新高考数学二轮课时：层级二 专题六 第3讲 概率、随机变量及其分布
概率论随机变量的分布函数ppt课件
因此， A 是不可能事件
P{A} 0.
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12
例1: 设随机变量X具有概率密度
ke 3 x
x0
f (x)
0 x0
(1)试确定常数k，(2)求F(x)，(3)并求P{X>0.1}。
解: (1)由于
f (x)dx
ke3xdx k 1
，解得k=3.
0
3
于是X的概率密度为
f
(
x)
O
x
(3) 在 x= 处曲线有拐点，且以x轴为渐近线 ;
(4) 对固定的,改变的值,图形沿Ox轴平移;
(5) 对固定的,改变, 越小,图形越尖.
正态分布的分布函数为: F ( x)
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1
2
e dt x
(t )2 2 2
28
标准正态分布
当=0, =1时,称X服从标准正态分布,记作X～N(0,1).
例3 设电阻值R是一个随机变量，均匀分布在800欧～1000
欧，求R的概率密度及R落在850欧～950欧的概率.
解: 由题意，R的概率密度为
1 f (r) 1000 800
， 800 r 1000
0
, 其它
950 1
而 P{850 X 950}
dr 0.5
200 ppt课件
850
18
2. 指数分布
注 (4)式及连续性随机变量分布函数的定义表示 了分布函数与概率密度间的两个关系．利用这些 关系，可以根据分布函数和概率密度中的一个推 出另一个．
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10
连续型随机变量的分布函数与概率密度的几何意义：
1. F(x)等于曲线f(x)在(-∞,x]上的曲边梯形的面积。
高考数学二轮复习专题3概率与统计第6讲随机变量及其分布教学案理
第6讲 随机变量及其分布题型1 相互独立事件的概率与条件概率(对应学生用书第18页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．条件概率在A 发生的条件下B 发生的概率为P (B |A )＝P AB P A ＝n ABn A.2．相互独立事件同时发生的概率P (AB )＝P (A )P (B )．3．独立重复试验的概率如果事件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生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k·(1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n .■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查条件概率)如图61，△ABC 和△DEF 是同一个圆的内接正三角形，且BC ∥EF .将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M 表示事件“豆子落在△ABC 内”，N 表示事件“豆子落在△DEF 内”，则P (N |M )＝( )图61A.334π B.32π C.13 D.23[解析] 如图，作三条辅助线，根据已知条件得这些小三角形都全等，△ABC 包含9个小三角形，满足事件N M 的有3个小三角形，所以P (N |M )＝nN M n M＝39＝13，故选C. [答案] C【典题2】 (考查相互独立事件的概率)(2017·福州五校联考)为了检验某大型乒乓球赛男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制(即一场比赛先胜4局者为胜)的规则．在队员甲与乙的比赛中，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5局以内(含5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 的分布列和数学期望.【导学号：07804040】[解] (1)由题意得，甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫234×13＝112243. (2)由题意知，X 的所有可能取值为4,5,6,7，且P (X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781，P (X ＝5)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫234×13＋C 14×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝72243＝827， P (X ＝6)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫234×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝200729， P (X ＝7)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫234×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝160729. 所以X 的分布列为E (X )＝4×81＋5×27＋6×729＋7×729＝729. [类题通法]1.解决条件概率的关键是明确“既定条件”.2.求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解.间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解.对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．某同学用计算器产生了两个[0,1]之间的均匀随机数，分别记作x ，y .当y <x 2时，x >12的概率是( ) A.724 B ．12 C.712D ．78D [记“y <x 2”为事件A ，“x >12”为事件B ，所以(x ，y )构成的区域如图所示，所以S 1＝＝124，S 2＝⎠⎛01x 2d x－S 1＝，则所求概率为＝S 2S 1＋S 2＝724124＋724＝78，故选D.]2．如图62，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为()图62A ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576B [法一：(直接法)由题意知K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8，因为K ，A 1，A 2相互独立，所以A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.所以系统正常工作的概率为P (K )[P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.法二：(间接法)A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－P(A1A2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，故系统正常工作的概率为P(K)[1－P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864.]■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T1、T3、T4、T6、T12)题型2 离散型随机变量的分布列、期望和方差的应用(答题模板)(对应学生用书第19页)离散型随机变量的分布列问题是高考的热点，常以实际生活为背景，涉及事件的相互独立性、互斥事件的概率等，综合性强，难度中等．(2017·全国Ⅱ卷T13、2017·全国Ⅲ卷T18、2016·全国Ⅰ卷T19、2016·全国Ⅱ卷T18、2013·全国Ⅰ卷T19、2013·全国Ⅱ卷T19)■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】(本小题满分12分)(2016·全国Ⅰ卷)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．在三年使用期内更换的易损零件数，得下面如图63所示的柱状图：②图63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，③n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，④确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？【导学号：07804041】[审题指导][零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 1分由题意可知X的所有可能取值为16，17，18，19，20，21，22.⑤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. 4分所以X的分布列为(2)由(1)知P X＝0.44，P X＝0.68，⑥故n的最小值为19. 7分(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，⑦E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040；9分当n＝20时，⑧E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.11分可知当n＝19时所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.12分[阅卷者说]解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：明确随机变量可能取哪些值.结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值.根据分布列和期望、方差公式求解.提醒：明确离散型随机变量的取值及事件间的相互关系是求解此类问题的关键.■对点即时训练………………………………………………………………………·(2016·湖南益阳4月调研)某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测．检测得分低于80的为不合格品，只能报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂．现随机抽取这两种产品各60件进行检测，检测结果统计如下：(1)试分别估计甲，乙两种产品下生产线时为合格品的概率；(2)生产一件甲种产品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，则亏损20元；生产一件乙种产品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，则亏损15元．在(1)的前提下：①记X 为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量X 的分布列和数学期望；②求生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元的概率． [解] (1)甲种产品为合格品的概率约为4560＝34 ，乙种产品为合格品的概率约为4060＝23.(2)①随机变量X 的所有可能取值为190,85,70，－35， 且P (X ＝190)＝34×23＝12，P (X ＝85)＝34×13＝14， P (X ＝70)＝14×23＝16， P (X ＝－35)＝14×13＝112.所以随机变量X 的分布列为所以E (X )＝2＋4＋6－12＝125.②设生产的5件乙种产品中合格品有n 件，则不合格品有(5－n )件， 依题意得，90n －15(5－n )≥300，解得n ≥257，又因为0≤n ≤5，且n 为整数，所以n ＝4或n ＝5，设“生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元”为事件A ，则P (A )＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝112243. ■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 7、T 8、T 11、T 13)题型3 正态分布问题 (对应学生用书第21页)■核心知识储备………………………………………………………………………·正态分布的性质(1)正态曲线与x 轴之间面积为1.(2)正态曲线关于直线x ＝μ对称，从而在关于x ＝μ对称的区间上概率相同． (3)P (X ≤a )＝1－P (X ≥a )，P (X ≤μ－a )＝P (X ≥μ＋a )． (4)求概率时充分利用3σ原则．■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (2017·全国Ⅰ卷)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： x i －＝116∑16i ＝1x 2i －16x 2)≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).【导学号：07804042】附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4,0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.[思路分析] (1)先由对立事件的概率公式求出P (X ≥1)的值，再利用数学期望的公式求解．(2)利用独立性检验的思想判断监控生产过程方法的合理性；确定μ^－3σ^，μ^＋3σ^的取值，以剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，再用剩下的数据估计μ和σ. [解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16,0.002 6)． 因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X 的数学期望E (X )＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.∑16i ＝1x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估计值为0.008≈0.09. [类题通法]由于正态分布与频率分布直方图有极大的相似性，故最近五年比较受命题人青睐. 解决正态分布问题有三个关键点：对称轴x ＝μ；标准差σ；分布区间.利用对称性求指定范围内的概率值；由μ，σ分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．设X ～N (1，σ2) ，其正态分布密度曲线如图64所示，且P (X ≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC 中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( )图64(附：随机变量X 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X <μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝95.44%) A ．6 038 B ．6 587 C ．7 028D ．7 539B [由题意得，P (X ≤－1)＝P (X ≥3)＝0.022 8，∴P (－1<X <3)＝1－0.022 8×2＝0.954 4，∴1－2σ＝－1，σ＝1，∴P (0≤X ≤1)＝12P (0≤X ≤2)＝0.341 3，故估计的个数为10 000×(1－0.341 3)＝6 587，故选B.] 2．从某市统考的学生数学考试卷中随机抽查100份数学试卷作为样本，分别统计出这些试卷总分，由总分得到如65的频率分布直方图．图65(1)求这100份数学试卷的样本平均分x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．(2)由直方图可以认为，这批学生的数学总分Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2. ①利用该正态分布，求P (81＜Z ＜119)；②记X 表示2400名学生的数学总分位于区间(81,119)的人数，利用①的结果，求E(X)(用样本的分布区估计总体的分布).【导学号：07804043】附：366≈19，326≈18，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9544.[解](1)x＝60×0.02＋70×0.08＋80×0.14＋90×0.15＋100×0.24＋110×0.15＋120×0.1＋130×0.08＋140×0.04＝100.s2＝(60－100)2×0.02＋(70－100)2×0.08＋(80－100)2×0.14＋(90－100)2×0.15＋(110－100)2×0.15＋(120－100)2×0.1＋(130－100)2×0.08＋(140－100)2×0.04＝366.(2)①由题意可知Z～N(100,366)．又σ＝366≈19，故P(81＜Z＜119)＝P(100－19＜Z＜100＋19)＝0.6826.②由①可知一名学生总分落在(81,119)的概率为0.6826.因为X～B(2400,0.6826)，所以E(X)＝2400×0.6826＝1638.24.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T5、T9、T10、T14)三年真题| 验收复习效果(对应学生用书第22页)1．(2015·全国Ⅰ卷)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312A[3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.]2．(2017·全国Ⅱ卷)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝________.1.96 [由题意得X～B(100,0.02)，∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.]3．(2016·全国Ⅱ卷)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：(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． [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311. (3)记续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为＋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1.23.4．(2017·全国Ⅲ卷)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X (单位：瓶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n (单位：瓶)为多少时，Y 的数学期望达到最大值？【导学号：07804044】[解] (1)由题意知，X 所有可能取值为200,300,500，由表格数据知P (X ＝200)＝2＋1690＝0.2，P (X ＝300)＝3690＝0.4， P (X ＝500)＝25＋7＋490＝0.4. 因此X 的分布列为(2)200≤n ≤500.当300≤n ≤500时，若最高气温不低于25，则Y ＝6n －4n ＝2n ；若最高气温位于区间[20,25)，则Y ＝6×300＋2(n －300)－4n ＝1 200－2n ； 若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(n －200)－4n ＝800－2n .因此EY ＝2n ×0.4＋(1 200－2n )×0.4＋(800－2n )×0.2＝640－0.4n .当200≤n <300时，若最高气温不低于20，则Y ＝6n －4n ＝2n ；若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(n －200)－4n ＝800－2n ，因此EY ＝2n ×(0.4＋0.4)＋(800－2n )×0.2＝160＋1.2n .所以n ＝300时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520元．。
【高中数学】随机变量及其分布课件2022-2023学年高二下学期数学人教A版2019选择性必修第三册
解：设事件A “甲袋中取到红球”，B “从乙袋中取到红球”.
则从甲乙两袋中取到的都是红球即为事件AB
其中P（A） 1 ，P（B） 1 ； 又事件A、B相互独立
2 所以P（AB）
2 P（A）P（B）
1
1
1
.
22 4
[规律总结]
规律总结：一般地，若事件A、B相互独立，则积事件AB的概率满足 P（AB） P（A）P（B）.
A. 1
B. 7
C. 11
D. 1
2
36
48
6
[提炼升华]
条件概率与全概率公式
随机变量
离散型随机变量 连续型随机变量
条件概率公式
P（B |
A）
P（AB） P（A）
概率的乘法公式 P（AB） P（A）P（B | A）
全概率公式
n
P（B) P(A i）P（B | Ai）. i 1
贝叶斯公式 分布列
由条件概率的定义知，对任意两个事件A与B，若P（A） 0, 则P（AB） P（A）P（B | A）.我们称上式为概率的乘法公式.
当且仅当事件 A与B相互独立时，有 P（B | A） P（B），此时P（AB） P（A）P（B）.
[典型例题]
例：甲袋中装有3个红球和3个白球，乙袋中装有2个红球和2个白球. 问题3：从甲袋中任取一球放 入乙袋中，再从乙袋中 任取一球，则两次 取到的都是红球的概率 是多少？
P（Ai
|
B）
P(A i）P（B | P（B）
A
） i
P(A
i）P（B
|
A
）
i
n
.
P(A
k）P（B
|
A
）
高考数学理科二轮专题复习第二部分概率随机变量及其分布列讲课文档
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？
第八页，共63页。
解：(1)由题意知，20 件产品中恰有 2 件不合格品的 概率为 f(p)＝C220p2(1－p)18.
因此 f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1 －p)17(1－10p)．
上年度出险 次数
0
1
2
3
4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
第二十页，共63页。
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如
下：
一年内出险 次数
0
1
2
3
4 ≥5
概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 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.
第十八页，共63页。
易知 P(－A )＝AA2224＝122＝16，故 P(A)＝1－P(－A )＝56. 答案：(1)B (2)C
第十九页，共63页。
热点 2 互斥事件、相互独立事件的概率 命题视角 互斥事件、条件概率 【例 2－1】 (2016·全国卷Ⅱ节选)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：
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
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
高考理科数学二轮专题提分教程全国课件概率随机变量及其分布列
方差
描述随机变量取值的离散程度，即各数值与其 均值之差的平方的平均值。
标准差
方差的算术平方根，用于衡量数据的波动大小。
协方差与相关系数
协方差
衡量两个随机变量的总体误差，反映两 个变量变化趋势是否一致。
VS
相关系数
将协方差标准化后的结果，消除了量纲影 响，更客观地反映两个变量间的线性相关 程度。
矩、峰度和偏度
自助法
02
03
贝叶斯区间估计
通过对样本进行重复抽样来模拟 总体分布，进而得到参数的区间 估计。
在贝叶斯统计框架下，利用先验 信息和样本信息计算后验分布， 进而得到参数的区间估计。
假设检验基本原理和步骤
01
基本原理：在总体分布未知的情况下，通过构造检验统计 量并根据其分布进行决策，判断原假设是否成立。
概率的定义
概率是描述随机事件发生的可能性的 数值，其值介于0和1之间。
概率的性质
概率具有非负性、规范性（所有可能 事件的概率之和为1）、可加性（互 斥事件的概率之和等于它们各自概率 的和）。
条件概率与独立性
条件概率
在已知某个事件发生的条件下，另一个事件发生的概率。条件概率的计算公式为P(A|B) = P(AB) / P(B)，其中 P(AB)表示事件A和事件B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。
性质
边缘分布律/密度函数也具有非负 性和归一性，且可以由联合分布 律/密度函数求得。
条件分布律/密度函数
条件分布律
对于离散型二维随机变量，其条 件分布律是指在已知其中一个随 机变量取某个值的条件下，另一 个随机变量取某个值的概率。
条件密度函数
对于连续型二维随机变量，其条 件密度函数是指在已知其中一个 随机变量在某个区间内取值的条 件下，另一个随机变量在某个点 取值的概率。
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。
高考数学二轮专题复习第20课时随机变量及其分布课件理
3， 10
PX
3
C11C31C22 C62C42
1 ，随机变量X的分布列为 30
EX 7.
6
16
3.二项分布 【例3】(2011·3月新昌中学模拟)一袋中有6个黑球， 4个白球． (1)依次取出3个球，不放回，已知第一次取出的是 白球，求第三次取到黑球的概率； (2)有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是 白球，求第三次取到黑球的概率； (3)有放回地依次取出3个球，求取到白球个数X的 分布列和数学期望．
(123, 234，，789)，因此P X
2
7 C93
1. 12
X 1有42种情况，即 12 4,5, 6, 7,8,9 6个，
23 5, 6, 7,8,9 5个， 34 1, 6, 7,8,9 5个，
ห้องสมุดไป่ตู้
45 1, 2, 7,8,9 5个， 56 1, 2,3,8,9 5个，
20
【变式训练】(2011 4月金华一中模拟)检测部门决定对某 市学校教室的空气质量进行检测，空气质量分为A、B、 C三级，每间教室的检测方式如下：分别在同一天的上 、下午各进行一次检测，若两次检测中有C级或两次都 是B级，则该教室的空气质量不合格，设各教室的空气 质量相互独立，且每次检测的结果也是相互独立，根据 多次抽检结果，一间教室一次检测空气质量为A、B、C 三级的频率依次为 3，1，1。
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层级二 专题六 第3讲限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1.(2019·江西九江统考)洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足， 以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数，其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图，若从4个阴数中随机抽取2个数，则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是( )A.12B.23C.14D.13解析：D [从4个阴数中随机抽取2个数，共有6种取法，其中满足题意的取法有两种：4,6和2,8，∴能使这2个数与居中阳数之和等于15的概率P ＝26＝13.故选D.]2．(2020·石家庄模拟)《中华好诗词》是由河北电视台创办的令广大观众喜闻乐见的节目，旨在弘扬中国古代诗词文化，观众可以选择从A ，B ，C 和河北卫视这四家视听媒体的播放平台中观看，若甲乙两人各自随机选择一家播放平台观看此节目，则甲乙二人中恰有一人选择在河北卫视观看的概率是( )A.12B.38C.14D.316解析：B [甲、乙两人从A ，B ，C 和河北卫视这四家播放平台随机选择一家有4×4＝16(种)等可能情况，其中甲、乙两人恰有一人选择在河北卫视观看的情况有C 12×3＝6(种)，∴所求概率为616＝38.]3．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A 组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X (单位：分)的数学期望为( )A ．0.9B ．0.8C ．1.2D ．1.1 解析：A [由题意得X ＝0,1,2，则P (X ＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P (X ＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.5，P (X ＝2)＝0.4×0.5＝0.2，所以E (X )＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.]4．(2019·四省联考二诊)某徒步运动会有来自全世界的4 000名女性和6 000名男性徒步爱好者参与徒步运动，其中抵达终点的女性与男性徒步爱好者分别为1 000名和2 000名，抵达终点的徒步爱好者可获得纪念品一份．若记者随机电话采访参与本次徒步运动的1名女性和1名男性徒步爱好者，其中恰好有1名徒步爱好者获得纪念品的概率是( )A.112B.14C.512D.712解析：C [本题考查古典概型．“男性获得纪念品，女性没有获得纪念品”的概率为2 0006 000×3 0004 000＝14，“男性没有获得纪念品，女性获得纪念品”的概率为4 0006 000×1 0004 000＝16，故“恰好有1名徒步爱好者获得纪念品”的概率为14＋16＝512.故选C.]5．(2019·大连三模)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A ．3 B.83 C ．2 D.53解析：B [每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X 服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫3，89，所以X 的数学期望为3×89＝83.] 6．(2020·衡水模拟)某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销量x (单位：件)分布在[50,100)内，且销量x 的分布频率f (x )＝⎩⎨⎧n10－0.5，10n ≤x ＜10(n ＋1)，n 为偶数，n20－a ，10n ≤x ＜10(n ＋1)，n 为奇数.若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X 个组，将频率视为概率，则随机变量X 的数学期望为( )A.137B.67C.167D.87解析：C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧10n ≥50，10(n ＋1)≤100，解得5≤n ≤9，故n 可取5,6,7,8,9，代入f (x )，得610－0.5＋810－0.5＋520－a ＋720－a ＋920－a ＝1，得a ＝0.15.故销量在[70,80)，[80,90)，[90,100)内的频率分别是0.2,0.3,0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2,3,3，X 的所有可能取值为1,2,3，P (X ＝1)＝2C 38＝256＝128，P (X ＝3)＝2×3×3C 38＝1856＝928，P (X ＝2)＝1－128－928＝914. X 的分布列为数学期望E (X )＝1×128＋2×914＋3×928＝167.故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·全国Ⅰ卷)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____________．解析：甲队以4∶1获胜的概率为[C 120.6×0.4×0.52＋0.62×C 120.5×0.5]×0.6＝0.18.答案：0.188．(2019·宁波三模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的工作共分为A ，B ，C 三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示，并以此估计赔付概率.A ，B ，C 三类工种每份保单保费的上限之和为________元．解析：设工种A 的每份保单保费为a 元，保险公司每份保单的利润为随机变量X ，则X 的分布列为保险公司期望利润E (X )＝a ⎝⎛⎭⎫1－1105＋(a －5×105)×1105＝(a －5)(元)， 根据规定知a －5≤0.2a ， 解得a ≤6.25.设工种B 的每份保单保费为b 元，同理可得保险公司期望利润为(b －10)元，根据规定知，b －10≤0.2b ，解得b ≤12.5，设工种C 的每份保单保费为c 元，同理可得保险公司期望利润为(c －50)元，根据规定知，c －50≤0.2c ，解得c ≤62.5.则A ，B ，C 三类工种每份保单保费的上限之和为6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)． 答案：81.25三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2020·长沙模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量如下表：(视样本频率为概率)(1)根据该食品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与数学期望；(2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份， 哪一种得到的利润更大？解析：(1)根据题意可得 P (ξ＝30)＝15×15＝125，P (ξ＝31)＝15×310×2＝325，P (ξ＝32)＝15×25×2＋310×310＝14，P (ξ＝33)＝15×110×2＋310×25×2＝725，P (ξ＝34)＝310×110×2＋25×25＝1150，P (ξ＝35)＝25×110×2＝225，P (ξ＝36)＝110×110＝1100.ξ的分布列如下：E (ξ)＝30×125＋31×325＋32×14＋33×725＋34×1150＋35×225＋36×1100＝32.8.(2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X ，则X 的可能取值有104,116,128， 且P (X ＝104)＝0.04，P (X ＝116)＝0.12，P (X ＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，∴E (X )＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6.当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y ，则Y 的可能取值有96,108,120,132. 且P (Y ＝96)＝0.04，P (Y ＝108)＝0.12，P (Y ＝120)＝0.25，P (Y ＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59， ∴E (Y )＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68. ∵E (X )＞E (Y )，∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．10．(2019·北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：(2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X 的分布列和数学期望；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．解析：本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关．(1)由题意可知，两种支付方式都使用的人数为：(100－30－25－5)人＝40人，则： 该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率p ＝40100＝25. (2)由题意可知，仅使用A 支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占35，金额大于1 000的人数占25，仅使用B 支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占25，金额大于1 000元的人数占35， 且X 可能的取值为0,1,2.P (X ＝0)＝35×25＝625，P (X ＝1)＝⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫252＝1325，P (X ＝2)＝35×25＝625， X 的分布列为：其数学期望：E (X )＝0×625＋1×1325＋2×625＝1. (3)我们不认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化．理由如下：随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”．11．(2020·福建质检)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．假设该市该收入层级的IT 从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT 从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：(1)设该市该收入层级的IT 从业者2019年月缴个税为X 元，求X 的分布列和期望； (2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT 从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？解析：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990；符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790.既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590. 所以X 的可能值为2 190,1 990,1 790,1 590. 依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1， 所以P (X ＝2 190)＝25，P (X ＝1 990)＝15，P (X ＝1 790)＝15，P (X ＝1 590)＝15.所以X 的分布列为所以E (X )＝2 190×25＋1 990×15＋1 790×15＋1 590×15＝1 950.(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT 从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)． 因为在新个税政策下该市该收入层级的IT 从业者2019年月缴个税的均值为1 950元， 所以该收入层级的IT 从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．设经过x 个月，该市该收入层级的IT 从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元， 则2 170x ＞24 000，因为x ∈N ，所以x ≥12.所以经过12个月，该市该收入层级的IT 从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．。