专题09概率与统计（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 09 概率与统计 1．（2021·全国高考真题（理））在区间 与 中各随机取1个数，则两数之和大于 的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设从区间 中随机取出的数分别为 ，则实验的所有结果构成区域为 ，设事件 表示两数之和大于 ，则构成的区域为 ，分别求出 对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即 可解出． 【详解】如图所示： 设从区间 中随机取出的数分别为 ，则实验的所有结果构成区域为 ，其面积为 ．设事件 表示两数之和大于 ，则构成的区域为 ，即图中的阴影 部分，其面积为 ，所以 ． 故选：B. 【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件 对应的区 域面积，即可顺利解出． 2．（2021·全国高考真题（理））将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用插空法，4个1产生5个空，分2个0相邻和2个0不相邻进行求解. 【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有 种排法，若2个0不相邻，则有 种排法， 所以2个0不相邻的概率为 . 故选：C. 3．（2021·全国高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次， 每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙 表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 【答案】B 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 【详解】 ，故选：B 【点睛】判断事件 是否独立，先计算对应概率，再判断 是否成立 4．（2021·全国高考真题）某物理量的测量结果服从正态分布 ，下列结论中不正确的是 （ ） A． 越小，该物理量在一次测量中在 的概率越大 B． 越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C． 越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D． 越小，该物理量在一次测量中落在 与落在 的概率相等 【答案】D 【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解. 【详解】对于A， 为数据的方差，所以 越小，数据在 附近越集中，所以测量结果落在 内的概率越大，故A正确； 对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为 ，故B正确； 对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于 的概率与小于 的概率相 等，故C正确； 对于D，因为该物理量一次测量结果落在 的概率与落在 的概率不同，所以一次测量 结果落在 的概率与落在 的概率不同，故D错误. 故选：D. 5．（2021·全国高考真题）下列统计量中，能度量样本 的离散程度的是（ ） A．样本 的标准差 B．样本 的中位数C．样本 的极差 D．样本 的平均数 【答案】AC 【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项. 【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度； 由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势； 由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度； 由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势； 故选：AC. 6．（2021·全国高考真题）有一组样本数据 ， ，…， ，由这组数据得到新样本数据 ， ，…， ，其中 ( 为非零常数，则（ ） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样数据的样本极差相同 【答案】CD 【分析】A、C利用两组数据的线性关系有 、 ，即可判断正误；根据中位数、 极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误. 【详解】A： 且 ，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为 ，则第二组的中位数为 ，显然不相同，错误； C： ，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为 ，则第二组的极差为 ，故极差相同，正确； 故选：CD 7．（2021·浙江高考真题）袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为 ，若取出的两个球都是红球的概率为 ，一红一黄的概率为 ，则 ___________， ___________. 【答案】1 【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得 的值，再根据随机变量 的分布列即可求出 ． 【详解】 ，所以 ， , 所以 , 则 ． 由于 ． 故答案为：1； ． 8．（2021·全国高考真题（理））某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指 标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 x y s2 s2 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和 ，样本方差分别记为 1 和 2 ． x y s2 s2 （1）求 ， ， 1 ， 2 ； s2 s2 y x 2 1 2 （2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 ，则认为 10 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．x10,y 10.3,s2 0.036,s2 0.04 【答案】（1） 1 2 ；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备 有显著提高. 【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差. （2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断. 9.810.31010.29.99.81010.110.29.7 x 10 【详解】（1） 10 ， 10.110.410.11010.110.310.610.510.410.5 y  10.3 10 ， 0.22 0.32 00.22 0.12 0.22 00.12 0.22 0.32 s2  0.036 1 10 ， 0.22 0.12 0.22 0.32 0.22 00.32 0.22 0.12 0.22 s2  0.04 2 10 . 0.0360.04 2 2 0.0076 （2）依题意，yx0.320.152 0.152 2 0.0225 ， 10 ， s2 s2 yx2 1 2 ，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. 10 9．（2021·北京高考真题）为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭 子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做 检测．现有100人，已知其中2人感染病毒． （1）①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数； 1 ②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为11，定义随机变量X为总检测次数，求 检测次数X的分布列和数学期望E(X)； （2）若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)． 320 EY EX 【答案】（1）①20次；②分布列见解析；期望为 11 ；（2） ． 【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解；②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解； EY （2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出 ，即可得解. 【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次； 所以总检测次数为20次； ②由题意，X 可以取20，30， 1 1 10 PX 20 PX 301  11， 11 11， 则X 的分布列: X 20 30 1 10 P 11 11 1 10 320 EX20 30  所以 11 11 11 ； （2）由题意，Y 可以取25，30， 20C2C3 4 95 P  2 98  P  两名感染者在同一组的概率为 1 C5 99，不在同一组的概率为 1 99 ， 100 4 95 2950 EY25 30 =  EX 则 99 99 99 . 10．（2021·全国高考真题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学 先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从 另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答 正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若小明先回答A类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）B类． 【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分X 的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与 （1）类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．X 0 20 100 【详解】（1）由题可知， 的所有可能取值为 ， ， ． PX 010.80.2 ； PX 200.810.60.32 ； PX 1000.80.60.48 ． 所以X 的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 EX00.2200.321000.4854.4 （2）由（1）知， ． B Y Y 0 80 100 若小明先回答 问题，记 为小明的累计得分，则 的所有可能取值为 ， ， ． PY 010.60.4 ； PY 800.610.80.12 ； PX 1000.80.60.48 ． EY00.4800.121000.4857.6 所以 ． 54.457.6 B 因为 ，所以小明应选择先回答 类问题． 11．（2021·全国高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代， 经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有 P(X i) p (i 0,1,2,3) 相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数， i ． p 0.4,p 0.3,p 0.2,p 0.1 E(X) （1）已知 0 1 2 3 ，求 ； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程： p  p x p x2  p x3  x E(X)1 p1 E(X)1 p1 0 1 2 3 的一个最小正实根，求证：当 时， ，当 时， ；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析. E(X) 【分析】（1）利用公式计算可得 . f 10 f x （2）利用导数讨论函数的单调性，结合 及极值点的范围可得 的最小正零点. （3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明. E(X)00.410.320.230.11 【详解】（1） . f x p x3 p x2 p 1x p （2）设 3 2 1 0， p  p  p  p 1 f x p x3 p x2 p  p  p x p 因为 3 2 1 0 ，故 3 2 2 0 3 0， EX1 p 2p 3p 1 p 2p  p 若 ，则 1 2 3 ，故 2 3 0. fx3p x2 2p xp  p  p  3 2 2 0 3 ， f0p  p  p 0 f1 p 2p  p 0 因为 2 0 3 ， 2 3 0 ， f x x,x x 01 x 故 有两个不同零点 1 2，且 1 2， x,x x , fx0 xx ,x  fx0 且 1 2 时， ； 1 2 时， ； f x ,x  x , x ,x  故 在 1 ， 2 上为增函数，在 1 2 上为减函数， x 1 f x x , f 10 若 2 ，因为 在 2 为增函数且 ， x0,x  f x x ,x  f x f x  f 10 而当 2 时，因为 在 1 2 上为减函数，故 2 ， p  p x p x2  p x3  x 故1为 0 1 2 3 的一个最小正实根， x 1 f 10 0,x  p  p x p x2  p x3  x 若 2 ，因为 且在 2 上为减函数，故1为 0 1 2 3 的一个最小正实根， EX1 p1 综上，若 ，则 . EX1 p 2p 3p 1 p 2p  p 若 ，则 1 2 3 ，故 2 3 0.f0p  p  p 0 f1 p 2p  p 0 此时 2 0 3 ， 2 3 0 ， f x x ,x x 0 x 1 故 有两个不同零点 3 4，且 3 4 ， x,x  x , fx0 xx ,x  fx0 且 3  4 时， ； 3 4 时， ； f x ,x  x , x ,x  故 在 3 ， 4 上为增函数，在 3 4 上为减函数， f 10 f x 0 而 ，故 4 ， f 0 p 0 f x 0,x  p p1 又 0 ，故 在 4 存在一个零点 ，且 . p p  p x p x2  p x3  x p1 所以 为 0 1 2 3 的一个最小正实根，此时 ， EX1 p1 故当 时， . （3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过 1，则若干代后被灭绝的概率小于1. 1．（2021·河南高二三模（理））小华忘记了手机开机密码的前三位，只记得第一位和第二位取自0，1， 2，3(可以相同) ，第三位是A，B，C中的一个字母，则小华输入一次密码就能够成功解锁的概率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合古典概型的概率的计算公式即可. 【详解】输入不同的组合一共有： 种可能， 而正确密码只有一种可能， 所以密码一次输入就对的概率为 ， 故选：A2．（2021·西安市经开第一中学高三其他模拟（理））已知 ， 是区间 上的任意实数，则函数 在 上单调递增的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用函数单调性求得 ， 关系，结合几何概型即可求解． 【详解】因为 ， 是区间 上的任意实数，则函数 在 上单调递增 所以 如图所示阴影部分： 则所要求的概率为 故选：D 3．（2021·江西高三其他模拟（理））在区间 上随机取两个数 ､ ，则事件“ ”发生的概 率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立数学模型，数形结合，根据几何概型的计算以及定积分的应用可得结果. 【详解】如图表示阴影部分，即事件 表示“ ” 则 所以 故选：D 4．（2021·河南南阳市·高二其他模拟（理））现有 棵树径（绕树底部围一圈得到的周长）均不相等的国 槐需要种植在新办公楼的前面，种成一排，若要求从中间往两边看时，树径都依次变小，则树径排第五的 那棵树和树径排第一（树径最大）的那棵树相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先基本事件有 ，然后树径排第五的那棵树和树径排第一（树径最大）的那棵树相邻 有 ，进而根据概率公式即可求得结果. 【详解】将树径从高到低的 棵树依次编号为 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，则 号必须 排在正中间，从其余 棵中任选 棵排在 号的左边，剩下的 棵树排在 号的右边，有 种排法． 当排名第五的 号排在最高的 号的左边时，从 ， ， ， ， ， 中任选 棵排在 号的左边，其余 五棵排在 号的右边，有 种排法，同理当排名第五的 号排在最高的 号的右边时，也有 种排法．所以树径排第五的那棵树和树径排第一的那棵树相邻的概率为 ． 故选：D. 5．（2021·甘肃金昌市·高三二模（理））在边长为 的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，从该正方 形区域内任取一点，若该点落在阴影区域内的概率为 ，则阴影区域的面积为________． 【答案】16. 【分析】由几何概型公式得 ，从而得解. 【详解】设阴影区域的面积为 ， 由几何概型公式得 .故阴影部分的面积为 . 故答案为：16. 6．（2021·陕西高三其他模拟（理））某社区随机选取了部分居民，调查他们对今年春节期间社区组织文 艺和体育活动的意见(每人只选择其中一项)，调查结果如下表所示： 文艺活动 体育活动 男性居民 15 20 女性居民 25 10 95% （1）判断能否有 的把握认为居民选择的活动类型与性别有关； （2）用分层抽样方法，在样本中选择文艺活动的居民中按性别抽取8人，再从这8人中随机选3人，记这 3人中男性居民的人数为X ，求X 的分布列和数学期望. n(ad bc)2 K2  附： abcdacbd，其中 . nabcd P  K2�k  0.050 0.010 0.001 0 k 3.841 6.635 10.828 09 【答案】（1）95%的把握认为居民选择的活动类型与性别有关；（2）分布列见详解，数学期望为8． 【分析】（1）根据独立性检验公式计算结果，再对比表格数据即可判断结果； （2）根据分层抽样计算公式求出各层人数，然后写出X 的可能取值，用超几何分布求解概率，从而得出 分布与数学期望． 70(15102520)2 K2  63.841 【详解】（1）由 40303535 95% 所以有 的把握认为居民选择的活动类型与性别有关； 8 15 3 （2）用分层抽样方法，男性居民抽取人数为： 1225 8 25 5 女性居民抽取人数为： 1225 则X 的可能取值为：0，1，2，3． C3 10 5 C1C2 30 15 Px0 5   Px1 3 5   依题意得 C3 56 28 ， C3 56 28 8 8 C2C1 15 C3C0 1 Px2 3 5  Px3 3 5  C3 56， C3 56 8 8 所以分布列为 X 0 1 2 3 5 15 15 1 P 28 28 56 56 5 15 15 1 9 EX0 1 2 3  数学期望为 28 28 56 56 8． 7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三其他模拟（理））在企业风险决策中，当天气好的概率P大于其临 P P 界概率 0时，执行该方案好于改变该方案，当天气好的概率 P 等于 0时，执行方案收益的数学期望等于 改变该方案收益的数学期望.某工程队签署一项赴A地施工的合同，根据已有统计得到的数据提供如下方案：若赴A地后一个月天气好，可以按期完工能盈利12.6万元；若赴A地后一个月天气不好，则造成损失4.8 万元.改变方案则不赴A地，留在B地，若天气好可临时承包一些零星工程，盈利5.4万元；若天气不好， 则损失1.2万元. P AB （1）试确定今后一个月赴A地施工的天气好的临界概率 0(设 两地的天气状态相同). （2）若人力资源部获得了A地近三年的6月份的最高气温数据，列出如下频率分布表. 最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) (度) 天数 2 21 31 25 4 7 [20 35) 若最高气温在 ， 内，则视为天气好.以频率作为概率，根据（1）中所得天气好的临界概率判断，该 企业今年6月份是赴A施工，还是留在B地？本月期望获得的利润是多少？ 1 【答案】（1）3；（2）该企业应赴A地施工，本月期望获利6.8万元. P 【分析】（1）根据“当天气好的概率 P 大于其临界概率 0时，执行该方案好于改变该方案，当天气好的 P P 概率 P 等于 0时，执行方案收益的数学期望等于改变该方案收益的数学期望”，列出关于 0的方程，解 P 出 0即可； 2 1 （2）在[20，35)内，则视为天气好.以频率作为概率，得出天气好的概率为3 ，大于3，故去A地，算出 期望即可. 1 【详解】（1） 12.6P 0 1P 0 4.85.4P 0 1P 0 1.2 ，得 P 0  3; 31254 2  （2）气温在[20，35)的频率为 90 3 ， 2 所以今年6月份天气好的概率3 ，2 1  P  因为3 0 3 ，所以应赴A地施工. 2 1 12.62  4.86.8 期望获得的利润是 3 3 万元 所以该企业应赴A地施工，本月期望获利6.8万元. 8．（2021·重庆高三其他模拟）现有甲､乙等6名来自三所大学的大学生(每所大学各2人)志愿者，为响应 当地政府生活垃圾分类管理政策的推行，他们被随机分配到3个社区担任“垃圾分类指导员”工作，每个 社区分配两名大学生. （1）求甲､乙两人被分配到同一社区的概率； （2）设有X 个社区的两名“垃圾分类指导员”来自同一所大学，求X 的分布列与数学期望. 1 3 【答案】（1）5；（2）分布列答案见解析，数学期望：5. C2C2C2 6 4 2 15 【详解】解：（1）设事件 A 为：甲､乙两人被分配到同一社区，将6人分为3组，共有 3! 种， 3 1 PA  其中甲乙分到同一组的情况有3种，所以 15 5； X 0， 1， 3 （2）由题知， 的可能取值为 ， 1 32 2 1 6 8 PX 3 PX 1  PX 01   15， 15 5 ，∴ 15 15 15，所以X 的分布列为： X 0 1 3 8 6 1 P 15 15 15 3 EX 所以期望 5. 9．（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理））某科技企业投资2亿元生产一种供5G智能手机使 用的芯片，该芯片因生产原因其性能存在着一定的差异，该企业为掌握芯片的性能情况，从所生产的芯片 中随机抽取了200片进行了性能测试，得到其性能指标值的频数分布表如下所示(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表). 性能指标值/分 40,50 50,60 60,70 70,80 80,90 90,100 频数 20 30 40 60 30 20 利用样本估计总体的思想，解决下列问题： （1）估计该科技企业所生产的芯片性能指标值的平均数； X 1m4 （2）每块芯片的性能等级和纯利润 (单位：元/片， )如下表所示： 性能指标值 40,50 50,70 70,90 90,100 等级 次品 C级 B级 A级 纯利润X 40em 30m 50m 70m （i）从该科技企业所生产的芯片中随机抽取3片芯片，试求至少有2片芯片为A级或B级芯片的概率； （ii）若该科技企业该芯片的年产量为200万片，其中次品直接报废处理，其他芯片全部能被手机厂商收 ln102.30 购，问：该企业两年之内是否有可能收回总投资？试说明理由.参考数据： . 0.57475 【答案】（1）平均数为70.5分；（2）（i） ；（ii）两年之内能收回总投资，理由见解析. 【分析】（1）根据平均数公式计算可得； （2）首先求出芯片为A级或B级芯片的概率，再根据相互独立事件的概率公式计算可得； （3）列出芯片的性能指标值与对应概率的表格，求出每块芯片的纯利润的期望值，再利用导数求出最值； 【详解】解：（1）由题意知，样本平均数为 x450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5 . 所以可以估计该科技企业所生产的芯片性能指标值的平均数为70.5分. 302060 P 0.55 （2）（i）由题意知芯片为A级或B级芯片的概率 200 ， 则从该科技企业所生产的芯片中随机抽取3片芯片，至少有2片芯片为A级或B级芯片的概率为 P 1C00.453C10.4520.550.57475 3 3 . 1m4 （ii）由题意可知，该芯片的性能指标值与对应概率如下表所示：( )性能指标值 40,50 50,70 70,90 90,100 纯利润 40em 30m 50m 70m 概率 0.1 0.35 0.45 0.1 EX40em0.130m0.3550m0.4570m0.14em 40m 故每块芯片的纯利润 ， y  EX y'4em 404  em 10  记 ，则 ， y'0 mln10 令 ，得 ， m1,ln10 y'0 y  EX 故当 时， ， 单调递增， mln10,4 y'0 y  EX 当 时， ， 单调递减， mln102.30 y 所以当 时， 取得最大值， y 4eln10 40ln10410402.3052 max (元). 10．（2021·全国高三二模）某初中为了解学生的肥胖是否与经常饮用碳酸饮料有关，现对40名七年级学 500ml 60kg 生进行了问卷调查，得到数据如表所示(平均每天喝 以上为常喝，体重超过 为肥胖.单位：人) 不经常饮 经常饮用 合计 用 肥胖 8 18 不肥胖 15 合计 40 95% 22 （1）将 列联表补充完整，并回答能否有 的把握认为学生是否肥胖和经常饮用碳酸饮料有关？ （2）已知经常饮用碳酸饮料且肥胖的8名同学中，有5名男同学，3名女同学.现从这5名男同学和3名女 同学中选5人进行家访，求被选中的男生人数X 的分布列和期望. nad bc2 K2  参考公式及数据： ， . abcdacbd nabcdP  K2 k  0.100 0.050 0.010 0.001 0 k 2.706 3.841 6.635 10.828 0 95% 【答案】（1）列联表答案见解析，没有 的把握认为学生是否肥胖和经常饮用碳酸饮料有关；（2）分 25 布列答案见解析，数学期望： 8 . 【详解】（1） 经常饮用 不经常饮用 合计 肥胖 8 10 18 不肥胖 7 15 22 合计 15 25 40 408157102 k  0.6733.841 由调查数据可知， 的观测值 K2 15252218 95% 没有 的把握认为学生是否肥胖和经常饮用碳酸饮料有关. （2）被选中的男生人数X 的取值为2，3，4，5 C3C2 5 C2C3 15 PX 2 3 5  PX 3 3 5  则 C5 28， C5 28， 8 8 C1C4 15 C0C5 1 PX 4 3 5  PX 5 3 5  C5 56， C5 56 8 8 分布列为 X 2 3 4 5 5 15 15 1 P 28 28 56 56 25 EX 期望 8 . 11．（2021·广西高三其他模拟（理））十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网 络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度．某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成 年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于 p 3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为 1， 3 p  p p ． 1 4 1 2 3 2 p  p  （1）若 1 4 ， 2 3 ，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率； 6 p  p  （2）当 1 2 5，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次 数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？ 2 【答案】（1）3 ；（2）至少要进行19轮竞赛． 【分析】（1）由题意可知获“优秀小组”的情况包含三种情况，分别计算概率，再求和； 6 p  p  （2）首先计算甲乙同学获得“优秀小组”的概率P2p p p  p 3p p 2 ，再根据 1 2 5，利 1 2 1 2 1 2 用基本不等式求 p 1 p 2的范围，再将概率表示为二次函数求P的最大值，根据 np max 9 ，计算 n 的最小 值. 【详解】（1）由题可知，所以可能的情况有： 2 3 1 2 1 P C1  C2 = ①甲答对1次，乙答对2次的概率 1 2 4 4 2  3   6 2 3 2 1 1 P C2 C1   ②甲答对2次，乙答对1次的概率 2 2  4   2 3 3 4 ； 2 2 3 2 1 P C2 C2  ③甲答对2次，乙答对2次的概率 3 2  4   2  3   41 1 1 2 P    故所求的概率 6 4 4 3 （2）他们在轮竞赛中获“优秀小组”的概率为： PC1p 1 p C2p 2 C2p 2 C1p 1 p C2p 2 C2p 2 2p p p  p 3p p 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 6 1 1 p  p   p 1  p 1 因为 0 p 1 ， 0 p 1 ， 1 2 5，所以5 1 ，5 2 ， 1 2 12 P p p 3p p 2 所以 5 1 2 1 2 2  p  p  9 3 利用基本不等式知 p 1 p 2    1 2 2    25 ，当且仅当 p 1  p 2  5 时，等号成立， 1 9   p p  25 1 2 25， 2 12  2 12 1 9  P h(t)3t2  t 3 t  t , 令t  p p ，则 5   5   25 ，  5 25   1 2 9 297 t  P  所以当 25时， max 625 ， n  ~ B(n,p) 他们小组在 竞赛中获“优秀小组”次数 满足 9 625 n  19 297 33 由(np) 9，则 ，所以理论上至少要进行19轮比赛. 625 max 【点睛】关键点点睛：本题考查独立事件概率，二项分布，最值的综合应用，重点考查读懂题意，抽象与 概括能力，属于中档题型，本题第二问的关键是求出每次获得“优秀小组”的概率的最大值，并能抽象概 n  ~ B(n,p) 括他们小组在 竞赛中获“优秀小组”次数 满足 .