2020届二轮复习概率、离散型随机变量及其分布列学案（全国通用）
第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列
[做真题]
题型一 古典概型
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选A．由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A．
2．(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． B．
C． D．
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＝＝，故选C．
题型二 几何概型
1．(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( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
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S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A．
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝2，所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A．
2．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来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． B．
C． D．
解析：选B．不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于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，所以黑色部分的面积为，故此点取自黑色部分的概率为＝，故选B．
3．(2016·高考全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选B．由题意得图：
由图得等车时间不超过10分钟的概率为.
题型三 事件的相互独立性
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
解析：记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
答案：0.18
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
[明考情]
1．概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题．
2．选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．
3．概率解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种：(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
但近两年概率问题却与函数、数列、导数等综合以压轴题的形式考查了概率在实际问题中的决策作用，难度较大，应引起考生的重视．
古典概型与几何概型
[考法全练]
1．(2019·贵州省适应性考试)在2018中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁4名游客准备到贵州的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游，其中每个人只能去一个景点，每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山旅游的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．4名游客去三个景点，每个景点至少有一个人，可以先将其中2名游客“捆绑在一起”作为“一个人”，再将“三个人”安排到三个景点去旅游，共有CA＝6×6＝36(种)方案．游客甲去梵净山旅游，若梵净山再没有其他3名游客去旅游，则有CA＝3×2＝6(种)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵净山旅游，则有CA＝6(种)方案，所以游客甲去梵净山旅游共有12种方案．所以游客甲去梵净山旅游的概率P＝＝.故选B．
2．(一题多解)(2019·济南市模拟考试)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D．法一：若小王和小李都没被选中，则有C种方法，若小王和小李有一人被选中，则有CC种方法，故所求概率P＝＝.
法二：若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－＝.
3．(2019·江西八所重点中学联考)小华的爱好是玩飞镖，现有如图所示的由两个边长都为2的正方形ABCD和OPQR构成的标靶图形，如果O正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以绕O点旋转．若小华随机向标靶投飞镖，一定能射中标靶，则他射中阴影部分的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选D．如图，记OP交AB于H，OR交BC于G.当H不为AB的中点时，过O分别作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，则∠OEH＝∠OFG＝90°，又O正好是正方形ABCD的中心，所以OE＝OF，∠EOF＝90°，又∠GOH＝90°，所以∠GOF＝∠HOE，所以△OEH和△OFG全等，所以阴影部分的面积与正方形OEBF的面积相等，所以阴影部分的面积为标靶面积的.当H为AB的中点时，阴影部分的面积为标靶面积的.所以小华射中阴影部分的概率为，故选D．
4．(一题多解)(2019·福州市质量检测)如图，线段MN是半径为2的圆O的一条弦，且MN的长为2，在圆O内，将线段MN绕点N按逆时针方向转动，使点M移动到圆O上的新位置，继续将新线段NM绕新点M按逆时针方向转动，使点N移动到圆O上的新位置，依此继续转动，……点M的轨迹所围成的区域是图中阴影部分．若在圆O内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为( )
A．4π－6 B．1－
C．π－ D．
解析：选B．法一：依题意，得阴影部分的面积S＝6×[(π×22)－×2×2×]＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故选B．
法二：依题意得阴影部分的面积S＝π×22－6××2×2×＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故选B．
5．(2019·石家庄市模拟(一))已知实数x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x
＋3≤0的概率为________．
解析：因为不等式x2－4x＋3≤0的解集为[1，3]，所以若x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x＋3≤0的概率为
答案：
(1)古典概型的概率公式
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式
P(A)＝.
互斥事件、相互独立事件的概率
[考法全练]
1．(2019·石家庄市模拟(一))袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．设“第二次摸到红球”为事件A，“第一次摸到红球”为事件B，因为P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，所以在第二次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为，故选B．
2．(2019·广州市调研测试)已知甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球，现随机从甲袋中取出1个球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出1个球，则从乙袋中取出的球是红球的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．设事件A：“从甲袋中取出1个红球放入乙袋中，再从乙袋中取出1个红球”，事件B：“从甲袋中取出1个黄球放入乙袋中，再从乙袋中取出1个红球”，根据题意知所求概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝.故选B．
3．(2019·武汉市调研测试)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．设该篮球运动员投进第n－1(n≥2，n∈N*)个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，所以Pn－＝.
所以Pn－＝·＝×＝.
所以Pn＝＋(n∈N*)，所以P2＝.故选B．
4．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，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()＝1－·p＝，
解得p＝.
(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Dk.
则D＝D0＋D1，且D0，D1互斥．
依题意，得P(D0)＝C，P(D1)＝C，
所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.
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.
(1)条件概率
在A发生的条件下B发生的概率
P(B|A)＝.
(2)相互独立事件同时发生的概率
P(AB)＝P(A)P(B)．
(3)独立重复试验、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Cpk(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)＝Cpkqn－k，其中0
124.68，
所以，当购进32份时，利润更大．
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
(2019·合肥市第二次质量检测)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出2种超过质保期后2年内的延保维修优惠方案，
方案一：交纳延保金7 000元，在延保的2年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2 000元；
方案二：交纳延保金10 000元，在延保的2年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1 000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保2年内维修的次数，得下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的2年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以方案一与方案二所需费用(所需延保金及维修费用之和)的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
【解】 (1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，
P(X＝3)＝××2＋××2＝，
P(X＝4)＝×＋××2＝，
P(X＝5)＝××2＝，
P(X＝6)＝×＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1的分布列为
Y1
7 000
9 000
11 000
13 000
15 000
P
E(Y1)＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720(元)．
选择延保方案二，所需费用Y2的分布列为
Y2
10 000
11 000
12 000
P
E(Y2)＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420(元)．
因为E(Y1)>E(Y2)，所以该医院选择延保方案二较合算．
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]
(2019·福建省质量检查)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：
旧个税税率表(个税起征点3 500元)
新个税税率表(个税起征点5 000元)
缴税
级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率
(%)
每月应纳税得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率
(%)
1
不超过1 500元的部分
3
不超过3 000元的部分
3
2
超过1 500元至45 00元的部分
10
超过3 000元至12 000元的部分
10
3
超过4 500元至9 000元的部分
20
超过12 000元至25 000元的部分
20
4
超过9 000元至35 000元的部分
25
超过25 000元至35 000元的部分
25
5
超过35 000元至55
30
超过35 000元至55
30
000元的部分
000元的部分
...
...
...
...
...
随机抽取某市1 000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2019年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除，同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．
假设该市收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？
解：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；
符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990;
符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790；
既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590.
所以X的可能值为2 190，1 990，1 790，1 590.
依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1，
所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)＝，
P(X＝1 790)＝，P(X＝1 590)＝.
所以X的分布列为
X
2 190
1 990
1 790
1 590
P
所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950.
(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，
所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．
因为在新个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税的均值为1 950元，
所以该收入层级的IT从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．
设经过x个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元，
则2 170x>24 000，因为x∈N，所以x≥12.
所以经过 12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．
[A组 夯基保分专练]
一、选择题
1．(2019·唐山市摸底考试)随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝0.2，P(2<ξ<6)＝0.6，则μ＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：选C．由题意可知，P(ξ<6)＝P (ξ<2)＋P(2<ξ<6)＝0.2＋0.6＝0.8，
所以P(ξ>6)＝1－0.8＝0.2，所以P(ξ<2)＝P(ξ>6)，所以μ＝＝4，故选C
2．(2019·江西七校第一次联考)如图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内(阴影部分由四条四分之一圆弧围成)的概率是( )
A． B．
C．－1 D．2－
解析：选C．设圆的半径为1，则该点取自阴影区域内的概率P＝＝＝－1，故选C．
3．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1a4>a5特征的五位数的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．1，2，3，4，5可组成A＝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CC＝6个，故出现a1a4>a5特征的五位数的概率为＝.
4．(2019·福建省质量检查)某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动，当指针指向阴影区域时为中奖．规定每位顾客有3次抽奖机会，但中奖1次就停止抽奖．假设每次抽奖相互独立，则顾客中奖的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选D．记顾客中奖为事件A，恰抽1次就中奖为事件A1，恰抽2次中奖为事件A2，恰抽3次中奖为事件A3，每次抽奖相互独立，每次抽奖中奖的概率均为，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故选D．
5．(2019·湛江模拟)某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，则他第2次和第3次均命中的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选A．某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件总数n＝CC
eq oal(2,2)＝10，他第2次和第3次均命中包含的基本事件个数m＝CCC＝3，所以他第2次和第3次均命中的概率P＝＝.故选A．
6．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，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．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D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
二、填空题
7．(2019·东北四市联合体模拟(一))若8件产品中包含6件一等品，从中任取2件，则在已知取出的2件产品中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为________．
解析：设事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件不是一等品”为A，事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件是一等品”为B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，所以另1件是一等品的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：
8．向圆(x－2)2＋(y－)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，所以弦AB的长为2.又圆的半径为2，所以弓形ADB的面积为××4－×2×＝－，所以向圆(x－2)2＋(y－)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x轴下方的概率P＝－.
答案：－
9．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)>，则p的取值范围是________．
解析：由已知得，P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝p(1－p)，
P(η＝3)＝(1－p)2，则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，
解得p>，或p<，又因为p∈(0，1)，所以p∈(0，)．
答案：(0，)
三、解答题
10．(2019·福州市第一学期抽测)某市某超市为了回馈新老顾客，决定在2019年元旦来临之际举行“庆元旦，迎新年”的抽奖派送礼品活动．为设计一套趣味性抽奖送礼品的活动方案，该超市面向该市某高中学生征集活动方案，该中学某班数学兴趣小组提供的方案获得了征用．方案如下：将一个4×4×4的正方体各面均涂上红色，再把它分割成64个相同的小正方体．经过搅拌后，从中任取两个小正方体，记它们的着色面数之和为ξ，记抽奖一次中奖的礼品价值为η.
(1)求P(ξ＝3)；
(2)凡是元旦当天在该超市购买物品的顾客，均可参加抽奖．记抽取的两个小正方体着色面数之和为6，设为一等奖，获得价值50元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为5，设为二等奖，获得价值30元的礼品；记抽取的两个小正方体着色面数之和为4，设为三等奖，获得价值10元的礼品，其他情况不获奖．求某顾客抽奖一次获得的礼品价值的分布列与数学期望．
解：(1)64个小正方体中，三面着色的有8个，两面着色的有24个，一面着色的有24个，另外8个没有着色，
所以P(ξ＝3)＝＝＝.
(2)设ξ为抽取的面数之和，η为获得的礼品价值，则
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6，η的取值为50，30，10，0，
P(η＝50)＝P(ξ＝6)＝＝＝，
P(η＝30)＝P(ξ＝5)＝＝＝，
P(η＝10)＝P(ξ＝4)＝＝＝，
P(η＝0)＝1－－－＝.
所以η的分布列如下：
η
50
30
10
0
P
所以E(η)＝50×＋30×＋10×＋0×＝.
11．(2019·广州市调研测试)某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20，40)内的产品视为合格品，否则为不合格品，图1是设备改造前样本的频率分布直方图，表1是设备改造后样本的频数分布表．
图1：设备改造前样本的频率分布直方图
表1：设备改造后样本的频数分布表
质量指标值
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
频数
2
18
48
14
16
2
(1)请估计该企业在设备改造前的产品质量指标的平均值；
(2)该企业将不合格品全部销毁后，对合格品进行等级细分，质量指标值落在[25，30)内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在[20，25)或[30，35)内的定为二等品，每件售价180元；其他的合格品定为三等品，每件售价120元．根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率．现有一名顾客随机购买两件产品，设其支付的费用为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望．
解：(1)根据题图1可知，设备改造前样本的频数分布表如下，
质量指标值
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
频数
4
16
40
12
18
10
4×17.5＋16×22.5＋40×27.5＋12×32.5＋18×37.5＋10×42.5＝3 020.
样本产品的质量指标平均值为＝30.2，
根据样本质量指标平均值估计总体质量指标平均值为30.2.
(2)根据样本频率分布估计总体分布，样本中一、二、三等品的频率分别为，，，
故从所有产品中随机抽一件，是一、二、三等品的概率分别是，，.
随机变量X的取值为240，300，360，420，480.
P(X＝240)＝×＝，P(X＝300)＝C××＝，
P(X＝360)＝C××＋×＝，P(X＝420)＝C××＝，P(X＝480)＝×＝，
所以随机变量X的分布列为
X
240
300
360
420
480
P
所以E(X)＝240×＋300×＋360×＋420×＋480×＝400.
12．(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p0.
(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p0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)＝Cp2(1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(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p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以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．
[B组 大题增分专练]
1．(2019·广州市综合检测(一))为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户)．
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围/度
[0，210]
(210，400]
(400，＋∞)
某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
居民用电户编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
用电量/度
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算某居民用电户用电410度时应交电费多少元？
(2)现要从这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的户数的分布列与期望．
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．
解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．
(2)设取到第二阶梯电量的户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)设从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯的有X户，则X～B，可知P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3，…，10)，
，
解得≤k≤，k∈N*，
所以当k＝6时用电量为第一阶梯的可能性最大，
所以k＝6.
2．(2019·高考北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额(元)
支付方式
(0，1 000]
(1 000，2 000]
大于2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X的分布列和数学期望；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．
解：(1)由题意知，样本中仅使用A的学生有18＋9＋3＝30人，仅使用B的学生有10＋14＋1＝25人，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40人．
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为＝0.4.
(2)X的所有可能值为0，1，2.
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”．
由题设知，事件C、D相互独立，且P(C)＝＝0.4，P(D)＝＝0.6.
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24.
P(X＝1)＝P(C∪D)
＝P(C)P()＋P()P(D)
＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6
＝0.52，
P(X＝0)＝P( )＝P()P()＝0.24，
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2 000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝＝.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．
3．(2019·昆明市质量检测)某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的理念，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A，B，C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B，C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9)．
(1)任取树苗A，B，C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及数学期望E(X)；
(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一棵B种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗最终成活后可获利300元，不成活的每棵树苗亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3.
则P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2，
P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p
＋0.8，
P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p，
P(X＝3)＝0.8p2.
X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.2p2－0.4p＋0.2
0.4p2－1.2p＋0.8
－1.4p2＋1.6p
0.8p2
E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8.
(2)当p＝0.9时，E(X)取得最大值．
①一棵B种树苗最终成活的概率为0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.
②记Y为n棵树苗的成活棵数，M(n)为n棵树苗的利润，
则Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200 000，则有n>699.所以该农户至少引种700棵B种树苗，才可获利不低于20万元．
4．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性；
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查．剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，
则P(μ－3σ
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