高考概率与统计专题复习：概率、随机变量及分布列
大题 规范
类型二 二项分布问题
自我挑战
2．(2016·河北唐山模拟)小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、 乙、丙随机发放红包，每次发放1个． (1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率； (2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个．记乙所得红包的 总钱数为X(单位：元)，求X的分布列和期望．
自我挑战
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类型三 超几何分布问题
[例3] (2015·高考重庆卷)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．
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为
CC3336CC3436＝1100.(2分)
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝19090.(4分) (2)根据题意，X的可能取值为1,2,3.(5分) P(X＝1)＝CC13C46 33＝15， P(X＝2)＝CC23C46 23＝35， P(X＝3)＝CC33C46 13＝15，(8分)
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
自我挑战
(2)X的可能取值为200,300,400. P(X＝200)＝AA2225＝110， P(X＝300)＝A33＋AC1235C13A22＝130， P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－110－130＝160.
故X的分布列为
知识 回扣
必记知识
重要结论
2．条件概率 在A发生的条件下B发生的概率：
P(B|A)＝PPAAB. 3．相互独立事件同时发生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 4．独立重复试验 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 Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
自我挑战
1．(2015·高考安徽卷)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过 检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2 件次品或者检测出3件正品时检测结束． (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率； (2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品 或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和 均值(数学期望)． (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A， P(A)＝AA12A25 13＝130.
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类型二 二项分布问题
自我挑战
(1)设“甲恰得1个红包”为事件A，则P(A)＝C12×31×32＝94. (2)X的所有可能取值为0,5,10,15,20. P(X＝0)＝233＝287， P(X＝5)＝C12×13×232＝287， P(X＝10)＝132×32＋232×13＝267＝29，
概率、随机变量及分布列
类型一 利用事件关系求概率及分布利
类
类型二 二项分布问题
型
类型三 超几何分布问题
类型四 正态分布问题
高考·预测 运筹帷幄之中
1 利用古典概型、几何概型、互斥事件、独立事件，求事件的概率． 2 离散型随机变量的分布列、期望及方差．
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必记知识
重要结论
1．随机事件的概率 (1)随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1；不可能事 件的概率为0. (2)古典概型的概率 P(A)＝mn ＝A中所基含本的事基件本总事数件数. (3)几何概型的概率 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.
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必记知识
重要结论
7．正态分布 若X～N(μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 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.
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必记知识
重要结论
1．E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)； 2．X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)； 3．X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
所以X的分布列为
X1 2
3
P
1 5
3 5
1 5
因此，X的数学期望为 E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3) ＝1×15＋2×35＋3×15＝2.(12分)
(10分)
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
得分点及踩点说明 ①第(1)问采用古典概型及对立事件求概率，必须有计算基本事件总数 “C36C36”的内容，否则扣2分 ②第(2)问中缺少“x的可能取值1,2,3”者扣1分． ③第(2)问中，直接得P(X＝1)＝51＝51，P(X＝2)＝53，P(X＝3)＝51，和分 布列者，扣3分 ④计算E(X)无计算过程扣1分
综上知，X的分布列为
X0 1 2
P
7 15
7 15
1 15
故E(X)＝0×175＋1×175＋2×115＝35.
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类型三 超几何分布问题
超几何分步是不放回抽样，首先将被选元素分为两部分，M1和M2，从 M1中抽取n1，从M2中抽取n2，则n1＋n2＝n为抽取的样本容量，根据组 合数求概率
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子’被选中”，则P(A)＝1－P( A )＝1－CC2325＝1－130＝170. 因此，至少有一人是“高个子”的概率是170.
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类型二 二项分布问题
(2)抽取的30名学生中有12名是“高个子”，所以抽取1名学生，是“高 个子”的频率为1320＝ 25 ，用样本估计总体，把频率作为概率，那么从该 地所有高中生中抽取1名学生，是“高个子”的概率是25. 从该地所有高中生中抽取3名学生可看成进行3次独立重复试验，于 是，ξ服从二项分布B3，25，ξ的所有可能取值为0,1,2,3. P(ξ＝0)＝C031－253＝12275，
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必记知识
重要结论
6．离散型随机变量的分布列 (1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一 个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：
X x1 x2 x3 … xi … xn P p1 p2 p3 … pi … pn 为离散型随机变量X的分布列． (2)离散型随机变量X的分布列具有两个性质：①pi≥0，②p1＋p2＋…＋ pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)． (3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期 望)． D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－ E(X))2·pn叫做随机变量ξ的方差．
(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公 式有P(A)＝C21CC31130C15＝41.
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类型三 超几何分布问题
(2)X的所有可能值为0,1,2，且 P(X＝0)＝CC31380＝175， P(X＝1)＝CC12C31028＝175， P(X＝2)＝CC22C31018＝115.
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类型二 二项分布问题
(1)根据茎叶图知，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层抽
样的方法抽取5人，又350＝16，所以抽中的“高个子”有12×61＝2(人)，
“非高个子”有18×
1 6
＝3(人)．从这5人中选2人，用事件A表示“至少
有一名‘高个子’被选中”，则它的对立事件 A 表示“没有‘高个
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类型一 利用事件关系求概率及分布利
求复杂事件概率的方法及注意点 (1)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事件或一独立重复 试验问题，然后用相应概率公式求解． (2)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．
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类型二 二项分布问题
P(ξ＝1)＝C13251－252＝15245， P(ξ＝2)＝C232521－25＝13265，
P(ξ＝3)＝C33253＝1825. 因此，ξ的分布列如下：
ξ0 1 2 3
P
27 125
54 125
36 125
8 125
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类型三 超几何分布问题
自我挑战
(1)由题意可知 2b＝a＋0.015， 0.010＋0.015×2＋b＋a×10＝1， 解得a＝0.035，b＝0.025. (2)利用分层抽样从样本中抽取10人，易知其中属于高消费人群的有6 人，属于潜在消费人群的有4人． 从该10人中抽取3人，此3人所获得代金券的总和为X(单位：元)， 则X的所有可能取值为150,200,250,300.
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类型二 二项分布问题
P(X＝15)＝C12×132×23＝247，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
P(X＝20)＝133＝217. X的分布列为
X 0 5 10 15 20
P
88 27 27
2 9
41 27 27
E(X)＝0×287＋5×287＋10×267＋15×247＋20×217＝230.
类型三 超几何分布问题
自我挑战
3．(2016·河北衡水中学模拟)根据某电子商务平台的调查统计显示，参 与调查的1 000位上网购物者的年龄情况如图所示． (1)已知[30,40)、[40,50)、[50,60)三个年龄段的上网购物者人数成等差 数列，求a，b的值； (2)该电子商务平台将年龄在[30,50)内的人群定义为高消费人群，其他 年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费， 该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消 费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的 1 000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访， 求此3人获得代金券总和X(单位：元)的分布列与数学期望．
高考数学科学复习创新方案：概率与随机变量及其分布列的热点题型
命题动向：在高考的解答题中，对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点，是高考必考的内容，并且常与统计相结合，设计成包含概率计算、概率分布列、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体，考查学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．题型1求离散型随机变量的均值与方差例1(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．解(1)随机变量X的所有可能取值为0，20，100.P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48.故随机变量X的分布列如下：X020100P0.20.320.48(2)设小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则随机变量Y的所有可能取值为0，80，100，P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48.故E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.由(1)知E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.因为E(Y)>E(X)，故应先回答B类问题．离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随变式训练1(2024·保定开学考试)2015年5月，国务院印发《中国制造2025》，是我国由制造业大国转向制造业强国战略的行动纲领．经过多年的发展，我国制造业的水平有了很大的提高，出现了一批在国际上有影响的制造企业．我国的造船业、光伏产业、5G等已经在国际上处于领先地位，我国的精密制造也有了长足发展．已知某精密设备制造企业生产某种零件，根据长期检测结果，得知生产该零件的生产线的产品质量指标值X服从正态分布N(64，100)，且质量指标值在[54，84]内的零件称为优等品．(1)求该企业生产的零件为优等品的概率(结果精确到0.01)；(2)从该生产线生产的零件中随机抽取5件，随机变量Y表示抽取的5件中优等品的个数，求Y的分布列、数学期望和方差．附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)由题意知，X～N(64，100)，则μ＝64，σ＝10，54＝μ－σ，84＝μ＋2σ，由P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，得P(54≤X≤84)＝P(54≤X≤64)＋P(64≤X≤84)＝12×0.6827＋12×0.9545≈0.82.故该企业生产的零件为优等品的概率为0.82.(2)Y的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，P(Y＝0)＝(1－0.82)5，P(Y＝1)＝C15×0.82×(1－0.82)4，P(Y＝2)＝C25×0.822×(1－0.82)3，P(Y＝3)＝C35×0.823×(1－0.82)2，P(Y＝4)＝C45×0.824×(1－0.82)，P(Y＝5)＝0.825，则Y的分布列为Y012P(1－0.82)5C15×0.82×(1－0.82)4C25×0.822×(1－0.82)3Y345P C35×0.823×(1－0.82)2C45×0.824×(1－0.82)0.825由Y～B(5，0.82)，则E(Y)＝5×0.82＝4.1，D(Y)＝5×0.82×(1－0.82)＝0.738.题型2概率与统计的综合问题例2(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率．(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)解(1)平均年龄x－＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(岁)．(2)由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%，由频率分布直方图知，这种疾病患者的年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10＝0.23，结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.00023，所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.0002316%≈0.0014.概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为高考的一大亮点和热知识竞赛包含预赛和决赛．(1)下表为某10位同学的预赛成绩：得分939495969798人数223111求该10位同学预赛成绩的上四分位数(第75百分位数)和平均数；(2)决赛共有编号为A，B，C，D，E的5道题，学生甲按照A，B，C，D，E的顺序依次作答，答对的概率依次为23，12，12，13，13，各题作答互不影响，若累计答错两道题或五道题全部答完则比赛结束，记X为比赛结束时学生甲已作答的题数，求X的分布列和数学期望．解(1)因为10×0.75＝7.5，所以上四分位数为第8个成绩，为96；平均数为93×2＋94×2＋95×3＋96＋97＋9810＝95.(2)由题意可知，X的所有可能取值为2，3，4，5，所以P(X＝2)＝13×12＝16，P(X＝3)＝13×12×12＋23×12×12＝312＝14，P(X＝4)＝13×12×12×23＋23×12×12×23＋23×12×12×23＝1036＝518，P(X＝5)＝23×12×12×13＋13×12×12×13＋23×12×12×13＋23×12×12×13＋23×12×12×23＝1136，所以X的分布列为X2345P16145181136E(X)＝2×16＋3×14＋4×518＋5×1136＝13436＝6718.题型3概率与线性回归的综合问题例3某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去40期的养殖档案，该池塘的养殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有8期，不低于40百斤且不超过60百斤的有24期，超过60百斤的有8期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量y(百斤)与使用某种饵料的质量x(百斤)之间的关系如图所示．(1)根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的经验回归方程y^＝b^x＋a^；如果此人设想使用某种饵料10百斤时，草鱼重量的增加量须多于5百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由；(2)养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过3台增氧冲水机，每期养殖使用的增氧冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量X 有如下关系：鱼的重量(单位：百斤)20<X <4040≤X ≤60X >60增氧冲水机运行台数123若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利5千元；若某台增氧冲水机未运行，则商家每期亏损2千元．视频率为概率，商家欲使每期增氧冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？附：对于一组数据(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其经验回归直线y ^＝b ^x ＋a ^的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b ^＝解（1）依题意，得所以y ^＝313x ＋3713，当x ＝10时，y ^＝6713>5，故此方案可行．(2)设盈利为Y ，提供1台，盈利Y ＝5000.提供2台，当20<X <40时，Y ＝3000，P ＝15，当X ≥40时，Y ＝10000，P ＝45.所以E (Y )＝15×3000＋45×10000＝8600.提供3台，当20<X <40时，Y ＝1000，P ＝15，当40≤X ≤60时，Y ＝8000，P ＝35，当X >60时，Y ＝15000，P ＝15.所以E (Y )＝1000×15＋8000×35＋15000×15＝8000.因为8600>8000，故应提供2台增氧冲水机．本题主要考查概率与回归方程等知识，体药物的摄入量与体内抗体数量的关系成为研究抗体药物的一个重要方面．某研究团队收集了10组抗体药物的摄入量与体内抗体数量的数据，并对这些数据做了初步处理，得到了如图所示的散点图及一些统计量的值，抗体药物摄入量为x (单位：mg)，体内抗体数量为y (单位：AU/mL)．∑10i ＝1t i s i∑10i ＝1t i ∑10i ＝1s i ∑10i ＝1t 2i 29.2121634.4表中t i ＝ln x i ，s i ＝ln y i .(1)根据经验，我们选择y ＝cx d 作为体内抗体数量y 关于抗体药物摄入量x 的经验回归方程，将y ＝cx d 两边取对数，得ln y ＝ln c ＋d ln x ，可以看出ln x 与ln y 具有线性相关关系，试根据参考数据建立y 关于x 的经验回归方程，并预测抗体药物摄入量为25mg 时，体内抗体数量y 的值；(2)经技术改造后，该抗体药物的有效率z 大幅提高，经试验统计得z 服从正态分布N (0.48，0.032)，那这种抗体药物的有效率z 超过0.54的概率约为多少？附：①对于一组数据(u i，v i)(i＝1，2，…，n)，其经验回归直线v^＝β^u＋α^的斜率和截距的最小二乘估计分别为β^＝∑ni＝1u i v i－n u－v－∑ni＝1u2i－n u－2，α^＝v－－β^u－；②若随机变量Z～N(μ，σ2)，则有P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9974；③取e≈2.7.解(1)将y＝cx d两边取对数，得ln y＝ln c＋d ln x，由题知，s＝ln y，t＝ln x，则经验回归方程变为s＝ln c＋dt，由表中数据可知，s－＝110∑10i＝1s i＝1.6，t－＝110∑10i＝1t i＝1.2，所以d^＝∑10i＝1t i s i－10t－s－∑10i＝1t2i－10t－2＝29.2－10×1.2×1.634.4－10×1.22＝0.5，ln c^＝s－－d^t－＝1.6－0.5×1.2＝1，所以s^＝1＋0.5t，即ln y^＝1＋0.5ln x＝ln e＋ln x0.5＝ln e x0.5，故y关于x的经验回归方程为y^＝e x0.5，当x＝25mg时，y^＝e·250.5≈2.7×5＝13.5AU/mL.(2)因为z服从正态分布N(0.48，0.032)，其中μ＝0.48，σ＝0.03，所以P(μ－2σ≤z≤μ＋2σ)＝P(0.42≤z≤0.54)≈0.9545，所以P(z>0.54)＝1－P（0.42≤z≤0.54）2≈1－0.95452＝0.02275.故这种抗体药物的有效率z超过0.54的概率约为0.02275.题型4概率与独立性检验的综合问题例4(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：组别生活习惯不够良好良好病例组4060对照组1090(1)依据小概率值α＝0.010的独立性检验，能否认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”.P（B|A）P（B－|A）与P（B|A－）P（B－|A－）的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(ⅰ)证明：R＝P（A|B）P（A－|B）·P（A－|B－）P（A|B－）；(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B－)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），α0.0500.0100.001xα 3.841 6.63510.828解(1)零假设H0：患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯无差异．χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）＝200×（40×90－60×10）2100×100×50×150＝24＞6.635＝x0.010，依据小概率值α＝0.010的独立性检验，推断H0不成立，即认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：因为R ＝P （B |A ）P （B －|A ）·P （B －|A －）P （B |A －）＝P （AB ）P （A ）·P （A ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －）·P （A －）P （A －B ）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），而P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝P （AB ）P （B ）·P （B ）P （A －B ）·P （A －B －）P （B －）·P （B －）P （A B －）＝P （AB ）P （A －B ）·P （A －B －）P （A B －），所以R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）.(ⅱ)由已知P (A |B )＝40100＝25，P (A |B －)＝10100＝110，又P (A －|B )＝60100＝35，P (A －|B －)＝90100＝910，所以R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝6.此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查程度相对较浅，考查深小鼠均分为两组，分别为对照组(不加药物)和实验组(加药物)．(1)设指定的两只小鼠中对照组小鼠数目为X ，求X 的分布列和数学期望；(2)测得40只小鼠体重如下(单位：g)：(已按从小到大排好)对照组：17．318.420.120.421.523.224.624.825.025.426．126.326.426.526.827.027.427.527.628.3实验组：5．4 6.6 6.86.97.88.29.410.010.411.214．417.319.220.223.623.824.525.125.226.0(ⅰ)求40只小鼠体重的中位数m ，并完成下面2×2列联表：＜m≥m对照组实验组(ⅱ)根据2×2列联表，能否有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用？参考数据：P (K 2≥k 0)0.100.050.010k 02.7063.8416.635解(1)依题意，X 的可能取值为0，1，2，则P (X ＝0)＝C 020C 220C 240＝1978，P (X ＝1)＝C 120C 120C 240＝2039，P (X ＝2)＝C 220C 020C 240＝1978，所以X 的分布列为X 012P197820391978故E (X )＝0×1978＋1×2039＋2×1978＝1.(2)(ⅰ)依题意，可知这40只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排好后第20位与第21位数据的平均数，由于原数据已经按从小到大排好，所以我们只需要观察对照组第一排数据与实验组第二排数据即可，可得第11位数据为14.4，后续依次为17.3，17.3，18.4，19.2，20.1，20.2，20.4，21.5，23.2，23.6，…，故第20位数据为23.2，第21位数据为23.6，所以m＝23.2＋23.62＝23.4，故列联表为＜m≥m对照组614实验组146(ⅱ)由(ⅰ)可得，K2＝40×（6×6－14×14）220×20×20×20＝6.4＞3.841，所以能有95%的把握认为药物对小鼠生长有抑制作用．。
安徽省高考数学第二轮复习 专题七概率与统计第3讲 随机变量及其分布列 理
专题七 概率与统计第3讲 随机变量及其分布列真题试做1．(2012·课标全国高考，理15)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三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，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为__________．2．(2012·山东高考，理19)现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分，该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望E (X )．3．(2012·陕西高考，理20)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；(2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望．4．(2012·安徽高考，理17)某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题．若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束，若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．(1)求X ＝n ＋2的概率；(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)． 考向分析本讲是概率统计的重点，主要考查三方面的内容：①相互独立事件及其概率，题型有选择、填空，有时也出现在解答题中与其他知识交会命题；②二项分布及其应用，准确把握独立重复试验的特点是解答二项分布问题的关键，一般以中档题为主；③随机变量的分布列、期望和方差，以考生比较熟悉的实际应用题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用，其中有选择题，也有填空题，但更多的是解答题，难度中档．热点例析热点一 相互独立事件及其概率【例1】乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率． 规律方法(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．即把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小事件再分为n 个相互独立事件的乘积．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．变式训练1甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．(1)求乙获胜的概率；(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率． 热点二 二项分布及其应用【例2】(2012·安徽六安一中第十次月考，理17)为备战运动会，射击队运动员们正在积极备战．若某运动员每次射击成绩为10环的概率为13.求该运动员在5次射击中，(1)至少有3次射击成绩为10环的概率；(2)记“射击成绩为10环的次数”为ξ，写出ξ的分布列并求E ξ.(结果用分数表示) 规律方法事件服从二项分布的条件是：(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．(2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．(4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数．变式训练2某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率； (3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总得分数，求ξ的分布列．热点三 离散型随机变量的分布列、均值与方差【例3】(2012·天津高考，理16)现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望E (ξ)．规律方法求离散型随机变量的分布列，关键是计算各个概率值，一方面要弄清楚相应的概型(古典概型、相互独立事件的概率、独立重复试验等)，以便套用相关的计算公式计算；另一方面要注意运用分布列的性质检验所求概率值是否正确．变式训练3(2012·安徽江南十校联考，理18)“低碳经济”是促进社会可持续发展的推进器．某企业现有100万元资金可用于投资，如果投资“传统型”经济项目，一年后可能获利20%，可能损失10%，也可能不赔不赚，这三种情况发生的概率分别为35，15，15；如果投资“低碳型”经济项目，一年后可能获利30%，也可能损失20%，这两种情况发生的概率分别为a 和b (其中a ＋b ＝1)．(1)如果把100万元投资“传统型”经济项目，用ξ表示投资收益(投资收益＝回收资金－投资资金)，求ξ的概率分布及均值(数学期望)E ξ；(2)如果把100万元投资“低碳型”经济项目，预测其投资收益均值会不低于投资“传统型”经济项目的投资收益均值，求a 的取值范围．思想渗透转化与化归思想——期望与概率的实际应用解题中要善于透过问题的实际背景，发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．【典型例题】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，假设甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．(1)且X 1的数学期望E (X 1)＝(2)为分析乙厂产品的等级系数X 2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：3 5 3 3 8 5 5 6 34 6 3 4 75 3 4 8 5 3 8 3 4 3 4 4 7 56 7用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X 2的数学期望； (3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．注：(1)产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望产品的零售价；(2)“性价比”大的产品更具可购买性.解：(1)因为E (X 1)＝6，所以5×0.4＋6a ＋7b ＋8×0.1＝6，即6a ＋7b ＝3.2，又由X 1的概率分布列得0.4＋a ＋b ＋0.1＝1，即a ＋b ＝0.5.由⎩⎪⎨⎪⎧ 6a ＋7b ＝3.2，a ＋b ＝0.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0.3，b ＝0.2. (2)X 2的概率分布列如下：所以E (X 2) 4.8， 即乙厂产品的等级系数X 2的数学期望等于4.8. (3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其“性价比”为66＝1.因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其“性价比”为4.84＝1.2.所以乙厂的产品更具可购买性．1．设随机变量ξ服从正态分布N (3，σ2)，若P (ξ>m )＝a ，则P (ξ>6－m )等于( )． A ．a B ．1－2a C ．2a D ．1－a2．设一随机试验的结果只有A 和A 且P (A )＝m ，令随机变量ξ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，A 发生0，A 不发生，则ξ的方差D (ξ)等于( )．A ．mB ．2m (1－m )C ．m (m －1)D ．m (1－m )3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，现从中随机取出3个球，以Z 表示取出球的最大号码，令a ＝P (Z ＝6)，则函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2ax 的单调递增区间是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞) 4．箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )．A.16625B.96625C.624625D.46255．(2012·浙江五校联考，理16)甲、乙两个篮球队进行比赛，比赛采用5局3胜制(即先胜3局者获胜)．若甲、乙两队在每场比赛中获胜的概率分别为23和13，记需要比赛的场次为ξ，则E (ξ)＝__________.6．(2012·山东济南二模，20)一次考试共有12道选择题，每道选择题都有4个选项，其中有且只有一个是正确的．评分标准规定：“每题只选一个选项，答对得5分，不答或答错得0分．”某考生已确定有8道题的答案是正确的，其余题中有两道题都可判断两个选项是错误的，有一道题可以判断一个选项是错误的，还有一道题因不理解题意只好乱猜．请求出该考生：(1)得60分的概率；(2)所得分数ξ的分布列和数学期望．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做 1.38解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，∴该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B ＋A B ＋AB )C .∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为P ＝⎝⎛12×12＋12×12＋12×⎭⎪⎫12×12＝38. 2．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23，由于A ＝B C D ＋B C D ＋B C D ， 根据事件的独立性和互斥性得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， 根据事件的独立性和互斥性得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 )P (C )P (D )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23 ＝112， P (X ＝2)＝P (B C D ＋B C D )＝P (B C D )＋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 (B CD )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以EX ＝0×136＋1×12＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝12.3．解：设Y Y 的分布列如下：(1)A A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．所以P (A )＝P (Y ＝1)P (Y ＝3)＋P (Y ＝3)P (Y ＝1)＋P (Y ＝2)P (Y ＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.(2)方法一：X 所有可能的取值为0,1,2.X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟， 所以P (X ＝0)＝P (Y ＞2)＝0.5；X ＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P (X ＝1)＝P (Y ＝1)P (Y ＞1)＋P (Y ＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49； X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01. 所以X 的分布列为E (X )方法二：X 所有可能的取值为0,1,2.X ＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟， 所以P (X ＝0)＝P (Y ＞2)＝0.5；X ＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟， 所以P (X ＝2)＝P (Y ＝1)P (Y ＝1)＝0.1×0.1＝0.01； P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝2)＝0.49. 所以X 的分布列为E (X )4．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n m ＋n ·n ＋1m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2).(2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14.P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12，P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14，从而X 的分布列是E (X )＝n ×14＋(n ＋1)×2＋(n ＋2)×4＝n ＋1.精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】 解：记Ai 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； Bi 表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C 表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先． (1)B ＝A 0·A ＋A 1·A ，P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16， P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A )＝P (A 0·A )＋P (A 1·A ) ＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A )＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352.(2)P (B 0)＝0.62＝0.36，P (B 1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P (B 2)＝0.42＝0.16， P (A 2)＝0.62＝0.36.C ＝A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2， P (C )＝P (A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2) ＝P (A 1·B 2)＋P (A 2·B 1)＋P (A 2·B 2) ＝P (A 1)P (B 2)＋P (A 2)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2)＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2.【变式训练1】 解：设Ak ，Bk 分别表示甲、乙在第k 次投篮投中，则P (A k )＝13，P (B k )＝12(k ＝1,2,3)．(1)记“乙获胜”为事件C ，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1A 2B 2)＋P (A 1B 1A 2B 2A 3B 3)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)P (B 3) ＝23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1327. (2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D ，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P (D )＝P (A1B1A 2B 2)＋P (A1B1A2B 2A 3)＝P (A1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427.【例2】 解：设随机变量X 为射击成绩为10环的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13. (1)在5次射击中，至少有3次射击成绩为10环的概率为P (X ≥3)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＋P (X ＝5)＝40243＋10243＋1243＝1781.(2)因为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，3，所以E (ξ)＝3. 【变式训练2】 解：(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，23.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P (X ＝2)＝C 52×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝40243.(2)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A 4 A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A 1 A 2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝881.(3)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6，P (ξ＝0)＝P (A 1 A 2 A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127；P (ξ＝1)＝P (A 1A 2 A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1 A 2A 3)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×23×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝29； P (ξ＝2)＝P (A 1A 2A 3)＝23×13×23＝427； P (ξ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827； P (ξ＝6)＝P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827.所以ξ【例3】 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C 4i ⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 42⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 43⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列是随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝0×27＋2×81＋4×81＝81.【变式训练3】 解：(1)依题意，ξ的可能取值为20,0，－10， ξ的分布列为E (ξ)＝20×35＋0×15＋(－10)×5＝10(万元)．(2)设η表示100η的分布列为E (η)＝30a －20b ＝50a －20.依题意要求50a －20≥10，∴35≤a ≤1.创新模拟·预测演练1．D 解析：正态分布曲线关于x ＝μ对称，即关于x ＝3对称，m 与6－m 关于x ＝3对称， ∴P (ξ<6－m )＝P (ξ>m )＝a ， 则P (ξ>6－m )＝1－a . 2．D3．A 解析：P (Z ＝6)＝C 11C 52C 63＝12，y ＝212x x-⎛⎫⎪⎝⎭在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12上单调递增．4．B 解析：若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为6C 62＝25.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是C 43⎝ ⎛⎭⎪⎫253·35＝96625.5.10727解析：依题意ξ的可能取值分别为3,4,5， P (ξ＝3)＝23×23×23＋13×13×13＝927，P (ξ＝4)＝C 32⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＋C 32×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×13＝1027，P (ξ＝5)＝1－P (ξ＝3)－P ()ξ＝4＝827.E (ξ)＝3×P (ξ＝3)＋4×P (ξ＝4)＋5×P (ξ＝5)＝10727.6．解：(1)设“可判断两个选项是错误的”两道题之一选对为事件A ，“可判断一个选项是错误的”一道题选对为事件B ，“不理解题意的”一道题选对为事件C ，∴P (A )＝12，P (B )＝13，P (C )＝14，∴得60分的概率为P ＝12×12×13×14＝148.(2)ξ可能的取值为40,45,50,55,60.P (ξ＝40)＝12×12×23×34＝18，P (ξ＝45)＝C12×12×12×23×34＋12×12×13×34＋12×12×23×14＝1748，P (ξ＝50)＝12×12×23×34＋C 21×12×12×13×34＋C 21×12×12×23×14＋12×12×13×14＝1748，P (ξ＝55)＝C 21×12×12×13×14＋12×12×23×14＋12×12×13×34＝748，P (ξ＝60)＝12×12×13×14＝148.所得分数ξE (ξ)＝40×648＋(45＋50)×48＋55×48＋60×48＝12.。
高中数学高考复习《概率及随机变量及其分布列》讲座PPT课件
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3.(2009·浙江)有20张卡片,每张卡片上分别标有两
个连续的自然数k,k+1,其中k=0,1,2,…，19.从这20
张卡片中任取一张,记事件“该卡片上两个数的各位 数字之和(例如:若取到标有9,10的卡片,则卡片上两 个数的各位数字之和为9+1+0=10)不小于14”为A,则 1 P(A)=___. 4 解析 从20张卡片中任取一张共有20种可能,其中各 卡片上的数字之和大于等于14的有(7,8),(8,9), (16,17),(17,18),(18,19)共5种,因此满足各条件的 概率 P 5 1 . 20 4
卡片的事件包含下面三个事件:①甲抽到写有奇数数
1 字的卡片,乙抽到写有偶数数字的卡片,有 C1 种; C 5 4
②甲抽到写有偶数数字的卡片,乙抽到写有奇数数字
1 种;③甲、乙二人都抽到奇数数字的 的卡片,有 C1 C 4 5
1 种.设甲、乙二人至少有一人抽到奇数 卡片,有 C1 C 5 4
1.(2009·江西)为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作
了3种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡片, 集齐3种卡片则获奖,现购买该食品5袋,能获奖的概 率为 31 A. 81 解析 (D )
50 33 48 B. C. D. 81 81 81 5袋食品中含卡片的可能有35种，
其中含1种卡片的有3种， 含2种卡片的有 C 2 ×(25-2)=3×(25-2).
学案20 概率及随机变量及其分布列
1.事件与概率:了解随机事件发生的不确定性和频率 的稳定性;了解概率的意义;了解频率与概率的区别;
了解两个互斥事件的概率加法公式.
【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题7 概率与统计 第2讲 概率、随机变量及其分布列 理
第2讲概率、随机变量及其分布列一、选择题1.有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( A )(A)(B)(C)(D)解析:甲、乙两人都有3种选择,共有3×3=9种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有3种情况,所以甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P==,故选A.2.若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为 ( D )(A)(B)(C)(D)解析:设事件“甲或乙被录用”为事件A,则表示甲、乙都未被录用,由古典概型,P()==, 所以P(A)=1-=.3.某一批花生种子,如果每1粒发芽的概率为,那么播下3粒这样的种子恰有2粒发芽的概率是( C )(A)(B)(C)(D)解析:用X表示发芽的粒数,独立重复试验服从二项分布B（3,）,P(X=2)=（）2（）1=.4.已知随机变量ξ服从正态分布N(2,1),若P(ξ>3)=0.023,则P(1≤ξ≤3)等于( D )(A)0.046 (B)0.623 (C)0.977 (D)0.954解析:因为ξ～N(2,1),P(ξ>3)=0.023,所以由正态分布的对称性可知P(1≤ξ≤3)=1-2P(ξ>3)=1-2×0.023=0.954,所以选D.5. 如图,在矩形区域ABCD的A,C两点处各有一个通信基站,假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源,基站工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地点无信号的概率是( A )(A)1- (B)-1 (C)2-(D)解析:依题意,有信号的区域面积为×2=,矩形的面积为2,所求概率为P==1-.则E(6X+8)的值为( B )(A)13.2 (B)21.2 (C)20.2 (D)22.2解析:由随机变量的期望公式可得E(X)=1×0.2+2×0.4+3×0.4=2.2,E(6X+8)=6E(X)+8=6×2.2+8=21.2.7. 如图,△ABC和△DEF都是圆内接正三角形,且BC∥EF,将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在△ABC内”,用B表示事件“豆子落在△DEF内”,则P(B|A)等于( D )(A)(B)(C)(D)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,所以P(B|A)===.故选D.8.(2015湖北卷)设X～N(μ1,),Y～N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( C )(A)P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)(B)P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)(C)对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t)(D)对任意正数t,P(X≥t)≥P(Y≥t)解析:由题图可知μ1<0<μ2,σ1<σ2,所以P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1),故A错;P(X≤σ2)>P(X≤σ1),故B错;当t为任意正数时,由题图可知P(X≤t)≥P(Y≤t),而P(X≤t)=1-P(X≥t),P(Y≤t)=1-P(Y≥t),所以P(X≥t)≤P(Y≥t),故C正确,D错.9.如果X～B(20,p),当p=且P(X=k)取得最大值时,k的值为( C )(A)8 (B)9 (C)10 (D)11解析:当p=时,P(X=k)=()k·()20-k=·()20,显然当k=10时,P(X=k)取得最大值.10.已知袋中装有标号为1,2,3的三个小球,从中任取一个小球(取后放回),连取三次,则取到的小球的最大标号为3的概率为( B )(A)(B)(C)(D)解析:P==,故选B.11. 如图,在网格状小地图中,一机器人从A(0,0)点出发,每秒向上或向右行走1格到相应顶点,已知向上的概率是,向右的概率是,问6秒后到达B(4,2)点的概率为( D )(A)(B)(C)(D)解析:根据题意,从A到B相当于6次试验中4次向右走,2次向上走,因此所求概率为()2·()4=,故选D.12.若a,b∈(0,2),则函数f(x)=ax3+2x2+4bx+1存在极值的概率为( A )(A)(B)(C) (D)解析:f′(x)=ax2+4x+4b,函数f(x)=ax3+2x2+4bx+1存在极值,则Δ=42-4a×4b>0,所以ab<1,又=2ln 2,所以函数有极值的概率为=.二、填空题13.(2015广东卷)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= .解析:因为X～B(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p=.答案:14.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数,则这七个数的中位数是6的概率为.解析:十个数中任取七个不同的数共有种情况,七个数的中位数为6,那么6只有处在中间位置,有种情况,于是所求概率P==.答案:15.(2014浙江卷)随机变量ξ的取值为0,1,2,若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)= . 解析:设P(ξ=1)=x,P(ξ=2)=y,则得表格如下:由分布列的性质得+x+y=1,①又E(ξ)=0×+1×x+2y=1,②①、②联立,解得x=且y=.所以D(ξ)=(1-0)2×+(1-1)2×+(1-2)2×=.答案:16.甲、乙等5名志愿者被随机地分到A,B,C,D四个不同的岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者.设随机变量X为这5名志愿者中参加A岗位服务的人数,则X的数学期望为. 解析:根据题意,5名志愿者被随机分配到A,B,C,D四个不同岗位,每个岗位至少一人,共有=240种,而X=1,2,则P(X=1)===,P(X=2)===,故E(X)=1×+2×=.答案:三、解答题17.(2014湖北卷)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站,过去50年的水文资料显示,水库年入流量X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率;(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:若某台发电机运行,则该台年利润为5000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?解:(1)依题意,p1=P(40<X<80)==0.2,p2=P(80≤X≤120)==0.7,p3=P(X>120)==0.1.由二项分布,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=(1-p3)4+(1-p3)3p3=()4+4×()3×=0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).①安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5000,E(Y)=5000×1=5000.②安装2台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5000-800=4200,因此P(Y=4200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当X≥80时,两台发电机运行,此时Y=5000×2=10000,因此P(Y=10000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8.由此得Y的分布列如下所以,E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840.③安装3台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5000-1600=3400,因此P(Y=3400)=P(40<X<80)=p1=0.2;当80≤X≤120时,两台发电机运行,此时Y=5000×2-800=9200,因此P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当X>120时,三台发电机运行,3综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.18.某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售,如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理.(1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n∈N)的函数解析式.①若花店一天购进16枝玫瑰花,X表示当天的利润(单位:元),求X的分布列、数学期望及方差;②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝?请说明理由.解:(1)当需求量n<16时,卖出n枝,剩(16-n)枝,当需求量n≥16时,16枝全卖出.所以y=(n∈N).(2)由题意知,日需求量n与对应概率如表①由题意知X=60,70,80,且P(X=60)=P(n=14)=0.1,P(X=70)=P(n=15)=0.2,P(X=80)=P(n≥16)=0.7,所以X的分布列为X的数学期望E(X)=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76.X的方差D(X)=(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7=44.②答案一:花店一天应购进16枝.当花店一天购进17枝玫瑰花时,用Y表示当天的利润(单位:元),则Y=55,65,75,85.P(Y=55)=P(n=14)=0.1,P(Y=65)=P(n=15)=0.2,P(Y=75)=P(n=16)=0.16,P(Y=85)=P(n≥17)=0.54.所以E(Y)=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4,D(Y)=(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04. 综上知D(X)<D(Y)且相差较大,虽然E(X)<E(Y)但相差不大,所以一天购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小,且平均获利基本相同,故花店一天应购进16枝玫瑰花.答案二:花店一天应购进17枝玫瑰花,理由如下:若花店一天购进17枝玫瑰花,Y表示当天的利润(单位:元)则Y的分布列为Y的期望为E(Y)=55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54=76.4.可知E(Y)>E(X),故购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润,故花店一天应购进17枝玫瑰花.互斥事件与相互独立事件的概率训练提示:(1)注意相互独立事件与互斥事件的区别.(2)独立重复试验中概率的计算.1.甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试,考试分笔试和面试两部分,笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取),两次考试过程相互独立.根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析,甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6,0.5,0.4,能通过面试的概率分别是0.6,0.6,0.75.(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率;(2)求经过两次考试后,至少有一人被该高校预录取的概率.解:(1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1,A2,A3;E表示事件“恰有一人通过笔试”,则P(E)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4=0.38.即恰有一人通过笔试的概率是0.38.(2)分别记“甲、乙、丙三个同学被该高校预录取”为事件A,B,C,则P(A)=0.6×0.6=0.36,P(B)=0.5×0.6=0.3,P(C)=0.4×0.75=0.3.事件F表示“甲、乙、丙三个同学中至少有一人被该高校预录取”.则表示甲、乙、丙三个同学均没有被该高校预录取,即=,于是P(F)=1-P()=1-P()P()P()=1-0.64×0.7×0.7=0.6864.2.某人向一目标射击4次,每次击中目标的概率为.该目标分为3个不同的部分,第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6,击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)设X表示目标被击中的次数,求X的分布列;(2)若目标被击中2次,A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”,求P(A).解:(1)依题意知X～B(4,),P(X=0)=()0(1-)4=,P(X=1)=()1(1-)3=,P(X=2)=()2(1-)2=,P(X=3)=()3(1-)1=,P(X=4)=()4(1-)0=.所以X的分布列为(2)设A i表示事件“第一次击中目标时,击中第i部分”i=1,2.B i表示事件“第二次击中目标时,击中第i部分”,i=1,2.依题意知P(A1)=P(B1)=0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1∪B1∪A1B1∪A2B2,所求的概率P(A)=P(A1)+P(B1)+P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P()+P()P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=0.1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3=0.28.离散型随机变量的均值与方差训练提示:求离散型随机变量均值与方差的基本方法(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差,按定义求解.(2)已知随机变量X的均值、方差,求X的线性函数Y=aX+b的均值、方差,可直接用X的均值、方差的性质求解.(3)如果所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),利用它们的均值、方差公式求解.3.(2015重庆卷)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.解:(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)==.(2)X的所有可能值为0,1,2,且P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==.故E(X)=0×+1×+2×=(个).4.柴静的《穹顶之下》发布后,各地口罩市场受其影响生意火爆,A市场虽然雾霾现象不太严重,但经抽样有25%的市民表示会购买口罩,现将频率视为概率,解决下列问题:(1)从该市市民中随机抽取3位,求至少有一位市民会购买口罩的概率;(2)从该市市民中随机抽取4位,X表示愿意购买口罩的市民人数,求X的分布列及数学期望. 解:(1)依题意可得,任意抽取一位市民会购买口罩的概率为,从而任意抽取一位市民不会购买口罩的概率为.设“至少有一位市民会购买口罩”为事件A,则P(A)=1-()3=1-=,故至少有一位市民会购买口罩的概率为.(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4.P(X=0)=()4=,P(X=1)=()3×==,P(X=2)=()2×()2==,P(X=3)=()1×()3==,P(X=4)=()4=,E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=1,或因为X～B(4,),所以E(X)=np=1.5. 现有一游戏装置如图,小球从最上方入口处投入,每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右两边落下.游戏规则为若小球最终落入A槽,得10张奖票;若落入B槽,得5张奖票;若落入C 槽,得重投一次的机会,但投球的总次数不超过3次.(1)求投球一次,小球落入B槽的概率;(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量X,求X的分布列及数学期望.解:(1)由题意可知投一次小球,落入B槽的概率为()2+()2=.(2)投一次小球,落入A槽的概率为()2=,落入B槽的概率为,落入C槽的概率为()2=.X的所有可能取值为0,5,10,P(X=0)=()3=,P(X=5)=+×+()2×=,P(X=10)=+×+×()2=,E(X)=0×+5×+10×=.日最高气温不高于32 ℃的频率为0.9.(2)若视频率为概率,求六月份西瓜日销售额的期望和方差;(3)在日最高气温不高于32 ℃时,求日销售额不低于5千元的概率. 解:(1)由已知得P(t≤32)=0.9,所以P(t>32)=1-P(t≤32)=0.1,所以Z=30×0.1=3,Y=30-(6+12+3)=9.(2)P(t≤22)==0.2,P(22<t≤28)==0.4,P(28<t≤32)==0.3,P(t>32)==0.1,所以六月份西瓜日销售额X的分布列为所以E(X)=2×0.2+5×0.4+6×0.3+8×0.1=5,D(X)=(2-5)2×0.2+(5-5)2×0.4+(6-5)2×0.3+(8-5)2×0.1=3. (3)因为P(t≤32)=0.9,P(22<t≤32)=0.4+0.3=0.7,所以由条件概率得P(X≥5|t≤32)=P(22<t≤32|t≤32)===.。
高考数学(理)总复习：概率、随机变量及其分布(解析版)
高考数学（理）总复习：概率、随机变量及其分布题型一 古典概型、几何概型及条件概率 【题型要点】(1)古典概型中的基本事件是有限的，求解的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，但是，在求基本事件总数和所求事件包含的基本事件数时，要保证计数的一致性，就是在计算基本事件数时，都按排列数求，或都按组合数求．(2)几何概型中的基本事件是无限的，但其构成的区域却是有限的，因此可用“比例解法”求概率．在利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的大小确定．(3)条件概率的求法：①利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (A ).这是通用的求条件概率的方法．②借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ). 【例1】如图，正方形ABCD 内的图形自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.π8 C.12D.π4【解析】 (概率中的数文化)不妨设正方形ABCD 的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S 正方形＝4.由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝12S 圆＝π2，所以由几何概型知所求概率P ＝S 黑S 正方形＝π24＝π8.故选B.【答案】 B【例2】．小明每天上学都需要经过一个有交通信号灯的十字路口．已知十字路口的交通信号灯绿灯亮的时间为40秒，黄灯5秒，红灯45秒．如果小明每天到路口的时间是随机的，则小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒的概率是( )A.34B.23C.12D.13【解析】 法一 (直接法)设“小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒”为事件A ，则P (A )＝45＋5－2040＋5＋45＝13，选D.法二 (间接法)设“小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒”为事件A ，其对立事件为“小明上学时到十字路口需要等待的时间少于20秒”，则P (A )＝1－40＋2040＋5＋45＝13，选D.【答案】 D【例3】．某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )A.35B.59C.110D.25【解析】 第一次摸出新球记为事件A ，则P (A )＝35，第二次取到新球记为事件B ，则P (AB )＝C 26C 210＝13，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1335＝59，故选B.【答案】 B题组训练一 古典概型、几何概型及条件概率1．某食品厂做了3种与“福”字有关的精美卡分别是“富强福”“和谐福”“友善福”，每袋食品随机装入一张卡片，若有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋，获奖的概率为( )A.316B.49C.38D.89【解析】 P (获奖)＝C 24·A 3334＝6×681＝49.故选B.【答案】 B2．已知P 为圆C ：x 2＋y 2＝π2内任意一点，则点P 落在函数f (x )＝sin x 的图象与x 轴围成的封闭区域内的概率为( )A ．0B ．1 C.2π3 D.4π3 【答案】 D3．某射击手射击一次命中的概率是0.7，连续两次均射中的概率为0.4，已知某次射中，则随后一次射中的概率是( )A.710B.67C.47D.25 【解析】 设“某次射中”为事件A ，“随后一次射中”为事件B ，则P (AB )＝0.4，P (A )＝0.7，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝47.故选C.【答案】 C题型二 互斥事件与相互独立事件的概率 【题型要点】对于复杂事件的概率，要先辨析事件的构成，理清各事件之间的关系，并依据互斥事件概率的和，或者相互独立事件概率的积的公式列出关系式；含“至多”“至少”类词语的事件可转化为对立事件的概率求解；并注意正难则反思想的应用(即题目较难的也可从对立事件的角度考虑)．【例4】从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)设X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【解析】 (1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×⎪⎭⎫ ⎝⎛-311×⎪⎭⎫ ⎝⎛-411＝14， P (X ＝1)＝12×⎪⎭⎫ ⎝⎛-311×⎪⎭⎫ ⎝⎛-411＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×13×⎪⎭⎫ ⎝⎛-411＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×⎪⎭⎫ ⎝⎛-311×14＝1124，P (X ＝2)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-211×13×14＋12×⎪⎭⎫ ⎝⎛-311×14＋12×13×⎪⎭⎫ ⎝⎛-411＝14， P (X ＝3)＝12×13×14＝124.所以，随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312.(2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P (Y ＋Z ＝1)＝P (X ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0)＝P (Y ＝0)P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148. 所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.题组训练二 互斥事件与相互独立事件的概率本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租的时间不超过两小时免费，超过两个小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按 1小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过四小时．(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与期望E (ξ)． 【解析】 (1)由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为14，14.记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A ， 则P (A )＝14×12＋12×14＋14×14＝516.所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516.(2)ξ的可能取值为0,2,4,6,8. P (ξ＝0)＝14×12＝18，P (ξ＝2)＝14×14＋12×12＝516，P (ξ＝4)＝14×14＋12×14＋12×14＝516，P (ξ＝6)＝14×14＋12×14＝316，P (ξ＝8)＝14×14＝116，故ξ的分布列为E (ξ)＝0×18＋2×516＋4×516＋6×316＋8×116＝72.题型三 离散型随机变量的分布列、期望与方差 【题型要点】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．【例5】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 的期望达到最大值？【解】 (1)由题意知，X 所有的可能取值为200,300,500，由表格数据知， P (X ＝200)＝2＋1630×3＝0.2，P (X ＝300)＝3630×3＝0.4，P (X ＝500)＝25＋7＋430×3＝0.4.则X 的分布列为(2)由题意知，200，因此只需考虑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E(Y)＝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E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.所以当n＝300时，Y的期望达到最大值，最大值为520元．题组训练三离散型随机变量的分布列、期望与方差在心理学研究中，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的频率．(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)．【解析】(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)＝C48C510＝518.(2)由题意知X可取的值为：0,1,2,3,4.则P(X＝0)＝C56C510＝142，P(X＝1)＝C46C14C510＝521，P(X＝2)＝C36C24C510＝1021，P(X＝3)＝C26C34C510＝521，P(X＝4)＝C16C44C510＝142，因此X 的分布列为X 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) ＝0×142＋1×521＋2×1021＋3×521＋4×142＝2.题型四 二项分布与正态分布 【题型要点】(1)二项分布满足的条件：①每次试验中，事件发生的概率是相同的．②各次试验中的事件是相互独立的．③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．④随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数．若随机变量X 服从二项分布，可直接代入二次分布的期望公式求其期望．(2)服从正态分布的随机变量在一个区间上的概率就是这个区间上正态曲线和x 轴之间的曲边梯形的面积，因此常利用正态曲线的对称性求概率．【例4】中国铁路客户服务中心为方便旅客购买车票，推出三种购票方式：窗口购票、电话购票、网上购票，旅客任选一种购票方式．若甲、乙、丙3名旅客都准备购买火车票，并且这3名旅客选择购票的方式是相互独立的．(1)求这三名旅客中至少有两人选择网上购票的概率；(2)记这三名旅客购票方式的种数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．【解】 (1)记“三名旅客中恰有两人选择网上购票”为事件A ，“三名旅客都选择网上购票”为事件B ，且A ，B 互斥．则P (A )＝C 23×231⎪⎭⎫ ⎝⎛×23＝29，P (B )＝331⎪⎭⎫ ⎝⎛＝127.因此，三名旅客中至少有两人选择网上购票的概率P ＝P (A )＋P (B )＝727.(2)由题意，ξ的所有可能取值为1,2,3，则P (ξ＝1)＝C 13×331⎪⎭⎫ ⎝⎛＝19； P (ξ＝2)＝C 23×⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯3231213C ＝23；P (ξ＝3)＝A 3333＝29.所以随机变量ξ的分布列为故ξ的期望E (ξ)＝1×19＋2×23＋3×29＝199.题组训练四 二项分布与正态分布1．设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D ．对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t )【解析】 由正态分布密度曲线的性质可知，X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)的密度曲线分别关于直线x ＝μ1，x ＝μ2对称，因此结合题中所给图象可得，μ1<μ2，所以P (Y ≥μ2)<P (Y ≥μ1)，故A 错误．又X ～N (μ1，σ21)的密度曲线较Y ～N (μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，所以σ1<σ2，所以P (X ≤σ2)>P (X ≤σ1)，B 错误．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )，P (X ≥t )≤P (Y ≥t )，C 正确，D 错误．【答案】 C2．甲将要参加某决赛，赛前A ，B ，C ，D 四位同学对冠军得主进行竞猜，每人选择一名选手，已知A ，B 选择甲的概率均为m ，C ，D 选择甲的概率均为n (m >n )，且四人同时选择甲的概率为9100，四人均未选择甲的概率为125.(1)求m ，n 的值；(2)设四位同学中选择甲的人数为X ，求X 的分布列和数学期望．【解析】 (1)由已知可得：⎩⎪⎨⎪⎧m 2n 2＝9100，(1－m )2(1－n )2＝125，m ＞n ，解得：⎩⎨⎧m ＝35，n ＝12.(2)X 可取0,1,2,3,4. P (X ＝0)＝125，P (X ＝1)＝C 12×35×(1－35)×(1－12)2＋(1－35)2×C 12×12×(1－12)＝15， P (X ＝2)＝C 12×35×(1－35)×C 12×12×(1－12)＋(35)2×(1－12)2＋(1－35)2×(1－12)2＝37100， P (X ＝3)＝C 12×35×(1－35)×(12)2＋(35)2×C 12×12×(1－12)＝310， P (X ＝4)＝9100.X 的分布列为E (X )＝0×125＋1×15＋2×37100＋3×310＋4×9100＝2.2【专题训练】一、选择题1．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】 由已知μ＝0，σ＝3.所以P (3<ξ<6)＝12[P (－6<ξ<6)－P (－3<ξ<3)]＝12(95.44%－68.26%)＝12×27.18%＝13.59%.故选B.【答案】 B2．某种电子元件用满3000小时不坏的概率为34，用满8 000小时不坏的概率为12，现有一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8000小时的概率是( )A.34 B.23 C.12D. 13【解析】 记事件A “用满3000小时不坏”，P (A )＝34，记事件B “用满8000小时不坏”，P (B )＝12.∵B ⊂A ，∴P (AB )＝P (B )＝12.则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1234＝12×43＝23.【答案】 B3．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E (X )＝3，则D (X )等于( )A.85B.65C.45D.25【解析】 根据题目条件，每次摸到白球的概率都是p ＝33＋m，满足二项分布，则有E (X )＝np ＝5×33＋m ＝3，解得m ＝2，那么D (X )＝np (1－p )＝5×35×⎪⎭⎫ ⎝⎛-531＝65.【答案】 B4．现有4人参加抽奖活动，每人依次从装有4张奖票(其中2张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到2张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第3人抽完后结束的概率为( )A.110 B.15 C.13D.12【解析】 ∵活动恰好在第3人抽完后结束，∴前两人中一人抽到中奖票，另一人抽到没有中奖的票， 第三人抽到中奖票，∴活动恰好在第3人抽完后结束的概率：P ＝⎪⎭⎫⎝⎛⨯+⨯32423242×12＝13.故选C. 【答案】 C5．已知随机变量ξi 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)【解析】 由题设可知E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，从而E (ξ1)＜E (ξ2)，又D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)，所以D (ξ1)－D (ξ2)＝(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)＜0.故D (ξ1)＜D (ξ2)． 【答案】 A6．设随机变量X 服从正态分布N (4，σ2)，若P (X >m )＝0.3，则P (X >8－m )＝( ) A ．0.2 B ．0.3C ．0.7D ．与σ的值有关【解析】 ∵随机变量X 服从正态分布N (4，σ2)，∴正态曲线的对称轴是x ＝4，∵P (X >m )＝0.3，且m 与8－m 关于x ＝4对称，由正态曲线的对称性，得P (X >m )＝P (X <8－m )＝0.3，故P (X >8－m )＝1－0.3＝0.7.【答案】 C 二、填空题7．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是________．【解析】某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，在男生甲被选中的情况下，基本事件总数n ＝C 26＝15，在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率： P ＝1－C 24C 26＝35.故答案为35.【答案】 358．在[0，a ](a >0)上随机抽取一个实数x ，若x 满足x －2x ＋1<0的概率为12，则实数a 的值为____________．【解析】 由x －2x ＋1<0，得－1<x <2.又x ∈[0，a ](a >0)，因此所求事件的概率P ＝2a ＝12，则a ＝4.【答案】 49．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是________．【解析】 “男生甲被选中”记作事件A ，男生乙和女生丙至少有一个被选中”记作事件B ，则P (A )＝C 26C 37＝15C 37 ，P (AB )＝C 14＋C 14＋1C 37＝9C 37 ，由条件概率公式可得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝35. 【答案】 3510．有甲、乙、丙三位同学，投篮命中的概率如下表：现请三位同学各投篮一次，设ξ表示命中的次数，若E (ξ)＝76，则a ＝________.【解析】 ξ可取值0,1,2,3.P (ξ＝0)＝0.5×(1－a )×(1－a )＝0.5(1－a )2；P (ξ＝1)＝0.5×(1－a )×(1－a )＋2×0.5×a ×(1－a )＝0.5(1－a 2)； P (ξ＝2)＝0.5×a 2＋2×0.5×a ×(1－a )＝0.5a (2－a )； P (ξ＝3)＝0.5×a ×a ＝0.5a 2.∴E (ξ)＝P (ξ＝0)×0＋P (ξ＝1)×1＋P (ξ＝2)×2＋P (ξ＝3)×3＝76.即0.5(1－a 2)＋a (2－a )＋1.5a 2＝76，解得a ＝13.【答案】 13三、解答题11．某水泥厂销售工作人员根据以往该厂的销售情况，绘制了该厂日销售量的频率分布直方图，如图所示：将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求未来3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨的概率；(2)用X表示未来3天内日销售量不低于8吨的天数，求随机变量X的分布列、数学期望与方差．【解】(1)由频率分布直方图可知，日销售量不低于8吨的频率为2×(0.125＋0.075)＝0.4，记未来3天内，第i天日销售量不低于8吨为事件A i(i＝1,2,3)，则P(A i)＝0.4，未来3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨包含两个互斥事件A1A2A3和A1A2A3，则未来3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨的概率：P(A1A2A3∪A1A2A3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝0.4×0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4×0.4＝0.192.(2)由(1)知，第i天日销售量不低于8吨的概率P(A i)＝0.4.依题意，X的可能取值为0,1,2,3，且X～B(3,0.4)，P(X＝0)＝(1－0.4)3＝0.216，P(X＝1)＝C130.4×(1－0.4)2＝0.432，P(X＝2)＝C230.42×(1－0.4)＝0.288，P(X＝3)＝0.43＝0.064，所以X的分布列为E(X)＝3×0.4＝1.212．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？【解析】 (1)由题意知，X 所有的可能取值为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)由题意知，200，因此只需考虑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E (Y )＝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E(Y)＝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．13.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期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？【解析】(1)由柱状图及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.批注：第(1)问得分点说明：①正确写出易员零件数对应概率得1分；②正确求出两个概率给1分所以X的分布列为(2)由(1)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，所需费用的期望值小于当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.15.如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决定谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为X.(1)求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；(2)求X的分布列和期望．【解】(1)易知对于每次划拳比赛基本事件共有3×3＝9(个)，其中小华赢(或输)包含三个基本事件，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第i (i ∈N *)次划拳小华赢”为A i ；事件“第i 次划拳小华平”为B i ；事件“第i 次划拳小华输”为C i ，所以P (A i )＝P (B i )＝P (C i )＝39＝13.因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平； 其概率为P 1＝A 22P (B 1)P (C 2)P (B 3)＋P (C 1)P (A 2)P (C 3)P (B 4)＝781， 第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输， 其概率为P 2＝P (B 1)P (B 2)P (C 3)＋A 33P (A 1)P (B 2)P (C 3)·P (C 4)＋A 22P (A 1)P (C 2)P (A 3)P (C 4)P (C 5)＝29243. 所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为P ＝P 1＋P 2＝781＋29243＝50243.(2)依题可知X 的可能取值为2,3,4,5， P (X ＝5)＝2P (A 1)P (C 2)P (A 3)P (C 4) ＝2×431⎪⎭⎫⎝⎛＝281，P (X ＝2)＝2P (A 1)P (A 2)＝2×231⎪⎭⎫ ⎝⎛＝29，P (X ＝3)＝2P (A 1)P (B 2)P (A 3)＋2P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (B 1)P (B 2)P (B 3)＋2P (A 1)P (B 2)P (B 3)＋2P (B 1)·P (A 2)P (B 3)＋2P (B 1)P (B 2)P (A 3)＋2P (C 1)P (A 2)·P (A 3)＝1327，P (X ＝4)＝1－P (X ＝5)－P (X ＝2)－P (X ＝3)＝2281.所以X 的分布列为所以X 的期望为E (X )＝2×29＋3×1327＋4×2281＋5×281＝25181.。
高考数学二轮复习专题7概率与统计第3讲概率随机变量及其分布列课件理(1)
*5.8 三元一次方程组
• 1.知道三元一次方程和三元一次方程组的概念; • 2.会解简单的三元一次方程组。(重点)
•
为了确保信息安全,信息需加密传输,发送
方由明文→密文(加密);接收方由密文→明文(解
密).已知加密规则为:明文������,b,c,对应密文������
+2b,2b+c,������+c.当接收方收到密文14,9,7时,则解
⑥ 利用笔记抓住老师的思路。记笔记不仅有利于理解和记忆，而且有利于抓住老师的思路。
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② 根据自己预习时理解过的逻辑结构抓住老师的思路。老师讲课在多数情况下是根据教材本身的知识结构展开的，若把自己预习时所理解过的知识 逻辑结构与老师的讲解过程进行比较，便可以抓住老师的思路。
③ 根据老师的提示抓住老师的思路。老师在教学中经常有一些提示用语，如“请注意”、“我再重复一遍”、“这个问题的关键是····”等等，这些 用语往往体现了老师的思路。来自：学习方法网
������ + ������ = ������������ ③
x+y+z=40 ④,再分别用④减去①②③可以得到 z,x,y 的值,即可以
������ + ������-������ = ������������, 解出方程组.按照小明的思路解方程组 ������ + ������-������ = ������,
密后得到的明文是多少?你能根据题意列出方程
解密吗?试试看吧。
6,4,1.
������ + ������ = ������������, ① 2.小明在解方程组 ������ + ������ = ������������, ② 时,发现由①+②+③可得
广东省高考数学第二轮复习 专题七 概率与统计第3讲 随机变量及其分布列 理
真题试做1．(2012·上海高考，理17)设10≤x 1＜x 2＜x 3＜x 4≤104，x 5＝105.随机变量ξ1取值x 1，x 2，x 3，x 4，x 5的概率均为0.2，随机变量ξ2取值x 1＋x 22，x 2＋x 32，x 3＋x 42，x 4＋x 52，x 5＋x 12的概率也均为0.2.若记Dξ1，Dξ2分别为ξ1，ξ2的方差，则( )．A ．Dξ1＞Dξ2B ．Dξ1＝Dξ2C ．Dξ1＜Dξ2D ．D ξ1与Dξ2的大小关系与x 1，x 2，x 3，x 4的取值有关 2．(2012·课标全国高考，理15)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三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，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为__________．3．(2012·山东高考，理19)现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分，该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX .4．(2012·陕西高考，理20)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时办理业务所需的时间(分) 1 2 3 4 5频率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1从第一个顾客开始办理业务时计时．(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；(2)X 表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X 的分布列及数学期望． 考向分析本讲是概率统计的重点，主要考查三方面的内容：①相互独立事件及其概率，题型有选择、填空，有时也出现在解答题中与其他知识交会命题；②二项分布及其应用，准确把握独立重复试验的特点是解答二项分布问题的关键，一般以中档题为主；③随机变量的分布列、期望和方差，以考生比较熟悉的实际应用题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用，其中有选择题，也有填空题，但更多的是解答题，难度中档．热点例析热点一 相互独立事件及其概率【例1】乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率． 规律方法 (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．即把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小事件再分为n 个相互独立事件的乘积．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．变式训练1 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．(1)求乙获胜的概率；(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率． 热点二 二项分布及其应用【例2】购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保险费a 元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得10 000元的赔偿金．假定在一年度内有10 000人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10 000元的概率为1－0.999104.(1)求一投保人在一年度内出险的概率p ；(2)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为50 000元，为保证盈利的期望不小于0，求每位投保人应交纳的最低保险费(单位：元)．规律方法 事件服从二项分布的条件是：(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．(2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．(4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数．变式训练2 某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率； (3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总得分数，求ξ的分布列．热点三 离散型随机变量的分布列、均值与方差【例3】(2012·天津高考，理16)现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望E (ξ)．规律方法 求离散型随机变量的分布列，关键是计算各个概率值，一方面要弄清楚相应的概型(古典概型、相互独立事件的概率、独立重复试验等)，以便套用相关的计算公式计算；另一方面要注意运用分布列的性质检验所求概率值是否正确．变式训练3 (2012·山东青岛模拟，理19)甲居住在城镇的A 处，准备开车到单位B 处上班，若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率如图(例如，A →C →D 算作两个路段：路段AC 发生堵车事件的概率为110，路段CD 发生堵车事件的概率为115，且甲在每个路段只能按箭头指的方向前进)．(1)请你为其选择一条由A 到B 的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；(2)若记路线A →C →F →B 中遇到堵车次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及E (ξ)． 思想渗透转化与化归思想——期望与概率的实际应用解题中要善于透过问题的实际背景，发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．【典型例题】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，假设甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．(1)且X 1的数学期望E (X 1)＝(2)为分析乙厂产品的等级系数X 2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：3 5 3 3 8 5 5 6 34 6 3 4 75 3 4 8 5 3 8 3 4 3 4 4 7 56 7用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X 2的数学期望； (3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．注：(1)产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望产品的零售价；(2)“性价比”大的产品更具可购买性.解：(1)因为E (X 1)＝6，所以5×0.4＋6a ＋7b ＋8×0.1＝6，即6a ＋7b ＝3.2，又由X 1的概率分布列得0.4＋a ＋b ＋0.1＝1，即a ＋b ＝0.5.由⎩⎪⎨⎪⎧ 6a ＋7b ＝3.2，a ＋b ＝0.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0.3，b ＝0.2. (2)X 2的概率分布列如下：所以E (X 2) 4.8， 即乙厂产品的等级系数X 2的数学期望等于4.8. (3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其“性价比”为66＝1.因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其“性价比”为4.84＝1.2.所以乙厂的产品更具可购买性．1．设随机变量ξ服从正态分布N (3，σ2)，若P (ξ＞m )＝a ，则P (ξ＞6－m )等于( )． A ．a B ．1－2a C ．2a D ．1－a2．设一随机试验的结果只有A 和A 且P (A )＝m ，令随机变量ξ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，A 发生0，A 不发生，则ξ的方差D (ξ)等于( )．A ．mB ．2m (1－m )C ．m (m －1)D ．m (1－m )3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，现从中随机取出3个球，以Z 表示取出球的最大号码，令a ＝P (Z ＝6)，则函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2ax 的单调递增区间是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞)4．箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )．A.16625B.96625C.624625D.46255．(2012·浙江五校联考，理16)甲、乙两个篮球队进行比赛，比赛采用5局3胜制(即先胜3局者获胜)．若甲、乙两队在每场比赛中获胜的概率分别为23和13，记需要比赛的场次为ξ，则E (ξ)＝__________.6．(2012·广东东莞模拟，理17)某汽车驾驶学校在学员结业前对其驾驶技术进行4次考核，规定：按顺序考核，一旦考核合格就不必参加以后的考核，否则还需要参加下次考核．若小李参加每次考核合格的概率依次组成一个公差为18的等差数列，他参加第一次考核合格的概率超过12，且他直到参加第二次考核才合格的概率为932.(1)求小李第一次参加考核就合格的概率P 1；(2)求小李参加考核的次数X 的分布列和数学期望E (X )．参考答案命题调研·明晰考向真题试做 1．A 2.38解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，∴该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B ＋A B ＋AB )C .∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为P ＝⎝⎛ 12×12＋12×12＋12×⎭⎪⎫12×12＝38.3．解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23，由于A ＝B C D ＋B C D ＋B C D ， 根据事件的独立性和互斥性得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， 根据事件的独立性和互斥性得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 )P (C )P (D )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23 ＝112， P (X ＝2)＝P (B C D ＋B C D )＝P (B C D )＋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 (B CD )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以EX ＝0×136＋1×12＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝12.4．解：设Y Y 的分布列如下：(1)A A 对应三种情形： ①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.(2)方法一：X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.所以X的分布列为E(X)方法二：X所有可能的取值为0,1,2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.所以X的分布列为E(X)精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；Bi表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．(1)B＝A0·A＋A1·A，P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16，P(A1)＝2×0.6×0.4＝0.48，P(B)＝P(A0·A＋A1·A)＝P(A0·A)＋P(A1·A)＝P(A0)P(A)＋P(A1)P(A)＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352.(2)P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，P(A2)＝0.62＝0.36.C＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2，P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2)＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16＝0.307 2.【变式训练1】 解：设A k ，B k 分别表示甲、乙在第k 次投篮投中，则P (A k )＝13，P (B k )＝12(k ＝1,2,3)．(1)记“乙获胜”为事件C ，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1A 2B 2)＋P (A 1B 1A 2B 2A 3B 3)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)P (B 3) ＝23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1327. (2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D ，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P (D )＝P (A1B1A 2B 2)＋P (A1B1A2B 2A 3)＝P (A1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427.【例2】 解：各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p ，记投保的10 000人中出险的人数为ξ，则ξ～B (104，p )．(1)记A 表示事件：保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金，则A 发生当且仅当ξ＝0，P (A )＝1－P (A )＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )104，又P (A )＝1－0.999104，故p ＝0.001.(2)该险种总收入为10 000a 元，支出是赔偿金总额与成本的和． 支出10 000ξ＋50 000.盈利η＝10 000a －(10 000ξ＋50 000)，盈利的期望为E (η)＝10 000a －10 000E (ξ)－50 000，由ξ～B (104,10－3)知，E (ξ)＝10 000×10－3，∴E (η)＝104a －104E (ξ)－5×104＝104a －104×104×10－3－5×104.∴E (η)≥0⇔104a －104×10－5×104≥0 ⇔a －10－5≥0⇔a ≥15(元)．故每位投保人应交纳的最低保险费为15元．【变式训练2】 解：(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，23.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率P (X ＝2)＝25C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝40243.(2)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A1A 2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝881.(3)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6，P (ξ＝0)＝P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127；P (ξ＝1)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×23×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝29； P (ξ＝2)＝P (A 1A 2A 3)＝23×13×23＝427； P (ξ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827； P (ξ＝6)＝P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827.所以ξ【例3】 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C 4i ⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝24C ⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.由于A 3与A 4互斥，故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝34C ⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋44C ⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列是随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝0×27＋2×81＋4×81＝81.【变式训练3】 解：(1)记路段AC 发生堵车事件为AC ，各路段发生堵车事件的记法与此类同．因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，所以路线A →C →D →B 中遇到堵车的概率为P 1＝1－P (AC ·CD ·DB )＝1－P (AC )P (CD )P (DB )＝1－[1－P (AC )][1－P (CD )][1－P (DB )]＝1－910×1415×56＝310.同理：路线A →C →F →B 中遇到堵车的概率为P 2＝1－P (AC ·CF ·FB )＝239800⎝⎛⎭⎪⎫小于310.路线A →E →F →B 中遇到堵车的概率为P 3＝1－P (AE ·EF ·FB )＝91300⎝⎛⎭⎪⎫大于310.显然由A 到B 只可能在以上三条路线中选择．因此选择路线A →C →F →B ，可使得途中发生堵车事件的概率最小． (2)路线A →C →F →B 中遇到堵车次数ξ可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝P (AC ·CF ·FB )＝561800，P (ξ＝1)＝P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＝110×1720×1112＋910×320×1112＋910×1720×112＝6372 400， P (ξ＝2)＝P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＋P (AC ·CF ·FB )＝110×320×1112＋110×1720×112＋910×320×112＝772 400， P (ξ＝3)＝P (AC ·CF ·FB )＝110×320×112＝1800.所以ξ∴E (ξ)＝0×561800＋1×2 400＋2×2 400＋3×800＝3.创新模拟·预测演练1．D 解析：正态分布曲线关于x ＝μ对称，即关于x ＝3对称，m 与6－m 关于x ＝3对称，∴P (ξ＜6－m )＝P (ξ＞m )＝a ， 则P (ξ＞6－m )＝1－a . 2．D3．A 解析：P (Z ＝6)＝121536C C 1C 2=，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12上单调递增． 4．B 解析：若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖．故获奖的情形共6种，获奖的概率为266C＝25.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是3342C 5⎛⎫ ⎪⎝⎭·35＝96625.5.10727解析：依题意ξ的可能取值分别为3,4,5， P (ξ＝3)＝23×23×23＋13×13×13＝927，P (ξ＝4)＝23C ⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＋23C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×13＝1027，P (ξ＝5)＝1－P (ξ＝3)－P ()ξ＝4＝827.E (ξ)＝3×P (ξ＝3)＋4×P (ξ＝4)＋5×P (ξ＝5)＝10727. 6．解：(1)由题意得(1－P 1)·⎝⎛⎭⎪⎫P 1＋18＝932， ∴P 1＝14或58.∵P 1＞12，∴P 1＝58.(2)由(1)知小李4次考核每次合格的概率依次为58，34，78，1，所以P (X ＝1)＝58，P (X ＝2)＝932， P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－58⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×78＝21256， P (X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－58⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－78×1＝3256， 所以X∴E (X )＝1×58＋2×32＋3×256＋4×256＝256.。
高考复习：概率、随机变量及其分布列
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
高考数学总复习课件：专项二专题六1第1讲概率、离散型随机变量及其分布列
3．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4590，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．
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( )
1
1
A.4
B.3
C.23
D.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
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
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 p1，p2，p3，则( )
2 得∠AOB＝23π，所以所求的概率 P＝32ππ··22＝13. 答案：13
互斥事件、相互独立事件的概率(基础型)