2020山东新高考数学二轮复习专题突破练21随机变量及其分布
2020_2021学年高中数学第二章随机变量及其分布2.2.1条件概率学案含解析新人教A版选修2_3
2.2 二项分布及其应用2．2.1 条件概率内容 标 准学 科 素 养 1.理解条件概率的定义． 2.掌握条件概率的计算方法．3.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题.利用数学抽象 发展数学建模 提升数学运算授课提示：对应学生用书第32页[基础认识]知识点 条件概率预习教材P 51－53，思考并完成以下问题(1)三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学无放回地抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小？提示：如果三张奖券分别用X 1，X 2，Y 表示，其中Y 表示那张中奖奖券，那么三名同学的抽奖结果共有六种可能：X 1X 2Y ，X 1YX 2，X 2X 1Y ，X 2YX 1，YX 1X 2，YX 2X 1.用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B 仅包含两个基本事件：X 1X 2Y ，X 2X 1Y .由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P (B )＝26＝13.(2)如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率又是多少？提示：因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有X 1X 2Y ，X 1YX 2，X 2X 1Y 和X 2YX 1.而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是X 1X 2Y 和X 2X 1Y .由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为24，即12.知识梳理 1.条件概率 (1)事件个数法：P (B |A )＝n AB n A(2)定义法：P (B |A )＝P AB P A(1)0≤P (B |A )≤1.(2)如果B 和C 是两个互斥的事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．[自我检测]1．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A.8225B.12C.38D.34 答案：C2．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上或周五晚上值班的概率为________．答案：13授课提示：对应学生用书第32页探究一 求条件概率[阅读教材P 53例1]在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：(1)第1次抽到理科题的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率． 题型：求事件的概率及条件概率方法步骤：(1)先计算出不放回地依次抽2次的试验结果总数； (2)分别计算出第1次抽到理科题和两次都抽到的试验结果总数； (3)由概率的计算公式得出所求概率．[例1] 盒内装有除型号和颜色外完全相同的16个球，其中6个是E 型玻璃球，10个是F 型玻璃球．E 型玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；F 型玻璃球中有3个是红色的，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是E 型玻璃球的概率是多少？[解析] 由题意得球的分布如下：E 型玻璃球F 型玻璃球总计 红 2 3 5 蓝 4 7 11 总计61016设A ＝{取得蓝球法一：∵P (A )＝1116，P (AB )＝416＝14，∴P (B |A )＝P AB P A ＝141116＝411. 法二：∵n (A )＝11，n (AB )＝4， ∴P (B |A )＝n AB n A＝411. 方法技巧 求条件概率P (B |A )的关键就是抓住事件A 为条件和A 与B 同时发生这两点，公式P (B |A )＝n AB n A＝P AB P A既是条件概率的定义，也是求条件概率的公式，应熟练掌握．跟踪探究 1.集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，甲、乙两人各从A 中任取一个数，若甲先取(不放回)，乙后取，在甲抽到奇数的条件下．(1)求乙抽到的数比甲抽到的数大的概率； (2)求乙抽到偶数的概率；(3)集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，甲乙两人各从A 中任取一球．若甲先取(放回)，乙后取，若事件A ：“甲抽到的数大于4”；事件B ：“甲、乙抽到的两数之和等于7”，求P (B |A )．解析：(1)设“甲抽到奇数”为事件C ， “乙抽到的数比甲抽到的数大”为事件D ，则事件C 包含的基本事件总数为C 13·C 15＝15个，事件CD 同时发生包含的基本事件总数为5＋3＋1＝9个， 故P (D |C )＝915＝35.(2)在甲抽到奇数的情形中，乙抽到偶数的有(1,2)，(1,4)，(1,6)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(5,2)，(5,4)，(5,6)，共9个，所以所求概率P ＝915＝35.(3)甲抽到的数大于4的情形有：(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共12个，其中甲、乙抽到的两数之和等于7的情形有：(5,2)，(6,1)，共2个．所以P (B |A )＝212＝16.探究二 条件概率的性质及应用[阅读教材P 53例2]一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率． 题型：互斥事件的条件概率方法步骤：(1)不超过2次就按对包含“第1次按对”和“第1次没按对，第2次按对”两事件的和事件；(2)分别求出“第1次按对”和“第1次没按对，第2次按对”的概率； (3)由互斥事件概率的计算公式得出所求概率．[例2] 在某次考试中，要从20道题中随机抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题即可通过，至少能答对其中5道题就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．[解析] 记事件A 为“该考生6道题全答对”，事件B 为“该考生答对了其中5道题，另一道答错”，事件C 为“该考生答对了其中4道题，另2道题答错”，事件D 为“该考生在这次考试中通过”，事件E 为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A ，B ，C 两两互斥，且D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，可知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12 180C 620， P (AD )＝P (A )，P (BD )＝P (B )， P (E |D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P A P D＋P BPD ＝210C 62012 180C 620＋2 520C 62012 180C 620＝1358. 故获得优秀成绩的概率为1358.方法技巧 当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )便可求得较复杂事件的概率．跟踪探究 2.在一个袋子中装有除颜色外其他都相同的10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在摸出的第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解析：法一：设“摸出的第一个球为红球”为事件A ，“摸出的第二个球为黄球”为事件B ，“摸出的第二个球为黑球”为事件C ，则P (A )＝110，P (AB )＝1×210×9＝145，P (AC )＝1×310×9＝130.∴P (B |A )＝P AB P A ＝145110＝1045＝29， P (C |A )＝P AC P A ＝130110＝13. ∴P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )＝29＋13＝59.故所求的条件概率为59.法二：∵n (A )＝1×C 19＝9，n [(B ∪C )∩A ]＝C 12＋C 13＝5，∴P (B ∪C |A )＝59.故所求的条件概率为59.授课提示：对应学生用书第33页[课后小结](1)条件概率：P (B |A )＝P AB P A＝n AB n A.(2)概率P (B |A )与P (AB )的区别与联系：P (AB )表示在样本空间Ω中，计算AB 发生的概率，而P (B |A )表示在缩小的样本空间ΩA 中，计算B 发生的概率．用古典概型公式，则P (B |A )＝AB 中样本点数ΩA 中样本点数，P (AB )＝AB 中样本点数Ω中样本点数.[素养培优]1.因把基本事件空间找错而致错一个家庭中有两名小孩，假定生男、生女是等可能的．已知这个家庭有一名小孩是女孩，问另一名小孩是男孩的概率是多少？易错分析：解决条件概率的方法有两种，第一种是利用公式P (B |A )＝P AB P A.第二种为P (B |A )＝n AB n A，其中找对基本事件空间是关键．考查数学建模的学科素养．自我纠正：法一：一个家庭的两名小孩只有4种可能：{两名都是男孩}，{第一名是男孩，第二名是女孩}，{第一名是女孩，第二名是男孩}，{两名都是女孩}．由题意知这4个事件是等可能的，设基本事件空间为Ω，“其中一名是女孩”为事件A ，“其中一名是男孩”为事件B ，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}．∴P (AB )＝24＝12，P (A )＝34.∴P (B |A )＝P AB P A ＝1234＝23. 法二：由方法一可知n (A )＝3，n (AB )＝2. ∴P (B |A )＝n AB n A ＝23. 2．“条件概率P (B |A )”与“积事件的概率P (A ·B )”混同袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黄色球的概率．易错分析：本题错误在于P (AB )与P (B |A )的含义没有弄清，P (AB )表示在样本空间S 中，A 与B 同时发生的概率；而P (B |A )表示在缩减的样本空间S A 中，作为条件的A 已经发生的条件下事件B 发生的概率．考查数学建模的学科素养．自我纠正：P (C )＝P (AB )＝P (A )·P (B |A )＝410×69＝415.。
2020年高考山东版高考理科数学 12.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
评析 本题主要考查古典概型、离散型随机变量的分布列、数学期
望、方差等基础知识,考查数据处理能力、运算求解能力、应用意识,
考查必然与或然思想、分类与整合思想.
∴P(X≥87)= 4 = 2 . C84 35
②由题意得ξ的可能取值为0,1,2,3,4,
P(ξ=0)=
C04C C84
4 4
= 1 ,P(ξ=1)=
70
C14C34 C84
= 8 ,
35
P(ξ=2)=
C24C C84
2 4
= 18 ,P(ξ=3)=
35
C34C14 C84
= 8 ,
如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,
所以数学期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况, 同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案, 所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2. 以下是对两个方案的分析: 对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为X1, 则X1的分布列为
35
P(ξ=4)=
C44C04 C84
= 1 ,
70
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
1
8
18
8
1
P
70
35
35
35
70
1
8 18 8
1
∴E(ξ)=0× 70 +1× 35 +2× 35 +3× 35 +4× 70 =2.
考点二 离散型随机变量的均值与方差
2020_2021学年高中数学第二章随机变量及其分布2.4正态分布跟踪训练含解析新人教A版选修2_3
正态分布[A组学业达标]1．正态分布N(0,1)在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率为P1，P2，则二者大小关系为( )A．P1＝P2B．P1＜P2C．P1＞P2D．不确定解析：根据正态曲线的特点，图象关于x＝0对称，可得在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率P1，P2相等．答案：A2．已知随机变量X服从正态分布N(a,4)，且P(X＞1)＝0.5，则实数a的值为( ) A．1 B．2C．3 D．4解析：随机变量X服从正态分布N(a,4)，所以曲线关于x＝a对称，且P(X＞a)＝0.5，由P(X＞1)＝0.5，可知μ＝a＝1.答案：A3．已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ≤μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)＝95.44%)A．4.56% B．13.59%C．27.18% D．31.74%解析：P(3＜ξ＜6)＝12[P(－6＜ξ＜6)－P(－3＜ξ＜3)]＝12(95.44%－68.26%)＝13.59%.故选B.答案：B4．随机变量ξ服从正态分布N (1,4)，若P (2＜ξ＜3)＝a ，则P (ξ＜－1)＋P (1＜ξ＜2)＝( ) A.1－a 2 B.12－a C ．a ＋0.003a D.12＋a 解析：因为随机变量ξ服从正态分布N (1,4)，所以正态曲线关于x ＝1对称，因为P (2＜ξ＜3)＝a ，所以P (－1＜ξ＜0)＝a ，P (1＜ξ＜2)＝P (0＜ξ＜1)，P (ξ＜－1)＋P (1＜ξ＜2)＝12－a .答案：B5．已知X ～N (0,1)，则X 在区间(－∞，－2)内取值的概率为( )A ．0.954B ．0.046C ．0.977D ．0.023解析：由题意知，正态曲线的对称轴为x ＝0，所以P (X ＜－2)＝0.5－12P (－2≤X ≤2)＝0.5－0.954 42＝0.022 8.故选D. 答案：D6．若随机变量ξ～N (10，σ2)，P (9≤ξ≤11)＝0.4，则P (ξ≥11)＝________.解析：由P (9≤ξ≤11)＝0.4且正态曲线以x ＝μ＝10为对称轴知，P (9≤ξ≤11)＝2P (10≤ξ≤11)＝0.4.P (10≤ξ≤11)＝0.2，∵P (ξ≥10)＝0.5，∴P (ξ≥11)＝0.5－0.2＝0.3.答案：0.37．如果ξ～N (μ，σ2)，且P (ξ＞3)＝P (ξ＜1)成立，则μ＝________.解析：因为ξ～N (μ，σ2)，故正态密度函数关于直线x ＝μ对称，又P (ξ＜1)＝P (ξ＞3)，从而μ＝1＋32＝2，即μ的值为2. 答案：28．抽样调查表明，某校高三学生成绩ξ(总分750分)近似服从正态分布，平均成绩为500分．已知P (400＜ξ＜450)＝0.3，则P (550＜ξ＜600)＝________.解析：由图可以看出P (550＜ξ＜600)＝P (400＜ξ＜450)＝0.3.答案：0.39．已知随机变量X ～N (μ，σ2)，且其正态曲线在(－∞，80)上是增函数，在(80，＋∞)上为减函数，且P (72＜X ≤88)＝0.682 6.(1)求参数μ，σ的值．(2)求P (64＜X ≤72)．解析：(1)由于正态曲线在(－∞，80)上是增函数，在(80，＋∞)上是减函数，所以正态曲线关于直线x ＝80对称，即参数μ＝80.又P (72＜x ≤88)＝0.682 6.结合P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6，可知σ＝8.(2)因为P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝P (64＜X ≤96)＝0.954 4.又因为P (X ≤64)＝P (X ＞96)，所以P (X ≤64)＝12(1－0.954 4)＝12×0.045 5＝0.022 8. 所以P (X ＞64)＝0.977 2.又P (X ≤72)＝12[1－P (72＜X ≤88)]＝12×(1－0.682 6)＝0.158 7，所以P (X ＞72)＝0.841 3，P (64＜X ≤72)＝P (X ＞64)－P (X ＞72)＝0.135 9.10．在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从一个正态分布，即ξ～N (90,100)．(1)试求考试成绩ξ位于区间(70,110)上的概率是多少？(2)若这次考试共有2 000名考生，试估计考试成绩在(80,100)间的考生大约有多少人？ 解析：因为ξ～N (90,100)，所以μ＝90，σ＝10.(1)由于正态变量在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率是0.954 4，而该正态分布中，μ－2σ＝90－2×10＝70，μ＋2σ＝90＋2×10＝110，于是考试成绩ξ位于区间(70,110)内的概率是0.954 4.(2)由μ＝90，σ＝10，得μ－σ＝80，μ＋σ＝100.由于正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率是0.682 6，所以考试成绩ξ位于区间(80,100)内的概率就是0.682 6.一共有2 000名考生，所以考试成绩在(80,100)间的考生大约有2 000×0.682 6≈1 365(人)．[B 组 能力提升]11．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，且二次方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实数根的概率为12，则μ等于( ) A ．1B ．2C ．4D ．不能确定解析：因为方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实数根的概率为12，由Δ＝16－4ξ＜0，得ξ＞4，即P (ξ＞4)＝12＝1－P (ξ≤4)，故P (ξ≤4)＝12，所以μ＝4. 答案：C12．已知随机变量X 服从正态分布即X ～N (μ，σ2)，且P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)≈0.682 6，若随机变量X ～N (5,1)，则P (X ＞6)≈( )A ．0.341 3B ．0.317 4C ．0.158 7D ．0.158 6解析：由题设P (4＜X ≤6)≈0.682 6，所以由正态分布的对称性可得P (X ≥6)＝12[1－P (4＜X ≤6)]≈12(1－0.682 6)≈0.158 7. 答案：C13.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为________．附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 4. 解析：X ～N (0,1)知，P (－1＜X ≤1)＝0.682 6，所以P (0≤X ≤1)＝12×0.682 6＝0.341 3， 故S ≈0.341 3，所以落在阴影部分中点的个数x 的估计值为x 10 000＝S1，所以x ＝10 000×0.341 3≈3 413.答案：3 41314．某校在一次测试中约有600人参加考试，数学考试的成绩X ～N (100，a 2)(a ＞0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的35，则此次测试中数学考试成绩不低于120分的学生约有________人．解析：因为成绩X ～N (100，a 2)，所以其正态曲线关于直线x ＝100对称，又成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的35，由对称性知：成绩在120分以上的人数约为总人数的12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝15，所以此次数学考试成绩不低于120分的学生约有：15×600＝120(人)． 答案：12015．一投资者要在两个投资方案中选择一个，这两个方案的利润ξ(万元)分别服从正态分布N (8,32)和N (3,22)，投资者要求“利润超过5万元”的概率尽量大，那么他应选择哪个方案？解析：由题意知，只需求出两个方案中“利润超过5万元”的概率哪个大，大的即为最佳选择方案．对于第一套方案ξ～N (8,32)，则μ＝8，σ＝3.于是P (8－3＜ξ≤8＋3)＝P (5＜ξ≤11)≈0.682 6.所以P (ξ≤5)＝12[1－P (5＜ξ≤11)] ≈12(1－0.682 6)＝0.158 7. 所以P (ξ＞5)≈1－0.158 7＝0.841 3.对于第二套方案ξ～N (3,22)，则μ＝3，σ＝2.于是P (3－2＜ξ≤3＋2)＝P (1＜ξ≤5)≈0.682 6，所以P (ξ＞5)＝12[1－P (1＜ξ≤5)] ≈12(1－0.682 6)＝0.158 7. 所以应选择第一套方案．。
2020—2021年新高考总复习数学二轮复习专题强化练习题-随机变量及其分布列(理).docx
第一部分 一 22一、解答题1．(2014·安徽理，17)甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完 5 局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在 4 局以内(含 4 局)赢得比赛的概率；(2)记 X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望)．[分析] ①甲在四局内赢得比赛，即甲前两局胜，或第一局败，二、三局胜，或第一局胜，第二局败，第三、四局胜．②比赛总局数最少2局，最多5局，求概率时，既要考虑甲胜结束，又要考虑乙胜结束．③由于各局比赛结果相互独立，故按独立事件公式计算积事件的概率．[解析] 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1,2,3,4,5.(1)P(A)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝(23)2＋13×(23)2＋23×13×(23)2＝5681. (2)X 的可能取值为2,3,4,5. P(X ＝2)＝P(A 1A 2)＋P(B 1B 2) ＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(B 2)＝59，P(X ＝3)＝P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2B 3) ＝P(B 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(B 2)P(B 3)＝29，P(X ＝4)＝P(A 1B 2A 3A 4)＋P(B 1A 2B 3B 4)＝P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＋P(B 1)P(A 2)P(B 3)P(B 4)＝1081，P(X ＝5)＝1－P(X ＝2)－P(X ＝3)－P(X ＝4)＝881.故X 的分布列为E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.[方法点拨] 1.求复杂事件的概率的一般步骤： 1°列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示； 2°理清各事件之间的关系，列出关系式；3°根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算．2．直接计算符合条件的事件的概率较繁时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．3．要准确理解随机变量取值的意义，准确把握每一个事件所包含的基本事件，然后依据类型代入概率公式进行计算．4．概率与统计知识结合的问题，先依据统计知识明确条件，求出有关统计的结论，再将所求问题简化为纯概率及其分布的问题，依据概率及其分布列、期望、方差的知识求解．5．离散型随机变量的分布列的性质：设离散型随机变量X的分布列为：则①p i≥0②p1＋p2＋…＋p i＋…＋p n＝1.2．(2015·重庆理，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．[分析] 考查了古典概型的概率以及分布列、数学期望，属于简单题型．(1)由古典概型概率公式计算；(2)从含有2个豆沙粽的10个粽子中取3个，据此可得出X的可能取值及其概率，列出分布列求得期望．[解析](1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C12C13C15C310＝14.(2)X的可能取值为0,1,2，且P(X＝0)＝C38C310＝715，P(X＝1)＝C12C28C310＝715，P(X＝2)＝C22C18C310＝115综上知，X的分布列为：故E(X)＝0×715＋1×15＋2×15＝5(个)[方法点拨] 如果题目条件是从含A类物品M件，总数为N 的A、B两类物品中，抽取n件，其中含有A类物品件数X为随机变量，则按超几何分布公式直接计算．请练习下题：一盒中有12个零件，其中有3个次品，从盒中每一次取出一个零件，取后不放回，求在取到正品前已取次数X的分布列和期望．[分析] 由于题设中要求取出次品不再放回，故应仔细分析每一个X所对应的事件的准确含义．据此正确地计算概率p.[解析]X可能的取值为0、1、2、3这四个数，而X＝k表示，共取了k＋1次零件，前k次取得的是次品，第k＋1次取得正品，其中k＝0、1、2、3.(1)当X＝0时，第1次取到正品，试验中止，此时P(X＝0)＝C19C112＝34.(2)当X＝1时，第1次取到次品，第2次取到正品，P(X＝1)＝C13C112×C19C111＝944.(3)当X＝2时，前2次取到次品，第3次取到正品，P(X＝2)＝C13C112×C12C111×C19C110＝9220.当X＝3时，前3次将次品全部取出，P(X＝3)＝C13C112×C12C111×C11C110＝1220.所以X的分布列为：E(X)＝0×34＋1×944＋2×9220＋3×1220＝310.3．(2014·石家庄质检)某商场为了了解顾客的购物信息，随机的在商场收集了100位顾客购物的相关数据，整理如下：60%.据统计该商场每日大约有5000名顾客，为了增加商场销售额度，对一次性购物不低于100元的顾客发放纪念品(每人一件)．(注：视频率为概率)(1)试确定m、n的值，并估计该商场每日应准备纪念品的数量；(2)现有4人去该商场购物，求获得纪念品的人数ξ的分布列与数学期望．[解析](1)由已知，100位顾客中购物款不低于100元的顾客有n＋40＝100×60%，n＝20；m＝100－(20＋30＋20＋10)＝20.该商场每日应准备纪念品的数量大约为5000×60100＝3000件．(2)由(1)可知1人购物获得纪念品的频率即为概率p＝60100＝35.故4人购物获得纪念品的人数ξ服从二项分布B(4，35)．P(ξ＝0)＝C 04(35)0(25)4＝16625，P(ξ＝1)＝C 14(35)1(25)3＝96625，P(ξ＝2)＝C 24(35)2(25)2＝216625，P(ξ＝3)＝C 34(35)3(25)1＝216625，P(ξ＝4)＝C 44(35)4(25)0＝81625，ξ的分布列为ξ数学期望为E(ξ)＝0×16625＋1×96625＋2×216625＋3×216625＋4×81625＝125. 或由E(ξ)＝4×35＝125.[方法点拨] 1.独立重复试验与二项分布一般地，如果在一次试验中事件A 发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P n (k)＝C kn p k(1－p)n －k(k ＝0,1,2，…，n)．称事件A 发生的次数X 服从参数为n 、p的二项分布．若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．2．离散型随机变量的期望：设离散型随机变量X的分布列为X x1x2…x i…x nP p1p2…p i…p n则E(X)＝x1122i i n n＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(x n－E(X))2p n.3．准确辨别独立重复试验的基本特征(①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同)，牢记公式P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，并深刻理解其含义，是解二项分布问题的关键．4．对于复杂事件，要先辨析其构成，依据互斥事件，或者相互独立事件按事件的和或积的概率公式求解，还要注意含“至多”，“至少”类词语的事件可转化为对立事件的概率求解．请练习下题：为了了解今年某校高三毕业班准备报考飞行员学生的身体素质，学校对他们的体重进行了测量，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图(如图)，已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为123，其中第2小组的频数为12.(1)求该校报考飞行员的总人数；(2)以这所学校的样本数据来估计全省的总体数据，若从全省报考飞行员的学生中(人数很多)任选3人，设X 表示体重超过60kg 的学生人数，求X 的分布列和数学期望．[分析] 先由频率直方图中前三组频率的比及第2小组频数及频率分布直方图的性质求出n 的值和任取一个报考学生体重超过60kg 的概率．再由从报考飞行员的学生中任选3人知，这是三次独立重复试验，故X 服从二项分布．[解析] (1)设报考飞行员的人数为n ，前3个小组的频率分别为p 1，p 2，p 3，则由条件可得：⎩⎪⎨⎪⎧p 2＝2p 1，p 3＝3p 1，p 1＋p 2＋p 3＋(0.037＋0.013)×5＝1.解得p 1＝0.125，p 2＝0.25，p 3＝0.375. 又因为p 2＝0.25＝12n，故n ＝48.(2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60kg的概率为P＝p3＋(0.037＋0.013)×5＝5 8，由题意知X服从二项分布B(3，58 )，P(x＝k)＝C k3(58)k(38)3－k(k＝0,1,2,3)，所以随机变量X的分布列为X 0 1 2 3P 27512135512225512125512E(X)＝0×27512＋1×512＋2×512＋3×512＝8.4．(2015·江西省质量监测)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示：老板根据销售量给予店员奖励，具体奖励规定如下表销售量X个X<10100≤X<150150≤X<200X≥200奖励金额(元)0 50 100 150(2)记未来连续2天，店员获得奖励X元，求随机变量X的分布列及数学期望E(X)．[解析](1)由频率分布直方图得店员一天获得50元、100元、150元的概率分别是0.3,0.2,0.1，不得奖励的概率是0.4，所以未来连续3天里，店员共获得奖励150元的概率P＝0.33＋A33×0.3×0.2×0.4＋C13×0.42×0.1＝0.219；(2)X可能取值有0,50,100,150,200,250,300.P(X＝0)＝0.42＝0.16，P(X＝50)＝2×0.4×0.3＝0.24.P(X＝100)＝0.32＋2×0.4×0.2＝0.25，P(X＝150)＝2×0.4×0.1＋2×0.3×0.2＝0.20.P(X＝200)＝0.22＋2×0.3×0.1＝0.10，P(X＝250)＝2×0.2×0.1＝0.04，P(X＝300)＝0.12＝0.01，所以随机变量X的分布列是：×0.10＋250×0.04＋300×0.01＝100(或E(X)＝2(0×0.4＋50×0.3＋100×0.2＋150×0.1)＝100)[方法点拨] 概率与统计知识相结合是高考主要命题方式之一．一般先解答统计问题，最后依据条件确定随机变量的取值及其概率，再列出分布列求期望．请练习下题：(2015·江西上饶市三模)对某校高二年级学生暑期参加社会实践次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社会实践的次数．根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图如下：(1)求出表中M，p及图中a的值；(2)在所取样本中，从参加社会实践的次数不少于20次的学生中任选3人，记参加社会实践次数在区间[25,30)内的人数为X，求X的分布列和期望．[解析](1)由频率分布表和频率分布直方图的知识与性质知，20M ＝0.25，48M ＝n,0.25＋n ＋p ＋0.05＝1，n 5＝a ，解之可得M ＝80，p ＝0.1，a ＝0.12.(2)参加社会实践次数分别在[20,25]和[25,30)的人数依次为0.1×80＝8人，0.05×80＝4人，从这12人中随机抽取3人，随机变量X 的取值为0,1,2,3.P(X ＝0)＝C 38C 312＝56220＝1455， P(X ＝1)＝C 28C 14C 312＝112220＝2855， P(X ＝2)＝C 18C 24C 312＝48220＝1255， P(X ＝3)＝C 34C 312＝4220＝155. 分布列如下：可得E(X)＝1.5．(2015·河南八市质量监测)某市在2015年2月份的高三期末考试中对数学成绩数据统计显示，全市10000名学生的成绩服从正态分布N(115,25)，现某校随机抽取了50名学生的数学成绩分析，结果这50名同学的成绩全部介于80分到140分之间．现将结果按如下方式分为6组，第一组[80,90)，第二组[90,100)，……，第六组[130,140]，得到如下图所示的频率分布直方图．(1)试估计该校数学的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)这50名学生中成绩在120分(含120分)以上的同学中任意抽取3人，该3人在全市前13名的人数记为X，求X的分布列和期望．附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝0.9974.[解析](1)由频率分布直方图可知[120,130)的频率为：1－(0.01×10＋0.024×10＋0.03×10＋0.016×10＋0.008×10)＝1－0.88＝0.12，所以估计该校全体学生的数学平均成绩约为85×0.1＋95×0.24＋105×0.3＋115×0.16＋125×0.12＋135×0.08＝8.5＋22.8＋31.5＋18.4＋15＋10.8＝107，所以该校的平均成绩为107.(2)由于1310000＝0.0013，根据正态分布：∵P(115－3×5<X<115＋3×5)＝0.9974，∴P(X≥130)＝1－0.99742＝0.0013，即0.0013×10000＝13，所以前13名的成绩全部在130分以上，根据频率分布直方图这50人中成绩在130分以上(包括130分)的有0.08×50＝4人，而在[120,140]的学生共有0.12×50＋0.08×50＝10，所以X的取值为0,1,2,3，所以P(X＝0)＝C36C310＝20120＝16，P(X＝1)＝C25C14C310＝60120＝12，P(X＝2)＝C14C24C410＝36120＝310，P(X＝3)＝C34C210＝4120＝130.所以X的分布列为E(X)＝0×16＋1×2＋2×10＋3×30＝1.2.[方法点拨] 1.正态分布数学期望为μ，标准差为σ的正态随机变量概率密度函数为f(x)＝12πσe－(x－μ)22σ2，x∈R.2．正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图①所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图②所示．3．正态总体在三个特殊区间内取值的概率值正态变量在区间(μ－σ，μ＋σ)内取值的概率为68.3%；正态变量在区间(μ－2σ，μ＋2σ)内取值的概率为95.4%；正态变量在区间(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率为99.7%.4．期望、方差的性质E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)．6．(2015·石家庄市一模)集成电路E由3个不同的电子元件组成，现由于元件老化，三个电子元件能正常工作的概率分别降为12，12，23，且每个电子元件能否正常工作相互独立．若三个电子元件中至少有2个正常工作，则E 能正常工作，否则就需要维修，且维修集成电路E 所需费用为100元．(1)求集成电路E 需要维修的概率；(2)若某电子设备共由2个集成电路E 组成，设X 为该电子设备需要维修集成电路所需的费用，求X 的分布列和期望．[解析] (1)三个电子元件能正常工作分别记为事件A ，B ，C ，则P(A)＝12，P(B)＝12，P(C)＝23. 依题意，集成电路E 需要维修有两种情形：①3个元件都不能正常工作，概率为P 1＝P(A － B － C －)＝P(A －)P(B －)P(C －)＝12×12×13＝112； ②3个元件中的2个不能正常工作，概率为P 2＝P(A B － C －＋A －B C －＋A － B －C)＝P(A B －C －)＋P(A －B C －)＋P(A － B －C)＝12×12×13＋12×12×13＋12×12×23＝13所以，集成电路E 需要维修的概率为P 1＋P 2＝112＋13＝512. (2)设ξ为维修集成电路的个数，则ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，512，而X ＝100ξ，P(X ＝100k)＝P(ξ＝k)＝C k 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫512k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫7122－k ，k ＝0,1,2. X 的分布列为：∴E(X)＝0×49144＋100×72＋200×144＝3或E(X)＝100E(ξ)＝100×2×512＝2503. 7．(2014·郑州市质检)为了迎接2014年3月30日在郑州举行的“中国郑州国际马拉松赛”，举办单位在活动推介晚会上进行嘉宾现场抽奖活动. 抽奖盒中装有6个大小相同的小球，分别印有“郑开马拉松”和“美丽绿城行”两种标志. 摇匀后，参加者每次从盒中同时抽取两个小球(取出后不再放回)，若抽到两个球都印有“郑开马拉松”标志即可获奖，并停止取球；否则继续抽取．第一次取球就抽中获一等奖，第二次取球抽中获二等奖，第三次取球抽中获三等奖，没有抽中不获奖．活动开始后，一位参赛者问：“盒中有几个印有‘郑开马拉松’的小球？”主持人说“我只知道第一次从盒中同时抽两球，不都是‘美丽绿城行’标志的概率是45.” (1)求盒中印有“郑开马拉松”小球的个数；(2)若用η表示这位参加者抽取的次数，求η的分布列及期望．[解析] (1)设印有“美丽绿城行”的球有n 个，同时抽两球不都是“美丽绿城行”标志为事件A,则同时抽取两球都是“美丽绿城行”标志的概率是P(A)＝C2nC26，由对立事件的概率知P(A)＝1－P(A)＝4 5 .即P(A)＝C2nC26＝15，解得n＝3.(2)由已知，两种球各三个，η可能取值分别为1、2、3，则η＝2的含义是第一次取到两球都印有“美丽绿城行”，第二次取球中奖；或第一次取到两类球各一个，第二次取球中奖，∴P(η＝1)＝C23C26＝15，P(η＝2)＝C23C26·C23C24＋C13C13C26·C22C24＝15，P(η＝3)＝1－P(η＝1)－P(η＝2)＝35，则η的分布列为：所以E(η)＝1×15＋2×5＋3×5＝5.[方法点拨] 解决概率的实际应用问题，先通过审题，将条件翻译为解题需要的数学语言，再依据条件判明概率类型、弄清随机变量取值时所表示事件的含义，并把复杂事件进行合理的分拆，转化为简单事件，最后代入对应公式进行计算．请再练习下题：(2014·福建理，18)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．[解析](1)设顾客所获的奖励额为X，(ⅰ)依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2；(ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20,60，P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12.即X的分布列为∴顾客所获的奖励额的期望E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元，所以先寻找期望为60的可能方案，对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能是60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面积之和最小值，所以期望也不可能是60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)记为方案1，对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2，以下是对两个方案的评价：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获奖励额为X1，则X1的分布列为X1的期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝16003. 对于方案2，即方案(20,20,40,40)设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的期望为E(X 2)＝40×6＋60×3＋80×16＝60， X 2的方差为D(X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003. 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应选择方案2.。
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：21 随机变量及其分布
专题能力训练21 随机变量及其分布专题能力训练第50页一、能力突破训练1.若8件产品中包含6件一等品,从8件产品中任取2件,则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下,另1件是一等品的概率为( ) A .37 B .45 C .67 D .1213答案:D解析:根据题意,设“所取2件产品中有1件不是一等品”为事件A ,“一件是一等品,另一件不是一等品”为事件B ,则P (A )=1-C 62C 82=1-1528=1328,P (AB )=C 21C 61C 82=1228,则P (B|A )=P (AB )P (A )=1213.2.已知随机变量ξ满足P (ξi =1)=p i ,P (ξi =0)=1-p i ,i=1,2,若0<p 1<p 2<12,则( ) A.E (ξ1)<E (ξ2),D (ξ1)<D (ξ2)B.E (ξ1)<E (ξ2),D (ξ1)>D (ξ2)C.E (ξ1)>E (ξ2),D (ξ1)<D (ξ2)D.E (ξ1)>E (ξ2),D (ξ1)>D (ξ2) 答案:A解析:∵E (ξ1)=p 1,E (ξ2)=p 2, ∴E (ξ1)<E (ξ2).∵D (ξ1)=p 1(1-p 1),D (ξ2)=p 2(1-p 2),∴D (ξ1)-D (ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)<0,故选A .3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X 次球,则P (X=12)等于( )A .C 1210(38)10(58)2B .C 129(38)9(58)238 C .C 119(58)2(38)2D .C 119(38)10(58)2答案:D解析:由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球的概率为38,所以P (X=12)=C 119(38)9×(58)2×38.4.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),则从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%答案:B解析:由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)-P(μ-σ<ξ<μ+σ)2≈95.45%-68.27%2=13.59%.5.(2018全国Ⅲ,理8)某群体中的每名成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10名成员中使用移动支付的人数,D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3答案:B解析:由题意,得D(X)=np(1-p)=10p(1-p)=2.4,∴p(1-p)=0.24,由P(X=4)<P(X=6)知C104p4·(1-p)6<C106p6(1-p)4,即p2>(1-p)2,∴p>0.5,∴p=0.6(其中p=0.4舍去).6.设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m若随机变量Y=|X-2|,则P(Y=2)=.答案:0.5解析:由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.7.已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.答案:13解析:根据二项分布的均值、方差公式,得{E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得p=13.8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下: A组:10,11,12,13,14,15,16B 组:12,13,15,16,17,14,a假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B 两组随机各选1人,A 组选出的人记为甲,B 组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)当a 为何值时,A,B 两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)解:设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”,事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”,i=1,2,…,7. 由题意可知P (A i )=P (B i )=17,i=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)=P (A 5)+P (A 6)+P (A 7)=37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6. 因此P (C )=P (A 4B 1)+P (A 5B 1)+P (A 6B 1)+P (A 7B 1)+P (A 5B 2)+P (A 6B 2)+P (A 7B 2)+P (A 7B 3)+P (A 6B 6)+P (A 7B 6)=10P (A 4B 1)=10P (A 4)P (B 1)=1049.(3)a=11或a=18.9.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A 1,A 2,A 3,A 4,A 5,A 6和4名女志愿者B 1,B 2,B 3,B 4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率;(2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X 的分布列与数学期望E (X ). 解:(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M , 则P (M )=C 84C 105=518.(2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4,则 P (X=0)=C 65C 105=142,P (X=1)=C 64C 41C 105=521,P (X=2)=C 63C 42C 105=1021,P (X=3)=C 62C 43C 105=521,P (X=4)=C 61C 44C 105=142.因此X 的分布列为X 01234P1425211021521142X 的数学期望是E (X )=0×P (X=0)+1×P (X=1)+2×P (X=2)+3×P (X=3)+4×P (X=4) =0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.10.今有9所省级示范学校参加联考,参加考试的约有5 000人,考完后经计算得数学平均分为113分.已知本次联考的成绩服从正态分布,且标准差为12. (1)计算联考成绩在137分以上的人数.(2)从所有试卷中任意抽取1份,已知分数不超过123分的概率为0.8. ①求分数低于103分的概率.②从所有试卷中任意抽取5份,由于试卷数量较大,可以把每份试卷被抽到的概率视为相同,X 表示抽到成绩低于103分的试卷的份数,写出X 的分布列,并求出数学期望E (X ). 参考数据:P (μ-σ≤x ≤μ+σ)≈0.682 7,P (μ-2σ≤x ≤μ+2σ)≈0.954 5,P (μ-3σ≤x ≤μ+3σ)≈0.997 3. 解:(1)在正态分布N (μ,σ2)中,可知σ=12,μ=113.因为137=μ+2σ,所以P (ξ>μ+2σ)=12×(1-0.954 5)=0.022 75, 故所求人数为0.022 75×5 000≈114. (2)①P (ξ<103)=P (ξ>123)=1-0.8=0.2.②由题意易知X~B (5,0.2),故P (X=0)=0.85=0.327 68,P (X=1)=C 51×0.21×0.84=0.409 6,P (X=2)=C 52×0.22×0.83=0.204 8,P (X=3)=C 53×0.23×0.82=0.051 2,P (X=4)=C 54×0.24×0.81=0.006 4, 5X 012345P 0.327 68 0.409 6 0.204 8 0.051 2 0.006 4 0.000 32E (X )=5×0.2=1.11.若n 是一个三位正整数,且n 的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n 为“三位递增数”(如137,359,567等).在某次数学趣味活动中,每名参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分. (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;(2)若甲参加活动,求甲得分X 的分布列和数学期望E (X ).解:(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为C 93=84,随机变量X 的取值为:0,-1,1,因此P (X=0)=C 83C 93=23,P (X=-1)=C 42C 93=114,P (X=1)=1-114−23=1142.所以X 的分布列为X 0-11P231141142则E (X )=0×23+(-1)×114+1×1142=421.二、思维提升训练12.已知两个游戏盘如图所示(图①是半径为2和4的两个同心圆,O 为圆心;图②是正六边形,点P 为其中心),游戏盘中各有一个玻璃小球,依次摇动两个游戏盘后,将它们水平放置,就完成了一局游戏,则一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分的概率是( )图①图②A .116 B .18 C .16D .14答案:A解析:一局游戏后,这两个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A 1,A 2, 由题意知,A 1,A 2相互独立,且P (A 1)=14π(42-22)4π=316,P (A 2)=13,所以“一局游戏后,这两个盘中的小球都停在阴影部分”的概率为P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2)=316×13=116.13.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X 表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于C 74C 86C 1510的是( )A.P (X=2)B.P (X ≤2)C.P (X=4)D.P (X ≤4)答案:C解析:X 服从超几何分布P (X=k )=C 7k C 810-k C 1510,故k=4.14.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n 表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X 的分布列;(2)若要求P (X ≤n )≥0.5,确定n 的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?解:(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 从而P (X=16)=0.2×0.2=0.04; P (X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P (X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24; P (X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24; P (X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2; P (X=21)=2×0.2×0.2=0.08; P (X=22)=0.2×0.2=0.04. 所以X 的分布列为X 16 17 18 19 20 21 22 P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P (X ≤18)=0.44,P (X ≤19)=0.68,故n 的最小值为19.(3)记Y 表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元). 当n=19时,E (Y )=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040. 当n=20时,E (Y )=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080. 可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19.15.为评估设备M 生产某种零件的性能,从设备M 生产该零件的流水线上随机抽取100个零件为样本,测量其直径后,整理得到下表:直径/mm 58 59 61 62 63 64 65 件 数 1 1 3 5 6 19 33 直径/mm 66 67 68 69 70 71 73 件 数18442121经计算,样本的平均值μ=65,标准差σ=2.2,以频率值作为概率的估计值.(1)为评判一台设备的性能,从该设备加工的零件中任意抽取一件,记其直径为X ,并根据以下不等式进行判定:①P (μ-σ<X ≤μ+σ)≈0.682 7;②P (μ-2σ<X ≤μ+2σ)≈0.954 5;③P (μ-3σ<X ≤μ+3σ)≈0.997 3. 判定规则为:若同时满足上述三个式子,则设备等级为甲;若仅满足其中两个,则等级为乙,若仅满足其中一个,则等级为丙;若全部都不满足,则等级为丁.试判断设备M 的性能等级. (2)将直径尺寸在(μ-2σ,μ+2σ)之外的零件认定为是“次品”.从设备M 的生产流水线上随机抽取2个零件,求其中次品个数Y 的数学期望E (Y ).解:(1)μ-σ=62.8,μ+σ=67.2,μ-2σ=60.6,μ+2σ=69.4,μ-3σ=58.4,μ+3σ=71.6,由表知,P (μ-σ<X ≤μ+σ)=80100=0.80>0.682 7,P (μ-2σ<X ≤μ+2σ)=94100=0.94<0.954 5,P (μ-3σ<X ≤μ+3σ)=0.98=98100<0.997 3,所以该设备M 的级别为丙级.(2)从设备M 的生产流水线上任取一件,取到次品的概率是6100=350,依题意可知Y~B (2,350),故E (Y )=2×350=325.16.(2018全国Ⅰ,理20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点p 0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ,求E (X ); ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?解:(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )=C 202p 2(1-p )18.因此f'(p )=C 202[2p (1-p )18-18p 2(1-p )17]=2C 202p (1-p )17(1-10p ). 令f'(p )=0,得p=0.1.当p ∈(0,0.1)时,f'(p )>0; 当p ∈(0.1,1)时,f'(p )<0.所以f (p )的最大值点为p 0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1), X=20×2+25Y,即X=40+25Y.所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.②如果对余下的产品作检验,那么这一箱产品所需要的检验费为400元.由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.。
(新课标)2020年高考数学二轮复习 专题能力训练21 随机变量及其分布 理
专题能力训练21 随机变量及其分布一、能力突破训练1.甲射击命中目标的概率是,乙命中目标的概率是,丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为()A. B.C. D.2.已知随机变量ξ满足P(ξi=1)=p i,P(ξi=0)=1-p i,i=1,2,若0<p1<p2<,则()A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X次球,则P(X=12)等于()A.B.C.D.4.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),则从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%5.(2018全国Ⅲ,理8)某群体中的每名成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10名成员中使用移动支付的人数,D(X)=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=()A.0.7B.0.6C.0.4D.0.36.设离散型随机变量X的分布列为若随机变量Y=|X-2|,则P(Y=2)= .7.已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:A组:10,11,12,13,14,15,16B组:12,13,15,16,17,14,a假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)9.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示.通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望E(X).10.某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一.小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望.11.若n是一个三位正整数,且n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如137,359,567等).在某次数学趣味活动中,每名参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分.(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;(2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X).二、思维提升训练12.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A.2 386B.2 718C.3 414D.4 772附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 5.13.在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于的是()A.P(X=2)B.P(X≤2)C.P(X=4)D.P(X≤4)14.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?15.某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每件的利润(单位:百元)与该产品首次出现故障的时间(单位:年)有关.某厂家生产甲、乙两种品牌,保修期均为2年.现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件,统计数据如下:将频率视为概率,解答下列问题:(1)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件,求其至少有一件首次出现故障发生在保修期内的概率;(2)若该厂生产的家电均能售出,记生产一件甲品牌家电的利润为X1,生产一件乙品牌家电的利润为X2,分别求X1,X2的分布列;(3)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的家电.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的家电?说明理由.16.(2018全国Ⅰ,理20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求E(X);②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?专题能力训练21随机变量及其分布一、能力突破训练1.A解析设甲命中目标为事件A,乙命中目标为事件B,丙命中目标为事件C,则击中目标表示事件A,B,C中至少有一个发生.∵P()=P()·P()·P()=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=击中的概率P=1-P()=2.A解析∵E(ξ1)=p1,E(ξ2)=p2,∴E(ξ1)<E(ξ2).∵D(ξ1)=p1(1-p1),D(ξ2)=p2(1-p2),∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)<0,故选A.3.D解析由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球的概率为,所以P(X=12)=4.B解析由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为=13.59%.5.B解析由题意,得D(X)=np(1-p)=10p(1-p)=2.4,∴p(1-p)=0.24,由P(X=4)<P(X=6)知p4·(1-p)6<p6(1-p)4,即p2>(1-p)2,∴p>0.5,∴p=0.6(其中p=0.4舍去).6.0.5解析由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.7解析根据二项分布的均值、方差公式,得解得p=8.解设事件A i为“甲是A组的第i个人”,事件B i为“乙是B组的第i个人”,i=1,2, (7)由题意可知P(A i)=P(B i)=,i=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=1 0P(A4)P(B1)=(3)a=11或a=18.9.解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)=(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=因此X的分布列为X0 1 2 3 4PX的数学期望是E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1+2+3+4=2.10.解 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,则P(A)=(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.又P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=1=,所以X的分布列为X 1 2 3P所以E(X)=1+2+311.解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为=84,随机变量X的取值为:0,-1,1,因此P(X=0)=,P(X=-1)=,P(X=1)=1-所以X的分布列为X0 -1 1P则E(X)=0+(-1)+1二、思维提升训练12.C解析因为曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1<X≤1)≈0.682 7,由正态分布密度曲线的对称性知P(0<X≤1)=0.341 35,即图中阴影部分的面积为0.341 35.由几何概型知点落入阴影部分的概率P==0.341 35.因此,落入阴影部分的点的个数的估计值为10 000×0.341 35≈3 414.故选C.13.C解析X服从超几何分布P(X=k)=,故k=4.14.解 (1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.从而P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.所以X的分布列为X16 17 18 19 20 21 22P0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).当n=19时,E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0. 04=4 040.当n=20时,E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4 080.可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19.15.解 (1)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A,则P(A)=1-(2)依题意得,X1的分布列为X1 1 2 3PX2的分布列为X21.8 2.9P(3)由(2)得E(X1)=1+2+3=2.86(百元),E(X2)=1.8+2.9=2.79(百元).因为E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌家电.16.解 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=p2(1-p)18.因此f'(p)=[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2p(1-p)17(1-10p).令f'(p)=0,得p=0.1.当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0;当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y.所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.②如果对余下的产品作检验,那么这一箱产品所需要的检验费为400元.由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.11。
【高三数学】二轮复习：专题五 第2讲 概率、随机变量及其分布
1
感染的,于是假定他受 A 和 B 感染的概率都是2.同样也假定 D 受 A,B 和 C
1
感染的概率都是3.在这种假定下,B,C,D 中恰有两人直接受 A 感染的概率是
(
)
1
A.6
1
B.3
1
C.2
2
D.3
(2)(2021·河北张家口一模)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔.
三局.若甲抽到的三张扑克牌分别是A1,A2,A3,乙抽到的三张扑克牌分别是
B1,B2,B3,且这六张扑克牌的大小顺序为A1>B1>B2>A2>A3>B3,则三局比赛
结束后甲得4分的概率为(
1
6
A.
1
3
B.
)
1
2
C.
2
3
D.
(2)(2021·山东泰安三模)已知大于3的素数只分布在{6n-1}和{6n+1}两数
[例2-4](2021·江苏苏州中学园区校月考)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
.
1
次的概率为2,现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过 500 次,则其能够
循环充电超过 1 000 次的概率是(
3
A.4
2
B.3
)
1
C.2
1
D.3
2020版高考数学二轮复习第2部分专题3概率与统计第1讲概率、随机变量及其分布教案理(最新整理)
第1讲概率、随机变量及其分布［做小题——激活思维］1．若随机变量X的分布列如表所示，E(X）＝1。
6,则a－b＝( ）X0123P0。
1a b0。
1A．0.2C．0。
8 D．－0。
8B［由0。
1＋a＋b＋0.1＝1,得a＋b＝0。
8,又由E(X)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0。
1＝1。
6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0。
3,b＝0.5，则a－b＝－0。
2.］2．已知甲在上班途中要经过两个路口,在第一个路口遇到红灯的概率为0。
5,两个路口连续遇到红灯的概率为0。
4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )A．0。
6 B．0.7C．0.8 D．0。
9C［记“第一个路口遇到红灯"为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P（A）＝0.5，P（AB)＝0。
4，则P（B｜A)＝错误!＝0.8，故选C。
]3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为错误!和错误!,两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ）A。
错误!B。
错误!C。
14D。
错误!B［设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝错误!,P(B）＝错误!，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A错误!)＋P（错误!B)＝P（A)P（错误!）＋P(错误!）P(B）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!。
］4．设随机变量X~B(2，p），Y～B（4，p)，若P（X≥1）＝错误!,则P(Y≥1）＝( ）A.错误!B。
错误!C。
错误!D．1C[∵X～B(2，p），∴P（X≥1）＝1－P(X＝0）＝1－C错误!（1－p)2＝错误!，解得p＝错误!,∴P(Y≥1）＝1－P（Y＝0)＝1－C0，4（1－p)4＝1－错误!＝错误!，故选C.］5．罐中有6个红球和4个白球，从中任取1球,记住颜色后再放回，连续取4次,设X为取得红球的次数，则X的方差D（X）的值为________．错误!［因为是有放回地取球，所以每次取球（试验）取得红球（成功）的概率均为错误!，连续取4次(做4次试验），X为取得红球（成功）的次数,则X~B错误!，∴D(X）＝4×错误!×错误!＝错误!.]6．已知某批零件的长度误差（单位：毫米)服从正态分布N（0,32)，从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6）内的概率为________．（附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2），则P(μ－σ＜X＜μ＋σ）＝0。
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专题突破练21随机变量及其分布1.(2019全国卷2,理18)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分.当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.2.某班将要举行篮球投篮比赛,比赛规则是:每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次,在A区每进一球得2分,不进球得0分;在B区每进一球得3分,不进球得0分,得分高的选手胜出.已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是910和13.(1)如果该选手以在A,B区投篮得分的期望高者为选择投篮区的标准,问该选手应该选择哪个区投篮?请说明理由;(2)求该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率.3.(2019河北武邑中学调研二,理18)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用,现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率.(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望E(X).4.医学上某种还没有完全攻克的疾病,治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H和V.现有三种不同配方的药剂,根据分析,A,B,C三种药剂能控制H指标的概率分别为0.5,0.6,0.75,能控制V指标的概率分别是0.6,0.5,0.4,能否控制H指标与能否控制V指标之间相互没有影响.(1)求A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率;(2)某种药剂能使两项指标H和V都得到控制就说该药剂有治疗效果.求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X的分布列.5.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.6.2019年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年,有关部门为宣传垃圾分类知识,面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查,每位市民仅有一次参与机会,通过抽样,得到参与问卷调查中的1 000人的得分数据,其频率分布直方图如图所示:(1)由频率分布直方图可以认为,此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(μ,210),μ近似为这1 000人得分的平均值(同一组数据用该区间的中点值作代表),利用该正态分布求P(50.5<Z<94).(2)在(1)的条件下,有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:①得分不低于μ可获赠2次随机话费,得分低于μ则只有1次;②每次赠送的随机话费和对应概率如下:现有一位市民要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X的分布列.附:√210≈14.5,若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.954 5.7.某公司新上一条生产线,为保证新的生产线正常工作,需对该生产线进行检测.现从该生产线上随机抽取100件产品,测量产品数据,用统计方法得到样本的平均数μ=14,标准差σ=2,绘制如图所示的频率分布直方图.以频率值作为概率估计值.(1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件,记其数据为X,依据以下不等式评判(P表示对应事件的概率):①P(μ-σ<X<μ+σ)≥0.682 6;②P(μ-2σ<X<μ+2σ)≥0.954 4;③P(μ-3σ<X<μ+3σ)≥0.997 4.评判规则为:若至少满足以上两个不等式,则生产状况为优,无需检修;否则需检修生产线,试判断该生产线是否需要检修;(2)将数据不在(μ-2σ,μ+2σ)内的产品视为次品,从该生产线加工的产品中任意抽取2件,次品数记为Y,求Y的分布列与数学期望E(Y).8.某闯关游戏规则是:先后掷两枚骰子,将此试验重复n轮,第n轮的点数分别记为x n,y n,如果点数满足x n<6y nn,则认为第n轮闯关成功,否则进行下一轮投掷,直到闯关成功,游戏结束.(1)求第一轮闯关成功的概率;(2)如果第i轮闯关成功所获的奖金数f(i)=10 000×12i(单位:元),求某人闯关获得奖金不超过1 250元的概率;(3)如果游戏只进行到第四轮,第四轮后不论游戏成功与否,都终止游戏,记进行的轮数为随机变量x,求x的分布列和数学期望.参考答案专题突破练21随机变量及其分布1.(1)证明X=2就是10∶10平后,两人又打了两个球该局比赛结束,则这两个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.(2)解X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.2.解 (1)设该选手在A 区投篮的进球数为X ,则X~B (2,910),故E (X )=2×910=95,则该选手在A 区投篮得分的期望为2×95=185.设该选手在B 区投篮的进球数为Y ,则Y~B (3,13),故E (Y )=3×13=1,则该选手在B 区投篮得分的期望为3×1=3.所以该选手应该选择在A 区投篮.(2)设“该选手在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分”为事件C ,“该选手在A 区投篮得4分,且在B 区投篮得3分或0分”为事件D ,“该选手在A 区投篮得2分,且在B 区投篮得0分”为事件E ,则事件C=D ∪E ,且事件D 与事件E 互斥.P (D )=(910×910)×C 31×13×(23)2+(23)3=81100×(49+827)=35,P (E )=(C 21×910×110)×(23)3=18100×827=475,P (C )=P (D ∪E )=35+475=4975,故该选手在A 区投篮得分高于在B 区投篮得分的概率为4975.3.解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ,则P (M )=C 84C 105=518. (2)X 的可能取值为:0,1,2,3,4,∴P (X=0)=C 65C 105=142,P (X=1)=C 64C 41C 105=521,P (X=2)=C 63C 42C 105=1021,P (X=3)=C 62C 43C 105=521,P (X=4)=C 61C 44C 105=142. ∴X 的分布列为X的数学期望E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.4.解(1)A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率为P=0.5×(1-0.6)×(1-0.75)+(1-0.5)×0.6×(1-0.75)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.75=0.275.(2)∵A有治疗效果的概率为P A=0.5×0.6=0.3,B有治疗效果的概率为P B=0.6×0.5=0.3,C有治疗效果的概率为P C=0.75×0.4=0.3,∴A,B,C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3,可看成是独立重复试验,即X~B(3,0.3).∵X的所有可能取值为0,1,2,3,∴P(X=k)=C3k×0.3k×(1-0.3)3-k,即P(X=0)=C30×0.30×(1-0.3)3=0.343,P(X=1)=C31×0.3×(1-0.3)2=0.441,P(X=2)=C32×0.32×(1-0.3)=0.189,P(X=3)=C33×0.33=0.027.故X的分布列为5.解(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.150.55=311.因此所求概率为3.(3)记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为E(X)=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.6.解(1)E(Z)=35×0.025+45×0.15+55×0.2+65×0.25+75×0.225+85×0.1+95×0.05=65,∴μ=65,σ=√210≈14.5,∴P(50.5<Z<79.5)≈0.682 7,P(36<Z<94)≈0.954 5,∴P(79.5<Z<94)≈0.9545-0.68272=0.135 9,∴P(50.5<Z<94)=P(50.5<Z<79.5)+P(79.5<Z<94)≈0.682 7+0.135 9=0.818 6.(2)P(Z<μ)=P(Z≥μ)=12,X的所有可能取值为10,20,30,40,P(X=10)=12×23=13,P(X=20)=12×13+12×23×23=718,P(X=30)=12×23×13+12×13×23=29,P(X=40)=12×13×13=118.故X的分布列为7.解(1)由题意知,μ=14,σ=2,由频率分布直方图得P(μ-σ<X<μ+σ)=P(12<X<16)=(0.29+0.11)×2=0.8>0.682 6,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=P(10<X<18)=0.8+(0.04+0.03)×2=0.94<0.954 4, P(μ-3σ<X<μ+3σ)=P(8<X<20)=0.94+(0.015+0.005)×2=0.98<0.997 4, ∵不满足至少两个不等式成立,∴该生产线需检修.(2)由(1)知P(μ-2σ<X<μ+2σ)=0.94=4750,所以任取1件是次品的概率为0.06=350,所以任取2件产品得到的次品数Y可能值为0,1,2,则P(Y=0)=47502=22092500;P(Y=1)=C214750·35=1411250;P(Y=2)=3502=92500;∴Y的分布列为∴E(Y)=0×22092500+1×1411250+2×92500=325.8.解(1)当y1=6时,x1<3612=3,因此x1=1,2;当y1=5时,x1<30,因此x1=1,2;当y1=4时,x1<2410,因此x1=1,2;当y1=3时,x1<189=2,因此x1=1;当y1=2时,x1<128=32,因此x1=1;当y1=1时,x1<67,因此x1无值;所以第一轮闯关成功的概率P(A)=86×6=29.(2)令奖金数f(i)=10 000×12i ≤1 250,则i≥3,由(1)知每轮过关的概率为29.某人闯关获得奖金不超过1 250元的概率P(i≥3)=1-P(i=1)-P(i=2)=1-29-1-29×29=4981.(3)依题意X的可能取值为1,2,3,4.设游戏第k轮后终止的概率为P k(k=1,2,3,4),P1=29,P2=1-29×29=1481,P3=1-292×29=98729,P4=1-P1-P2-P3=343.故X的分布列为因此,E(X)=1×29+2×1481+3×98729+4×343729=2080729.。