2019届高考数学二轮复习专题四概率与统计第2讲概率、随机变量及其分布列课件理
(3)数学期望、方差的性质.
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ). ②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). ③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).
热点一 古典概型与几何概型 【例1】 (1)(2018· 太原二模)某商场举行有奖促销活动，抽奖规则如下：箱子中有编号
P（AB） P（B） 0.15 3 又 P(AB)＝P(B)，故 P(B|A)＝ ＝ ＝0.55＝11. P（A） P（A） 3 因此所求概率为11.
考法2 相互独立事件与独立重复试验的概率
【例2－2】 (2018· 衡水中学调研)多家央企为了配合国家战略支持雄安新区建设，纷纷 申请在新区建立分公司.若规定每家央企只能在雄县、容城、安新3个片区中的一个片 区设立分公司，且申请其中任一个片区设立分公司都是等可能的，每家央企选择哪 个片区相互之间互不影响且必须在其中一个片区建立分公司.向雄安新区申请建立分
A.p1＝p2 C.p2＝p3
B.p1＝p3 D.p1＝p2＋p3
解析
不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则 BC＝2 2，所以区域Ⅰ的
π× （ 2）2 1 面积即△ABC 的面积，为 S1＝ × 2× 2＝2，区域Ⅲ的面积 S3＝ －S1＝π－2. 2 2 区域Ⅱ的面积为
22 S2＝π·2 －S3＝2.根据几何概型的概率计算公式， 得
(ⅱ)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
2 18 (1)由题意知，20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f(p)＝C2 20p (1－p) .
18 2 17 2 17 因此 f′(p)＝C2 20[2p(1－p) －18p (1－p) ]＝2C20p(1－p) (1－10p).
(2)设“4 个小球排成一排，中间 2 个小球不都是红球”为事件 A.则A表示事件“中间 2
－ A2 2 1 5 2 个球都是红球”，易知 P(A)＝ 2＝ ＝ ，故 P(A)＝1－P(A)＝ . A4 12 6 6 －
－
答案 (1)B (2)C
热点二 互斥事件、相互独立事件的概率 考法1 互斥条件、条件概率 【例2－1】 (2016· 全国Ⅱ卷选编)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： 上年度出险次数 保费 一年内出险次数 概率 0 0.85a 1 a 2 3 4 ≥5 2a
令f′(p)＝0，得p＝0.1. 当p∈(0，0.1)时，f′(p)>0，f(p)单调递增；当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0，f(p)单调递减. 所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
(ⅰ)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)＝40＋25×180×0.1＝490. (ⅱ)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.
4.离散型随机变量的均值、方差 (1)离散型随机变量ξ的分布列为 ξ P x1 p1 x2 p2 x3 p3 … … xi pi … … n pn
离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质：①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1，2，3，…，n).
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值. D(ξ)＝(x1－E(ξ))2· p1＋(x2－E(ξ))2· p2＋…＋(xi－E(ξ))2· pi＋…＋(xn－E(ξ))2· pn叫做随机 变量ξ的方差.
解析
2 (1)从 5 个球中， 任取两球有 C2 ＝ 10 种情况， 其中两球编号乘积为奇数有 C 5 3＝
3 3 种情况.∴所求事件的概率 P＝10. 82 π (2)依题意， 大圆的直径为 y＝3sin4x 的最小正周期 T＝8.∴大圆的面积 S＝π2 ＝16π.
2S0 2π 1 又一个小圆的面积 S0＝π× 1 ＝π.故所求事件的概率 P＝ S ＝16π＝8. 1 答案 (1)C (2)8
1.25a 1.5a 1.75a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 0 0.30 1 0.15 2 0.20 3 0.20 4 0.10 ≥5 0.05
(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.
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)＝0.20＋0.20＋0.10＋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)＝0.10＋0.05＝0.15.
2 片区建立分公司的概率为 ， 这 4 家央企恰有 2 家央企在“雄县”片区建立分公司的概 3 率为
2 12 21 1－ ＝ P＝C4 3
3
8 27.
法二
所有可能的申请方式有 34 种，恰有 2 家央企申请在“雄县”片区建立分公司的
2 2 C 2 8 4· 2 2 方式 C4· 2 种，从而恰有 2 家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为 P＝ 34 ＝27.
公司的任意4家央企中，
(1)求恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的概率； (2)用X表示这4家央企中在“雄县”片区建立分公司的个数，用Y表示在“容城”或“安新” 片区建立分公司的个数，记ξ＝|X－Y|，求ξ的分布列.
解
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(1)法一
1 依题意，每家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为3，去另外两个
由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验.
考 点 整 合 1.概率模型公式及相关结论
(1)古典概型的概率公式. m 事件A中所含的基本事件数 P(A)＝ n ＝ . 试验的基本事件总数 (2)几何概型的概率公式. 构成事件A的区域长度（面积或体积） P(A)＝ . 试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积） (3)条件概率. P（AB） 在 A 发生的条件下 B 发生的概率：P(B|A)＝ . P（A）
(4)相互独立事件同时发生的概率：若 A，B 相互独立，则 P(AB)＝P(A)· P(B). (5)若事件 A，B 互斥，则 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P(A)＝1－P(A).
－
2.独立重复试验与二项分布 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，那么它在 n 次独立重复试验中恰好发
k k 生 k 次的概率为 Pn(k)＝Cn p (1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.用 X 表示事件 A 在 n
真 题 感 悟 1.(2018· 全国Ⅱ卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果 .
哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超
过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 12 14 15 18 解析 不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从中
为1，2，3，4，5的五个形状、大小完全相同的小球，从中任取两球，若摸出的两球
号码的乘积为奇数，则中奖；否则不中奖.则中奖的概率为(
1 A. 10 1 B. 5 C. 3 10 2 D. 5
)
(2)(2018· 湖南师大附中联考)太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图形图案，它形象化地 表达了阴阳轮转，相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对 π 统一的形式美.按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆 O 被 y＝3sin4x 的图 象分割为两个对称的鱼形图案(如图所示).其中小圆的半径均为 1，现在大圆内随机取 一点，则此点取自阴影部分的概率为________.
1 (2)由题意知，X～B4，3，则
k 14－k k 1 1－ (k＝0，1，2，3，4)， P(X＝k)＝C4 · 3
2
探究提高
1.求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含
的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重 不漏.
2.计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是
关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域.
【训练 1】 (1)(2016· 全国Ⅰ卷)某公司的班车在 7：30，8：00，8：30 发车，小明 在 7：50 至 8：30 之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则 他等车时间不超过 10 分钟的概率是( 1 A.3 1 B.2 2 C.3 ) 3 D.4
随机选取两个不同的数有 C2 10种不同的取法，其中两素数相加等于 30 的有 7 和 23， 3 1 11 和 19，13 和 17，共有 3 种情况，所以所求概率 P＝C2 ＝15，故选 C. 10 答案 C
2.(2018· 全国Ⅰ卷)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形 .此图由三个半 圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的 三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取 一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
第2讲 概率、随机变量及其分布列
高考定位
1.计数原理、古典概型、几何概型的考查多以选择或填空的形式命题，
中低档难度；2.概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事
件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的 “热点”，多在解答题的
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通用版2019高考数学二轮复习第一部分专题十二计数原理、概率、随机变量及其分布列课件理(普通生)
所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为4690.
(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的
分布列和数学期望 E(X)．
[解] 随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck4CC31360－k(k＝0,1,2,3)． 所以 P(X＝0)＝CC04C31036＝16，P(X＝1)＝CC14C31026＝12， P(X＝2)＝CC24C13016＝130，P(X＝3)＝CC34C31006＝310. 所以随机变量 X 的分布列为：
答案：C
5.[二项式系数或各项系数的最值只
x
有第 5 项的二项式系数最大，则展开式的常数项是 ( )
A．－7
B．7
C．－28
D．28
解析：因为只有第 5 项的二项式系数 Cn4最大，所以n2＝4，即 n
＝8.x2－
1 3 8
x
的展开式的通项公式为
Tr＋1＝Cr8x28－rx2－
解析：令
x＝1，则x＋
3xn＝4n，所以x＋
3 n x
的展开式中，
各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以42nn＝2n＝32，解
得
n＝5.二项展开式的通项
Tr＋1＝Cr5x5－r
3xr＝Cr53rx5－
3 2
r，令
5
－32r＝2，得 r＝2，所以 x2 的系数为 C2532＝90，故选 C. 答案：C
D．80
解析：x2＋2x5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5·(x2)5－r·2xr＝
C
r 5
·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为
C52·22＝40.
(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的
分布列和数学期望 E(X)．
[解] 随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck4CC31360－k(k＝0,1,2,3)． 所以 P(X＝0)＝CC04C31036＝16，P(X＝1)＝CC14C31026＝12， P(X＝2)＝CC24C13016＝130，P(X＝3)＝CC34C31006＝310. 所以随机变量 X 的分布列为：
答案：C
5.[二项式系数或各项系数的最值只
x
有第 5 项的二项式系数最大，则展开式的常数项是 ( )
A．－7
B．7
C．－28
D．28
解析：因为只有第 5 项的二项式系数 Cn4最大，所以n2＝4，即 n
＝8.x2－
1 3 8
x
的展开式的通项公式为
Tr＋1＝Cr8x28－rx2－
解析：令
x＝1，则x＋
3xn＝4n，所以x＋
3 n x
的展开式中，
各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以42nn＝2n＝32，解
得
n＝5.二项展开式的通项
Tr＋1＝Cr5x5－r
3xr＝Cr53rx5－
3 2
r，令
5
－32r＝2，得 r＝2，所以 x2 的系数为 C2532＝90，故选 C. 答案：C
D．80
解析：x2＋2x5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr5·(x2)5－r·2xr＝
C
r 5
·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为
C52·22＝40.
2019年高考数学大二轮复习专题七概率与统计7.2概率随机变量及其分布列课件
(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世
界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，
如 30＝7＋23.在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概
率是( )
1 A.12
B．114
1 C.15
D．118
解析： 不超过 30 的所有素数为 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共 10 个，随机选 取两个不同的数，共有 C210＝45 种情况，而和为 30 的有 7＋23,11＋19,13＋17 这 3 种情况．
∴所求概率为435＝115. 故选 C. 答案： C
1．求古典概型的两个关键点 一是会利用排列、组合与两个基本计数原理求样本空间所含的基本事件数 n 以及事件 A 所含的基本事件数 m；二是会运用古典概型的概率公式 P(A)＝mn 求事 年 A 发生的概率． 2．求解几何概型的步骤： (1)“定变量”，根据事件发生的过程确定事件中的相关变量，确定变量的取 值范围；
f(1)>0 成立的概率是________．
解析： f(1)＝－1＋a－b>0，即 a－b>1，
如图，A(1,0)，B(4,0)，C(4,3)，
9 S△ABC＝92，P＝SS△正A方B形C＝4×2 4＝392.
答案：
9 32
题型二
题型二 离散型随机变量的分布列、均值与方差 均值与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b； (2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b 为实数)．
◎ 变式训练
Hale Waihona Puke 1．我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》
2019届高三数学二轮复习备考《概率与统计的高考分析》课件(共40张PPT)
2018全国I卷理20
以生产线为背景，加以合理的数学抽象和数据分析，考查学生解决 实际问题的能力。
用求导法 求最值
~
EY=180X0.1=18
近5年全国Ⅱ、 Ⅲ卷试题回顾及特点简析
针对近5年全国Ⅱ Ⅲ卷试题的特点， 分析其主要涉及以下5大知识和思想：
1.线性回归直线 2.茎叶图 3.独立性检验 4.条件概率 5.讨论的思想
2015全国I卷文理19
2015全国I卷文理19
换元
年利率Z : z 0. 2 y x y d x c
二次函数 求最值
2016全国I卷理19
2016 课标卷 1：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：
命题规律Ⅱ 、Ⅲ 卷（文科）
考查知识点
2018 Ⅱ 18 2018 Ⅲ 18 回归直线方程，并进行预报值分析 茎叶图并进行分析
2017 Ⅱ 19 2017 Ⅲ 18
2016 Ⅱ 18 2016 Ⅲ 18 2015 Ⅱ 18 2014 Ⅱ 19
频率分布直方图求概率，独立性检验 根据表格进行求概率
根据表格进行求概率 根据给定的频率对应表，求平均数 （这个表格就是理科学习的分布列） 画频率分布直方图，求平均数。根据分布图进行求概率 根据茎叶图求中位数，根据茎叶图求概率，分析茎叶图
近五年对比Ⅰ卷和Ⅱ Ⅲ卷的高考题， 从知识点的考查来看，他们各自的风 格相对比较稳定，特别是Ⅱ Ⅲ卷。我们不 难发现，Ⅱ Ⅲ卷较I卷难度要小一些。 1. Ⅰ卷对正态分布，二项分布考查非常 频繁 。 2.Ⅱ 、Ⅲ卷中常考的独立性检验，茎叶 图，条件概率，在I卷中从来没有考查过。 3 .Ⅱ 、Ⅲ卷中从来没有考查过超几何分 布，二项分布，正态分布.
高三数学二轮复习-第2讲概率、随机变量及其分布列专题攻略课件-理-新人教版
ξ＝50 表示所取 4 球为 3 白 1 红(3×10＋1×20＝50)， ∴P(ξ＝50)＝CC33·C47 14＝345， ξ＝60 表示所取 4 球为 2 白 2 红(2×10＋2×20＝60)， ∴P(ξ＝60)＝CC23·C47 24＝1385， ξ＝70 表示所取 4 球为 3 红 1 白(3×20＋1×10＝70)， ∴P(ξ＝70)＝CC34·C47 13＝1325， ξ＝80 表示所取 4 球全为红球(4×20＝80)， ∴P(ξ＝80)＝CC4447＝315.
热点突破探究
典例精析
题型一 几何概型
例1 如图，正方形 OABC 的边长为 2. (1)在其四边或内部取点 P(x，y)，且 x，y∈Z，则事 件“|OP|＞1”的概率是__________； (2)在其内部取点 P(x，y)，且 x，y∈R，则事件“△ POA， △ PAB，△ PBC，△ PCO 的面积均大于23”的概率是 __________．
1≤x≤－23.
设事件
A
为
π cos2x
的值介于
0
到12之间，则事件
A
发生
2
的区域长度为23. ∴P(A)＝32＝13.
题型二 古典概型
例2 一个袋中装有大小相同的10个球，其 中红球8个，黑球2个，现从袋中有放回地取球， 每次随机取1个． (1)求连续取两次都是红球的概率； (2)如果取出黑球，则取球终止，否则继续取球， 直到取出黑球，求取球次数不超过3次的概率．
法二：(间接法)：从 6 个点中任取三个点有 C36种方 法．其中在一条直线上的三点有(C34＋1)个． 构成三角形个数为 C36－C43－1， 故所求概率为 P＝C36－CC3634－1＝34.
答案：34
热点突破探究
典例精析
题型一 几何概型
例1 如图，正方形 OABC 的边长为 2. (1)在其四边或内部取点 P(x，y)，且 x，y∈Z，则事 件“|OP|＞1”的概率是__________； (2)在其内部取点 P(x，y)，且 x，y∈R，则事件“△ POA， △ PAB，△ PBC，△ PCO 的面积均大于23”的概率是 __________．
1≤x≤－23.
设事件
A
为
π cos2x
的值介于
0
到12之间，则事件
A
发生
2
的区域长度为23. ∴P(A)＝32＝13.
题型二 古典概型
例2 一个袋中装有大小相同的10个球，其 中红球8个，黑球2个，现从袋中有放回地取球， 每次随机取1个． (1)求连续取两次都是红球的概率； (2)如果取出黑球，则取球终止，否则继续取球， 直到取出黑球，求取球次数不超过3次的概率．
法二：(间接法)：从 6 个点中任取三个点有 C36种方 法．其中在一条直线上的三点有(C34＋1)个． 构成三角形个数为 C36－C43－1， 故所求概率为 P＝C36－CC3634－1＝34.
答案：34
统考版高考数学二轮专题四统计与概率第2讲概率随机变量及其分布列课件理
一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
对点训练
1.[2021·全国甲卷]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．13
B．25
C．23
D．45
答案：C
2．[2021·全国乙卷]在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数
之和大于74的概率为( A．79 B．2332 C．392
第2讲 概率、随机变量及其分布列
考点一 考点三
考点二 考点四
考点一 古典概型与几何概型 ——构建模型，合理分类
考点一 古典概型与几何概型——构建模型，合理分类 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或体积 .
＝14
.故选 C.
归纳总结 1．求古典概型的两个关键点 一是会利用排列、组合与两个基本计数原理求样本空间所含的基本 事件数n以及事件A所含的基本事件数m；二是会运用古典概型的概率 公式P(A)＝mn 求事件A发生的概率．
2．解几何概型的步骤 (1)“定变量”，根据事件发生的过程确定事件中的相关变量，确定
(1)求P(X＝2)； (2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解析：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2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)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．
例 1 (1)[2022·全国甲卷]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中
对点训练
1.[2021·全国甲卷]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．13
B．25
C．23
D．45
答案：C
2．[2021·全国乙卷]在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数
之和大于74的概率为( A．79 B．2332 C．392
第2讲 概率、随机变量及其分布列
考点一 考点三
考点二 考点四
考点一 古典概型与几何概型 ——构建模型，合理分类
考点一 古典概型与几何概型——构建模型，合理分类 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或体积 .
＝14
.故选 C.
归纳总结 1．求古典概型的两个关键点 一是会利用排列、组合与两个基本计数原理求样本空间所含的基本 事件数n以及事件A所含的基本事件数m；二是会运用古典概型的概率 公式P(A)＝mn 求事件A发生的概率．
2．解几何概型的步骤 (1)“定变量”，根据事件发生的过程确定事件中的相关变量，确定
(1)求P(X＝2)； (2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解析：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2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)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．
例 1 (1)[2022·全国甲卷]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中
概率论与数理统计-第二章-随机变量及其分布函数ppt课件
表格: X
x1 x2
pk
p1 p2
概率分布图：
1P
xn
pn
0.5
x4 x3
x1
x2
X
.
由概率的性质易知离散型随机变量的分布列
pk
满足下列特征性质:
k 1
① pk 0(k 1,2,) [非负性]
②
pk 1 [规范性]用于确定待定参数
k 1
③ F( x) P( X x) P(X xi ). xi x
1. 2
.
【例2】设随机变量X的分布函数为
aex b, x 0
F(x)
0,
x0
解： 因为 F(x) 在 x=0 点右连续
求: 常数 a 和 b。
所以 lim F ( x) lim (ae x b) a b 0
x0
x0
又因为 F () lim (ae x b) b 1 x
1、两点分布 或（0 - 1）分布
two-point distribution
定义1 设离散型随机变量X的分布列为
X0 1 pk 1 p p
其中 0<p<1
则称 X 服从（0 - 1）分布，记作 X ～（0 - 1）分布
F(x)
（0 - 1）分布的分布函数
0 , x0 F ( x) 1 p, 0 x 1
X = “三次试验中 A 发生的次数”，
{ X 2} A1A2 A3 A1A2 A3 A1A2 A3 P{X 2} P(A1A2 A3 A1A2 A3 A1A2 A3 )
P(A1A2 A3 ) P(A1A2 A3 ) P(A1A2A3 ) P(A1)P(A2)P(A3) P(A1)P(A2)P(A3) P(A1)P(A2 )P(A3 ) C32 p2(1 p)32
2019高考数学理专题突破课件第一部分专题六第二讲：概率、随机变量及其分布列
离散型随机变量及分布列
例4 (2011 年高考课标全国卷)某种产品的质量 以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量 越好，且质量指标值大于或等于 102 的产品为优
质品．现用两种新配方(分别称为A配方和B配方)
做试验，各生产了 100 件这种产品，并测量了每 件产品的质量指标值，得到下面试验结果．
P(A)＝2344＝8116.
法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是 4 次独立重复试验．
记“申请 A 片区房源”为事件 A，则 P(A)＝13.
由独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率计
算公式知，没有人申请 A 片区房源的概率为 P4(0) ＝C04310·324＝8116.
甲两场皆胜的概率为 P(ξ＝6)＝23×14＝16.
∴ξ 的分布列为
ξ0 3 6
P
1 4
7 12
1 6
∴E(ξ)＝0×14＋3×172＋6×16＝141.
考题解答技法
例 (本题满分12分)(2019年高考福建卷)某产 品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依 次为1,2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标 准B.已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零 售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产 品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都 符合相应的执行标准． (1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如 下所示：
品的质量指标值落入相应组的概率)
【解】 (1)由试验结果知，用 A 配方生产的产品
中优质品的频率为2120＋08＝0.3，所以用 A 配方生 产的产品的优质品率的估计值为 0.3. 由试验结果知，用 B 配方生产的产品中优质品的
频率为321＋0010＝0.42，所以用 B 配方生产的产品
2019届高考数学二轮复习第二篇考点四概率与统计课件文
刷高考原题改编题
2.(2018 年全国Ⅱ卷,理 18 改编)一只药用昆虫的产卵数 y(单位:个)与一定范围内的温度 x(单位:℃)有关,现收集了
该种药用昆虫的 6 组观测数据如下表所示.
温度 x/℃ 21
23
24
27
29
32
产卵 y/个
6
11
20
27
57
77
ห้องสมุดไป่ตู้ 经计算 x
6
R2
1
i 1 6
( yi yˆi )2 ( yi y )2
=1
236.64 3930
0.9398 .
i 1
因为 0.9398<0.9522,
n
n
n
(xi x )( yi y)
xi yi nxy
( yi yˆi )2
b i1 n
i1 n
,a
y bx , R2
1
i 1 n
.
(xi x )2
xi2 nx 2
( yi y )2
i 1
i 1
i 1
6
解析 (1)由题意得, b
(2)由题意知抽取的 6 名“体育达人”中有 4 名男职工(记作 a,b,c,d),2 名女职工(记作 m,n),
则从这 6 名“体育达人”中任意选取 2 名有 ab,ac,ad,am,an,bc,bd,bm,bn,cd,cm,cn,dm,dn,mn,共 15 种取法,取
解析
出的 2 名“体育达人”中至少有 1 名女职工有 am,an,bm,bn,cm,cn,dm,dn,mn,共 9 种取法,所以所求概率 P=195=35. 方法技巧
高考数学二轮复习 专题六 概率与统计 第2讲 随机变量及其分布课件 理
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 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.
P(AiCj)＝P(Ai)P(Cj)＝15×18＝410，i＝1，2，…，5，j＝1，2，…， 8.设事件 E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由 题意知，E＝A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2 ∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4. 因此 P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3) ＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3) ＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)＝15×410＝38. (3)μ1＜μ0.
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；
2019届高考数学二轮复习概率、随机变量及其分布列课件(65张)(全国通用)
第
二
专题整合、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专
题
概率与统计
七
第二讲
概率、随机变量及其分布列
核心考点突破H
典例精析 题型突破
考点一 古典概型、几何概型、条件概率 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
[答案]
4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看 到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件 概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键 (1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数 和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合 的相关知识． (2)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区 域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表 示所需要的区域．
P(X＝3)＝C36123·123＝2604＝156， P(X＝4)＝C46124·122＝1654， P(X＝5)＝C56125·121＝664＝332， P(X＝6)＝C66126120＝614.
故 X 的分布列为
(1)设事件 M 为“邀请到的 3 个人中至少有 2 个人接受挑 战”，则 P(M)＝C23122·12＋C33123＝12.
(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 因为 X 为接下来被邀请到的 6 个人中接受挑战的人数，所以 X～B6，12. 所以 P(X＝0)＝C06120126＝614， P(X＝1)＝C1612·125＝664＝332， P(X＝2)＝C26122·124＝1654，
二
专题整合、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专
题
概率与统计
七
第二讲
概率、随机变量及其分布列
核心考点突破H
典例精析 题型突破
考点一 古典概型、几何概型、条件概率 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
[答案]
4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看 到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件 概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键 (1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数 和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合 的相关知识． (2)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区 域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表 示所需要的区域．
P(X＝3)＝C36123·123＝2604＝156， P(X＝4)＝C46124·122＝1654， P(X＝5)＝C56125·121＝664＝332， P(X＝6)＝C66126120＝614.
故 X 的分布列为
(1)设事件 M 为“邀请到的 3 个人中至少有 2 个人接受挑 战”，则 P(M)＝C23122·12＋C33123＝12.
(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 因为 X 为接下来被邀请到的 6 个人中接受挑战的人数，所以 X～B6，12. 所以 P(X＝0)＝C06120126＝614， P(X＝1)＝C1612·125＝664＝332， P(X＝2)＝C26122·124＝1654，