2022年高考数学复习专题卷：专题15 概率

考点47：古典概型、几何概型(1-6题，9题，13,14题） 考点48：事件的独立性与条件概率（7题，15题，19题）

考点49：独立重复试验与二项分布、正态分布（9-12题，18题，20题，22题）

考点50：离散型随机变量的分布列、期望与方差（8题，11,12题，16题，17题，19题，21,22题）

试时间：120分钟 满分：150分

说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上

第I卷（选择题）

一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1.设O为正方形ABCD的中心,在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点共线的概率为( ) 1214 B. C. D. 55252.从3名男生和1名女生中选出2人去参加社会实践活动，则这名女生被选中的概率是( )

A.

11A． B.

23C.

23 D. 343.在1,2,3,6这组数据中随机取出3个数,则数字2是这3个不同数字的平均数的概率是( )

1113 B. C. D. 42434.如图，边长为2的正方形中有一阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为

A.

2．则阴影区域的面积约为( ) 3

842A． B． C． D．无法计算

3335.如图，若在矩形OABC中随机撒一粒豆子，则豆子落在图中阴影部分的概率为( )

A．12 π2B．

πC．

2 π2D．12 π26.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则在该正方体内任取一点M，则其到顶点A的距离小于1的概率为( ) A.

π 24B.

π 12C.

3π 32D.

π 67.盒内有5个红球、11个蓝球，红球中有2个玻璃球、3个塑料球，蓝球中有4个玻璃球、7个塑料球，假设每个球被摸到的可能性相同，现从中任取一球，若已知取到的球是玻璃球，则它是蓝球的概率是( )

1B．

38.已知某离散型随机变量X的分布列为 X 0 1 A．

2 3C．

1 4D．

3 42 3 1 27P 8 274 9m 则X的数学期望EX( ) A．

2 3B．1 C．

3 2D．2

二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。） 9.下列结论正确的有( )

A.公共汽年上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有105种.

1； 213780C.若随机変量X服从二项分布X~B(5，)，则P(X)；

32281B.两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是

D.已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数、中位数，众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为12. 10.下面给出了关于正态曲线的 4 个说法,其中正确的说法是（ )

A.曲线在 x轴上方且与 x 轴不相交;

B.当 x 时,曲线下降,当 x时,曲线上升

C.当 一定时, 越小,总体分布越分散, 越大,总体分布越集中; D.曲线关于直线x对称, 且当 x时位于最高点. 11.随机变量X服从正态分布N(90,52)，则下述正确的是( ) A.E(X)90

C.P(X100)P(X80)

B.D(X)5

D.P(X100)P(X100)

12.江先生朝九晚五上班,上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些,但乘坐公交路上经常拥堵,所需时间Z(单位:分)服从正态分布N(33,42),下车后从公交站步行到单位要12分钟;乘坐地铁畅通,但路线长且乘客多,所需时间Z(单位:分)服从正态分布

N(44,22),下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.从统计的角度看,下列说法合理的是( ) 参考数据:若Z~N(,2),则P(Z)0.6827,P(2Z2)0.9545,P(3Z3)0.9973.

A.若8:00出门,则乘坐公交上班不会迟到

B.若8:02出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大 C.若8:06出门,则乘坐公交上班不迟到的可能性更大 D.若8:12出门,则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到

第II卷（非选择题）

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）

13.某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为__________．

14.如图所示的三角形称为希尔宾斯基三角形,现分别从图(2)和图(3)中各随机选取一个点,则此两点均取自阴影部分的概率为______.

15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是______. 16.随机变量的取值为0,1,2，若P01，E1，则D . 5四、解答题（本题共6小题，共70分。）

17.（本题满分10分）抛掷一枚质地均匀的硬币2次，记正面朝上的次数为X.

（1）求随机变量X的分布列；

（2）若随机变量Y2X1，求随机变量Y均值、方差．

18.（本题满分12分）第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项.共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技.前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民.武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知

晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分（满分100分）数据，统计结果如下：

组别 频数 30,40 5 40,50 30 50,60 40 60,70 50 70,80 45 80,90 20 90,100 10 （1）若此次问卷调查得分整体服从正态分布，用样本来估计总体，设,分别为这200人得分的平均值和标准差（同一组数据用该区间中点值作为代表），求,的值（,的值四舍五入取整数），并计算

P51X93；

（2）在（1）的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中21，抽中价值为30元的纪念品B的概率为.现有市民张先生参加了此33次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望.

价值为15元的纪念品A的概率为

（参考数据：P(X)0.6827；P(2X2)0.9545；

P(3X3)0.9973.）

19.（本题满分12分）空气质量指数PM2.5（单位：g/m3）表示每立方米空气中可入肺颗粒物的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重：

PM2.5 日均浓度 空气质量级别 空气质量类型

0~35 35~75 75~115 115~150 150~250 250 一级 优 二级 良 三级 轻度污染 四级 中度污染 五级 重度污染 六级 严重污染 甲、乙两城市2020年5月份中的15天对空气质量指数PM2.5进行监测，获得PM2.5日均浓度指数数据如茎叶图所示：

（1）根据你所学的统计知识估计甲、乙两城市15天内哪个城市空气质量总体较好？并简要说明理由. （2）在15天内任取1天，估计甲、乙两城市空气质量类别均为优或良的概率；

（3）在乙城市15个监测数据中任取2个，设X为空气质量类别为优或良的天数，求X的分布列及数学期望．

20.（本题满分12分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为 p ，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验 5 件该产品，且每 件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检 验方案：将产品每 k 个 k5 一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验1次或 1k 次．设该工厂生产1000件该产品，记每件产品的平均检验次 数为X． （1）求X的分布列及其期望；

（2）（i）试说明，当 越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少； （ii）当 p0.1 时，求使该方案最合理时 k 的值及 1000 件该产品的平均检验次数．

21.（本题满分12分）随着经济的发展，个人收入的提高。自2018年10月1日起，个人所得税起征点和税率的调整。调整如下：纳税人的工资、薪金所得，以每月全部收入额减除5000元后的余额为应纳税所得额。依照个人所得税税率表，调整前后的计算方法如表： 个人所得税税率表(调整前) 免征额3500元 级数 全月应纳税所得额 1 不超过1500元的部分 2 3 个人所得税税率表(调整后) 免征额5000元 税率(%) 级数 全月应纳税所得额 3 1 不超过3000元的部分 2 3 税率(%) 3 超过1500元至4500元的部分 10 超过4500元至9000元的部分 20 超过3000元至12000元的部分 10 超过12000元至25000元的部分 20 … … … … … … (1)假如小李某月的工资、薪金等所得税前收入总和不高于8000元，记x表示总收入，y表示应纳的税，试写出调整前后y关于x的函数表达式；

(2)某税务部门在小李所在公司利用分层抽样方法抽取某月100个不同层次员工的税前收入，并制成下面的频数分布表： 收人(元) 人数 3000,5000 5000,7000 7000,9000 9000,11000 11000,13000 13000,15000 30 40 10 8 7 5 ①先从收入在3000,5000及5000,7000的人群中按分层抽样抽取7人,再从中选4人作为新纳税法知识宣讲员,用a表示抽到作为宣讲员的收人在3000,5000元的人数, b表示抽到作为宣讲员的收入在

5000,7000元的人数，随机变量Zab，求Z的分布列与数学期望；

②小李该月的工资、薪金等税前收入为7500元时，请你帮小李算一下调整后小李的实际收人比调整前增

加了多少?

22.（本题满分12分）为进一步深化“平安校园”创建活动,加强校园安全教育宣传,某高中对该校学生进行了安全教育知识测试(满分100分),并从中随机抽取了200名学生的成绩,经过数据分析得到如表所示的频数分布表,并绘制了得分在30,40以及90,100的茎叶图，分别如图1、2所示. 成绩 频数

30,40 5 40,50 30 50,60 40 60,70 50 70,80 45 80,90 20 90,100 10

(1)求这200名同学得分的平均数;(同组数据用区间中点值作代表)

(2)如果变量X满足P2X20.9544且P(3X3)0.9974,则称变量X“近似满

2足正态分布N,的概率分布”。经计算知样本方差为210,现在取和2分别为样本平均数和方差,以

2样本估计总体,将频率视为概率,如果该校学生的得分“近似满足正态分布N,的概率分布”，则认为该校

的校园安全教育是成功的，否则视为不成功。试判断该校的安全教育是否成功，并说明理由。

(3)学校决定对90分及以上的同学进行奖励，为了体现趣味性，采用抽奖的方式进行，其中得分不低于94的同学有两次抽奖机会，低于94的同学只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为： 奖金 概率 50 34 100 14 现在从不低于90同学中随机选一名同学,记其获奖金额为，以样本估计总体,将频率视为概率,求的分

布列和数学期望.(参考数据：21014.5)

参考答案及解析

1.答案：A

A，B，C，D中任取3点，有10种可能情况，分别为解析：根据题意作出图形，如图所示，在O，(OAB)，(OAC)，(OAD)，(OBC)，(OBD)，(OCD)，(ABC)，(ABD)，(ACD)，(BCD)，其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况，所以在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为

21，故选A. 105

2.答案：B

216（种），这名女生被选中的有C1C343（种）故概率P解析：基本事件总数为C431 623.答案：A

解析：在1,2,3,6这组数据中随机取出3个数,基本事件总数有4个,分别为(1,2,3),(1,2,6),(1,3,6),(2,3,6),数字2是这3个不同数字的平均数所包含的基本事件只有(1,2,3),共1个,所以数字2是这3个不同数字的平均数1.故选A. 44.答案：A

的概率是

解析：正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率，P选：A 5.答案：A

S阴影部分S正方形28=,又∵S正方形=4∴S阴影部分=故33解析：S矩形πsinxdxcosx(cosπcos0)2，S阴影π2，故豆子落在图中阴影部分的概率为

00πππ221.故选：A. ππ6.答案：D

1解析：由题意知，正方体的体积V1，其中满足MA1的区域是以A为球心，1为半径的球的，其体积

814ππ3为π1，所以所求概率为 83667.答案：A

解析：记”取得篮球”为事件A,”取得玻璃球”为事件B,则已知取到的球为玻璃球,它时篮球的概率就是B发生的条件下发生的概率记作P(A|B) 4163,P(B) 164168P(AB)2所以P(A|B)

P(B)3因为P(AB)故选A 8.答案：B

解析：由题意可得：可得m2. 984211231. 279927841m1. 27927E(X)0故选：B. 9.答案：BD

解析：解：对于A：公共汽年上有10位乘客，沿途5个车站，则每个乘客由5种下车的方式，则根据分步乘法计数原理可得乘客下车的可能方式有510种，故A错误；

422对于B：两位男生和两位女生随机排成一列共有A424(种)排法；两位女生不相邻的排法有A2A3121，即B正确； 21对于C：若随机変量X服从二项分布X~B(5，)，则

3(种)，故则两位女生不相邻的概率是

3721P(X)PX2PX3C5223对于D：设这个数字是x，则平均数为

21311C53333140，故C错误；

1813231x，众数是3，若x3，则中位数为3，此时x10， 731x3，x4， 7若3x5，则中位数为x，此时2x若x4，则中位数为5，25故D正确； 故选：BD. 10.答案：ABD

31x3，x18，所有可能值为10，4，18，其和为12． 7解析：根据正态曲线的性质知：正态曲线关于直线x对称，故A正确； 当x曲线上升，当 时曲线下降；B正确；

一定时，越小，曲线越“瘦高”，表示取值越集中，故C不正确； 曲线关于x对称，D正确. 故答案为：ABD 11.答案：AC

2解析：由随机变量X服从正态分布N(90,5)，

所以90，5，

所以E(X)90，D(X)25，故A正确；B错误； 根据正态分布密度曲线的对称性，

P(X100)P(X80)，

P(X100)P(X80)P(80X100)，

即P(X100)P(X100)P(80X100) 所以P(X100)P(X100)， 故C正确；D错误； 故选：AC.

12.答案：CD

解析：对于选项A,江先生乘坐公交的时间不大于43分钟才不会迟到,因为P(Z43)P(Z45),且P(3312Z3312)0.9973,所以P(Z43)P(Z45)0.50.50.99730.9987,所以“江先生上班迟

到”还是有可能发生的,所以选项A不合理;对于选项B,若江先生乘坐地铁上班,则其乘坐地铁的时间不大于48分钟才不会迟到,因为P(444Z444)0.9545,所以P(Z48)0.50.95450.50.9773,所以“江先生8:02出门,乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性约为0.9773,若江先生乘坐公交上班,则其乘坐公交的时间不大于41分钟才不会迟到,因为P(338Z338)0.9545,所以P(Z41)0.50.95450.50.9773,所以“江先生8:02出门,乘坐公交上班不迟到”发生的可能性约为0.9773,二者可能性一样,所以选项B不合理;对于选项C,若江先生乘坐公交上班,则其乘坐公交的时间不大于37分钟才不会迟到,因为

P(334Z334)0.6827,所以P(Z37)0.50.50.68270.8414,所以“江先生8:06出门,乘坐公交

上班不迟到”发生的可能性约为0.8414,若江先生乘坐地铁上班,则其乘坐地铁的时间不大于44分钟才不会迟到,因为P(Z44)0.5,所以“江先生8:06出门,乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性约为0.5,又0.84140.5所以选项C是合理的;对于选项D,江先生乘坐地铁的时间不大于38分钟才不会迟到,因为

P(446Z446)0.9973,所以P(Z38)(10.9973)0.50.0014,所以“江先生8:12出门,乘坐地铁上

班不迟到”发生的可能性非常小,所以选项D合理,所以选CD. 13.答案：

1 421. 84解析：由题意，三名学生各自随机选择两个食堂中的一个用餐的情况共有2228（种），其中他们在同一个食堂用餐的情况有2种，根据古典概型概率的计算公式得，所求概率为14.答案：

27 64解析：依题意,设图①阴影面积为1,设图n的阴影面积为Sn,则S11， 3S324则图②阴影为图①面积的,，

4339S334416， 图③阴影为图②面积的,43927分别从图(2)和图(3)中各随机选取一个点,则此两点均取自阴影部分的概率为，

4166427. 6415.答案：0.18

解析：甲队以4:1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输. 若在主场输一场，则概率为20.60.40.50.50.6 ;

故答案为：

若在客场输一场，则概率为20.60.60.50.50.6.

∴甲队以4: 1获胜的概率P20.60.50.50.60.40.60.18 16.答案：

2 5解析：本题主要考查方差与概率. 已知P01，设P1x，P2y. 51故E01x2yx2y1，

5131又因为xy1，所以x，y，

5551312222故D011121.

5555

17.答案：（1）随机变量X的取值可以为0，1，2．

1111112P(X0);P(X1)C12；P(X2)C2；．

424222222因此，随机变量X的分布列为： X P 0 1 41 1 22 1 4

111（2）由（1）知EX0121．

4241111DX(01)2(11)2(21)2．

424211111（用XB2,，则EX21，DX2也可以）

22222∴E(Y)E(2X1)2E(X)13，∴D(Y)D(2X1)4D(X)2

解析：

18.答案：（1）由已知频数表得：E(X)35530405045201045556575859565， 200200200200200200200D(X)(3565)20.025(4565)20.15(5565)20.2(6565)20.25(7565)20.225(8565)20.1(9565)20.05210，

由1962225，则1415，而14.52210.5210，所以14，

则X服从正态分布N(65,14)，所以

P(51X93)P(X2)P(2X2)P(X)20.95450.68270.8186；

2（2）显然，P(X)P(X)0.5，

所以所有Y的取值为15，30，45，60，

121111227P(Y15)，P(Y30)，

233232331812111221111P(Y45)，P(Y60)，

233233923318所以Y的分布列为：

Y P 15 1 330 7 1845 2 960 1 181721所以E(Y)1530456030，

318918解析：

19.答案：（1）由茎叶图可知：甲城市空气质量一级和二级共有10天，而乙城市空气质量一级和二级只有5天，因此甲城市空气质量总体较好．

（2）甲城市在15天内空气质量类别为优或良的共有10天，任取1天，空气质量类别为优或良的概率为102， 153乙城市在15天内空气质量类别为优或良的共有5天，任取1天，空气质量类别为优或良的概率为51， 153212在15天内任取1天，估计甲、乙两城市空气质量类别均为优或良的概率为

339（3）X的取值为0，1，2，

2110C50C10C5C1010C52C1032P(X0)P(X1)P(X2)，，． 222C157C1521C1521X的分布列为：

X P 0 3 71 10 212 2 21

31022数学期望EX012．

721213解析：

111k20.答案：（1）解： PX(1p)k 由题，X的可能取值为 和

kkk1kkPX1(1p) ，

k故 X 的分布列为 X P E(X)1 k1k k(1p)k 11k1kk (1p)k1(1p)1(1p)kkk1(1p)k （2）解：（i）由 (1) 记 f(p)1(1p)k所以 fp 在 p(0,1) 上单调递增 ，

1 ，因为 k0 ， k故 P 越小， fp 越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理 （ii） 记 g(k)1(1p)k1110.9k kk当 g(k)1 且取最小值时，该方案最合理，

因为 g(1)=1.1, g(2)=0.69 ， g(3)0.604,g(4)0.594 ， g(5)0.61 所以 k4 时平均检验次数最少，约为 10000.594594 次． 解析：

0,x350021.答案：(1)调整前y关于x的解析式为yx35000.03,x3500,5000；

45x50000.1,x5000,80000,x5000调整后y关于x的解析式为y；

x50000.03,x5000,8000(2)①由频率分布表可知,从收入在3000,5000及5000,7000的人群中抽取7人， 其中在3000,5000元的人数为3人， 在5000,7000元的人数为4人，

再从这7人中选4人，所以Z的取值可能为0，2，4；

2C32C418则P(Z0)P(a2,b2)， C7435P(Z2)P(a1,b3)P(a3,b1)

1331C3C4C3C416 44C7C7354C30C41P(Z4)P(a0,b4)，

C7435所以Z的分布列为，

Z 0 2 4 P 1835 1635 135 181613624； 35353535②由于小李的工资、薪金等税前收入为7500元，

按调整前起征点应纳个税为15003%250010%295 (元)； 按调整后起征点应纳个税为25003%75 (元)，

比较两个纳税方案可知,按照调整后起征点应纳个税少交29575220 (元)， 即个人的实际收入增加了220元，所以小李的实际收人比调整前增加了220元。 解析：

22.答案：(1)据频数分布表得，

350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565， ∴平均分为65；

(2)该校的安全教育是成功的，理由如下：

数学期望为E(Z)0∵21014.5，

∴265214.536,265214.594， 365314.521.5，365314.5108.5，

而且据茎叶图知，得分小于36分的学生有3个，得分大于94分的有4个， ∴P(2X2)170.9650.9544， 200∵学生的得分都在30,100之间， ∴P3X310.9974，

∴学生的得分“近似满足正态分布N65,210的概率分布”，因此该校的安全教育是成功的； (3)设这名同学获得的奖金为，则的可能值为50，100，150，200， P(50)639,P(100) 10420261433,P(150) 104104843131C2,P(200) 104420411， 104402故的分布列为  P ∴E()50解析：

50 920 100 38 150 320 200 140 933110015020087.5. 2082040