的概率為:，走2級臺階的概率為5.小明從樓

糅底部開始往上爬,在小明爬到第4級臺階的條件下,他走了3步的概率是（）

A271°8081i

A?石BR?而C.-Dn.-

【答案】B

【詳解】設事件A="小明爬到第4級臺階”，8=”小明走了3步爬到第4級臺階”，

事件A包含三種情況：①小明走了4步到第4級臺階，概率為4=匕丫=2；

②小明走了3步到第4級臺階,概率為R=C；x；x住丫名,即p（幽=總；

4V4J6464

③小明走了2步到第4級臺階，概率為

\4；16

所以P（4）"+6+”及，

27

'1；P（A）205205,

256

故選：B

【題型二】全概率公式與貝葉斯公式

全概率公式

一般地，設4,42,...4〃是一組兩兩互斥的事件，4UA2U...UA“=Q,且P（4）

>0,i=l,2,…，〃，則對任意的事件8GO,有

P（B）=gP（4）P（陰4）

我們稱上面的公式為全概率公式.

*貝葉斯公式：

一般地，設4,&，???，4是一組兩兩互斥的事件，41M2U…U4=。，且

尸⑷>0,i=1,2,???,〃，則對任意的事件8±Q,P（8）>0,有

P（4I8）二p（=~,j=],2,…?，幾

（）￡尸（4）P（BIA）

*=1

典例精講

【例1】（2024.江西南昌?一模）假設甲袋中有3個白球和2個紅球，乙袋中有2

個白球和2個紅球.現從甲袋中任取2個球放入乙袋，混勻后再從乙袋中任取2

個球.已知從乙袋中取出的是2個白球，則從甲袋中取出的也是2個白球的概率

為（）

【答案】C

【詳解】設從甲中取出2個球，其中白球的個數為i個的事件為A,事件4的概率

為尸（4）,從乙中取出2個球，具中白球的個數為2個的事件為B,事件3的概率

為網8）,由題意:

C；C：二1

①P(4)=詈=5，P(〃IA)或15，

②p（A）=詈g尸（8閭=等!

③*&）=罟$，。⑶&）=警小

根據貝葉斯公式可得，從乙袋中取出的是2個白球，則從甲袋中取出的也是2

P(4)P(例&)

個白球的概率為641"）

P(4)P(8|4)+P(A)尸(8|A)+P(4)P(8|4)

32

--X-

105J8

113132-37

—X---F—X—4---X—

101555105

故選：C

[例2]（2024.海南省直轄縣級單位.一模）英國數學家貝葉斯在概率論研究方面

成就顯著,根據貝葉斯統(tǒng)計理論，隨機事件A,4存在如下關系：P（川町=母舞I

若某地區(qū)一種疾病的患病率是0.05,現有一種試劑可以檢驗被檢者是否患病.已

知該試劑的準確率為95%,即在被檢驗者患病的前提下用該試劑檢測，有95%的

可能呈現陽性；該試劑的誤報率為。.5%,即在被檢驗者未患病的情況下用該試劑

檢測，有。.5%的可能會誤報陽性.現隨機抽取該地區(qū)的一個被檢驗者，已知檢驗

結果呈現陽性，則此人患病的概率為（）

A495221「3n21

100010001122

【答案】c

【詳解】依題意，設用該試劑檢測呈現陽性為事件3,被檢測者患病為事件4

未患病為事件二

則P（同A）=0.95,P（A）=0.05,尸仍用=0.005,P（可=0.95,

故P（B）=0.95x0.05+0.005x0.95=0.05225,

P（fi|A）P（4）_0,95x0.05_10

則所求概率為尸（川8）=霜=

P（B）0.05225-77

故選：C.

【例3】（2024.全國.二模）某單位選派一支代表隊參加市里的辯論比賽，現有“初

心使命''兩支預備隊.選哪支隊是隨機的，其中選“初心”隊獲勝的概率為0.8,

選“使命”隊獲勝的概率為（）.7,單位在比賽中獲勝的條件下，選“使命”隊參加比

賽的概率為（）

A-iB-tC.2D-H

【答案】D

【詳解】依題意，記選“初心”隊為事件A,選“使命”隊為事件8,該單位獲勝為

事件

則p（A）=P（B）=0.5,P（M|A）=0.8,P（M|B）=0.7,

因止匕P（M）=P（A）P（M|A）+P（B）P（M|8）=0.5x0.8+0.5x0.7=0.75,

所以選“使命”隊參加比賽的概率尸⑻"）=需=必端，絲二號祟二看.

故選：D

嚏校模擬

【變式1］（多選）（2024?山西朔州?一模）在信道內傳輸信號，信號的傳

輸相互獨立，發(fā)送某一信號時，收到的信號字母不變的概率為。收至IJ

其他兩個信號的概率均為詈.若輸入四個相同的信號MWMM.NNNMP"。的概率

分別為由，〃2,〃3,且四+%+。3=1.記事件M，M，［分別表示“輸入“輸入

NNNN”“輸入PPPP",事件。表示“依次輸出MVW,則（）

A.若輸入信號，則輸出的信號只有兩個M的概率為

=a3

B.P(D|M)

I2J

C.尸（必耳）=4

DF(M,|D)=--------------

□?V"7(3a-\)p^\-a

【答案】BCD

【詳解】A：因為發(fā)送某一信號時，收到的信號字母不變的概率為以。＜。＜1）,收

到其他兩個信號的概率均為一，即收到的信號字母變的概率為「%且信號的

傳輸相互獨立,

所以輸入信號MWMM,則輸出的信號只有兩個M的概率為

故A錯誤;

-a

B:因為.阿=笑i，故B正確;

Pi

P(。用—d'a)

C:p(o|止，故C正確;

P⑻

D:因為叫吹霸;Pi\-a

—=a

生I2J

3

而P(O)=a/lg口-a、(\-ay

四+a+a〃3

2JP2

3

1-6f\-a），+詈^-幺）

R+a|(1-四)=。

a

\-a3api-+1-a

=a

aF

\-a;(3a-1)/7)+1-a

=a

a2

所以「㈤⑻-P（M。）」（必必）?。（必）_"'手）”

（11卜P（D）-P（D）—P（D）

(1—tzY(3(z—1)P1+1—ar(3(7—1)/?1+\—a

QkJL2_

故D正確；

故選：BCD.

【變式2］（2024?江蘇揚州?模擬預測）有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺

加工的次品率為6%,第2,3臺加工的次品率均為5%,加工出來的零件混放在

一起.已知第123臺車床加工的零件數分別占總數的25%,30%,45%.任取一個零件，

如果取到的零件是次品，則它是第2臺車床加工的概率為.

【答案】7

【詳解】設4表示“取到的零件是第i臺車床加工。=123）、6表示“取到的零件是

次品”，

則p(8)=p(A)P(叫A)+P(4)P(川4)+P(4)P(8|4)

=0.25x0.064-0.30x0.05+0.45x0.05=0.0525,

P(A2B)=P(A)P(A2)=0.30x0.05=0.015,

故。⑷可=鏘_0.015_2

~0.0525-7,

故答案為：

【變式3］（2024.浙江麗水.二模）為保護森林公園中的珍稀動物，采用某型號紅

外相機監(jiān)測器對指定區(qū)域進行監(jiān)測識別.若該區(qū)域有珍稀動物活動，該型號監(jiān)測

器能正確識別的概率（即檢出概率）為P"若該區(qū)域沒有珍稀動物活動，但監(jiān)測

器認為有珍稀動物活動的概率（即虛警概率）為生,已知該指定區(qū)域有珍稀動物

活動的概率為（）.2.現用2臺該型號的監(jiān)測器組成監(jiān)測系統(tǒng)，每臺監(jiān)測器（功能一

致）進行獨立監(jiān)測識別，若任意一臺監(jiān)測器識別到珍稀動物活動，則該監(jiān)測系

統(tǒng)就判定指定區(qū)域有珍稀動物活動.

(1)若0=08,死=0.02.

(i)在該區(qū)域有珍稀動物活動的條件下，求該監(jiān)測系統(tǒng)判定指定區(qū)域有珍稀動

物活動的概率；

(ii)在判定指定區(qū)域有珍稀動物活動的條件下，求指定區(qū)域實際沒有珍稀動物

活動的概率(精確到0.001)；

⑵若監(jiān)測系統(tǒng)在監(jiān)測識別中，當0.8WPT0.9時，恒滿足以下兩個條件：①若判定

有珍稀動物活動時，該區(qū)域確有珍稀動物活動的概率至少為().9；②若判定沒有

珍稀動物活動時，該區(qū)域確實沒有珍稀動物活動的概率至少為0.9.求2的范圍

(精確到0.001).

(參考數據：叵巫=0.9866，叵更=0.9861,0.982=0.9604)

66

【答案】⑴(D0.96；(ii)0.142

(2)p2e(0,0.013]

【詳解】(1)記事件A為“監(jiān)測系統(tǒng)判定指定區(qū)域有珍稀動物活動”，事件“為“監(jiān)

測區(qū)域實際上有珍稀動物活動”，

z.x/I\P(AH)o.2xf

(1)\/=------------------------=^=0.96;

v17P(B)0.2

(ii)P(A)=P(/4BuAB)=P(AB)+P(AB)=P(B)P(A|B)+P(B)P(/!|5)

=0.21-(l-pj[+0.81-(1一〃2廠]

=0.21-(1-0.8)2]+0.8[1-(1-0.02)2]

=0.22368,

則件”需="產

0.8^1-(1-O.O2)2]

上0.142；

0.22368

⑵明力=需二%二0.2x[l—("pJ〔

0.2[1_("q)[+呵1_(1_凸)]，

P(AB)P(X|B).P(B)

咿同=0.8[l-(l-7)2]0.2[l-(l-)2][?

。(彳)一。(可-i-{'/2+P1

>0.9

P(^|A)>0.90.2[l—(l—pj[+0.8[l—(1—〃2)[

，

由題意可得P(B|A)>O.9即

0.8X(|一〃2)2

>0.9

22

l-{0.8[l-(l-p2)]+0.2[l-(l-Pl)][

令1-PI=X,1-p2=y,得0S〈P1K0.9,0</?2<1,故0.1WxW0.2,()<y<l,

2

>0.9,X+35

O.2(l-x2)+O.8(l-r)2y->-------

[36/-X>35-36

即,即，[4)h9/，則

0.8xy22、9/

>0.9-v-v

I-[0.8(1-F)+0.2(1-X2)]

因為。.卬K%所以學考，所以八等

士hJ35.04.nnJ35.04.后二pi.A/35.04

故----<>'<b即-----<\-p<\,所以—nI----------

6626

故〃2?。，0.013].

【題型三】離散型隨機變量的分布列和概率性質

設離散型隨機變量X的分布列為:

XX|X2???Xi???

PPiP2???Pi???Pn

則(l)p,K),i=l,2,…，〃；

(2)pi+以+...+p，+...+p〃=l；

(3)E(X)=R|〃]+l2〃2-…+即歷+…

(4)ZXX)=3—E(X))?+。2一夙X)y〃2+…一(?一E(X))%,.

隨機變量的數學期望與方差

⑴如果反冷和仇?都存在，則鳳。+〃)=々3土區(qū)加.

(2)若〃=前+乩則E(加=〃E(K+A,DM=a2D(c).

(3)期望與方差的轉化：。?=戊/)—(￡>?)2.

D典例精講

【例1】(2024.山西臨汾二模)已知質量均勻的正〃面體，〃個面分別標以數字1

到〃.

⑴拋擲一個這樣的正〃面體，隨機變量x表示它與地面接觸的面上的數字.若

2

P(X<5)=§.求〃；

⑵在⑴的情況下，拋擲兩個這樣的正〃面體，隨機變量Y表示這兩個正〃面體與

地面接觸的面上的數字和的情況，我們規(guī)定：數字和小于7,等于7,大于7,Y

分別取值()，1,2,求Y的分布列及期望.

【答案】(1)」=6.

⑵分布列見解析，E(Y)=I.

【詳解】(1)因為P(X<5)=：=|,所以〃=6.

(2)樣本空間。={(〃切〃皿{123,4,5,6}},共有36個樣本點.

記事件4="數字之和小于7"，事件數字之和等于7'二

事件c="數字之和大于7”.

人=((U),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),

(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3)},共15種，

故尸(Y=0)=P(A)qq

8={(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3)},共6種，

故P(Y=1)=P(B)=^=:；

3oo

C={(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),(3,6),(6,3),(4,5),(5,4),

(4.6),(6,4),(5,5),(5,6),(6,5),(6,6)(,共15種，

故P(Y=2)=尸(C=《4；

3612

從而Y的分布列為：

Y012

5￡5

P12612

故E（Y）=0X』+1XL2X』=I

12612

【例2】（2024.浙江寧波?二模）三個人利用手機軟件依次進行拼手氣搶紅包活動,

紅包的總金額數為個單位.第一個人搶到的金額數為1到2〃-1個單位

且等可能（記第一個人掄完后剩余的金額數為W）,第二個人在剩余的w個金額

數中搶到1到w-i個單位且等可能，第三個人搶到剩余的所有金額數，并且每個

人搶到的金額數均為整數個單位.三個人都搶完后，獲得金額數最高的人稱為手

氣王（若有多人金額數相同且最高，則先搶到最高金額數的人稱為手氣王）.

⑴若〃=2,則第一個人搶到的金額數可能為123個單位且等可能.

（i）求第一個人搶到金額數X的分布列與期望；

（ii）求第一個人獲得手氣王的概率；

⑵在三個人搶到的金額數為2,3,4的一個排列的條件下，求第一個人獲得手氣王

的概率.

【答案】（1）（i）分布列見解析，2；（ii）

⑵祟

【詳解】（1）若第一個人搶到的金額數為i個單位，第二個人搶到的金額數為，個

單位，第三個人搶到的金額數為k個單位，我們將三個人搶到的金額數記作

（i）P（X=I）=P（X=2）=P（X=3）=:，

J

所以X的分布列為

X123

]_

P333

（ii）第一個人獲得手氣王時，三個人搶到的金額數只可能為（222）,（3J2）,（3,2,1）,

故第一個人獲得手氣王的概率

P=P(Z=2,J=2,A;=2)+P(/=3,/=1,A=2)+P(/=3J=2,A=li=|x|+jxi+lxi=^.

(2)記事件A=“三個人搶到的金額數為2,3.4的一個排列”，事件3=”第一個人獲

得手氣王”.

所要求的是條件概率尸(屈A)，有尸(川4)二號符.

當三個人搶到的金額數為2,3,4的一個排列時，總金額數為%故第一個人搶到的

金額數可能為

1,2,3,4.5.

又P(BA)=P(i=4,j=2次=3)+尸(i=4J=3次=2)=(X；+3；=A，

尸(A)=P(i=4,J=Z/=3)+F(i=4,j=3,2=2)+P(i=3,J=2,A=4)

+p(i=3,/=4M=2)+P(i=2J=3M=4)+P(i=2J=4M=3)

11111111111137

-X—+-X—+—X-4--X-+-X-+—X—=-------

545455555656150

故網@4=駕?=立="

"乂')P(A)衛(wèi)37

150

【例3】(2024.湖南?模擬預測)有一枚質地均勻點數為1到4的特制骰子，投擲

時得到每種點數的概率均等，現在進行三次獨立投擲，記X為得到最大點數與

最小點數之差，則X的數學期望后")=()

A\.—160B-2Q-4J0—8

【答案】D

【詳解】X的所有可能取值為0423,記三次得到的數組成數組(〃也。)，

滿足X=0的數組有：

(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),(4,4,4)，共4個，

所以P(X=0)=*=《，

滿足X=1的數組有：

(1,1,2),(1,2,1),(2,1,1),(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2),(3,3,4),(3.4,3),(4,3,3),

(2.2.1).(2.1.2).(1.2.2).(3.3.2).(3.2.3).(2.3.3).(4.4.3).(4.3.4).(3.4.4),共18個，

所以尸(X=1)=?=葛,

滿足X=2的數組有：

(1/,3),(1,3,1),(3,1,1),(2,2,4),(2,4,2),(4,2,2),

(3,3,1),(3,1,3),(1,3,3),(4,4,2),(4,2,4),(2,4,4),

(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1),

(423),(4,3,2),(2,4,3),(2,3,4),(3,4,2),(3,2,4),共24個，

所以P(X=2)=今=(,

滿足X=3的數組有：

(1,2,4),(1,3,4),(L4,4),(1,4,1),(1,4,2),(1,4,3),

(1,1,4),(2,1,4),(3,1,4),(4,1,1),(4,2,1),(4,3,1),

(4、1,2),(4,1,3),(4,1,4),(2,4,1),(3,4,1),(4,4,1),共18個，

所以尸(X=3)=?=4,

所以X的數學期望￡(X)=Ox*lx導

故選：D.

t-]

名校模擬

【變式1](2024.全國.模擬預測)在2002年美國安然公司(在2000年名列世界

財富500強第16位，擁有數千億資產的巨頭公司，曾經是全球最大電力、天然

氣及電訊服務提供商之一)宣布破產，原因是持續(xù)多年的財務數據造假.但是

據說這場造假丑聞的揭露并非源于常規(guī)的審計程序，而是由于公司公布的每股

盈利數據與一個神秘的數學定理一本福特定律——嚴重偏離.本福特定律指

出，一個沒有人為編造的自然生成的數據(為正實數)中，首位非零的數字是＞9

這九個事件并不是等可能的，而是大約遵循這樣一個公式：隨機變量產是一個沒

有人為編造的首位非零數字，則*=z)=】g(i+￡|(E，2，.…9),則根據本福特定律,

在一個沒有人為編造的數據中，首位非零數字是8的概率約是（參考數據:

lg2ao.301,lg3?0.477）（）

A.0.046B.0.051C.0.058D.0.067

【答案】B

【詳解】由題意可得：X=8）=lg=Ig9-lg8=21g3-31g2?2x0.477-3x0.301?0,051,

o

故選：B

【變式2］（2024?貴州黔西?一模）高一（1）班每周舉行歷史擂臺比賽，排名前

2名的同學組成守擂者組，下周由3位同學組成攻擂者組挑戰(zhàn)，共答2（）題，若

每位守擂者答出每道題的概率為1,每位攻擂者答出每道題的概率為；.為提高攻

擂者的積極性，第一題由攻擂者先答，若未答對，再由守擂者答；剩下的題搶

答，搶到的組回答，只要有一人答出，即為答對，記為I分，否則為0分.

⑴求攻擂者組每道題答對的概率《及守擂者組第1題后得分為。分的