《考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题8概率与统计第40练(20200812122200).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题8概率与统计第40练(20200812122200).pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 40 练随机变量及其分布列题型分析 高考展望 随机变量及其分布列是高考的一个必考热点，主要包括离散型随机变量及其分布列，均值与方差，二项分布及其应用和正态分布.对本部分知识的考查，一是以实际生活为背景求解离散型随机变量的分布列和均值；二是独立事件概率的求解；三是考查二项分布.体验高考1.(2015四川)某市 A，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3 名男生、2 名女生，B 中学推荐了3 名男生、4 名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3 人.女生中随机抽取3 人组成代表队.(1)求 A 中学至少有1 名学生入选代表队的概率.
2、(2)某场比赛前，从代表队的6 名队员中随机抽取4 人参赛，设 X 表示参赛的男生人数，求 X的分布列和均值.解(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C33C34C36C361100，因此，A 中学至少有1 名学生入选代表队的概率为1110099100.(2)根据题意，X 的可能取值为1，2，3，P(X1)C13C33C4615，P(X2)C23C23C4635，P(X3)C33C13C4615，所以 X 的分布列为X123P153515因此，X 的均值为E(X)1P(X 1)2P(X2)3P(X3)115235315
3、2.2.(2016天津)某小组共10 人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3 的人数分别为3，3，4.现从这 10 人中随机选出2 人作为该组代表参加座谈会.(1)设 A 为事件“选出的2 人参加义工活动次数之和为4”，求事件A 发生的概率；(2)设 X 为选出的2 人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X 的分布列和均值.解(1)由已知，有P(A)C13C14C23C21013.所以事件 A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2.P(X0)C23 C23C24C210415，P(X1)C13C13C13C14C210715，P(X2)C13C
4、14C210415.所以随机变量X 的分布列为X012P415715415随机变量 X 的均值 E(X)0415171524151.3.(2015福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3 次密码尝试错误，该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6 个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1 个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求 X 的分布列和均值.解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则 P(A
5、)56453412.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又 P(X1)16，P(X2)561516，P(X3)5645123.所以 X 的分布列为X123P161623所以 X 的均值 E(X)11621632352.高考必会题型题型一条件概率与相互独立事件的概率例 1(1)先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1，2，3，4，5，6 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“xy 为偶数”，事件B为“x，y 中有偶数且 x y”，则概率P(B|A)等于()A.12B.13C.14D.25(2)甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标
6、的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为()A.34B.23C.45D.710答案(1)B(2)A解析(1)正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C16C1636(种).事件 A：“x y 为偶数”包含事件A1：“x，y 都为偶数”与事件 A2：“x，y 都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)C13C133614，P(A2)C13C133614，所以 P(A)P(A1)P(A2)141412.事件 B 为“x，y 中有偶数且xy”，所以事件 AB 为“x，y 都为偶数且xy”，所以 P(AB)C13C1333616.P(B|A)P ABP A13.(2)设“甲命中目标”为事件
7、A，“乙命中目标”为事件 B，“丙命中目标”为事件 C，则目标被击中的事件可以表示为ABC，即击中目标表示事件A、B、C 中至少有一个发生.P(A B C)P(A)P(B)P(C)1P(A)1P(B)1P(C)11211311414.故目标被击中的概率为1P(A B C)11434.点评(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)P ABP 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 ABn A.(3)相互独立事件的概率通常和互斥事件
8、的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.变式训练1(1)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(2)某次知识竞赛规则如下：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
9、问题就晋级下一轮的概率为_.答案(1)A(2)0.128解析(1)已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P0.60.75 0.8.(2)由题设，分两类情况：第 1个正确，第 2 个错误，第 3、4 个正确，得 P1 0.80.20.80.80.102 4；第 1、2个错误，第3、4 个正确，此时概率 P20.20.2 0.80.80.025 6.由互斥事件概率公式得PP1P2 0.102 40.025 60.128.题型二离散型随机变量的均值和方差例 2(2015 山东)若 n 是一个三位正整数，且n 的
10、个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如 137，359，567 等).在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1 个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5 整除，参加者得0 分；若能被 5 整除，但不能被10 整除，得 1 分；若能被10 整除，得1 分.(1)写出所有个位数字是5 的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和均值E(X).解(1)个位数是5 的“三位递增数”有 125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为 C3984
11、，随机变量 X 的取值为：0，1，1，因此 P(X0)C38C3923，P(X 1)C24C39114，P(X1)1114231142，所以 X 的分布列为X011P231141142则 E(X)023(1)11411142421.点评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，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率间的对应.变式训练2(1)(2016 四川)同时抛掷两枚质地
12、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 _.答案32解析由题可知，在一次试验中，试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P1121234，2 次独立试验成功次数X 满足二项分布XB 2，34，则 E(X)23432.(2)(2016山东)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3 分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1 分；如果两人都没猜对，则“星队”得0 分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假
13、设“星队”参加两轮活动，求：“星队”至少猜对3 个成语的概率；“星队”两轮得分之和X 的分布列和均值E(X).解记事件 A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件 C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件 E：“星队 至少猜对 3 个成语”.由题意，EABCD A BCDA B CDAB C DABC D.由事件的独立性与互斥性，P(E)P(ABCD)P(A BCD)P(A B CD)P(AB C D)P(ABC D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(
14、C)P(D)342334232142334233413342323.所以“星队”至少猜对3 个成语的概率为23.由题意，随机变量X 可能的取值为0，1，2，3，4，6.由事件的独立性与互斥性，得P(X0)141314131144，P(X1)2341314131423141310144572，P(X2)3413341334131423142334131423142325144，P(X3)342314131413342312144112，P(X4)2342334133423142360144512.P(X6)342334233614414.可得随机变量X 的分布列为x012346P11445722
15、514411251214所以均值 E(X)011441572225144 31124512614236.题型三二项分布例 3某市为丰富市民的业余文化生活，联合市国际象棋协会举办国际象棋大赛，在小组赛中，小王要与其他四名业余棋手进行比赛，已知小王与其他选手比赛获得胜利的概率都为23，并且他与其他选手比赛获胜的事件是相互独立的.(1)求小王首次获胜前已经负了两场的概率；(2)求小王在四场比赛中获胜的场数X 的分布列、均值和方差.解(1)小王首次获胜前已经负了两场，即前两场输第三场赢，其概率为P(123)223227.(2)因为小王每场比赛获胜的概率均为23，所以小王在四场比赛中获胜的场数X 服从二
16、项分布B(4，23)，故 P(Xi)Ci4(23)i(123)4i(其中 i0，1，2，3，4).所以 P(X0)C04(23)0(123)4181，P(X1)C14(23)1(123)3881，P(X2)C24(23)2(123)2827，P(X3)C34(23)3(123)13281，P(X4)C44(23)4(123)01681.故 X 的分布列为X01234P18188182732811681故 X 的均值为E(X)42383，方差为 D(X)423(123)89.点评应用公式Pn(k)Cknpk(1p)nk的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p；(2)n次试验
17、不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率.变式训练3(2015 湖南)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4 个红球、6 个白球的甲箱和装有5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球，在摸出的2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.(1)求顾客抽奖1 次能获奖的概率；(2)若某顾客有3 次抽奖机会，记该顾客在3 次抽奖中获一等奖的次数为X，求 X 的分布列和均值.解(1)记事件 A1从甲箱中摸出的1 个球是红
18、球，A2 从乙箱中摸出的1 个球是红球，B1 顾客抽奖1 次获一等奖，B2 顾客抽奖1 次获二等奖 ，C顾客抽奖1 次能获奖.由题意，A1与 A2相互独立，A1A2与 A1A2互斥，B1与 B2互斥，且 B1A1A2，B2A1A2 A1A2，CB1B2.因为 P(A1)41025，P(A2)51012，所以 P(B1)P(A1A2)P(A1)P(A2)251215，P(B2)P(A1A2 A1A2)P(A1A2)P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1)P(A2)P(A1)1P(A2)1P(A1)P(A2)25 112 1251212.故所求概率为P(C)P(B1B2)P(B1)P(B2)1
19、512710.(2)顾客抽奖3 次可视为3 次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1 次获一等奖的概率为15，所以 X B 3，15.于是P(X0)C0315045364125，P(X1)C1315145248125，P(X2)C2315245112125，P(X3)C331534501125.故 X 的分布列为X0123P6412548125121251125则 E(X)31535.高考题型精练1.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A 两次点数均为奇数，B 两次点数之和为6，则P(B|A)等于()A.59B.13C.536D.23答案B解析n(A)339，n(AB)3，所以 P(B|A)n ABn
20、 A3913.故选 B.2.如图所示，在边长为1 的正方形OABC 内任取一点P，用 A 表示事件“点P 恰好在由曲线yx与直线 x 1及 x轴所围成的曲边梯形内”，B 表示事件“点P恰好取自阴影部分内”，则 P(B|A)等于()A.14B.15C.16D.17答案A解析根据题意，正方形OABC 的面积为111，而 yx与直线 x1 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积为01xdx23x321023，P(A)23123，而阴影部分的面积为01(xx)dx(23x3212x2)1016，正方形 OABC 中任取一点P，点 P 取自阴影部分的概率为P(B)16116，P(B|A)P BP A16231
21、4，故选 A.3.某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过 3 次射击，设 X 表示击中目标的次数，则 P(X2)等于()A.81125B.54125C.36125D.27125答案A解析至少有两次击中目标的对立事件是最多击中一次，有两类情况：一次都没击中、击中一次.一次都没击中：概率为(10.6)30.064；击中一次：概率为C130.6(10.6)20.288.所以最多击中一次的概率为0.0640.2880.352，所以至少有两次击中目标的概率为1 0.3520.64881125.4.已知某一随机变量X 的概率分布列如下表，E(X)6.3，则 a 的值为()X4a9P0.50.1bA.5
22、B.6 C.7 D.8答案C解析b10.50.10.4，40.5a0.190.46.3，a7，故选 C.5.设随机变量XB(n，p)，且 E(X)1.6，D(X)1.28，则()A.n5，p 0.32B.n4，p0.4C.n8，p 0.2D.n7，p0.45答案C解析因为随机变量XB(n，p)，且 E(X)1.6，D(X)1.28，所以E X np1.6，D X np 1p 1.28?p 0.2，n8.6.在 4 次独立重复试验中事件A 发生的概率相同，若事件 A 至少发生 1 次的概率是6581，则事件 A 在一次试验中发生的概率为()A.13B.25C.56D.以上全不对答案A解析设事件
23、A 在一次试验中发生的概率为p，事件 A 全不发生为事件A 至少发生一次的对立事件，1(1p)46581，即(1p)41681.故 1p23或 1p23(舍去)，即 p13.7.小王参加了2015 年春季招聘会，分别向A，B 两个公司投递个人简历.假定小王得到A 公司面试的概率为13，得到 B 公司面试的概率为p，且两个公司是否让其面试是独立的.记 为小王得到面试的公司个数.若 0 时的概率P(0)12，则随机变量 的均值 E()_.答案712解析由题意，得P(2)13p，P(1)13(1p)23p1p3，的分布列为012P121p313p由121p313p1，得 p14.所以 E()0121
24、1p3 213p712.8.随机变量 的取值为0，1，2.若 P(0)15，E()1，则 D()_.答案25解析设 P(1)a，P(2)b，则15a b1，a2b1，解得a35，b15，所以 D()1535 015125.9.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)_.答案65解析根据题目条件，每次摸到白球的概率都是p33 m，满足二项分布，则有E(X)np533m3，解得 m2，那么 D(X)np(1 p)535(135)65.10.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
25、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(p0)，射击次数为，若 的均值 E()74，则 p的取值范围是 _.答案(0，12)解析由已知得P(1)p，P(2)(1p)p，P(3)(1p)2，则 E()p 2(1p)p3(1p)2p23p374，解得 p52或 p12，又 p(0，1)，所以 p(0，12).11.(2015陕西)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100 的样本进行统计，结果如下：T(分钟)25303540频数(次)20304010(1)求 T
26、 的分布列与均值E(T)；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50 分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120 分钟的概率.解(1)由统计结果可得T 的频率分布为T(分钟)25303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得T 的分布列为T25303540P0.20.30.40.1从而 E(T)250.2300.3350.4400.1 32.(2)设 T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T 的分布列相同，设事件 A 表示“刘教授共用时间不超过120 分钟”，由于讲座时间为50 分钟，所以事件A对应于“刘教
27、授在路途中的时间不超过70 分钟”.方法一P(A)P(T1T270)P(T125，T245)P(T130，T2 40)P(T135，T235)P(T140，T230)0.210.310.4 0.90.10.50.91.方法二P(A)P(T1T2 70)P(T135，T240)P(T140，T2 35)P(T140，T240)0.40.1 0.10.40.10.10.09，故 P(A)1P(A)0.91.12.(2016课标全国甲)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，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数012345保费0.85aa1.2
28、5a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解(1)设 A 表示事件：“续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故 P(A)0.20.20.10.050.55.(2)设 B 表示事件：“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)0.10.050.15.又 P(AB)P(B)，故 P(B|A)P ABP AP BP A0.150.55311.因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X，则 X 的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)0.85a0.30 a0.151.25a0.201.5a0.20 1.75a0.102a0.051.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.