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文档介绍
【数学】2019届一轮复习人教A版随机变量及其分布学案
第十七单元 随机变量及其分布 教材复习课“随机变量及其分布”相关基础知识一课过 条件概率、相互独立事件、n次独立重复试验 [过双基] 1．条件概率 (1)定义 设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率． (2)性质 ①0≤P(B|A)≤1； ②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 2．事件的相互独立性 (1)定义 设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立． (2)性质 ①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)． ②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立． 3．独立重复试验 在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 1．一位家长送孩子去幼儿园的路上要经过4个有红绿灯的路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min.则这位家长送孩子上学到第三个路口时首次遇到红灯的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选C 设“这位家长送孩子上学到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A，因为事件A等于事件“这位家长送孩子在第一个路口和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A的概率为P(A)＝××＝. 2．箱中装有标号分别为1,2,3,4,5,6的六个球(除标号外完全相同)，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，若两球的号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸球，恰好有3人获奖的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选B 由题可得，一次摸球中获奖的概率为p＝＝.所以4人中恰有3人获奖的概率为C3×＝. 3．设由0,1组成的三位编号中，若用A表示“第二位数字为0的事件”，用B表示“第一位数字为0的事件”，则P(A|B)＝________. 解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝. 答案： [清易错] 1．P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同 前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率． 2．易混“相互独立”和“事件互斥” 两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥． 1．在我国的传统节日“端午节”这天，小明的妈妈为小明煮了5个粽子，其中两个肉馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A＝“取到的两个为同一种馅”，事件B＝“取到的两个都是豆沙馅”，则P(B|A)＝( ) A. B. C. D. 解析：选A 由题意知，事件A包含的基本事件有4个，事件B在事件A的基础上，所包含的基本事件有3个，则P(B|A)＝. 2．某知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________． 解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能． 由相互独立事件概率计算公式得，所求概率P＝(0.2＋0.8)×0.2×0.82＝0.128. 答案：0.128 离散型随机变量的均值与方差 [过双基] 1．均值 (1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (3)①若X服从两点分布，则E(X)＝； ②若X～B(n，p)，则E(X)＝np. 2．方差 (1)设离散型随机变量X的分布列为： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝(xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差． (2)D(aX＋b)＝a2D(X)． (3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． (4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)． 1．已知随机变量X的分布列为P(X＝ )＝， ＝1,2,3，则E(3X＋5)＝( ) A．6 B．9 C．11 D．14 解析：选C 由题意得P(X＝1)＝P(X＝2)＝P(X＝3)＝，所以E(X)＝(1＋2＋3)×＝2，故E(3X＋5)＝3E(X)＋5＝11. 2．现有8件产品，其中5件一等品，3件二等品，从中随机选出3件产品，其中一等品的件数记为随机变量X，则X的数学期望E(X)＝________. 解析：易知，任取一件产品，是一等品的概率p＝，是二等品的概率为1－p＝， 因此，X服从二项分布B～X， 所以X的数学期望E(X)＝3×＝. 答案： 3.从装有6个白球和4个红球的口袋中任取一个球，用X表示“取到的白球个数”，即则D(X)＝____________. 解析：由题可得P(X＝1)＝，P(X＝0)＝，即X服从两点分布，所以D(X)＝×＝. 答案： [清易错] 1．理解均值E(X)易失误，均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态． 2．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)易错． 1．已知随机变量ξ和η，其中η＝10ξ＋2，且E(η)＝20，若ξ的分布列如下表，则m的值为( ) ξ 1 2 3 4 P m n A. B. C. D. 解析：选A 因为E(η)＝10E(ξ)＋2，所以E(ξ)＝， 故解得m＝. 2．已知ξ～B，并且η＝2ξ＋3，则方差D(η)＝( ) A. B. C. D. 解析：选A 由题意知，D(ξ)＝4××＝， ∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4·D(ξ)＝4×＝. 超几何分布、二项分布、正态分布 [过双基] 1．超几何分布 在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝ )＝， ＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称随机变量X服从超几何分布. X 0 1 … m P … 2．二项分布 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＝ )＝Cp (1－p)n－ ( ＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率． 3．正态分布 (1)正态曲线的特点 ①曲线位于x轴上方，与x轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称； ③曲线在x＝μ处达到峰值； ④曲线与x轴之间的面积为； ⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散． (2)正态分布的三个常用数据 ①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682_7； ②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954_5； ③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997_3. 1．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)等于( ) A．C102 B．C102 C．C102 D．C102 解析：选D 由题意得，取到红球的概率P＝，停止时共取了12次球，其中前11次取到9次红球，2次白球，第12次取到的为红球，所以P(X＝12)＝C92×＝C102. 2．某校高考数学成绩ξ近似地服从正态分布N(100,52)，且P(ξ<110)＝0.96，则P(90<ξ<100)的值为( ) A．0.49 B．0.48 C．0.47 D．0.46 解析：选D 由题意可知，正态曲线的对称轴为x＝100，因为P(ξ<110)＝0.96，所以P(90<ξ<100)＝P(100<ξ<110)＝0.96－0.5＝0.46. 3．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选C 一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－×＝1－＝，设X为3次试验中成功的次数，所以X～B，故所求概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×0×3＝. 4．在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然后放回，再取一球，又记下它的颜色，写出这两次取出白球数η的分布列为________． 解析：η的所有可能值为0,1,2. P(η＝0)＝＝，P(η＝1)＝＝， P(η＝2)＝＝. ∴η的分布列为 η 0 1 2 P 答案： η 0 1 2 P 一、选择题 1．设随机变量ξ～N(2,1)，若P(ξ>3)＝m，则P(1<ξ<3)等于( ) A.－2m B．1－m C．1－2m D.－m 解析：选C 因为随机变量ξ～N(2,1)，所以随机变量ξ服从正态分布，且正态曲线的对称轴为x＝2，因为P(ξ>3)＝m，所以P(ξ<1)＝m，因此P(1<ξ<3)＝1－2P(ξ>3)＝1－2m. 2．已知离散型随机变量X的概率分布列为 X 0 1 2 3 P a 则随机变量X的数学期望为( ) A. B. C. D. 解析：选C ∵a＝1－＝，∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 3．随机变量ξ的概率分布规律为P(ξ＝ )＝， ＝1,2,3,4，其中c是常数，则P的值为( ) A. B. C. D. 解析：选D 由题可得，c1－＋－＋－＋－＝c×＝1，解得c＝.所以P＝P(ξ ＝1)＋P(ξ＝2)＝×＝. 4．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则他在第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选D 设事件A为“第一次取到的是螺口灯泡”，事件B为“第二次取到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝，故所求概率为P(B|A)＝＝＝. 5．(2018·邢台摸底)一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P(X＝4)的值为( ) A. B. C. D. 解析：选C 由题意知取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)＝＝. 6．下列各组的两个事件相互独立的是( ) ①运动员甲射击一次，“射中10环”与“射中8环”； ②甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中8环”； ③盒子中放有5个红球、5个白球，从盒子中陆续取出两个球，事件A为“第一次取出白球”，取出的球放回盒中，事件B为“第二次取出的是白球”； ④盒子中放有5个红球、5个白球，从盒子中陆续取出两个球，事件A为“第一次取出白球”，取出的球不放回盒中，事件B为“第二次取出的是白球”． A．①② B．②③ C．①④ D．③④ 解析：选B ①甲射击一次，“射中10环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生，是互斥事件；②甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”发生与否对“乙射中8环”的概率没有影响，故二者是相互独立事件；③在有放回的取球中，事件A与B是否发生相互之间没有任何影响，故二者是相互独立事件；④在不放回的取球中，事件A发生后，事件B的概率发生了改变，故二者不是相互独立事件． 二、填空题 7．随机掷一枚质地均匀的骰子，记向上的点数为m，已知向量＝(m,1)，＝(2－m，－4)，设X＝·，则X的数学期望E(X)＝________. 解析：∵＝＋＝(2，－3)， ∴X＝·＝2m－3，而m＝1,2,3,4,5,6. 列出X的分布列(如表所示)， X －1 1 3 5 7 9 P ∴E(X)＝(－1＋1＋3＋5＋7＋9)＝4. 答案：4 8．已知随机变量ξ的分布列为： ξ －1 0 1 2 P x y 若E(ξ)＝，则x＋y＝________，D(ξ)＝________. 解析：由题意，得x＋y＝.又E(ξ)＝－x＋＋2y＝，解得x＝， y＝，所以D(ξ)＝2×＋2×＋2×＋2×＝. 答案： 9．设随机变量η服从正态分布N(1，σ2)，若P(η <－1)＝0.2，则函数f(x)＝x3＋x2＋η2x没有极值点的概率是______． 解析：f′(x)＝x2＋2x＋η2， 因为函数f(x)＝x3＋x2＋η2x没有极值点， 所以f′(x)＝x2＋2x＋η2≥0恒成立， 所以Δ＝4－4η2≤0，则η≤－1或η≥1， 因为P(η≤－1)＝0.2，且随机变量η服从正态分布N(1，σ2)， 所以P(η≤－1或η≥1)＝P(η≤－1)＋P(η≥1) ＝0.2＋0.5＝0.7. 答案：0.7 三、解答题 10．如图，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999. (1)求p； (2)求电流能在M与N之间通过的概率． 解：记Ai表示事件“电流能通过Ti”，i＝1,2,3,4， A表示事件“T1，T2，T3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”． (1)＝，A1，A2，A3相互独立， P()＝P()＝P()P()P()＝(1－p)3， 又P()＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001， 故(1－p)3＝0.001，解得p＝0.9. (2)B＝A4∪(A1A3)∪(A2A3)， P(B)＝P(A4)＋P(A1A3)＋P(A2A3)＝P(A4)＋P()P(A1)P(A3)＋P()P()P(A2)P(A3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1. 11．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为： ξ 1 2 3 4 5 P 0.4 0.2 0.2 0.1 0.1 商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．η表示经销一件该商品的利润． (1)求事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)； (2)求η的分布列及数学期望E(η)． 解：(1)由事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”， 可知表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”， 因为P()＝(1－0.4)3＝0.216， 所以P(A)＝1－P()＝1－0.216＝0.784. (2)由题意知，η的可能取值为200元，250元，300元， 则P(η＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4， P(η＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4， P(η＝300)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.1＋0.1＝0.2， 所以η的分布列为 η 200 250 300 P 0.4 0.4 0.2 故数学期望E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240(元)． 12．(2017·北京高考)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． (1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率； (2)从图中A，B，C，D四人中随机选出两人，记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)； (3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小．(只需写出结论) 解：(1)由图知，在服药的50名患者中，指标y的值小于60的有15人， 所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y的值小于60的概率P＝＝0.3. (2)由图知，A，B，C，D四人中，指标x的值大于1.7的有2人：A和C. 所以ξ的所有可能取值为0,1,2. P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 故ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1. (3)在这100名患者中，服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差． 高考研究课(一) n次独立重复试验与二项分布 [全国卷5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 条件概率 5年3考 求条件概率 相互独立事件 5年3考 相互独立事件的概率 独立重复试验 5年2考 二项分布 条件概率 [典例] (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( ) A. B. C. D. (2)如图，四边形EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________. [解析] (1)法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，共4个，即n(A)＝4， 事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1. 故由古典概型概率P(B|A)＝＝. 法二：P(A)＝＝， P(AB)＝＝. 由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝. (2)由题意可得，事件A发生的概率 P(A)＝＝＝. 事件AB表示“豆子落在△EOH内”， 则P(AB)＝＝＝. 故P(B|A)＝＝＝. [答案] (1)B (2) 条件概率的2种求法 (1)利用定义 分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法． (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)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝. [方法技巧] [即时演练] 1．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选C 设从1号箱取到红球为事件A，从2号箱取到红球为事件B. 由题意，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝， ∴P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝， ∴两次都取到红球的概率为. 2．在如图所示的简单电路中，开关T1，T2开或关的概率都是，且相互独立，设事件A：灯泡L1亮；事件B：灯泡L2亮，则P(B|A)＝________. 解析：由题意，得P(A)＝1－×＝，P(AB)＝×＝，则P(B|A)＝＝. 答案： 相互独立事件的概率 [典例] 甲、乙、丙三人同时到某用人单位应聘，他们能被聘用的概率分别为，，，且各自能否被聘用相互独立，求： (1)三人都被聘用的概率； (2)有两人被聘用的概率； (3)三人中有几人被聘用的事件最易发生． [解] 设甲、乙、丙能被聘用的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝. (1)设三人都被聘用的概率为P1，由于事件A，B，C相互独立，故P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝. (2)三人中有两人被聘用，可分为以下三种情况： ①甲未被聘用，乙、丙被聘用，概率为 P(BC)＝P()P(B)P(C)＝××＝. ②乙未被聘用，甲、丙被聘用，概率为 P(A C)＝P(A)P()P(C)＝××＝. ③丙未被聘用，甲、乙被聘用，概率为 P(AB )＝P(A)P(B)P()＝××＝. 上述三个事件是两两互斥的，所以有两人被聘用的概率为P2＝＋＋＝. (3)三人都未被聘用的概率为P3＝P( )＝P()P()P()＝××＝， 三人中有且只有一人被聘用的概率为P4＝1－(P1＋P2＋P3)＝1－＋＋＝. 又>>，所以三人中只有一人被聘用的概率最大，即此事件最易发生． [方法技巧] 相互独立事件概率的求法 (1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A和事件B相互独立时，才有P(AB)＝P(A)·P(B)． (2)A，B中至少有一个发生：A∪B. ①若A，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则不成立． ②若A，B相互独立(不互斥)，则概率的求法： 方法一：P(A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)； 方法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝1－P()P()． (3)某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高准确率．要注意“至多”“至少”等题型的转化． [即时演练] (2017·天津高考)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，，. (1)记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：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X＝0)＝××＝， P(X＝1)＝××＋××＋××＝， P(X＝2)＝××＋××＋××＝， P(X＝3)＝××＝. 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数， 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋ ＝1)＝P(Y＝0， ＝1)＋P(Y＝1， ＝0) ＝P(Y＝0)P( ＝1)＋P(Y＝1)P( ＝0) ＝×＋×＝. 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为. 二项分布 [典例] 一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图．如图所示．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)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列． [解] (1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X可能的取值为0,1,2,3，相应的概率为 P(X＝0)＝C·(1－0.6)3＝0.064， P(X＝1)＝C·0.6·(1－0.6)2＝0.288， P(X＝2)＝C·0.62·(1－0.6)＝0.432， P(X＝3)＝C·0.63＝0.216， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 [方法技巧] 某随机变量是否服从二项分布的特点 (1)在每一次试验中，事件发生的概率相同． (2)各次试验中的事件是相互独立的． (3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生． [即时演练] 某气象站天气预报的准确率为80 ，求(结果保留到小数点后第2位)： (1)5次预报中恰有2次准确的概率； (2)5次预报中至少有2次准确的概率； (3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率． 解：令X表示5次预报中预报准确的次数，则X～B， 故概率P(X＝ )＝C 5－ ( ＝0,1,2,3,4,5)． (1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C×2×3＝10××≈0.05. (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C×0×5－C××4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C××3×≈0.02. 1．(2015·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．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312 解析：选A 3次投篮投中2次的概率为P( ＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P( ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P( ＝2)＋P( ＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648. 2．(2014·全国卷Ⅱ)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．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 解析：选A 根据条件概率公式P(B|A)＝，可得所求概率为＝0.8. 3．(2014·全国大纲卷)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)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望． 解：记Ai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． (1)D＝A1·B·C＋A2·B＋A2··C， P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝C×0.52，i＝0,1,2， 所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2··C) ＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2··C) ＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P()P(C) ＝0.31. (2)X的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为 P(X＝0)＝P(·A0·) ＝P()P(A0)P() ＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4) ＝0.06， P(X＝1)＝P(B·A0·＋·A0·C＋·A1·) ＝P(B)P(A0)P()＋P()P(A0)P(C)＋P()P(A1)P() ＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4) ＝0.25， P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C) ＝0.52×0.6×0.4＝0.06， P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25， P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4) ＝1－0.06－0.25－0.25－0.06 ＝0.38， 数学期望E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4) ＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06 ＝2. 4．(2013·全国卷Ⅰ)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50 ，即取出的每件产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立． (1)求这批产品通过检验的概率； (2)已知每件产品的检验费用为100元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望． 解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A＝(A1B1)∪(A2B2)，且A1B1与A2B2互斥，所以P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2) ＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B2|A2) ＝×＋×＝. (2)X可能的取值为400,500,800，并且 P(X＝400)＝1－－＝， P(X＝500)＝， P(X＝800)＝. 所以X的分布列为 X 400 500 800 P E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25. 一、选择题 1．甲、乙、丙三人进行象棋比赛，每两人比赛一场，共赛三场．每场比赛没有平局，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为.则甲获第一名且丙获第二名的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选D 设“甲胜乙”、“甲胜丙”、“乙胜丙”分别为事件A，B，C，事件“甲获第一名且丙获第二名”为A∩B∩，所以P(甲获第一名且丙获第二名)＝P(A∩B∩)＝P(A)P(B)·P()＝××＝. 2．把一枚硬币任意掷两次，事件A＝“第一次出现正面”，事件B＝“第二次出现正面”，则P(B|A)＝( ) A. B. C. D. 解析：选C 由题可得，所有的基本事件数是4个，事件A包含2个基本事件，所以P(A)＝，事件AB包含1个基本事件，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝＝. 3．若ξ～B(n，p)且E(ξ)＝6，D(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值为( ) A．3·2－2 B．2－4 C．3·2－10 D．2－8 解析：选C 由题意知解得所以P(ξ＝1)＝C(0.5)1(1－0.5)11＝3×2－10. 4．袋中装有标号为1,2,3的三个小球，从中任取一个，记下它的号码，放回袋中，这样连续做三次．若抽到各球的机会均等，事件A表示“三次抽到的号码之和为6”，事件B表示“三次抽到的号码都是2”，则P(B|A)＝( ) A. B. C. D. 解析：选A 因为P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝. 5．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(3，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为( ) A. B. C. D. 解析：选C 由题知随机变量符合二项分布，且它们的概率相同，P(ξ＝0)＝C(1－p)2＝1－，解得p＝，则P(η≥2)＝Cp3＋Cp2(1－p)1＝＋＝. 6．甲、乙两人练习射击， 命中目标的概率分别为和， 甲、乙两人各射击一次，有下列说法： ①目标恰好被命中一次的概率为＋；②目标恰好被命中两次的概率为×；③目标被命中的概率为×＋×；④目标被命中的概率为1－×，以上说法正确的是( ) A．②③ B．①②③ C．②④ D．①③ 解析：选C 对于说法①，目标恰好被命中一次的概率为×＋×＝，所以①错误，结合选项可知，排除B、D；对于说法③，目标被命中的概率为×＋×＋×，所以③错误，排除A.故选C. 二、填空题 7.如图，△ABC和△DEF是同一圆的内接正三角形，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)＝________. 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MN的小三角形有6个，故P(N|M)＝＝. 答案： 8.如图，A, B, C表示3种开关，设在某段时间内它们正常工作的概率分别是0.9,0.8,0.7，如果系统中至少有1个开关能正常工作，则该系统就能正常工作， 那么该系统正常工作的概率是________． 解析：由题意知，系统不能正常工作的概率是(1－0.9)×(1－0.8)×(1－0.7)＝0.006， 所以系统能正常工作的概率是1－0.006＝0.994. 答案：0.994 9．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响． (1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________； (2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________． 解析：(1)记“甲在第i次试跳成功”为事件Ai，“乙在第i次试跳成功”为事件Bi，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C. 法一：P(C)＝P(A11)＋P(1B1)＋P(A1B1) ＝P(A1)P(1)＋P(1)P(B1)＋P(A1)P(B1) ＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88. 法二：由对立事件的概率计算公式得P(C)＝1－P(1 1)＝1－P(1)P(1)＝1－0.3×0.4＝0.88. (2)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi，“乙在两次试跳中成功i次”为事件Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝C×0.7×0.3×0.42＋0.72×C×0.6×0.4＝0.302 4. 答案：(1)0.88 (2)0.302 4 三、解答题 10．小王在某社交 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，求X的分布列． 解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A， 则P(A)＝C××＝. (2)X的所有可能取值为0,5,10,15,20. P(X＝0)＝3＝， P(X＝5)＝C××2＝， P(X＝10)＝2×＋2×＝， P(X＝15)＝C×2×＝， P(X＝20)＝3＝. 所以X的分布列为 X 0 5 10 15 20 P 11．为备战2018年瑞典乒乓球世界锦标赛，乒乓球队举行公开选拔赛，甲、乙、丙三名选手入围最终单打比赛名单．现甲、乙、丙三人进行队内单打对抗比赛，每两人比赛一场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为，丙胜甲的概率为，乙胜丙的概率为p，且各场比赛结果互不影响．若甲获第一名且乙获第三名的概率为. (1)求p的值； (2)设在该次对抗比赛中，丙得分为X，求X的分布列和数学期望． 解：(1)由已知，甲获第一名且乙获第三名的概率为. 即甲胜乙、甲胜丙且丙胜乙的概率为， ∴××(1－p)＝，∴p＝. (2)依题意，丙得分X的所有取值为0,3,6. ∵丙胜甲的概率为，丙胜乙的概率为， ∴P(X＝0)＝×＝， P(X＝3)＝×＋×＝， P(X＝6)＝×＝， ∴X的分布列为 P 0 3 6 X ∴E(X)＝0×＋3×＋6×＝. 12．从某校高三上学期期末数学考试成绩中，随机抽取了60名学生的成绩得到频率分布直方图如下所示： (1)根据频率分布直方图，估计该校高三学生本次数学考试的平均分； (2)以上述样本的频率作为概率，从该校高三学生中有放回地抽取3名，记抽取的学生本次数学考试的成绩不低于110分的人数为ξ，求ξ的分布列． 解：(1)由频率分布直方图，可得该校高三学生本次数学考试的平均分大约为0.005 0×20×40＋0.007 5×20×60＋0.007 5×20×80＋0.015 0×20×100＋0.012 5×20×120＋0.002 5×20×140＝92(分)． (2)样本中成绩不低于110分的频率为0.012 5×20＋0.002 5×20＝0.3，所以从该校高三学生中随机抽取一名，分数不低于110分的概率为0.3. 由题意知ξ的可能取值为0,1,2,3， 则P(ξ＝0)＝C×(0.3)0×(0.7)3＝0.343， P(ξ＝1)＝C×(0.3)1×(0.7)2＝0.441， P(ξ＝2)＝C×(0.3)2×(0.7)1＝0.189， P(ξ＝3)＝C×(0.3)3×(0.7)0＝0.027. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027 某省高考改革新方案，不分文理 ，高考成绩实行“3＋3” 的构成模式，第一个“3”是语文、数学、外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个 目中自主选择其中3个 目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分．为了调查学生对物理、化学、生物的选考情况，将“某市某一届学生在物理、化学、生物三个 目中至少选考一 的学生”记作学生群体S，从学生群体S中随机抽取了50名学生进行调查，他们选考物理，化学，生物的 目数及人数统计如下表： 选考物理、化学、生物的 目数 1 2 3 人数 5 25 20 (1)从所调查的50名学生中任选2名，求他们选考物理、化学、生物 目数量不相等的概率； (2)从所调查的50名学生中任选2名，记X表示这2名学生选考物理、化学、生物的 目数量之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望； (3)将频率视为概率，现从学生群体S中随机抽取4名学生，记其中恰好选考物理、化学、生物中的两 目的学生数记作Y，求事件“Y≥2”的概率． 解：(1)记“所选取的2名学生选考物理、化学、生物 目数量相等”为事件A， 则P(A)＝＝， 所以他们选考物理、化学、生物 目数量不相等的概率为 1－P(A)＝. (2)由题意可知X的可能取值分别为0,1,2. 由(1)知，P(X＝0)＝， 又P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 从而X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)＝0×＋1×＋2×＝. (3)所调查的50名学生中物理、化学、生物选考两 目的学生有25名，相应的频率为p＝＝， 由题意知，Y～B， 所以事件“Y≥2”的概率为P(Y≥2)＝C22＋C3＋C4＝. 高考研究课(二) 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 [全国卷5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 均值 5年4考 求分布列与均值及应用 方差 5年2考 求方差及方差的应用 正态分布 5年2考 正态分布的应用 离散型随机变量的均值与方差 [典例] 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． (1)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)2个球，记随机变量X为取出此2球所得分数之和，求X的分布列； (2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量Y为取出此球所得分数．若E(Y)＝，D(Y)＝，求a∶b∶c. [解] (1)由题意得X＝2,3,4,5,6. 故P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， P(X＝4)＝＝， P(X＝5)＝＝， P(X＝6)＝＝. 所以X的分布列为 X 2 3 4 5 6 P (2)由题意知Y的分布列为 Y 1 2 3 P 所以E(Y)＝＋＋＝， D(Y)＝2·＋2·＋2·＝. 化简得解得 故a∶b∶c＝3∶2∶1. [方法技巧] 求离散型随机变量均值与方差的关键点及注意点 (1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算． (2)注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用． [即时演练] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位： mm)对工期的影响如下表： 降水量X X＜300 300≤X＜700 700≤X＜900 X≥900 工期延误天数Y 0 2 6 10 历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求： (1)工期延误天数Y的均值与方差； (2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率． 解：(1)由已知条件和概率的加法公式有 P(X＜300)＝0.3，P(300≤X＜700)＝P(X＜700)－P(X＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P(700≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜700)＝0.9－0.7＝0.2. P(X≥900)＝1－P(X＜900)＝1－0.9＝0.1. 所以Y的分布列为 Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3； D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8. 故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8. (2)由概率的加法公式，P(X≥300)＝1－P(X＜300)＝0.7， 又P(300≤X＜900)＝P(X＜900)－P(X＜300) ＝0.9－0.3＝0.6. 由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X＜900|X≥300)＝＝＝， 故在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是. 应用均值与方差决策优化问题 [典例] 某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标，现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知6个招标问题中，甲公司可正确回答其中的4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每道题目的回答都是相互独立、互不影响的． (1)求甲、乙两家公司共答对2道题目的概率； (2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？ [解] (1)由题意可知，所求概率 P＝×C12＋×3＝. (2)设甲公司正确完成面试的题数为X， 则X的可能取值分别为1,2,3， P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 则X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝2， D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝. 设乙公司正确完成面试的题数为Y， 则Y的可能取值分别为0,1,2,3， P(Y＝0)＝3＝， P(Y＝1)＝C××2＝， P(Y＝2)＝C×2×＝， P(Y＝3)＝C×3＝， 则Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 所以E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2或因为Y～B，所以E(Y)＝3×＝2， D(Y)＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝， 因为E(X)＝E(Y)，D(X)查看更多