第2讲 概率、离散型随机变量及其分布作业(含答案) 高三数学(文科)二轮复习
第二章 随机变量及其分布 作业及其答案
第二章 随机变量及其分布18.[十七] 设随机变量X 的分布函数为⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤<=.,1,1,ln ,1,0)(e x e x x x x F X ，求（1）P (X<2), P {0<X ≤3}, P (2<X<25)；（2）求概率密度f X (x ). 解：（1）P (X ≤2)=F X (2)= ln2， P (0<X ≤3)= F X (3)－F X (0)=1，45ln 2ln 25ln )2()25(252(=-=-=<<X X F F X P （2）⎪⎩⎪⎨⎧<<==其它,0,1,1)(')(e x x x F x f24.[二十二] 设K 在（0，5）上服从均匀分布，求方程02442=+++K xK x 有实根的概率∵ K 的分布密度为：⎪⎩⎪⎨⎧<<-=其他50051)(K K f要方程有根，就是要K 满足(4K )2－4×4× (K+2)≥0。
解不等式，得K ≥2时，方程有实根。
∴53051)()2(5522=+==≥⎰⎰⎰∞+∞+dx dx dx x f K P 25.[二十三] 设X ～N （3.22）（1）求P (2<X ≤5)，P (－4)<X ≤10)，P {|X|>2}，P (X>3)∵ 若X ～N （μ，σ2），则P (α<X ≤β)=φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-σμβφ⎪⎭⎫ ⎝⎛-σμα ∴P (2<X ≤5) =φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-235φ⎪⎭⎫ ⎝⎛-232=φ(1)－φ(－0.5) =0.8413－0.3085=0.5328P (－4<X ≤10) =φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-2310φ⎪⎭⎫ ⎝⎛--234=φ(3.5)－φ(－3.5) =0.9998－0.0002=0.9996P (|X |>2)=1－P (|X |<2)= 1－P (－2< P <2 )=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--Φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-2322321 =1－φ(－0.5) +φ(－2.5) =1－0.3085+0.0062=0.6977P (X >3)=1－P (X ≤3)=1－φ⎪⎭⎫⎝⎛-233=1－0.5=0.5（2）决定C 使得P (X > C )=P (X ≤C )∵P (X > C )=1－P (X ≤C )= P (X ≤C )得 P (X ≤C )=21=0.5 又P (X ≤C )=φ023,5.023=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-C C 查表可得∴ C =3 28.[二十六] 一工厂生产的电子管的寿命X （以小时计）服从参数为μ=160，σ(未知)的正态分布，若要求P (120＜X ≤200＝=0.80，允许σ最大为多少？∵ P (120＜X ≤200)=80.04040160120160200=⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φσσσσ 又对标准正态分布有φ(－x )=1－φ(x )∴ 上式变为80.040140≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ--⎪⎭⎫ ⎝⎛Φσσ 解出9.040:40≥⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛Φσσ便得 再查表，得25.31281.140281.140=≤≥σσ 31.[二十八] 设随机变量X 在（0，1）上服从均匀分布 （1）求Y=e X 的分布密度∵ X 的分布密度为：⎩⎨⎧<<=为其他x x x f 0101)(Y=g (X ) =e X 是单调增函数 又 X=h (Y )=lnY ，反函数存在且α = min [g (0), g (1)]=min (1, e )=1=βmax [g (0), g (1)]=max (1, e )= e∴ Y 的分布密度为：⎪⎩⎪⎨⎧<<⋅=⋅=为其他y e y yy h y h f y ψ0111|)('|)]([)(（2）求Y=－2lnX 的概率密度。
高考数学二轮复习专项二 专题六 1 第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列 学案 Word版含解析
专题六 概率与统计第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列古典概型与几何概型(基础型)古典概型的概率公式P (A )＝m n＝A 中所含的基本事件数基本事件总数.几何概型的概率公式P (A )＝构成事件A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）.[考法全练]1．(2018·高考全国卷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( )A.112 B.114 C.115 D.118解析：选C.不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C 210种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P ＝3C 210＝115，故选C.2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)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p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3解析：选A.法一：设直角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12bc ，区域Ⅱ的面积S 2＝12π×⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＋12π×⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22－⎣⎢⎡⎦⎥⎤π×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222－12bc ＝18π(c 2＋b 2－a 2)＋12bc ＝12bc ，所以S 1＝S 2，由几何概型的知识知p 1＝p 2，故选A.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积，为S 1＝12×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S 2＝π×12－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π×（2）22－2＝2，区域Ⅲ的面积S 3＝π×（2）22－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p 1＝p 2＝2π＋2，p 3＝π－2π＋2，所以p 1≠p 3，p 2≠p 3，p 1≠p 2＋p 3，故选A. 3．(2018·潍坊模拟)如图，六边形ABCDEF 是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是( )A.14 B.13 C.23D.34解析：选C.设正六边形的中心为点O ，BD 与AC 交于点G ，BC ＝1，则BG ＝CG ，∠BGC ＝120°，在△BCG 中，由余弦定理得1＝BG 2＋BG 2－2BG 2cos 120°，得BG ＝33，所以S △BCG ＝12×BG ×BG ×sin 120°＝12×33×33×32＝312，因为S 六边形ABCDEF ＝S △BOC ×6＝12×1×1×sin 60°×6＝332，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是1－6S △BCGS 正六边形ABCDEF ＝23. 4．(2018·郑州模拟)某校选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，则甲、乙两人不在同一边远地区的概率是________．解析：选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，不同的支教方法有C 24·A 33种， 而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有C 22·A 33种，所以甲、乙两人不在同一边远地区支教的概率为P ＝1－C 22·A 33C 24·A 33＝56.答案：565．(2018·南昌模拟)在圆x 2＋y 2＝4上任取一点，则该点到直线x ＋y －22＝0的距离d ∈[0，1]的概率为________．解析：圆x 2＋y 2＝4的圆心为O (0，0)，半径r ＝2，所以圆心O 到直线x ＋y －22＝0的距离为d 1＝|0＋0－22|12＋12＝2＝r ，所以直线x ＋y －22＝0与圆O 相切．不妨设圆x 2＋y 2＝4上到直线x ＋y －22＝0的距离d ∈[0，1]的所有点都在AB ︵上，其中直线AB 与直线x ＋y －22＝0平行，直线AB 与直线x ＋y －22＝0的距离为1，所以圆心到直线AB 的距离为r －1＝1，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫12∠AOB ＝12，所以12∠AOB ＝π3，得∠AOB ＝2π3，所以所求的概率P ＝23π·22π·2＝13.答案：13互斥事件、相互独立事件的概率(基础型)条件概率在A 发生的条件下B 发生的概率P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.相互独立事件同时发生的概率P (AB )＝P (A )P (B )．独立重复试验、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生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0，1，2，…，n .一般地，在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k np k q n －k ，其中0<p <1，p ＋q ＝1，k ＝0，1，2，…，n ，称X 服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )，且E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．[考法全练]1．一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________．解析：设“第1次摸出红球”为事件A ，“第2次摸出红球”为事件B ，则“第1次和第2次都摸出红球”为事件AB ，所求事件为B |A .事件A 发生的概率为P (A )＝46＝23，事件AB 发生的概率为P (AB )＝46×35＝25.由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝2523＝35. 答案：352．某个部件由两个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，则该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．解析：由正态分布知元件1，2的平均使用寿命为1 000小时，设元件1，2的使用寿命超过1 000小时分别记为事件A ，B ，显然P (A )＝P (B )＝12，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为A B －＋A －B ＋AB ，所以其概率P ＝12×12＋12×12＋12×12＝34.答案：343．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率． 解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C －)＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D ，“系统A 在3次相互独立的检测中发生k 次故障”为事件D k .则D ＝D 0＋D 1，且D 0，D 1互斥．依题意，得P (D 0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103， P (D 1)＝C 13110⎝⎛⎭⎪⎫1－1102， 所以P (D )＝P (D 0)＋P (D 1)＝7291 000＋2431 000＝243250.所以系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.随机变量的分布列、均值与方差(综合型)均值与方差的性质(1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b .(2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )(a ，b 为实数)． 两点分布与二项分布的均值、方差(1)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )． (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．[典型例题]命题角度一 超几何分布的判断、期望与方差的求解(2018·石家庄质量检测(一))某学校为了解高三复习效果，从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名同学的数学成绩(单位：分)，按[90，100)，[100，110)，…，[140，150]分成6组，制成频率分布直方图，如图所示：(1)求m 的值，并且计算这50名同学数学成绩的平均数x －；(2)该学校为制订下阶段的复习计划，从成绩在[130，150]内的同学中选出3名作为代表进行座谈，记这3人中成绩在[140，150]内的同学人数为ξ，写出ξ的分布列，并求出数学期望．【解】 (1)由题意知(0.004＋0.012＋0.024＋0.040＋0.012＋m )×10＝1， 解得m ＝0.008，则x －＝95×0.004×10＋105×0.012×10＋115×0.024×10＋125×0.040×10＋135×0.012×10＋145×0.008×10＝121.8(分)．(2)成绩在[130，140)内的同学人数为6，在[140，150]内的同学人数为4，从而ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P (ξ＝0)＝C 04C 36C 310＝16，P (ξ＝1)＝C 14C 26C 310＝12，P (ξ＝2)＝C 24C 16C 310＝310，P (ξ＝3)＝C 34C 06C 310＝130，所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率．(2)对于实际问题中的随机变量X ，如果能够断定它服从超几何分布H(N ，M ，n)，则其概率可直接利用公式P(X ＝k)＝C k M C n －k N －MC n N(k ＝0，1，…，m ，其中m ＝min {M ，n}，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *)．[提醒] 本题的易错点是混淆超几何分布与二项分布，两种分布的本质差别在于“有放回”和“无放回”，“有放回”是二项分布，“无放回”是超几何分布．命题角度二 二项分布的判断、期望与方差的求解(2018·武汉调研)甲、乙两名运动员参加“选拔测试赛”，在相同条件下，两人6次测试的成绩(单位：分)记录如下：甲 86 77 92 72 78 84 乙 78 82 88 82 95 90(1)用茎叶图表示这两组数据，现要从中选派一名运动员参加比赛，你认为选派谁参赛更好？说明理由(不用计算)．(2)若将频率视为概率，对运动员甲在今后3次测试中的成绩进行预测，记这3次测试的成绩高于85分的次数为X ，求X 的分布列和数学期望E (X )及方差D (X )．【解】 (1)茎叶图如图：由图可知乙的平均水平比甲高，故选派乙参赛更好．(2)由题意得，甲运动员每次测试的成绩高于85分的概率是13，3次测试的成绩高于85分的次数X 服从二项分布，X 所有可能的取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827， P (X ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P (X ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29， P (X ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127， X 的分布列为E (X )＝3×13＝1，D (X )＝3×13×23＝23.(1)求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列．(2)对于实际问题中的随机变量X ，如果能够断定它服从二项分布B (n ，p )，则其概率、期望与方差可直接利用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k (k ＝0，1，2，…，n )，E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )求得．命题角度三 独立事件的判断、期望与方差的求解(2018·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为23，34，35，他们出线与未出线是相互独立的．(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．【解】 (1)记“甲出线”为事件A ，“乙出线”为事件B ，“丙出线”为事件C ，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D ，则P (D )＝1－P (A －B －C －)＝1－13×14×25＝2930.(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0，1，2，3， 则P (ξ＝0)＝P (A －B －C －)＝13×14×25＝130；P (ξ＝1)＝P (A B －C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝23×14×25＋13×34×25＋13×14×35＝1360；P (ξ＝2)＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＝23×34×25＋23×14×35＋13×34×35＝920；P (ξ＝3)＝P (ABC )＝23×34×35＝310.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×130＋1×1360＋2×920＋3×310＝12160.破解此类离散型随机变量的分布列与数学期望问题的思维切入口是：先利用两个计数原理，排列、组合知识，以及古典概型的概率公式求基本事件的概率；再依题意判断随机变量的所有可能取值，求出随机变量X 取每个值时的概率，即可得随机变量X 的分布列；最后利用随机变量X 的数学期望的定义计算．命题角度四 利用均值与方差破解决策性问题某地政府拟在该地一水库上建造一座水电站，用泄洪水量发电．如图是根据该水库历年的日泄流量的水文资料画成的日泄流量X (单位：万立方米)的频率分布直方图(不完整)，已知X ∈[0，120]，历年中日泄流量在区间[30，60)的年平均天数为156，一年按364天计．(1)请把频率分布直方图补充完整；(2)该水电站希望安装的发电机尽可能都运行，但每30万立方米的日泄流量才够运行一台发电机，如60≤X <90时才够运行两台发电机．若运行一台发电机，每天可获利润为4 000元；若不运行，则该台发电机每天亏损500元．以各段的频率作为相应段的概率，以水电站日利润的期望值为决策依据，问：为使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装多少台发电机？【解】 (1)在区间[30，60)的频率为156364＝37，频率组距＝37×30＝170.设在区间[0，30)上，频率组距＝a ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋170＋1105＋1210×30＝1， 解得a ＝1210. 补充完整的频率分布直方图如图所示．(2)记水电站日利润为Y 元．由(1)知，无法运行发电机的概率为17，恰好运行一台发电机的概率为37，恰好运行两台发电机的概率为27，恰好运行三台发电机的概率为17.①若安装一台发电机，则Y 的所有可能取值为－500，4 000，其分布列为E (Y )＝－500×17＋4 000×67＝23 5007.②若安装两台发电机，则Y 的所有可能取值为－1 000，3 500，8 000，其分布列为E (Y )＝－1 000×17＋3 500×37＋8 000×37＝33 5007.③若安装三台发电机，则Y 的所有可能取值为－1 500，3 000，7 500, 12 000，其分布列为E (Y )＝－1 500×17＋3 000×37＋7 500×27＋12 000×17＝34 5007.因为34 5007>33 5007>23 5007，所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机．由于离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，离散型随机变量的方差和标准差都反映了离散型随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，越稳定．因此，常利用离散型随机变量的均值与方差来解决有关决策问题．[对点训练](2018·惠州第二次调研)某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种．其中某班级学生背诵正确的概率p ＝23，记该班级完成n 首背诵后的总得分为S n .(1)求S 6＝20且S i ≥0(i ＝1，2，3)的概率； (2)记ξ＝|S 5|，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)当S 6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首．由S i ≥0(i ＝1，2，3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首．则所求的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋23×13×23×C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝1681.(2)由题意知ξ＝|S 5|的所有可能的取值为10，30，50，又p ＝23，所以P(ξ＝10)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝4081，P(ξ＝30)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫231×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝3081， P(ξ＝50)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫235×⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1181， 所以ξ的分布列为所以E(ξ)＝10×4081＋30×3081＋50×1181＝1 85081.[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N (4，3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N (4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，所以x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，所以a －5＋a ＋1＝8，即a ＝6.故选B.2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )A.310 B.25 C.320D.14解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C 36种放法，甲盒中恰好有3个小球有C 23种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为C 23C 36＝320.故选C.3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点不相同”，事件B ＝“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29 B.13 C.49D.59解析：选A .小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A 44＝4×3×2×1＝24种， 所以P (A |B )＝24108＝29.4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a 1，a 2，a 3，a 4，a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为( )A.110B.120 C.124 D.310解析：选B .1，2，3，4，5可组成A 55＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C 24C 22＝6个，故出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为6120＝120.5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位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位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX ＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.6或p ＝0.4.由P (X ＝4)＜P (X ＝6)，得C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4，即(1－p )2＜p 2，所以p ＞0.5，所以p ＝0.6. 6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤e ，0≤y ≤e }，A ＝{(x ，y )|y ≥e x ，(x ，y )∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a ，则a ∈A 的概率为( )A.1eB.1e 2 C.e －1eD.e 2－1e 2解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO ，面积为e 2，A 表示的区域为图中阴影部分，面积为⎠⎜⎛01(e －e x )dx ＝(e x －e x )|10＝(e －e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a ∈A 的概率P ＝1e 2.故选B .二、填空题7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有C 26＝15种领法．甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A 22＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A 22＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是3＋2＋115＝25.答案：258．(2018·唐山模拟)向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率为________．解析：如图，连接CA ，CB ，依题意，圆心C 到x 轴的距离为3，所以弦AB 的长为2.又圆的半径为2，所以弓形ADB 的面积为12×23π×2－12×2×3＝23π－3，所以向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率P ＝16－34π.答案：16－34π9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为η，若η的均值E (η)>74，则p 的取值范围是________．解析：由已知得P (η＝1)＝p ，P (η＝2)＝(1－p )p ，P (η＝3)＝(1－p )2，则E (η)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0，1)，所以p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12三、解答题10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为23，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？ 解：(1)由题意可得，所求概率为P ＝C 14C 22C 36×C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 24C 12C 36×C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝115.(2)设学生甲答对的题数为X ，则X 的所有可能取值为1，2，3. P (X ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (X ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，E (X )＝1×15＋2×35＋3×15＝2，D (X )＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)×15＝25. 设学生乙答对的题数为Y ，则Y 的所有可能取值为0，1，2，3.由题意可知Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以E (Y )＝3×23＝2，D (Y )＝3×23×13＝23.因为E (X )＝E (Y )，D (X )<D (Y ) ， 所以甲被录取的可能性更大．11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．(1)求a 的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值； (2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a ＋0.018)×10＝1，解得a ＝0.03. 由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，而50个样本中小球质量的平均数为x －＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克． (2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为15，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15.X 的可能取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫15×⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152×45＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125. 所以X 的分布列为所以E (X )＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35.⎝ ⎛⎭⎪⎫或者E （X ）＝3×15＝35.12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X 表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X 的分布列及数学期望；(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：A ：所有芒果以10元/千克收购；B ：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 36C 39＝2084，P (X ＝1)＝C 26C 13C 39＝4584，P (X ＝2)＝C 16C 23C 39＝1884，P (X ＝3)＝C 33C 39＝184.所以X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝0×2084＋1×4584＋2×1884＋3×184＝1.(2)设选择方案A 可获利y 1元，则y 1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.设选择方案B ，从质量低于250克的芒果中获利y 2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y 3元，则y 2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000. y 3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500. y 2＋y 3＝7 000＋19 500＝26 500.由于25 750<26 500，故B 方案获利更多，应选B 方案．[B 组 大题增分专练]1．(2018·合肥第一次质量检测)2014年9月，国务院发布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》．某地作为高考改革试点地区，从当年秋季新入学的高一学生开始，高考不再分文理科，语文、数学、英语三科为必考科目，考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理六个科目中任选三个科目参加高考，其中物理、化学、生物为自然科学科目，思想政治、历史、地理为社会科学科目，假设某位考生选考这六个科目的可能性相等．(1)求这位考生所选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率；(2)已知该考生选考的三个科目中有一个科目属于社会科学科目，两个科目属于自然科学科目，若该考生所选的社会科学科目考试的成绩获A 等的概率都是45，所选的自然科学科目考试的成绩获A 等的概率都是34，且所选的各个科目的考试成绩相互独立，用随机变量X表示他所选的三个科目中考试成绩获A 等的科目数，求X 的分布列和数学期望．解：(1)记“这位考生选考的三个科目中至少有一个科目是自然科学科目”为事件M ， 则P (M )＝1－C 33C 36＝1－120＝1920，所以这位考生选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率为1920.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. 因为P (X ＝0)＝15×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝180，P (X ＝1)＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋15×C 12×14×34＝18，P (X ＝2)＝45×C 12×14×34＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝3380， P (X ＝3)＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝920，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×180＋1×1080＋2×3380＋3×3680＝2.3.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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．(ⅰ)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EX ；(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：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )＝C 220p 2(1－p )18.因此f ′(p )＝C 220[2p (1－p )18－18p 2(1－p )17]＝2C 220p (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.(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EX ＝E (40＋25Y )＝40＋25EY ＝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． 由于EX >400，故应该对余下的产品作检验．3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为34，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为23，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；(2)设X 表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X 的分布列和数学期望． 解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A ，“在甲企业抽中”为事件B ，“在乙企业第一次抽中”为事件C ，“在乙企业第二次抽中”为事件D ，则由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23.(1)因为A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，所以P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝736. (2)根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.所以P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝136， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )[1－P (C )][1－P (D )]＝34×⎝⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝112，P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B CD )＋P (B －C －D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝13，P (X ＝4)＝P (BCD )＝[1－P (B )]P (C )P (D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19，P (X ＝5)＝P (BCD )＝P (B )P (C )P (D )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：以这60辆该品牌同型号车的投保类型的频率代替该品牌同型号一辆车投保类型的概率，完成下列问题：(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X为该车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5 000元，购进并销售一辆非事故车盈利10 000元．①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值．解：(1)由题意可知，X的可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a.由统计数据可知：P(X＝0.9a)＝16，P(X＝0.8a)＝112，P(X＝0.7a)＝112，P(X＝a)＝13，P(X＝1.1a)＝14，P(X＝1.3a)＝112.所以X的分布列为所以E (X )＝0.9a ×16＋0.8a ×112＋0.7a ×112＋a ×13＋1.1a ×14＋1.3a ×112＝11.9a12＝11 30512≈942(元)． (2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为13，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＋C 1313⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2027. ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5 000，10 000. 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝－5 000×13＋10 000×23＝5 000(元)．故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝50(万元)．。
人教A版高考数学(文)二轮复习 专题 概率与统计课件第2讲
[微题型 3] 茎叶图与古典概型交汇 【例 2－3】 某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出 7 名学生
参加数学竞赛，他们取得的成绩(满分 100 分)的茎叶图如图所 示，其中甲班学生成绩的平均分是 85，乙班学生成绩的中位 数是 83.
(1)求 x 和 y 的值； (2)计算甲班 7 位学生成绩的方差 s2；
(3)从成绩在 90 分以上的学生中随机抽取 2 名学生，求甲班至 少有 1 名学生的概率．
解 (1) 因 为 甲 班 学 生 成 绩 的 平 均 分 是 85 ， 所 以 92＋96＋80＋807＋x＋85＋79＋78＝85.所以 x＝5. 因为乙班学生成绩的中位数是 83， 所以 y＝3.
(2)甲班 7 位学生成绩的方差为 s2＝17[(79－85)2＋(78－85)2＋(80－85)2＋(85－85)2＋(85－85)2 ＋(92－85)2＋(96－85)2]＝40. (3)设“甲班至少有 1 名学生”为事件 M，则 M 为“抽取的两 名学生都是乙班的”． 甲班成绩在 90 分以上的学生有 2 名，分别记为 A，B， 乙班成绩在 90 分以上的学生有 3 名，分别记为 C，D，E. 从这 5 名学生中任取 2 名学生有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A， E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共 10 种不同的结果．
解 (1)社区总数为 12＋18＋6＝36，样本容量与总体中的个体 数比为366＝16. 所以从 A，B，C 三个行政区中应分别抽取的社区个数为 2,3,1. (2)设 A1，A2 为在 A 行政区中抽得的 2 个社区，B1，B2，B3 为 在 B 行政区中抽得的 3 个社区，C 为在 C 行政区中抽得的社 区，在这 6 个社区中随机抽取 2 个，全部可能的结果有
概率2-1离散型随机变量及其分布
设随机变量X的分布律为（1）
i
2 P X i a , i 1, 2, 3 3 2 （ 2） P X k b , 3
k
k =1,2, …,
试确定常数a、b .
概率论
例3 已知
X
1
1 4
0
2 3
2
1 12
P
求下列事件的概率：P{X <-1}， P{X ≤-1}，P{0≤X <0.5}
概率密度函数的分布概率论第一节离散型随机变量及其分布第二节随机变量的分布函数第三节连续型随机变量及其概率密度第四节随机变量函数的分布习题课概率论随机变量离散型随机变量的概率分布几种常见的离散型分布概率论一随机变量randomvariable简记为rv
概率论
第二章
随机变量及其分布
离散型：概率分布
• 描述方法：分布函数 连续型：概率密度 函数的分布
概率论
离散型随机变量表示方法
（1）公式法
P { X x k } p k , k 1, 2 ,
（2）列表法 X
pk
x1 x2 xk
p1
p2
pk
概率论
例1 袋中有标号为1、2、3、4的球若 干，从中任取一个，取到各球的概率 与球上的号码成反比，求取到的球的 标号X的概率分布。
概率论
例2
概率论
随 机 变 量
离散型随机变量
连续型随机变量
这两种类型的随机变量因为都是随机变量， 自然有很多相同或相似之处；但因其取值方式不 同，又有其各自的特点.
学习时请注意它们各自的特点和描述方法.
概率论
二、离散型随机变量的概率分布
看一个例子 从中任取3 个球 取到的白球数X是一个随机变量 . (1) X 可能取的值是0,1,2 ; (2) 取每个值的概率为:
【高考解码】(新课标)高考数学二轮复习 概率、随机变量及其分布列
【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习 概率、随机变量及其分布列1．(2014·全国新课标Ⅰ高考)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动 ( )A.18B.58C.38D.78【解析】 易知4位同学任选一天参加公益活动共有24＝16种结果，周六、日均有同学参加的情况有①一天一人另一天三人有C 14A 22＝8种．②每天各有两人参加有C 24＝6种．故满足条件的概率P ＝8＋616＝78.另外，可用间接法求解，其中仅在周六(日)参加的各有1种，因而所求概率为1－1＋116＝78.故选D. 【答案】 D2．(2014·全国新课标Ⅱ高考)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45【解析】 设某天空气质量优良，则随后一天空气质量也优良的概率为P ，∴0.75·P ＝0.6，解得P ＝0.8，故选A.【答案】 A3．(2014·福建高考)如图，在边长为e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．【解析】 ∵y ＝e x 与y ＝ln x 互为反函数，∴其图象关于y ＝x 对称，∴S 1＝S 2，S 1＝∫10(e－e x )d x ＝(e x －e x )|10＝1，∴P ＝2S 1e 2＝2e 2. 【答案】 2e 4．(2014·天津高考)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(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．【解】 (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 13·C 27＋C 03·C 37C 310＝4960. 所以，选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960. (2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3.P (X ＝k )＝C k 4·C 3－k6C 310(k ＝0,1,2,3)． 所以，随机变量X随机变量X 的数学期望E (X )＝0×6＋1×2＋2×10＋3×30＝65.从近几年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．古典概型①古典概型是高考重点考查的概率模型，常与计数原理、排列组合结合起来考查． ②既可以以选择题、填空题的形式考查，属中档题．也可以以解答题的形式考查，也属于中档题．2．几何概型①几何概型是新课标新增内容，预计今后会成为新课标高考的增长点，应引起高度重视． ②易与解析几何、定积分等几何知识交汇命题，多以选择题、填空题的形式出现，属中、低档题目．3．相互独立事件和独立重复试验问题①每年高考必考内容，以复杂事件的概率为背景，考查学生分类讨论思想和分析问题、解决问题的能力．②以解答题为主，属中高档题．4．离散型随机变量及其分布列①该考向是每年高考中的必考内容之一，重点考查离散型随机变量的分布列、均值与方差，常与相互独立事件的概率，n 次独立重复试验结合在一起考查． ②多以解答题的形式呈现，属中档题.古典概型【例1】 (1)(2014·陕西高考)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为( )A.15B.25C.35D.45(2)10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．【解析】 (1)如图，任取2点共得到10条线段，分别为AB ，BC ，CD ，AD ，AC ，BD ，OA ，OC ，OB ，OD ，其中小于正方形边长的有OA ，OC ，OB ，OD ，共4条，∴概率为P ＝410＝25，故选B.(2)P ＝C 13C 37C 410＝12. 【答案】 (1)B (2)12【规律方法】 利用古典概型求概率的关键及注意点：(1)关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的有关知识．(2)注意点：对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．[创新预测]1．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．【解】 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150， 所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2. 所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1,3,2.(2)设6件来自A ，B ，C 三个地区的样品分别为A ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的． 记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”， 则事件D 包含的基本事件有{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415. 几何概型【例2】 (1)(2014·山东临沂质检)若在区间[－5,5]内任取一个实数a ，则使直线x ＋y＋a ＝0与圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝2有公共点的概率为( )A.25B.25C.35D.3210(2)(2013·安徽合肥质检)在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到正方体各面的距离都不小于1的概率为( )A.127B.2627C.827D.18(3)(2014·重庆高考)某校早上8∶00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7∶30～7∶50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为________(用数字作答)．【解析】 (1)若直线与圆有公共点，则圆心(1，－2)到直线的距离d ＝|1－2＋a |2＝|a －1|2≤2，解得－1≤a ≤3，又因为－5≤a ≤5，所以由几何概型的概率计算公式得所求概率P ＝410＝25，故选B. (2)正方体中到各面的距离不小于1的点的集合是一个中心与原正方体中心重合，且棱长为1的正方体，该正方体的体积是V 1＝13＝1，而原正方体的体积为V ＝33＝27，故所求的概率为P ＝V 1V ＝127.故选A.(3)设小张与小王的到校时间分别为7∶00后第x 分钟，第y 分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面积为(50－30)2＝400.小张比小王至少早5分钟到校表示的事件A ＝{x ，y )|y －x ≥5,30≤x ≤50,30≤y ≤50}，如图中阴影部分所示，阴影部分所占的面积为12×15×15＝2252，所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为P (A )＝2252400＝932. 【答案】 (1)B (2)A (3)932【规律方法】 几何概型的适用条件及求解关系：(1)适用条件：当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．(2)关键：寻找构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．[创新预测]2．(1)在区间[0,9]上随机取一实数x ，则该实数x 满足不等式1≤log 2x ≤2的概率为________．(2)(2014·辽宁高考)正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1,1)，D (－1,1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图的示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．【解析】 (1)∵1≤log 2x ≤2，∴2≤x ≤4.∴P ＝29. (2)利用定积分直接求面积，再利用几何概型的概率公式求解．正方形内空白部分面积为⎠⎛1－1[x 2－(－x 2)]d x＝⎠⎛1－12x 2dx ＝23·x 3| 1－1＝23－⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝43， 阴影部分面积为2×2－43＝83， 所以所求概率为834＝23. 【答案】 (1)29 (2)23相互独立事件和独立重复试验【例3】 (2014·全国大纲高考)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6、0.5、0.5、0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)实验室计划购买k 台设备供甲、乙、丙、丁使用．若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1，求k 的最小值．【解】 记A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0,1,2， B 表示事件：甲需使用设备，C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备，E 表示事件：同一工作日4人需使用设备，F 表示事件：同一工作日需使用设备的人数大于k.(1)D ＝A 1·B·C＋A 2·B＋A 2·B ·C，P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A i )＝C i 2×0.52，i ＝0,1,2，所以P(D)＝P(A 1·B·C＋A 2·B＋A 2·B ·C)＝P(A 1·B·C)＋P(A 2·B)＋P(A 2·B ·C)＝P(A 1)P(B)P(C)＋P(A 2)P(B)＋P(A 2)P(B )P(C)＝0.31.(2)由(1)知，若k ＝2，则P(F)＝0.31＞0.1.又E ＝B·C·A 2，P(E)＝P(B·C·A 2)＝P(B)P(C)P(A 2)＝0.06.若k ＝3，则P(F)＝0.06＜0.1.所以k 的最小值为3.【规律方法】 求相互独立事件和独立重复试验的概率应注意：(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”，“至多”等问题往往用这种方法求解．(3)注意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．(4)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．[创新预测]3．(2013·全国大纲高考)甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)求前4局中乙恰好当1次裁判的概率．【解】 (1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”，A 2表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A 表示事件“第4局甲当裁判”．则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14. (2)记B 1表示事件“第1局比赛结果为乙胜”，B 2表示事件“第2局乙参加比赛时，结果为乙胜”，B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙胜”，B 表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”，则B ＝B 1·B 3＋B 1·B 2·B 3＋B 1·B 2.P(B)＝P(B 1·B 3＋B 1·B 2·B 3＋B 1·B 2)＝P(B 1·B 3)＋P(B 1·B 2·B 3)＋P(B 1·B 2)＝P(B 1)P(B 3)＋P(B 1)P(B 2)P(B 3)＋P(B 1)P(B 2)＝14＋18＋14＝58. 离散型随机变量及分布列【例4】 (2014·安徽高考)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)．【解】 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)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232 ＝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＋4×81＋5×81＝81. 【规律方法】 解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：(1)明确随机变量可能取哪些值；(2)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；(3)根据分布列和期望、方差公式求解．[创新预测]4．(2014·江苏高考)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P ；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数，求X 的概率分布和数学期望E(X)． 命题立意 本题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识，考查运算求解能力．【解】 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518. (2)随机变量X 所有可能的取值为2,3,4. {X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X ＝4)＝C 44C 49＝1126； {X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363； 于是P(X ＝2)＝1－P(X ＝3)－P(X ＝4)＝1－1363－1126＝1114. 所以随机变量X因此随机变量X E(X)＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209. [总结提升]失分盲点1．对于古典概型其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，常用计数方法是列举法、列表法或画树状图法以及计数原理与排列、组合的相关知识．2．对于含有“至少”“至多”型事件概型的求法，可考虑使用对立事件的概率．3．对于条件概型要注意P(A|B)与P(B|A)不同．4．相互独立事件中要注意分析事件，常用到分类讨论思想．5．注意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．6．离散型随机变量的分布列及均值与方差的求法关键是准确确定随机变量的取值及相应概率．7．注意区分互斥事件和相互独立事件，互斥事件是在同一试验中不可能同时发生的两个事件，相互独立事件是指几个事件的发生与否互不影响，当然可以同时发生．答题指导利用排列组合知识结合离散型随机变量的分布列的概念性质及期望方差公式计算概率，注意应用分布列的性质判断所求分布列的正误．方法规律(1)求分布列的步骤：第一步：明确随机变量的取值范围．第二步：求出每一个随机变量取值的概率．第三步：列成表格．(2)求离散型随机变量ξ的期望与方差的方法：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取每个值的概率；③写出ξ的分布列；④由期望的定义求E(ξ)；⑤由方差的定义求D(ξ).概率计算中的分解思想1．在运算中对运算对象进行分解组合是运算能力的主要体现之一，高考中不少问题的计算都要依靠这种分解组合的能力，概率的综合计算是这个方面的典型问题之一．2．概率计算题的核心环节就是把一个随机事件进行分拆．这中间有三个概念，事件的互斥，事件的对立和事件的相互独立，在概率的计算中只要弄清楚这三个概念．根据实际情况对事件进行合理的分拆，就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率计算，达到解决问题的目的．【典例】 (2014·山东高考)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．【解】 (1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i＝0,1,3)，则P(A 3)＝12，P(A 1)＝13，P(A 0)＝1－12－13＝16； 记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i＝0,1,3)，则P(B 3)＝15，P(B 1)＝35，P(B 0)＝1－15－35＝15. 记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”．由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3，由事件的独立性和互斥性，P(D)＝P(A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P(A 3B 0)＋P(A 1B 0)＋P(A 0B 1)＋P(A 0B 3)＝P(A 3)P(B 0)＋P(A 1)P(B 0)＋P(A 0)P(B 1)＋P(A 0)P(B 3)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为310. (2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性和互斥性，得P(X ＝0)＝P(A 0B 0)＝16×15＝130， P(X ＝1)＝P(A 1B 0＋A 0B 1)＝P(A 1B 0)＋P(A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P(X ＝2)＝P(A 1B 1)＝13×35＝15， P(X ＝3)＝P(A 3B 0＋A 0B 3)＝P(A 3B 0)＋P(A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215， P(X ＝4)＝P(A 3B 1＋A 1B 3)＝P(A 3B 1)＋P(A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P(X ＝6)＝P(A 3B 3)＝12×15＝110. 可得随机变量X所以数学期望E(X)＝0×30＋1×6＋2×5＋3×15＋4×30＋6×10＝30. 【规律感悟】 确定X 的取值，以及各个取值的含义，把事件进行分解，转化为一些运算的组合是解决本题的关键.。
高中数学2轮10 大题专攻(二) 离散型随机变量的分布列、期望与方差、正态分布
以二项分布为背景的期望与方差
[典例] “大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文 景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之 地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生在某旅行社实 习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型， 并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所 学校，统计如下：
或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解
当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对 间接法 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
[对点训练] 某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员 组成，队员甲与队员乙组成了一个小组．游戏规则：每个小组的两名队员在每 轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于 3 次的称为“神投小 组”．已知甲、乙两名队员投进篮球的概率分别为 p1，p2. (1)若 p1＝34，p2＝23，求在第一轮游戏中他们获“神投小组”称号的概率； (2)若 p1＋p2＝43，则在游戏中，甲乙两名队员想要获得“神投小组”的称号 16 次，理论上他们小组要进行多少轮游戏才行？并求此时 p1，p2 的值．
所以X的分布列为
X 60
P
1 12
90 120 150
15 1 3 12 6
所以 E(X)＝60×112＋90×13＋120×152＋150×16＝110.
[提分技巧] 求相互独立事件的概率的两种方法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互 直接法 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
解：(1)由题可知，所有可能的情况有：①甲投中 1 次，乙投中 2 次；②甲投中
高中数学第二章随机变量及其分布2.3.1离散型随机变量的均值练习(含解析)新人教A版选修2_3
2.3.1 离散型随机变量的均值课后作业提升1.若随机变量ξ~B(n,0.6),且E(ξ)=3,则P(ξ=1)的值为( )A.2×0.44B.2×0.45C.3×0.44D.3×0.64解析:E(ξ)=0.6n=3,∴n=5,∴ξ~B(5,0.6),∴P(ξ=1)=×0.6×0.44=3×0.44.答案:C2.设随机变量ξ的分布列如下表:且E(ξ)=1.6,则a-b等于( )A.0.2B.0.1C.-0.2D.-0.4解析:根据题意,解得所以a-b=-0.2.答案:C3.某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X的数学期望为( )A.100B.200C.300D.400解析:E(X)=1000×0.9×0+1000×0.1×2=200.答案:B4.一射手对靶射击,直到第一次命中为止,每次命中的概率为0.6,现有4发子弹,则命中后剩余子弹数的均值为( )A.2.44B.3.376C.2.376D.2.4解析:记命中后剩余子弹数为ξ,则ξ可能取值为0,1,2,3.P(ξ=0)=0.44+0.43×0.6=0.064,P(ξ=1)=0.42×0.6=0.096,P(ξ=2)=0.4×0.6=0.24,P(ξ=3)=0.6.所以,E(ξ)=0×0.064+0.096×1+0.24×2+0.6×3=2.376.答案:C5.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,从中任意抽出3张卡片,设3张卡片上的数字之和为X,则X的数学期望是( )A.7.8B.8C.16D.15.6解析:X的取值为6,9,12,P(X=6)=,P(X=9)=,P(X=12)=.E(X)=6×+9×+12×=7.8.答案:A6.在一次商业活动中,某人获利300元的概率为0.6,亏损100元的概率为0.4,此人在这样的一次商业活动中获利的均值是.解析:设此人获利为随机变量X,则X的取值是300,-100,其概率分布列为:X300-100P.60 .4所以E(X)=300×0.6+(-100)×0.4=140.答案:1407.随机抛掷一枚骰子,所得点数X的均值为. 解析:X的分布列为P(X=k)=(k=1,2,3,4,5,6),所以E (X )=(1+2+3+4+5+6)=3.5.答案:3.58.一个随机变量ξ的概率分布列如下表:3?某同学计算ξ的数学期望,尽管“!”处完全无法看清,且两个“?”处字迹模糊,但能断定这两个“?”处的数值相同.据此,该同学给出了正确答案E (ξ)= .解析:设P (ξ=1)=P (ξ=3)=a ,P (ξ=2)=b ,则2a+b=1,于是E (ξ)=a+2b+3a=2(2a+b )=2. 答案:29.如图所示是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位:吨)的频率分布直方图.(1)求直方图中x 的值;(2)若将频率视为概率,从这个城市随机抽取3位居民(看作有放回的抽样),求月均用水量在3至4吨的居民数X 的分布列和数学期望.解:(1)依题意及频率分布直方图知,0.02+0.1+x+0.37+0.39=1,解得x=0.12. (2)由题意知,X~B (3,0.1). 因此P (X=0)=×0.93=0.729,P (X=1)=×0.1×0.92=0.243,P (X=2)=×0.12×0.9=0.027,P (X=3)=×0.13=0.001.故随机变量X 的分布列为X的数学期望为E(X)=3×0.1=0.3.10.在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中,每个单位的节目集中安排在一起,若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2,…,6),求:(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率;(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与数学期望.解:只考虑甲、乙两单位的相对位置,故可用组合计算基本事件数.(1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”,则表示“甲、乙的序号均为偶数”,由等可能性事件的概率计算公式得P(A)=1-P()=1-=1-.(2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,且P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=.从而知ξ的分布列为4P所以,E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×.。
2024届新教材高考数学二轮复习 概率 课件(69张)
A.15
B．13
C．25
D．23
【解析】 从 6 张卡片中无放回抽取 2 张，共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，
(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，
(5,6)，15 种情况，其中数字之积为 4 的倍数的有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，
2.古典概型 一般地，设试验 E 是古典概型，样本空间 Ω 包含 n 个样本点，事件 A 包含其中的 k 个样本点，则定义事件 A 的概率 P(A)＝nk＝nnΩA. 其中，n(A)和 n(Ω)分别表示事件 A 和样本空间 Ω 包含的样本点个数．
多 维 题 组·明 技 法
角度1：随机事件的关系 1. (2023·柳州模拟)从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中 任取两本书，那么互斥而不对立的两个事件是( D ) A．至少有一本政治与都是数学 B．至少有一本政治与都是政治 C．至少有一本政治与至少有一本数学 D．恰有1本政治与恰有2本政治
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率 为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－ β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1 －β)3
D．当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率 大于采用单次传输方案译码为0的概率
【解析】 由题意可得事件1表示{1,3,5}，事件2表示{2,4,6}，事件3 表示{4,5,6}，事件4表示{1,2}，所以事件1与事件2为对立事件，事件1与 事件3不互斥，事件2与事件3不互斥，事件3与事件4互斥不对立，故选 项A，C，D错误，选项B正确．故选B.
【课堂新坐标】高考数学(浙江专版)二轮复习练习：专题7 随机变量及其分布(含答案解析)
突破点7 随机变量及其分布i p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1(i ＝1,2,3，…，nE (X ＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为X 的均值或数学期望(简称期望D (X ＝(x 1－E (X2·p 1＋(x 2－E (X2·p 2＋…＋(x i －E (X2·p i ＋…＋(x n －E (X2·p n 叫做随机变量X 的方差.均值与方差的性质 ①E (aX ＋b ＝aE (X ＋b ； ②D (aX ＋b ＝a 2D (X(a ，b 为实数两点分布与二项分布的均值、方差①若X 服从两点分布，则E (X ＝p ，D (X ＝p (1－p ； ②若X ～B (n ，p ，则E (X ＝np ，D (X ＝np (1－p .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. 相互独立事件同时发生的概率 P (AB＝P (A P (B .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 .回访1 离散型随机变量及其分布列1.(2013·浙江高考设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分.当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；从该袋子中任取(每球取到的机会均等个球，记随机变量η为取出此球所得分数.若Eη＝53，Dη＝59，求a ∶b ∶c .[解] 由题意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P (ξ＝＝3×36×6＝14， 1分 P (ξ＝＝2×3×26×6＝13，2分 P (ξ＝＝2×3×1＋2×26×6＝518，3分 P (ξ＝＝2×2×16×6＝19，4分P (ξ＝＝1×16×6＝136. 5分所以ξ的分布列为由题意知η的分布列为所以E (η＝a a ＋b ＋c ＋2b a ＋b ＋c ＋3c a ＋b ＋c ＝53，10分 D (η＝⎝⎛⎭⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝⎛⎭⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝⎛⎭⎫3－532·c a ＋b ＋c ＝59， 化简得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0.13分 解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. 15分回访2 离散型随机变量的均值与方差2.(2014·浙江高考已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n，从乙盒中随机抽取i (i ＝个球放入甲盒中.放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝；放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝则(A.p 1>p 2，E (ξ1E (ξ2B.p 1<p 2，E (ξ1E (ξ2C.p 1>p 2，E (ξ1E (ξ2D.p 1<p 2，E (ξ1E (ξ2A [随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：所以E (ξ1＝n m ＋n ＋2m m ＋n ＝2m ＋nm ＋n ，E (ξ2＝C 2n C 2m ＋n ＋2C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3C 2mC 2m ＋n ＝3m ＋n m ＋n， 所以E (ξ1E (ξ2因为p 1＝m m ＋n ＋n m ＋n ·12＝2m ＋n m ＋n，p 2＝C 2m C 2m ＋n ＋C 1m C 1n C 2m ＋n ·23＋C 2n C 2m ＋n ·13＝3m ＋n m ＋n，p 1－p 2＝nm ＋n>0，所以p 1>p 2.]3.(2014·浙江高考随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝＝15，E (ξ＝1，则D (ξ＝________.25[设P (ξ＝＝a ，P (ξ＝＝b ， 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝35，b ＝15，所以D (ξ＝15＋35×0＋15×1＝25.]热点题型1 相互独立事件的概率与条件概率题型分析：高考对条件概率的考查，主要体现在对条件概率的了解层次，难度较小，对事件相互独立性的考查相对较频繁，难度中等.全国卷Ⅰ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.0.648B.0.432C.0.36D.0.312如图7-1，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9.电流能否通过各元件相互独立.已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.图7-1①求p ；②求电流能在M 与N 之间通过的概率.[3次投篮投中2次的概率为P (k ＝＝C 23×0.62×(1－，投中3次的概率为P (k ＝＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝＋P (k ＝＝C 23×0.62×(1－＋0.63＝0.648.故选A.]记A i 表示事件：电流能通过T i ，i ＝1,2,3,4，A 表示事件：T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流，B 表示事件：电流能在M 与N 之间通过. ①A －＝A －1A －2A －3，A －1，A －2，A －3相互独立， 2分P (A－＝P (A －1A －2A －3 ＝P (A －1P (A －2P (A －3＝(1－p3. 3分又P (A －＝1－P (A ＝1－0.999＝0.001， 4分故(1－p3＝0.001，p ＝0.9. 6分②B ＝A 4∪A －4A 1A 3∪A －4A －1A 2A 3， 10分P (B ＝P (A 4∪A －4A 1A 3∪A －4A －1A 2A 3 ＝P (A 4＋P (A －4A 1A 3＋P (A －4A －1A 2A 3＝P (A 4＋P (A －4P (A 1P (A 3＋P (A －4P (A －1P (A 2P (A 3＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.989 1.15分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.[变式训练1] (2016·全国甲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：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； 求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. [解]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分设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＝0.15.4分又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311.6分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 .13分因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.15分热点题型2 离散型随机变量的分布列、期望和方差题型分析：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.(2016·嘉兴第一中学优化卷红队队员甲，乙，丙与蓝队队员A ，B ，C 进行围棋比赛，甲对A ，乙对B ，丙对C 各一盘.已知甲胜A ，乙胜B ，丙胜C 的概率分别为0.6，0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立.求红队至少两名队员获胜的概率；用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ[解]记甲对A ，乙对B ，丙对C 各一盘中甲胜A ，乙胜B ，丙胜C 分别为事件D ，E ，F ，则甲不胜A ，乙不胜B ，丙不胜C 分别为事件D －，E －，F －，根据各盘比赛结果相互独立可得红队至少两名队员获胜的概率P ＝P (DE F －＋P (D E －F ＋P (D －EF ＋P (DEF ＝P (D P (E P (F －＋P (D P (E －P (F＋P (D－P (E P (F＋P (D P (E P (F＝0.6×0.5×(1－＋0.6×(1－＋(1－＋0.6×0.5×0.5＝0.55.6分依题意可知ξ＝0,1,2,3， P (ξ＝＝P (D －E －F －＝P (D －P (E －P (F －＝(1－－－＝0.1， P (ξ＝＝P (D E －F －＋P (D －E F－＋P (D －E －F＝0.6×(1－－＋(1－－＋(1－－＝0.35，8分 P (ξ＝＝P (DE F －＋P (D E －F ＋P (D －EF＝0.6×0.5×(1－＋0.6×(1－＋(1－＝0.4.10分P (ξ＝＝P (DEF ＝0.6×0.5×0.5＝0.15.故ξ的分布列为：解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路： (1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. [变式训练2] 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：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] 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分①随机变量X 的所有取值为190,85,70，－35， 且P (X ＝＝34×23＝12，P (X ＝＝34×13＝14，P (X ＝＝14×23＝16，P (X ＝－＝14×13＝112. 所以随机变量X 的分布列为所以E (X ＝1902＋854＋706－3512＝125.8分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 ，解得n ≥257，取n ＝4或n ＝5，13分设“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⎝⎛⎭⎫23413＋⎝⎛⎭⎫235＝112243. 15分。
高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.1.2 离散型随机变量及其分布列课时作业 新人教A版选修23
12．【题文】某商店举行三周年店庆活动，每位会员交会员费50元，可享受20元的消费，并参加一次抽奖活动，从一个装有标号分别为1，2，3，4，5，6的6只均匀小球的抽奖箱中，有放回的抽两次球，抽得的两球标号之和为12，则获一等奖，奖品为价值a元的礼品，标号之和为11或10，则获二等奖，奖品为价值100元的礼品，标号之和小于10不得奖．
（1）求各会员获奖的概率；
（2）设商店抽奖环节收益为ξ元，求ξ的分布列.
13．【题文】某班从6名班干部中（其中男生4人，女生2人），任选3人参加学校的义务劳动．（1）设所选3人中女生人数为ξ，求ξ的分布列；
（2）求男生甲或女生乙被选中的概率．
14．【题文】某商场进行促销活动，到商场购物消费满100元就可转动转盘（转盘为十二等分的圆盘）一次进行抽奖，满200元转两次，以此类推（奖金累加）；转盘的指针落在A区域中一等奖，奖10元，落在B、C区域中二等奖，奖5元，落在其他区域不中奖．一位顾客一次购物消费268元.
（1）求该顾客中一等奖的概率；
（2）记ξ为该顾客所得的奖金数，求其分布列.
考点：随即变量的概率与等可能性事件【题型】选择题
∴分布列为。
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第2讲 概率、离散型随机变量及其分布
A组 基础题组
1.已知随机变量X服从二项分布B,则E(3X+1)=( )
A.3 B.4 C.6 D.7
2.(2017合肥第一次教学质量检测)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
的方程为x2-y=0)的点的个数的估计值为( )
A.5 000 B.6 667
C.7 500 D.7 854
3.(2017合肥第二次教学质量检测)已知5件产品中有2件次品,现逐一检测,直至能确定所有次品为止,记
检测的次数为ξ,则E(ξ)=( )
A.3 B.
C. D.4
4.先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6六个点),落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别
为x,y,设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数且x≠y”,则概率P(B|A)=( )
A. B. C. D.
5.在三棱锥S-ABC内任取一点P,使得三棱锥P-ABC的体积满足V三棱锥P-ABC
6.(2017张掖第一次诊断考试)在区间[0,π]上随机取一个数θ,则使≤sin θ+cos θ≤2成立的
概率为 .
7.(2016四川,12,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时,就说这次试验成功,
则在2次试验中成功次数X的均值是 .
8.某商场在儿童节举行回馈顾客活动,凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动,具体规则如下:
每人最多可射击3次,一旦击中,则可获奖且不再继续射击,否则一直射击到3次为止.设甲每次击中的概率
为p(p≠0),射击次数为η,若η的数学期望E(η)>,则p的取值范围是 .
9.(2017合肥第一次教学质量检测)某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动,有甲、乙两个抽奖方案供员工选
择.
方案甲:员工最多有两次抽奖机会,每次抽奖的中奖率均为.第一次抽奖,若未中奖,则抽奖结束.若中奖,
则通过抛一枚质地均匀的硬币,决定是否继续进行第二次抽奖.规定:若抛出硬币,反面朝上,员工则获得
500元奖金,不进行第二次抽奖;若正面朝上,员工则须进行第二次抽奖,且在第二次抽奖中,若中奖,则获得
奖金1 000元;若未中奖,则所获得的奖金为0元.
方案乙:员工连续三次抽奖,每次中奖率均为,每次中奖均可获得奖金400元.
(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(元)的分布列;
(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖,哪个方案更划算.
10.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,
另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药
者,“+”表示未服药者.