2013高考数学二轮突破性专题训练：随机事件的概率 Word版含答案

2013年高考数学复习资料：事件与概率历届高考试题汇编（有答案）各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢2013年高考数学复习资料：事件与概率历届高考试题汇编（有答案）新人教B版1.(2011•长沙调研)甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件．那么()A．甲是乙的充分但不必要条件B．甲是乙的必要但不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件[答案] B[解析]∵互斥事件一定是对立事件，∴甲⇒乙，但对立不一定互斥，∴乙⇒/ 甲，故选B.[来源:]2．(文)甲、乙两人随意入住两个房间，则甲乙两人恰住在同一间房的概率为()D．1[答案] B[解析]将两个房间编号为(1,2)，则所有可能入住方法有：甲住1号房，乙住2号房，甲住2号房，乙住1号房，甲、乙都住1号房，甲、乙都住2号房，共4种等可能的结果，其中甲、乙恰住在同一房间的情形有2种，∴所求概率P＝12.(理)从集合{1,3,6,8}中任取两个数相乘，积是偶数的概率是()[答案] A[解析]所有可能取法有{(1,3)，(1,6)，(1,8)，(3,6)，(3,8)，(6,8)}，只有(1,3)构不成积是偶数，∴P＝56，故选A.3．(文)(2011•安徽合肥模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，则事件“抽到的不是一等品”的概率为()A．B．C．D．[答案] C[解析]事件“抽到的不是一等品”与事件A是对立事件，由于P(A)＝，所以由对立事件的概率公式得“抽到的不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－＝(理)袋中装有白球3个，黑球4个，从中任取3个①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为()A．①B．②C．③D．④[答案] B[解析]∵“至少一个白球”和“全是黑球”不可能同时发生，且必有一个发生．4．(2010•北京高考)从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a，从{1,2,3}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是() [答案] D[解析]分别从两个集合中各取一个数，共有15种取法，其中满足b>a的有3种取法，故所求事件的概率P＝315＝15.5．(2011•安徽“江南十校”联考)第16届亚运会于2010年11月12日在中国广州举行，运动会期间有来自A大学2名和B大学4名的大学生志愿者，现从这6名志愿者中随机抽取2人到体操比赛场馆服务，至少有一名A大学志愿者的概率是()[答案] C[解析]若这2名大学生来自两所大学，则P1＝2×415＝815；若这2名大学生均来自A大学，则P2＝115.故至少有一名A大学生志愿者的概率是815＋115＝35.[点评]由对立事件概率公式知，有另解P＝1－615＝35.6．(2011•大连模拟)一只猴子任意敲击电脑键盘上的0到9这十个数字键，则它敲击两次(每次只敲击一个数字键)得到的两个数字恰好都是3的倍数的概率为()[答案] D[解析]0～9这十个数字键，任意敲击两次共有10×10＝100种不同结果，在0～9中是3的倍数的数字有0,3,6,9，敲击两次都是3的倍数共有4×4＝16种不同结果，∴P＝16100＝425.7．(文)(2011•德州期末)现有语文、数学、英语、物理和化学共5本书，从中任取1本，取出的是理科书的概率为________．[答案]35[解析]共有取法5种，其中理科书为3种，∴P＝35.(理)(2010•南京市调研)某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为________．[答案]14[解析]每人用餐有两种情况，故共有23＝8种情况．他们在同一食堂用餐有2种情况，故他们在同一食堂用餐的概率为28＝14.8．(文)(2010•江苏南通一模)抛掷甲、乙两枚质地均匀且四面上分别标有1,2,3,4的正四面体，其底面落于桌面，记所得的数字分别为x，y，则xy为整数的概率是________．[答案]12[解析]将抛掷甲、乙两枚质地均匀的正四面体所得的数字x，y记作有序实数对(x，y)，共包含16个基本事件，其中xy为整数的有：(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，共8个基本事件，故所求概率为P＝816＝12.(理)(2011•广东高州模拟)某市派出甲、乙两支球队参加全省足球冠军赛，甲、乙两队夺取冠军的概率分别是37和14，则该市足球队夺得全省足球冠军的概率是________．[答案]1928[解析]设事件A：甲球队夺得全省足球冠军，B：乙球队夺得全省足球冠军，事件C：该市足球队夺得全省足球冠军．依题意P(A)＝37，P(B)＝14，且C ＝A＋B，事件A、B互斥，所以P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝37＋14＝1928.9．(文)(2010•浙江开化)已知中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线方程为mx－y＝0，若m在集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取一个数，则双曲线的离心率大于3的概率是________．[答案]79[解析]e>3，即ca>3，∴a2＋b2a2>9，∴ba>22，即m>22，∴m可取值3,4,5,6,7,8,9，∴p＝79.(理)(2011•浙江金华十校模拟)已知甲盒内有外形和质地相同的1个红球和2个黑球，乙盒内有外形和质地相同的2个红球和2个黑球．现从甲、乙两个盒内各取1个球，则取出的2个球中恰有1个红球的概率是________．[答案]12[解析]从甲、乙两个盒内各取1个球，共有3×4＝12种不同的取法．其中，从甲盒内取1个红球，从乙盒内取1个黑球，有2种取法；从甲盒内取1个黑球，从乙盒内取1个红球，有4种取法．故取出的2个球中恰有1个红球的概率是P ＝2＋412＝12.10．有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用( x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具向下一面的点数，y表示第2颗正四面体玩具向下一面的点数．试写出：(1)这个试验的基本事件空间；(2)事件“向下一面点数之和大于3”；(3)事件“向下一面点数相等”．[解析](1)这个试验的基本事件空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}；(2)事件“向下一面点数之和大于3”包含以下13个基本事件(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．(3)事件“向下一面点数相等”包含以下4个基本事件：(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4).11.(2011•山东临沂质检)一个盒子中装有4张卡片，上面分别写着如下四个定义域为R的函数：f1(x)＝x3，f2(x)＝|x|，f3(x)＝sinx，f4(x)＝cosx，现从盒子中任取2张卡片，将卡片上的函数相乘得到一个新函数，所得函数为奇函数的概率是()[答案] C[解析]f1(x)与f3(x)是奇函数，f2(x)与f4(x)是偶函数．奇函数与偶函数相乘是奇函数，故所得函数为奇函数的概率是P＝2×26＝23.12．(2011•北京西城一模)下面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损．则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为()[答案] C[解析]x－甲＝88＋89＋90＋91＋925＝90，x－乙＝83＋83＋87＋x＋995.由x－甲>x－乙，得x0y>0，即b＋2b－2a>0a＋1b－2a>0，解得b>2a.∵a，b∈{1,2,3,4,5,6}，∴基本事件总数共有36种．满足b>2a的有(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，共6种，∴P＝636＝16，即直线l1与l2交点在第一象限的概率为16.15．(文)(2010•北京顺义一中月考)已知实数a，b∈{－2，－1,1,2}．(1)求直线y＝ax＋b不经过第四象限的概率；(2)求直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率．[解析]由于实数对(a，b)的所有取值为：(－2，－2)，(－2，－1)，(－2,1)，(－2,2)，(－1，－2)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－2)，(1，－1)，(1,1)，(1,2)，(2，－2)，(2，－1)，(2,1)，(2,2)共16种(1)设“直线y＝ax＋b不经过第四象限”为事件A若直线y＝ax＋b不经过第四象限，则必须满足a≥0，b≥0，则事件A包含4个基本事件，∴P(A)＝416＝14，∴直线y＝ax＋b不经过第四象限的概率为14.(2)设“直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点”为事件B，则需满足|b|a2＋1≤1，即b2≤a2＋1，∴事件B包含12个基本事件，∴P(B)＝1216＝34，∴直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率为34.(理)(2011•山东聊城模拟)已知某单位有50名职工，现要从中抽取10名职工，将全体职工随机按1～50编号，并按编号顺序平均分成10组，按各组内抽取的编号依次增加5进行系统抽样．(1)若第5组抽出的号码为22，写出所有被抽出职工的号码；(2)分别统计这10名职工的体重(单位：公斤)，获得体重数据的茎叶图如图所示，求该样本的方差；(3)在(2)的条件下，从这10名职工的体重不轻于73公斤(≥73公斤)的职工中随机抽取2名，求体重为76公斤的职工被抽取到的概率．[解析](1)由题意，第5组抽出的号码为22.因为2＋5×(5－1)＝22，所以第1组抽出的号码为2，抽出的10名职工的号码分别为2,7,12,17,22,27,32,37,42,47.(2)因为10名职工的平均体重为x－＝110(81＋70＋73＋76＋78＋79＋62＋65＋67＋59)＝71所以样本方差为：s2＝110(102＋12＋22＋52＋72＋82＋92＋62＋42＋122)＝52.(3)解法1：从10名职工中的体重不轻于73公斤的职工中随机抽取2名，共有10种不同的取法：(73,76)，(73,78)，(73,79)，(73,81)，(76,78)，(76,79)，(76,81)，(78,79)，(78,81)，(79,81)．设A表示“抽到体重为76公斤的职工”，则A包含的基本事件有4个：(73,76)，(76,78)，(76,79)，(76,81)，故所求概率为P(A)＝410＝25.解法2：10名职工中，体重不轻于73公斤的职工有5名，从中任取2名有C25＝10种不同取法，其中体重76公斤的职工被抽到的有4种取法，∴所求概率P＝410＝25.1．(2010•广西柳州市模考)在一次教师联欢会上，到会的女教师比男教师多12人，从到会教师中随机挑选一人表演节目．如果每位教师被选到的概率相等，而且选到男教师的概率为920，那么参加这次联欢会的教师共有()A．360人B．240人C．144人D．120人[答案] D[解析]设与会男教师x人，则女教师为x＋12人，由条件知，xx＋＋＝920，∴x＝54，∴2x＋12＝120，故选D.2．若一元二次方程x2＋mx＋n＝0中m，n的取值分别等于将一枚骰子连掷两次先后出现的点数，则方程有实根的概率为()D. 1736[答案] A[解析]∵方程有实根，∴m2－4n≥0，∴(m，n)的允许取值情形有：(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共19种，∴p＝1936.3．把黑、红、白3张纸牌分给甲、乙、丙三人，每人一张，则事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是()A．对立事件B．互斥但不对立事件C．不可能事件D．必然事件[答案] B[解析]“甲分得红牌”与“乙分得红牌”不可能同时发生，但可以同时不发生，当“丙分得红牌”时，上述两事件都没发生，故选B.4．(2011•温州八校期末)已知α，β，γ是不重合平面，a，b是不重合的直线，下列说法正确的是()A．“若a∥b，a⊥α，则b⊥α”是随机事件B．“若a∥b，a⊂α，则b∥α”是必然事件C．“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是必然事件D．“若a⊥α，a∩b＝P，则b⊥α”是不可能事件[答案] D[解析]a∥ba⊥α⇒b⊥α，故A错；a∥ba⊂α⇒b∥α或b⊂α，故B错；当α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能平行，也可能相交(包括垂直)，故C错；如果两条直线垂直于同一个平面，则此二直线必平行，故D为真命题．5．(2011•奉贤区检测(一))在一次读书活动中，一同学从4本不同的科技书和2本不同的文艺书中任选3本，则所选的书中既有科技书又有文艺书的概率为()[答案] D[解析]因为文艺书只有2本，所以选取的3本书中必有科技书，这样问题就等价于求选取的3本书中有文艺书的概率．设4本不同的科技书为a，b，c，d,2本不同的文艺书为e，f，则从这6本书中任选3本的可能情况有：(a，b，c)，(a，b，d)，(a，b，e)，(a，b，f)，(a，c，d)，(a，c，e)，(a，c，f)，(a，d，e)，(a，d，f)，(a，e，f)，(b，c，d)，(b，c，e)，(b，c，f)，(b，d，e)，(b，d，f)，(b，e，f)，(c，d，e)，(c，d，f)，(c，e，f)，(d，e，f)，共20种，记“选取的3本书中有文艺书”为事件A，则事件A－包含的可能情况有：(a，b，c)，(a，b，d)，(a，c，d)，(b，c，d)，共4种，故P(A)＝1－P(A－)＝1－420＝45.6．(2010•济南市模拟)已知a、b、c 为集合A＝{1,2,3,4,5,6}中三个不同的数，如下框图给出的一个算法运行后输出一个整数a，则输出的数a＝5的概率是()[答案] C[解析]由程序框图知，输入a、b、c三数，输出其中的最大数，由于输出的数为5，故问题为从集合A中任取三个数，求最大数为5的概率，∴P＝C24C36＝620＝310.7．(2011•石家庄模拟)老师为研究男女同学数学学习的差异情况，对某班50名同学(其中男同学30名，女同学20名)采取分层抽样的方法，抽取一个样本容量为10的样本进行研究，某女同学甲被抽到的概率为________．[答案]158．(2011•惠州调研)已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683431257393027556488 730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为()A．B．C．D．[答案] B[解析]由随机数可得：在20组随机数中满足条件的只有5组，故该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢。

2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类(全国新课标卷II)第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2013课标全国Ⅱ，理1)已知集合M ＝{x |(x －1)2＜4，x ∈R }，N ＝{－1,0,1,2,3}，则M ∩N ＝( )．A ．{0,1,2}B ．{－1,0,1,2}C ．{－1,0,2,3}D ．{0,1,2,3} 2．(2013课标全国Ⅱ，理2)设复数z 满足(1－i)z ＝2i ，则z ＝( )．A ．－1＋iB ．－1－IC ．1＋iD ．1－i3．(2013课标全国Ⅱ，理3)等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )．A ．13B ．13-C ．19D ．19-4．(2013课标全国Ⅱ，理4)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，lα，lβ，则( )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l5．(2013课标全国Ⅱ，理5)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝( )．A ．－4B ．－3C ．－2D ．－16．(2013课标全国Ⅱ，理6)执行下面的程序框图，如果输入的N ＝10，那么输出的S ＝( )．A ．1111+2310+++B ．1111+2!3!10!+++C ．1111+2311+++D ．1111+2!3!11!+++7．(2013课标全国Ⅱ，理7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．8．(2013课标全国Ⅱ，理8)设a ＝log 36，b ＝log 510，c ＝log 714，则( )．A ．c ＞b ＞aB ．b ＞c ＞aC ．a ＞c ＞bD ．a ＞b ＞c9．(2013课标全国Ⅱ，理9)已知a ＞0，x ，y 满足约束条件1,3,3.x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥(-)⎩若z ＝2x ＋y 的最小值为1，则a ＝( )．A ．14 B．12 C ．1 D ．210．(2013课标全国Ⅱ，理10)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )．A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝011．(2013课标全国Ⅱ，理11)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为( )．A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x12．(2013课标全国Ⅱ，理12)已知点A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线y＝ax＋b(a＞0)将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是( )．A．(0,1) B．11,22⎛⎫-⎪⎪⎝⎭ C．1123⎛⎤-⎥⎝⎦ D．11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答。

2013年普通高等学校统一考试试题（江苏卷）参考公式：样本数据12,,,nx x x…的方差2211()niis x xn-=-∑，其中11niix xn-=∑。

棱锥的体积公式：13V Sh=，其中S是锥体的底面积，h为高。

棱柱的体积公式：V Sh=，其中S是柱体的底面积，h为高。

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分。

请把答案填写在答题卡相印位置上。

1、函数)42sin(3π+=xy的最小正周期为▲2、设2)2(iz-=（i为虚数单位），则复数z的模为▲3、双曲线191622=-yx的两条渐近线的方程为▲4、集合}1,0,1{-共有▲个子集5、右图是一个算法的流程图，则输出的n的值是▲6运动员第一次第二次第三次第四次第五次甲87 91 90 89 93乙89 90 91 88 92 则成绩较为稳定（方差较小）的那位运动员成绩的方差为▲7、现在某类病毒记作nmYX，其中正整数m，n（7≤m，9≤n）可以任意选取，则nm，都取到奇数的概率为 ▲8、如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥ADE F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V ▲9、抛物线2x y =在1=x 处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D （包含三角形内部和边界）。

若点),(y x P 是区域D 内的任意一点，则y x 2+的取值范围是 ▲ 10、设E D ，分别是ABC ∆的边BC AB ，上的点，AB AD 21=，BC BE 32=，若12DE AB AC λλ=+u u u r u u u r u u u r（21λλ，为实数），则21λλ+的值为 ▲ 11、已知)(x f 是定义在R 上的奇函数。

当0>x 时，x x x f 4)(2-=，则不等式x x f >)(的解集用区间表示为 ▲12、在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的标准方程为)0,0(12222>>=+b a by a x 0a b>>），右焦点为F ，右准线为l ，短轴的一个端点为B ，设原点到直线BF 的距离为1d ，F 到l 的距离为2d ，若126d d =，则椭圆C 的离心率为 ▲13、在平面直角坐标系xOy 中，设定点),(a a A ，P 是函数xy 1=（0>x ）图象上一动点，若点A P ，之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为 ▲ 14、在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a ΛΛ2121>+++的最大正整数n 的值为 ▲二、解答题：本大题共6小题，共计90分。

2013年高考数学试题及答案word版一、选择题（每题5分，共50分）1. 函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 + 1在区间[0,1]上的最大值是：A. 0B. 1C. 2D. 3答案：C2. 已知向量a = (3, -1)，b = (2, 4)，向量a与向量b的夹角的余弦值为：A. 1/5B. 3/5C. -1/5D. -3/5答案：B3. 圆x^2 + y^2 - 6x - 8y + 25 = 0的圆心坐标为：A. (3, 4)B. (-3, -4)C. (3, -4)D. (-3, 4)答案：A4. 已知等比数列{an}的首项为1，公比为2，求前5项的和S5：A. 31B. 15C. 33D. 63答案：A5. 函数y = ln(x+√(x^2+1))的导数为：A. 1/(x+√(x^2+1))B. 1/(x-√(x^2+1))C. 1/(x+1)D. 1/(x-1)答案：A6. 已知双曲线x^2/a^2 - y^2/b^2 = 1的离心率为2，求a和b的关系：A. a = 2bB. a = b/2C. b = 2aD. b = a/2答案：C7. 已知三角形ABC的内角A、B、C满足A+B=2C，且sinA+sinB=sinC，求角C的大小：A. π/3B. π/4C. π/6D. π/2答案：A8. 已知函数f(x) = x^2 - 4x + m在区间[2, +∞)上单调递增，求m的取值范围：A. m ≥ -4B. m > -4C. m ≤ -4D. m < -4答案：A9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5 = 40，S10 - S5 = 40，求S15 - S10的值：A. 60B. 40C. 20D. 0答案：A10. 已知函数f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d，其中a、b、c、d均为实数，且f(0) = 0，f'(0) = 0，f''(0) = 0，求f(1)的值：A. 1B. 2C. 3D. 4答案：A二、填空题（每题5分，共30分）11. 已知直线l的方程为y = 2x + 3，求直线l与x轴的交点坐标。

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.。

考点49 随机事件的概率、古典概型、几何概型一、选择题1.（2013·四川高考理科·Ｔ9）节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯,这两串彩灯的第一次闪亮相互独立,且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生,然后每串彩灯在4秒内为间隔闪亮,那么这两串彩灯同时通电后,它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A. 14 B. 12C. 34D. 78【解题指南】本题考查的是几何概型问题,首先明确两串彩灯开始亮是通电后4秒内任一时刻等可能发生,第一次闪亮相互独立,而满足要求的是两串彩灯第一次闪亮的时刻相差不超过2秒.【解析】选C.由于两串彩灯第一次闪亮相互独立且在通电后4秒内任一时刻等可能发生,所以总的基本事件为如图所示的正方形的面积,而要求的是第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的基本事件为如图所示的阴影部分的面积,根据几何概型的计算公式可知它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是123164，故选C.2.（2013·安徽高考文科·Ｔ5）若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戌中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为（ ）A.23B.25C. 35D.910【解题指南】 以甲、乙为选择对象分情况考虑，先组合再求概率。

【解析】选D.当甲、乙两人中仅有一人被录用时的概率2313536=22=1010C P C ?；当甲、乙两人都被录用时的概率132353=10C P C =，所以所求概率为12369+P =101010P P =+=。

3.（2013·新课标Ⅰ高考文科·Ｔ3）从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是（ ） A. 12B.13C.14D. 16【解析】选B.从1，2，3，4中任取2个不同的数有6种，取出的2个数之差的绝对值为2有2种，则概率3162==P . 4. （2013·陕西高考理科·Ｔ5）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 ． 14π-B. 12π-C ． 22π-D. 4π【解题指南】几何概型面积型的概率为随机事件所占有的面积和基本事件所占有的面积的比值求出该几何概型的概率.【解析】选A.由题设可知，矩形ABCD 的面积为2，曲边形DEBF 的面积为22π-，故所求概率为.41222ππ-=-5.（2013·江西高考文科·Ｔ4）集合A={2,3},B={1,2,3},从A,B 中各取任意一个数，则这两数之和等于4的概率是（ ）A. 23 B. 12 C. 13 D.16【解题指南】属于古典概型，列举出所有的结果是关键.【解析】选C.所有的结果为（2,1），（2,2），(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)共6种，满足所求事件的有2种，所以所求概率为13.6. （2013·湖南高考文科·Ｔ9）.已知事件“在矩形ABCD 的边CD 上随机取一点P ，使△APB 的最大边是AB ”发生的概率为21，则ADAB=（ ）A.12B.14C.2 D.4【解题指南】本题的关键是找出使△APB 的最大边是AB 的临界条件，首先是确定AD<AB,然后作出矩形ABCD ，最后分别以A 、B 为圆心以AB 为半径作圆弧交CD 于F 、E ，当EF=21CD 时满足题意。

专题升级训练17　概率、统计与统计案例 (时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分) 1．从2 007名学生中选取50名学生参加全国数学联赛，若采用下面的方法选取：先用简单随机抽样从2 007人中剔除7人，剩下的2 000人再按系统抽样的方法抽取，则每人入选的概率( )． A．不全相等 B．均不相等 C．都相等，且为 D．都相等，且为 2．已知x与y之间的一组数据： x0123y1357则y与x的线性回归方程＝＋x必过点( )． A．(2,2) B．(1.5,0) C．(1,2) D．(1.5,4) 3．向假设的三座相互毗邻的军火库投掷一颗炸弹，只要炸中其中任何一座，另外两座也要发生爆炸．已知炸中第一座军火库的概率为0.2，炸中第二座军火库的概率为0.3，炸中第三座军火库的概率为0.1，则军火库发生爆炸的概率是( )． A．0.006 B．0.4 C．0.5 D．0.6 4．在区间[－2,2]内任取两数a，b，使函数f(x)＝x2＋2bx＋a2有两相异零点的概率是( )． A． B． C． D． 5．在样本的频率分布直方图中，共有11个小长方形，若中间一个长方形的面积等于其他10个小长方形面积和的，且样本容量为160，则中间一组的频数为( )． A．32 B．0.2 C．40 D．0.25 6．从标有1,2,3，…，7的7个小球中取出一球，记下它上面的数字，放回后再取出一球，记下它上面的数字，然后把两数相加得和，则取得的两球上的数字之和大于11或者能被4整除的概率是( )． A． B． C． D． 二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分) 7．某校有高一学生400人，高二学生302人，高三学生250人，现在按年级分层抽样，从所有学生中抽取一个容量为190人的样本，应该从高______学生中剔除______人，高一、高二、高三抽取的人数依次是________． 8．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是__________． 9．已知实数x∈[－1,1]，y∈[0,2]，则点P(x，y)落在区域内的概率为__________． 三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 10．(本小题满分15分)(2012·江西八校联考，理17)某公司举办一次募捐爱心演出，有1 000人参加，每人一张门票，每张100元．在演出过程中穿插抽奖活动，第一轮抽奖从这1 000张票根中随机抽取10张，其持有者获得价值1000元的奖品，并参加第二轮抽奖活动．第二轮抽奖由第一轮获奖者独立操作按钮，电脑随机产生两个数x，y(x，y∈{0,1,2,3})，满足|x－1|＋|y－2|≥3电脑显示“中奖”，且抽奖者获得9 000元奖金；否则电脑显示“谢谢”，则不中奖． (1)已知小明在第一轮抽奖中被抽中，求小明在第二轮抽奖中获奖的概率； (2)若小白参加了此次活动，求小白参加此次活动收益的期望． 11．(本小题满分15分)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1. (1)求概率P(ξ＝0)； (2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)． 12．(本小题满分16分)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)．一、选择题 1．C　2．D 3．D　解析：设A，B，C分别表示炸中第一、第二、第三座军火库这三个事件，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1.设D表示“军火库爆炸”，则D＝A∪B∪C.又∵A，B，C彼此互斥，∴P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6. 4．D 5．A　解析：设中间的长方形面积为x，则其他的10个小长方形的面积为4x，所以可得x＋4x＝1，得x＝0.2；又因为样本容量为160，所以中间一组的频数为160×0.2＝32，故选A. 6．A 二、填空题 7．二　2　80,60,50　解析：总体人数为400＋302＋250＝952(人)，∵＝5……2，＝80，＝60，＝50，∴从高二年级中剔除2人．从高一，高二，高三年级中分别抽取80人、60人、50人． 8．　解析：∵以1为首项，－3为公比的等比数列的10个数为1，－3,9，－27，…，其中有5个负数，1个正数一共6个数小于8，∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是＝. 9．　解析：如图所示，(x，y)在矩形ABCD内取值，不等式组所表示的区域为△AEF，由几何概型的概率公式，得所求概率为. 三、解答题 10．解：(1)从0,1,2,3四个数字中(可重复)任取2个数字，其基本事件有(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共16个． 设“小明在第二轮抽奖中获奖”为事件A，且事件A所包含的基本事件有(0,0)，(2,0)，(3,0)，(3,1)，(3,3)，共5个． ∴P(A)＝. (2)设小白参加此次活动的收益为ξ，ξ的可能取值为－100,900，9 900. 则P(ξ＝－100)＝，P(ξ＝900)＝×＝，P(ξ＝9 900)＝×＝. ∴ξ的分布列为 ξ－1009009 900P∴E(ξ)＝－100×＋900×＋9 900×＝－. 11．解：(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8对相交棱，因此P(ξ＝0)＝＝＝. (2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P(ξ＝)＝＝， 于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝， 所以随机变量ξ的分布列是 ξ01P(ξ)因此E(ξ)＝1×＋×＝. 12．解：以Ai表示第i次调题调用到A类型试题，i＝1,2. (1)P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝. (2)X的可能取值为n，n＋1，n＋2. P(X＝n)＝P()＝·＝. P(X＝n＋1)＝P(A1)＋P(A2)＝·＋·＝， P(X＝n＋2)＝P(A1A2)＝·＝， 从而X的分布列是 Xnn＋1n＋2PE(X)＝n×＋(n＋1)×＋(n＋2)×＝n＋1.。

高考数学随机事件的概率专题复习训练（含答案）概率是对随机事情发作的能够性的度量，下面是随机事情的概率专题温习训练，请考生练习。

一、选择题
1.以下说法中一定正确的选项是()
A.一名篮球运发动，号称百发百中，假定罚球三次，不会出现三投都不中的状况
B.一粒骰子掷一次失掉2点的概率是，那么掷6次一定会出现一次2点
C.假定买彩票中奖的概率为万分之一，那么买一万元的彩票一定会中奖一元
D.随机事情发作的概率与实验次数有关
[答案] D
[解析] A错误，会有三投都不中的状况发作;B错误，能够6次都不出现2点C错误，概率是预测值，而该随机事情不一定会出现.
2.以下说法正确的选项是()
A.任何事情的概率总是在(0,1)之间
B.频率是客观存在的，与实验次数有关
C.随着实验次数的添加，频率普通会越来越接近概率
D.概率是随机的，在实验前不能确定
[答案] C
[解析] 频率是n次实验中，事情A发作的次数m与实验总次数n的比值，随着实验次数的增多，频率会越来越接近概率.
3.给出以下四个命题：
集合{x||x|0}为空集是肯定事情;
y=f(x)是奇函数，那么f(0)=0是随机事情;
假定loga(x-1)0，那么x1是肯定事情;
对顶角不相等是不能够事情.
其中正确命题的个数是()
A.4
B.1
C.2
D.3
[答案] D
[解析] |x|0恒成立，正确;
奇函数y=f(x)只要在x=0有意义时才有f(0)=0，
正确;
由loga(x-1)0知，当a1时，x-11即x
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随机事件的概率一、选择题1. 12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（ ）A ．155B ．355C ．14D ．132. 四位母亲带领自己的孩子参加电视台“我爱妈妈”综艺节目，其中有一环节，先把四 位孩子的眼睛蒙上，然后四位母亲分开站，而且站着不许动，不许出声，最后让蒙上眼睛 的小朋友找自己的妈妈，一个母亲的身边只许站一位小朋友，站对一对后亮起两盏灯，站错不亮灯，则恰亮两盏灯的概率是（ ） A.83 B.31 C.41 D. 2413. 某人射击一次击中的概率为0.6,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为A ．12581B ．12554C ．12536D ．125274. 甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，若甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3︰1获胜的概率为 （ ） A.827 B ．3281 C ．6481D ．495. 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的概率等于A 、16B 、13C 、23D 、566. 在所有的两位数中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率是( )A ．65B ．54C ．32D ．217. 在1，2，3，4，5五个数字中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的概率是 （ ） A 、0．2 B 、0.25 C 、 0.3 D 、0.48. 从一副标准的52张扑克牌中任意抽一张，抽到黑色K 的概率为( )A ．152B ．113 C. 126 D ．149. 有5件产品．其中有3件一级品和2件二级品．从中任取两件，则以0.7为概率的是（ ）A ．至多有1件一级品B ．恰有l 件一级品C ．至少有1件一级品D ．都不是一级品10. 有一部四卷文集，按任意顺序排放在书架的同一层上，则各卷自左到右或由右到左卷号恰为1，2，3，4顺序的概率等于( ) A.81 B.121 C.161 D. 241二、填空题11. 有20张卡片，每张卡片上分别标有两个连续的自然数,1k k +，其中0,1,2,,19k =．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91010++=）不小于14”为A ，则()P A = ．12. 甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、0.6、0.5，则三人都达标的概率是 ，三人中至少有一人达标的概率是 。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（全国II ）数学（理科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． （1）【2013年全国Ⅱ，理1，5分】已知集合{}2|(1)4),M x x x R =-<∈，{}1,0,1,2,3N =-，则M N = （ ）（A ）{}0,1,2 （B ）{}1,0,1,2- （C ）{}1,0,2,3- （D ）{}0,1,2,3 【答案】A【解析】因为{}31|<<-=x x M ，{}3,2,1,0,1-=N ，所以{}0,1,2M N = ，故选A ． （2）【2013年全国Ⅱ，理2，5分】设复数z 满足(1i)2i z -=则z =（ ）（A ）1i -+ （B ）1i -- （C ）1i + （D ）1i - 【答案】A【解析】2i 2i(1i)1i 1i (1i)(1i)z +===-+--+，故选A ． （3）【2013年全国Ⅱ，理3，5分】等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =（ ）（A ）13 （B ）13- （C ）19（D ）19-【答案】C【解析】设数列{}n a 的公比为q ，若1q =，则由59a =，得19a =，此时327S =，而211099a a +=，不满足题意，因此1q ≠．∵1q ≠时，33111(1)·101a q qa a S q -=-=+，∴31101q q q -=+-，整理得29q =． ∵451·9a a q ==，即1819a =，∴119a =，故选C ．（4）【2013年全国Ⅱ，理4，5分】已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l m ⊥，l n ⊥，l α⊄，l β⊄，则（ ）（A ）//αβ且//l α （B ）αβ⊥且l β⊥ （C ）α与β相交，且交线垂直于l （D ）α与β相交，且交线平行于l【答案】D【解析】因为m α⊥，l m ⊥，l α⊄，所以//l α．同理可得//l β．又因为m ，n 为异面直线，所以α与β相交，且l 平行于它们的交线，故选D ．（5）【2013年全国Ⅱ，理5，5分】已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数是5，则a =（ ）（A ）4- （B ）3- （C ）2- （D ）1- 【答案】D【解析】因为5(1)x +的二项展开式的通项为5C 0)5(r rr r x ≤≤∈Z ，，则含2x 的项为221552C C 105()x ax x a x +⋅=+，所以1055a +=，1a =-，故选D ． （6）【2013年全国Ⅱ，理6，5分】执行右面的程序框图，如果输入的10N =，那么输出的S =（ ）（A ）1111+2310+++ （B ）1111+2!3!10!+++ （C ）1111+2311+++ （D ）1111+2!3!11!+++【答案】D【解析】由程序框图知，当1k =，0S =，1T =时，1T =，1S =；当2k =时，12T =，1=1+2S ；当3k =时，123T =⨯，111+223S =+⨯；当4k =时，1234T =⨯⨯，1111+223234S =++⨯⨯⨯；…； 当10k =时，123410T =⨯⨯⨯⨯ ，1111+2!3!10!S =+++ ，k 增加1变为11，满足k N >，输出S ，所以B 正确，故选D ．（7）【2013年全国Ⅱ，理7，5分】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是()1,0,1，()1,1,0，()0,1,1，()0,0,0，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）【答案】A【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O xyz -的图像为下图：则它在平面zOx 上的投影即正视图为A 图形，故选A ．（8）【2013年全国Ⅱ，理8，5分】设3log 6a =，5log 10b =，7log 14c =，则（ ）（A ）c b a >> （B ）b c a >> （C ）a c b >> （D ）a b C >> 【答案】D【解析】根据公式变形，lg 6lg 21lg3lg3a ==+，lg10lg 21lg 5lg 5b ==+，lg14lg 21lg 7lg 7c ==+，因为lg 7lg5lg3>>， 所以lg 2lg 2lg 2lg 7lg5lg3<<，即c b a <<，故选D ． （9）【2013年全国Ⅱ，理9，5分】已知0a >，,x y 满足约束条件13(3)x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，若2z x y =+的最小值是1，则a =（ ）（A ）14 （B ）12（C ）1 （D ）2【答案】B【解析】由题意作出13x x y ≥⎧⎨+≤⎩所表示的区域如图阴影部分所示，作直线21x y +=，因为直线21x y +=与直线1x =的交点坐标为(1)1-，，结合题意知直线()3y a x =-过点(1)1-，，代入得12a =，故选B ． （10）【2013年全国Ⅱ，理10，5分】已知函数32()f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是（ ）（A ）0x R ∃∈，0()0f x = （B ）函数()y f x =的图象是中心对称图形（C ）若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间0(,)x -∞单调递减（D ）若0x 是()f x 的极值点，则0'()0f x = 【答案】C【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确．由32()f x x ax bx c =+++得32()f x c x ax bx -=++，因为函数32y x ax bx =++的对称中心为0,0（），所以32()f x x ax bx c =+++的对称中心为(0,)c ，所以B 正确．由三次函数的图象可知，若0x 是()f x 的极小值点，则极大值点在0x 的左侧，所以函数在区间0,x -∞（）单调递减是错误的，D 正确，故选C ．（11）【2013年全国Ⅱ，理11，5分】设抛物线22(0)y px p =≥的焦点为F ，点M 在C 上，5MF =，若以MF为直径的圆过点0,2（），则C 的方程为（ ）（A ）24y x =或28y x = （B ）22y x =或28y x = （C ）24y x =或216y x = （D ）22y x =或216y x = 【答案】C【解析】设点M 的坐标为00()x y ，，由抛物线的定义，得052P MF x =+=，则052x p =-．又点F 的坐标为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，所以以MF 为直径的圆的方程为()()0020p y y x x x y ⎛⎫- ⎭-⎪⎝-+=．将0x =，2y =代入得00840px y +-=，即0202480y y -+=，所以04y =．由0202y px =，得16252p p ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，解之得2p =，或8p =． 所以C 的方程为24y x =或216y x =，故选C ．（12）【2013年全国Ⅱ，理12，5分】已知1,0A -（），1,0B （），0,1C （），直线(0)y ax b a =+>将ABC ∆分割为面积相等的两部分，则b 的取值范围是（ ）（A ）0,1（） （B ）112⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ （C ）113⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ （D ）11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 【答案】B第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分．第（13）题~第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答．第（22）题~第（24）题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上（13）【2013年全国Ⅱ，理13，5分】已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE BD ⋅=______． 【答案】2【解析】解法一：在正方形中，12AE AD DC =+ ,BD BA AD AD DC =+=-,所以2222111()()222222AE BD AD DC AD DC AD DC ⋅=+⋅-=-=-⨯= ．解法二：以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A 的坐标为()0,0，点B 的坐标为()2,0，点D 的坐标为()0,2，点E 的坐标为()1,2，则()1,2AE =，()2,2BD =-，所以2AE BD ⋅= ． （14）【2013年全国Ⅱ，理14，5分】从n 个正整数1,2,3,4,5，…，n 中任意取出两个不同的数，若其和为5的概率是114，则n =__ ____．【答案】8【解析】从1,2，…，n 中任取两个不同的数共有2C n种取法，两数之和为5的有()1,4，()2,3 2种，所以221C 14n=，即24111142n n n n ==(-)(-)，解得8n =．（15）【2013年全国Ⅱ，理15，5分】设θ为第二象限角，若1tan()42πθ+=，则sin cos θθ+=_______．【答案】【解析】由π1tan 1tan 41tan 2θθθ+⎛⎫+== ⎪-⎝⎭，得1t a n 3θ=-，即1s i n c o s 3θθ=-．将其代入22sin cos 1θθ+=，得210cos 19θ=．因为θ为第二象限角，所以cos θ=，sin θ=sin cos θθ+=． （16）【2013年全国Ⅱ，理16，5分】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n nS 的最小值为_______． 【答案】49-【解析】设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则1101109S =10210450a a d d ⨯=+=＋，①115115141521510525d S a d a =+⨯==+．② 联立①②，得13a =-，23d =，所以2(1)211032333n n n n S n n --+⨯=-=．令()n f n nS =，则32110()33f n n n =-，220'()3f n n n =-．令()0f n '=，得0n =或203n =．当203n >时，()0f n '>,200<<3n 时，()0f n '<，所以当203n =时，()f n 取最小值，而n +∈N ，则()648f =-，()749f =-，所以当7n =时，()f n 取最小值49-．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （17）【2013年全国Ⅱ，理17，12分】ABC ∆的内角的对边分别为,,,a b c 已知cos cos a b C c B =+．（1）求B ；（2）若2b =，求ABC ∆的面积的最大值． 解：（1）由已知及正弦定理得sin sin cos sin sin A B C C B =+．① 又()A B C π=-+，故()sin sin sin cos cos sin A B C B C B C =+=+．② 由①，②和0()C π∈，得sin cos B B =， 又0()B π∈，，所以π4B =． （2）ABC ∆的面积1sin 2S ac B ==．由已知及余弦定理得22π2cos 44ac a c =+-． 又222a c ac +≥，故ac ≤a c =时，等号成立．因此ABC ∆．（18）【2013年全国Ⅱ，理18，12分】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别是AB ，1BB 的中点．1AA AC CB AB ===． （1）证明：1//BC 平面11A CD ；（2）求二面角1D ACE --的正弦值． 解：（1）连结1AC 交1A C 于点F ，则F 为1AC 中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则1//BC DF ． 因为DF ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1//BC 平面1A CD ．（2）由AC CB AB ==得，AC BC ⊥．以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图 所示的空间直角坐标系C xyz -．设2CA =，则()1,1,0D ，()0,2,1E ，()12,0,2A ，()1,1,0CD =， ()0,2,1CE = ，()12,0,2CA =．设111()x y z =n ，，是平面1A CD 的法向量，则100CD CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即11110220x y x z +=⎧⎨+=⎩，可取11(1)=--n ，，．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量， 则10CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 可取2,1()2=-m ，．从而||||o c s ==n?m n n m m 〈，〉，故sin ,=n m 即二面角1D ACE --（19）【2013年全国Ⅱ，理19，12分】经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品．以X (单位：t ，100150X ≤≤)表示下一个销售季度内的市场需求量，T (单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润 （1）将T 表示为X 的函数；（2）根据直方图估计利润T 不少于57000元的概率；（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作1为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量[)100,110X ∈，则取105X =，且105X =的概率等于需求量落入[)100,110的频率)，求T 的数学期望．解：（1）当[)100,130X ∈时，()50030013080039000T X X X =--=-，当[]130,150X ∈时，50013065000T =⨯=． 所以80039000,10013065000,130150X X T X -≤<⎧=⎨≤≤⎩．（2）由（1）知利润T 不少于57000元当且仅当120150X ≤≤．由直方图知需求量[]120,150X ∈的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57000元的概率的估计值为0.7． （3）依题意可得T所以450000.1ET =⨯+（20）【2013年全国Ⅱ，理20，12分】平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：2222=1x y a b +(0a b >>)右焦点的直线0x y +交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12．（1）求M 的方程；（2）C ，D 为M 上两点，若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥，求四边形ACBD 面积的最大值．解：（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，00()P x y ，，则221122=1x y a b+，222222=1x y a b +，2121=1y y x x ---， 由此可得2212122121=1b x x y y a y y x x (+)-=-(+)-．因为1202x x x +=，1202y y y +=，0012y x =，所以222a b =． 又由题意知，M 的右焦点为)，故223ab -=．因此26a =，23b =．所以M 的方程为22=163x y +．（2）由220163x y xy⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩，解得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩AB =CD 的方程为： y x n n ⎛=+<<⎝，设33()C x y ，，44()D x y ，．由22163y x nx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得2234260x nx n ++-=． 于是3,4x =CD 的斜率为1，所以43|x xCD -由已知，四边形ACBD 的面积1||||2S CD AB =⋅=． 当0n =时，S ．所以四边形ACBD ．（21）【2013年全国Ⅱ，理21，12分】已知函数()ln()x f x e x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明()0f x >．解：（1）()1e x mf x x =-'+．由0x =是()f x 的极值点得()00f '=，所以1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1-+∞，，()1e 1x f x x =-+'．函数()1e 1x f x x =-+'在()1-+∞，单调递增，且()00f '=． 因此当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当0()x ∈+∞，时，()0f x '>．所以()f x 在()1,0-单调递减，在(0)+∞， 单调递增．（2）当2m ≤，()x m ∈-+∞，时，()()ln ln 2x m x +≤+，故只需证明当2m =时，()0f x >．当2m =时，函数()1e 2x f x x =-+'在()2-+∞，单调递增．又()10f '-<，()00f '>， 故()0f x '=在()2-+∞，有唯一实根0x ，且()01,0x ∈-．当02()x x ∈-，时，()0f x '<； 当0()x x ∈+∞，时，()0f x '>，从而当0x x =时，()f x 取得最小值．由()00f x '=得001e 2x x =+， ()00ln 2x x +=-，故()()20000011022f x x x x f x x (+)+=≥>++=．综上，当2m ≤时，()0f x >． 请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时请写清题号． （22）【2013年全国Ⅱ，理22，10分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，CD 为ABC ∆外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD 于点D ，E ，F 分别为弦AB 与弦AC 上的点，且 ··BC AE DC AF =，B ，E ，F ，C 四点共圆． （1）证明：CA 是ABC ∆外接圆的直径；（2）若DB BE EA ==，求过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与ABC ∆外接圆面积的比值．解：（1）因为CD 为ABC ∆外接圆的切线，所以DCB A ∠=∠，由题设知BC DCFA EA=，故CDB AEF ∆∆∽， 所以DBC EFA ∠=∠．因为B ，E ，F ，C 四点共圆，所以CFE DBC ∠=∠，故90EFA CFE ∠=∠=︒． 所以90CBA ∠=︒，因此CA 是ABC ∆外接圆的直径．（2）连结CE ，因为90CBE ∠=︒，所以过B ，E ，F ，C 四点的圆的直径为CE ，由D B B E =，有C E D C =， 又22·2BC DB BA DB ==，所以222246CA DB BC DB =+=．而22·3DC DB DA DB ==，故过B ，E ，F ， C 四点的圆的面积与ABC ∆外接圆面积的比值为12．（23）【2013年全国Ⅱ，理23，10分】（选修4-4：坐标系与参数方程）已知动点P Q 、都在曲线2cos :2sin x tC y t =⎧⎨=⎩（t 为参数）上，对应参数分别为=t α与=2t α（02απ<<），M 为PQ 的中点． （1）求M 的轨迹的参数方程；（2）将M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数，并判断M 的轨迹是否过坐标原点．解：（1）依题意有2cos (n )2si P αα，，2cos2(2)2sin Q αα，，因此cos cos ()2sin sin2M αααα++，． M 的轨迹的参数方程为cos cos 2sin sin 2x y αααα=+⎧⎨=+⎩(α为参数，02απ<<)．（2）M点到坐标原点的距离)02d απ<<．当απ=时，0d =，故M 的轨迹过坐标原点．（24）【2013年全国Ⅱ，理24，10分】（选修4-5：不等式选讲）设a ，b ，c 均为正数，且1a b c ++=，证明：（1）13ab bc ac ++≤；（2）2221a b c b c a ++≥．解：（1）由222a b ab +≥，222b c bc +≥，222c a ca +≥，得222a b c ab bc ca ++≥++．由题设得()21a b c ++=，即2222221a b c a b b c c a +++++=．()31ab bc ca ∴++≤，即13a b b c c a ++≤．（2）因为22a b a b +≥，22b c b c +≥，22c a c a +≥，故()222(2)a b ca abc c a b c b +≥++++++，即222a b c a b c b c a ≥++++．所以2221a b cb c a++≥．。

2013高考数学试题及答案导言：本文将提供2013年高考数学试题及答案，帮助同学们更好地复习和准备高考。

以下是题目及答案解析，请同学们参考。

第一部分：选择题1. (本题为填空题)已知函数f(x) = 2x - 5，则f(3)的值为多少？解析：将x = 3代入函数表达式f(x) = 2x - 5中，得到：f(3) = 2(3) - 5 = 1。

2. 若a:b = 4:5, c:b = 3:4，则a:c的值为多少？解析：根据已知条件可得到：a:c = (a:b) / (c:b) = (4/5) / (3/4) = (4/5) * (4/3) = 16/15。

3. 已知△ABC中，角B = 90°，AB = 4，BC = 3，则AC的长度为多少？解析：根据勾股定理可得：AC² = AB² + BC² = 4² + 3² = 16 + 9 = 25，因此AC = √25 = 5。

4. 若2x - 3y = 6，5x + ky = -1，则k的值为多少？解析：将x = 1，y = -2代入第二个方程，得到：5(1) + k(-2) = -1，解得：k = 3。

5. (本题为填空题)已知a + b = 5，a² + b² = 13，则ab的值为多少？解析：根据(a + b)² = a² + 2ab + b²可得：25 = 13 + 2ab，解得：ab = 6。

第二部分：填空题6. 求过点A(1, 2)且与直线y = x + 1垂直的直线方程。

解析：直线y = x + 1的斜率为1，垂直直线的斜率为-1。

通过点斜式可以得到直线方程为y - 2 = -(x - 1)，化简得到y = -x + 3。

7. 已知集合A = {1, 2, 3, 4, 5}，集合B = {4, 5, 6, 7}，则A∪B的元素个数为多少？解析：集合A∪B表示A和B的并集，即包含A和B中所有的元素。

专题限时集训（二) 统计与统计案例随机事件的概率、古典概型、几何概型1．(2017·全国卷Ⅰ)为评估一种农作物的种植效果，选了n块地作试验田．这n块地的亩产量(单位:kg）分别为x1,x2，…，x n，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是（）A．x1，x2，…,x n的平均数B．x1,x2，…，x n的标准差C．x1，x2，…，x n的最大值D．x1，x2,…，x n的中位数B[评估这种农作物亩产量稳定程度的指标是标准差或方差,故选B．]2．(2019·全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝,并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(）A．0。

5 B．0。

6 C．0.7 D．0。

8C［由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90－80＋60＝70，则其与该校学生人数之比为70÷100＝0.7.故选C．］3．（2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A．0.3 B．0。

4 C．0.6 D．0.7B［设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C）＝1－P（A）－P（B)＝1－0.45－0。

15＝0。

4。

故选B．］4．(2016·全国卷Ⅱ)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（) A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!B［如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口,则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为错误!＝错误!，故选B．]5．(2020·全国卷Ⅲ）设一组样本数据x1，x2,…，x n的方差为0。

专题升级训练18 随机变量及其分布列 (时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分) 1．已知P(ξ＝1)＝12，P(ξ＝－1)＝12，则D(ξ)等于( )．A ．2B ．4C ．1D ．62．同时掷3枚均匀硬币，恰好有2枚正面向上的概率为( )． A ．0.5 B ．0.25 C ．0.125 D ．0.3753．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )． A ．512 B ．12 C ．712 D ．344．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )． A ．12 B ．35 C ．23 D ．345．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 ．18B ．14C ．25D ．126．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )． A ．12 B ．512 C ．14 D ．16 二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分) 7．随机变量ξ的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，若E(ξ)＝13，则D(ξ)的值为__________．8．连续掷一枚均匀的正方体骰子(6个面分别标有1,2,3,4,5,6)，现定义数列an ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，点数不是3的倍数，1，点数是3的倍数，Sn 是其前n 项和，则S5＝3的概率是__________． 9．毕业生小王参加人才招聘会，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ξ为小王得到面试的公司个数．若ξ＝0时的概率P(ξ＝0)＝12，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝__________.三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 10．(本小题满分15分)已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和． (1)求X 的分布列；(2)求X 的数学期望E(X)．11．(本小题满分15分)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)12．(本小题满分16分)“天宫一号”的顺利升空标志着我国火箭运载的技术日趋完善．据悉，担任“天宫一号”发射任务的是长征二号FT1火箭．为了确保发射万无一失，科学家对长征二号FT1运载火箭进行了170余项技术状态更改，增加了某项新技术．该项新技术要进入试用阶段前必须对其中三项不同指标甲、乙、丙进行通过量化检测．假设该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为23，23，12，指标甲、乙、丙检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响． (1)求该项技术量化得分不低于8分的概率；(2)记该项技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望．参考答案 一、选择题1．C 解析：E(ξ)＝1×12＋(－1)×12＝0， D(ξ)＝12×12＋(－1)2×12＝1.2．D 解析：掷3枚均匀硬币，设正面向上的个数为X ，则X 服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎫3，12，∴P(X ＝2)＝23C ·212⎛⎫⎪⎝⎭·12＝38＝0.375.3．C 解析：事件A ，B 中至少有一件发生的概率是1－P(A ·B )＝1－⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－16＝712.4．D 解析：由甲、乙两队每局获胜的概率相同，知甲每局获胜的概率为12，甲要获得冠军有两种情况：第一种情况是再打一局甲赢，甲获胜概率为12；第二种情况是再打两局，第一局甲输，第二局甲赢．则其概率为⎝⎛⎭⎫1－12×12＝14.故甲获得冠军的概率为12＋14＝34.5．B 解析：∵P(A)＝222325C C C ＋＝410，P(AB)＝2225C C ＝110，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝14.6．B 解析：记两个零件中恰有一个一等品的事件为A ， 则P(A)＝23×14＋13×34＝512. 二、填空题7．59 解析：由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧c －a ＝13，2b ＝a ＋c ，a ＋b ＋c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝16，b ＝13，c ＝12，∴D(ξ)＝2113⎛⎫ ⎪⎝⎭－－×16＋2103⎛⎫⎪⎝⎭－×13＋2113⎛⎫ ⎪⎝⎭－×12＝59. 8．10243 解析：该试验可看作一个独立重复试验，结果为－1发生的概率为23，结果为1发生的概率为13，S5＝3即5次试验中－1发生一次，1发生四次，故其概率为41521C 33⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭＝10243.9．712 解析：由题意，得P(ξ＝2)＝13p ，P(ξ＝1)＝13(1－p)＋23p ＝1＋p 3， ξ的分布列为由12＋1＋p 3＋13p ＝1，得p ＝14. 所以E(ξ)＝0×12＋1×1＋p 3＋2×13p ＝712. 三、解答题10．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且P(X ＝3)＝3539C C ＝542，P(X ＝4)＝124539C C C ⋅＝1021，P(X ＝5)＝214539C C C ⋅＝514，P(X ＝6)＝3439C C ＝121.所以X 的分布列为P (2)由(1)知E(X)＝3·P(X ＝3)＋4·P(X ＝4)＋5·P(X ＝5)＋6·P(X ＝6)＝133.11．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋y ＝35， 所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)． (2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，将频率视为概率，得 P(A1)＝15100＝320，P(A2)＝30100＝310，P(A3)＝25100＝14.因为A ＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件， 所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3) ＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3) ＝320＋310＋14＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.12．解：(1)记该项新技术的三个指标甲、乙、丙独立通过检测合格分别为事件A ，B ，C ，则事件“得分不低于8分”表示为ABC ＋A B C.∵ABC 与A B C 为互斥事件，且A ，B ，C 彼此独立，∴P(ABC ＋A B C)＝P(ABC)＋P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B )P(C)＝23×23×12＋23×13×12＝13. (2)该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数ξ的取值为0,1,2,3. ∵P(ξ＝0)＝P(A B C )＝13×13×12＝118， P(ξ＝1)＝P(A B C ＋A B C ＋A B C) ＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝518， P(ξ＝2)＝P(AB C ＋A B C ＋A BC) ＝23×23×12＋23×13×12＋13×23×12＝818， P(ξ＝3)＝P(ABC)＝23×23×12＝418， ∴随机变量ξ的分布列为∴E(ξ)＝518＋1618＋1218＝3318＝116.。

5概率与一、数原理1.分加法数原理和分步乘法数原理的区是什么?分加法数原理“分” ,此中各样方法互相独立 ,用此中任何一种方法都能够做完件事 ;分步乘法数原理“分步” ,各个步互相依存 ,只有各个步都达成了才算达成件事 .2.摆列数、合数的公式及性是什么?(1)=n(n-1)(n-2) ⋯(n-m+1)=公(2)= =式=(n,m∈N+ ,且 m≤n)特地 , =1性(1)0!= 1; =n!(2) =;=+3.二式系数的性是什么?性性描绘称与首末两头“等距离”的两个二式系数相等 ,即 =性增减二式系当 k<(n∈N+ ) ,二式系数是增的性数(n∈N+ ) ,二式系数是减的当 k>二式当 n 偶数 ,中的一获得最大系数的最大当 n 奇数 ,中的两与获得最大而且相等4.各二式系数的和是什么?(1)(a+b )n睁开式的各二式系数的和+ + + ⋯+= 2n.(2)偶数的二式系数的和等于奇数的二式系数的和,即+ + + ⋯= + ++ ⋯= 2n- 1.二、概率1.互斥事件与立事件有什么区与系?互斥与立都是两个事件的关系,互斥事件是不行能同生的两个事件,而立事件除要求两个事件不一样生外 ,要求两者之一必有一个生 .所以 ,立事件是互斥事件的特别状况 ,而互斥事件不必定是立事件 .2.基本领件的三个特色是什么?(1)每一个基本领件生的可能性都是相等的;(2)任何两个基本领件都是互斥的;(3)任何事件 (除不行能事件 )都能够表示成基本领件的和.3.古典概型、几何概型的概率公式分是什么?古典概型的概率公式 :P(A)=.几何概型的概率公式 :P(A)=.三、统计初步与统计事例1.分层抽样的合用范围是什么?当整体是由差别明显的几个部分构成时,常常采纳分层抽样的方法.2.怎样作频次分布直方图?(1)求极差 (即一组数据中最大值与最小值的差).(2)决定组距与组数 .(3)将数据分组 .(4)列频次分布表 .(5)画频次分布直方图 .3.频次分布直方图的特色是什么?(1)频次分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距,纵坐标表示,频率=组距×.(2)在频次分布直方图中 ,各小长方形的面积总和等于 1.由于在频次分布直方图中组距是一个固定值 ,所以各小长方形高的比也就是频次比 .(3)频次分布表和频次分布直方图是一组数据频次分布的两种形式,前者正确 ,后者直观 .4.怎样进行回归剖析 ?(1)定义 :对拥有有关关系的两个变量进行统计剖析的一种常用方法.(2)本点的中心于一拥有性有关关系的数据 (x1,y1),(x2,y2), ⋯ ,(x n,y n),此中 ( , )称本点的中心 .(3)有关系数当r> 0 ,表示两个量正有关; 当r< 0 ,表示两个量有关 .r 的越靠近于 1,表示两个量的性有关性越 .r 的越靠近于 0,表示两个量之的性有关性越弱 .往常当 |r|大于 0.75 ,两个量有很的性有关性.5.独立性的一般步是什么?解决独立性的用,必定要依照独立性的步得出.独立性的一般步 :(1)依据本数据制成2×2 列表 ;(2)依据公式 K2=算K2的k;(3)比 k 与界的大小关系 ,做出推测 .四、随机量及其用1.失散型随机量的分布列及性是什么?(1)失散型随机量的分布列:若失散型随机量X 全部可能的取x1,x2, ⋯,x i⋯,x n,X 取每一个 x i(i= 1,2, ⋯,n)的概率 p1,p2, ⋯,p n,表X x1x2⋯x i⋯x nP p1p2⋯p i⋯p n称失散型随机量X 的概率分布列或称失散型随机量X 的分布列.(2)失散型随机量的分布列的性:①0≤p≤1(i= 1,2,3,⋯,i n);②p1+p2+ ⋯+p n= 1;③P(x i≤X≤x j)=p i+p i+ 1+ ⋯+p j .2.事件的互相独立性的观点及公式是什么?(1)互相独立的定 :事件 A 能否生事件 B 能否生的概率没有影响,即 P(B|A)=P (B). ,称事件 A 与事件 B 互相独立 ,并把两个事件叫作互相独立事件 .(2)概率公式条件事件 A,B 互相独立事件 A⋯,1,A2, A n互相独立公式P(A∩B)=P (A) ·P(B) P(A1∩A2∩⋯∩A n) =P (A1) ·P(A2) ·⋯·P(A n)3.独立重复与二分布的观点和公式是什么?(1)独立重复①定 :在同样条件下 ,重复地做n 次 ,各次互相独立 ,那么一般就称它 n 次独立重复 .②概率公式 :在一次中事件 A 生的概率p, n 次独立重复中,事件 A 恰巧生 k 次的概率 P k n-k⋯,n(k)=p (1-p)(k=0,1,2,n).(2)二分布 :在 n 次独立重复中 ,事件 A 生的次数 X,事件 A 不生的概率 q= 1-p, n 次独立重复中事件 A 恰巧生 k 次的概率是P(X=k)= p k q n-k,此中 k=0,1,2,⋯,n于是 X 的分布列 :X 0 1 ⋯k ⋯np0pq p k q n p n qP⋯⋯q n n-1-k0此称失散型随机量X 听从参数 n,p 的二分布 ,作 X~B(n,p).4.正分布的观点及性是什么?(1)正曲 :正量的概率密度函数的象叫作正曲,其函数表达式 f(x)=·,x∈R,此中μ,σ 参数 ,且σ>0,-∞<μ<+∞.(2)正曲的性①曲位于 x 上方 ,与 x 不订交 ,与 x 之的面1;②曲是峰的 ,它对于直 x=μ 称 ;③曲在 x=μ 达到峰;④当μ必定 ,曲的形状由σ确立 ,σ越小 ,曲越“瘦高”,表示体的分布越集中 ;σ越大 ,曲越“矮胖”,表示体的分布越分别 .(3)正体在三个特别区内取的概率①P(μ-σ<X≤μ+σ)= 0.6826;②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)= 0.9544;③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)= 0.9974.5.失散型随机量的数学希望(或均 )与方差的观点是什么 ?一个失散型随机量X 全部可能取的是x1,x2, ⋯,x n些的概率分是 p1,p2, ⋯,p n.(1)数学希望 :称 E(X)=x 1p1+x2p2+ ⋯+x n p n失散型随机量 X 的均或数学希望 (称希望 ),它刻画了个失散型随机量取的均匀水平 .(2)方差 :称 D(X)= (x1-E(X))2p1+ (x2-E(X))2p2+ ⋯+ (x n-E(X))2p n失散型随机量 X 的方差 ,它反应了失散型随机量取相于希望的均匀波大小(或失散程度 ),D(X)的算平方根叫作失散型随机量X 的准差 .6.均与方差的性有哪些?(1)E(aX+b)=aE (X)+b(a,b 常数 ).(2)D(aX+b )=a2D(X)(a,b 常数 ).(3)两点分布与二分布的均、方差的公式①若 X 听从两点分布 ,E(X)=p ,D(X)=p (1-p).②若 X~B(n,p), E(X)=np,D(X)=np(1-p).几何概型、古典概型、互相独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的点 ,几何概型主要以客形式考,求解的关在于找准度(度或面 );互相独立事件、互斥事件常作解答的一部分考,也是一步求分布列、希望与方差的基础,求解该类问题要正确理解题意,正确判断概率模型,恰当选择概率公式 .近几年的高考数学试题对统计事例的考察一般不独自命题 ,而是与概率、随机变量的数学希望交汇命题 ,高考对此类题目的要求是能依据给出的或经过统计图表给出的有关数据求线性回归方程,认识独立性查验的思想方法 ,会判断两个分类变量能否有关.从近几年高考情况来看,该类专题在高考取占的比率大概为15%,以简单题、中档题为主,考察题型分选择题、填空题和解答题 .一、选择题、填空题的命题特色(一)考察摆列、组合的应用 ,以考察两个计数原理和摆列、组合的应用为主,难度中等 ,常常以选择题、填空题的形式出现.1.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T15 改编 )从 2 名女生 ,4 名男生中选 3 人参加科技竞赛 ,恰有 1 名女生当选 ,则不一样的选法共有种.(用数字填写答案)分析 ?由题意可得有1名女生,2名男生,则有 C = 12 种不一样的选法 .答案?122.(2018 ·浙江卷·T16 改编 )从 1,3,5,7,9 中任取 2 个数字 ,从 2,4,6 中任取 2 个数字,一共能够构成个没有重复数字的四位数.(用数字作答 )分析 ?一共能够构成 A = 720 个没有重复数字的四位数.答案 ?7203.(2017 ·全国Ⅱ卷·理 T6 改编 )安排 5 名志愿者达成 4 项工作 ,每项工作只需由1 人达成 ,则不一样的安排方式共有 ().A.120 种B.180 种C.240 种D.360 种分析 ?由题意可得 ,5 人中选出 4 人达成工作 ,剩下 1 人没有工作 ,故不同的安排方式有 A = 120(种).答案 ?A(二)考察二项式定理的应用,以考察运用二项式定理求特定项、求项数和二项式定理性质的应用为主,难度中等 ,常常以选择题、填空题的形式出现.4.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T5 改编 )的睁开式中x的系数为().A.10B.20C.40D.80分析 ?由题可得 Tr+ 1C25-rC·r ·10-3r, (x ) 2 x令 10-3r= 1,得 r= 3.所以·2r=·32 =80.答案 ?D5.(2017 ·全国Ⅰ卷·理 T6 改编 )(1+x )6的睁开式中 x4的系数为 ().A.15B.16C.30D.35分析 ?由于 (1+x)6睁开式的通项为 T r 所以(1+x)6的展r+ 1C x ,开式中含 x4的项为 1C x4和C x6.由于+= 16,所以(1+x)6的睁开式中x4的系数为16.答案 ?B(三)考察随机事件的概率 ,以考察随机事件、互斥事件与对峙事件的概率为主 ,难度中等 ,常与事件的频次交汇考察.本节内容在高考取三种题型都有可能出现 ,随机事件的频次与概率题目常常以解答题的形式出现,互斥事件、对峙事件的观点及概率题目常常以选择、填空题的形式出现.6.(2018 ·全国Ⅲ卷·文 T5 改编 )若某集体中的成员只用现金支付的概率为0.25,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为().分析 ? 设事件 A 为“不用现金支付”,事件 B 为“既用现金支付也用非现金支付”,事件 C 为“只用现金支付”,则 P(A)= 1-P(B)-P(C)= 1-0.15-0.25= 0.6,故选 C.答案?C(四)考察古典概型 ,全国卷对古典概型每年都会考察 ,难度中等 ,主要考察实质背景的可能事件 ,往常与互斥事件、对峙事件一同考察 .在高考取独自命题时 ,往常以选择题、填空题形式出现 ,属于中低档题 .7.(2018 ·全国Ⅱ卷·理 T8 改编 )我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中获得了世界当先的成就 .哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数能够表示为两个素数的和”,如30= 7+ 23.在不超出 30 的素数中 ,随机选用 2 个不一样的数 ,其和等于26 的概率是 ().A. B. C. D.分析 ?不超出30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,从中随机选用 2 个不一样的数 ,共有 C= 45 种取法 .由于 3+ 23= 7+ 19= 26,所以随机选用2 个不一样的数 ,其和等于 26 的有 2 种取法 ,故所求概率为.答案?D8.(2018 ·江苏卷·T6 改编 )某兴趣小组有 2 名男生和 3 名女生 ,现从中任选 2 名学生去参加活动 ,则恰巧选中 1 名男生和 1 名女生的概率为.分析 ?从5名学生中任选2 名学生 ,共有 C = 10 种选法 ,此中恰巧选中1 名男生和 1 名女生的选法有 C C= 6 种,所以所求概率为= .答案 ?(五)考察几何概型 ,难度较大 ,以理解几何概型的观点、概率公式为主,会求一些简单的几何概型的概率 ,常与平面几何、线性规划、不等式的解集等知识交汇考察 ,在高考取多以选择题、填空题的形式考察 ,难度中等 .9.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T10 改编 )折纸艺术是我国古代留下来可贵的民间艺术,拥有很高的审美价值和应用价值.以下图的是一个折纸图案,由一个正方形内切一个圆形 ,而后在四个极点处罚别嵌入半径为正方形边长一半的扇形 .向图中随机投入一个质点 ,则质点落在暗影部分的概率 P1与质点落在正方形内圆形地区外面的概率P2的大小关系是 ().A.P1>P 2B.P1<P 2C.P1=P 2D.不可以确立分析 ?将正方形内圆形地区外面的四个角进行沿直角边重合组合,恰好获得的图形就是暗影部分图形,所以暗影部分地区的面积等于正方形内圆形地区外面的面积 ,故 P1=P 2.答案?C10.(2016 ·全国Ⅱ卷·文 T8 改编 )某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现 ,红灯连续时间为40 秒.若一名行人到达该路口碰到红灯,则起码需要等待 10 秒才出现绿灯的概率为().A. B. C. D.分析 ?起码需要等候10秒才出现绿灯的概率为= ,应选 A .答案?A(六)考察随机抽样 ,在抽样方法的考察中,系统抽样、分层抽样是考察的要点 ,题型主要以选择题和填空题为主,属于中低档题 .11.(2017 ·江苏卷·T3 改编 )某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不一样型号的产品,产量分别为 200、400、300、100 件,为查验产品的质量 ,现用分层抽样的方法从以上全部的产品中抽取60 件进行查验 ,则应从甲种型号的产品中抽取件.分析 ?∵==,∴应从甲种型号的产品中抽取×200= 12(件 ).答案?12(七)用样本预计整体 ,主要考察均匀数、方差等的计算以及茎叶图、频次分布直方图的简单应用 .题型以选择题和填空题为主 ,出现解答题时常常与概率相联合 ,属于中档题 .12.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T3 改编 )某地域经过一年的新乡村建设,乡村的经济收入增添了一倍 ,实现翻番 .为更好地认识该地域乡村的经济收入变化状况,统计了该地域新乡村建设前后乡村的经济收入构成比率,获得以下饼图 :则以下选项中不正确的选项是().A.新乡村建设后 ,栽种收入增添B.新乡村建设后 ,其余收入增添了一倍以上C.新乡村建设后 ,养殖收入没有增添D.新乡村建设后 ,养殖收入与第三家产收入的总和超出了经济收入的一半分析 ? 由题干可知 ,乡村的经济收入增添了一倍 ,实现翻番 .为方即可设建设前后的经济收入分别为 100,200(单位省去 ).A 中,栽种收入前后分别为60,74,收入增添了 ,A 正确 ;B 中,其余收入前后分别为 4,10,增添了一倍以上 ,B 正确 ;C 中,养殖收入前后分别为 30,60,收入增添了一倍 ,C 错误 ;D 中,建设后 ,养殖收入与第三家产收入的总和为(30+ 28)×2= 116> 100,D 正确 .应选 C.答案?C13.(2017 ·全国Ⅲ卷·理 T3)某城市为认识旅客人数的变化规律 ,提升旅行服务质量 ,采集并整理了 2014 年 1 月至 2016 年 12 月时期月招待旅客量 (单位 :万人)的数据 ,绘制了下边的折线图 .依据该折线图 ,以下结论错误的选项是 ().A.月招待旅客量逐月增添B.年招待旅客量逐年增添C.各年的月招待旅客量顶峰期大概在7,8 月D.各年 1 月至 6 月的月招待旅客量相对于7 月至 12 月,颠簸性更小 ,变化比较安稳分析 ? 对于选项 A, 由图易知 ,月招待旅客量每年 7,8 月份明显高于 12 月份 ,故 A 错误 ;对于选项 B,察看折线图的变化趋向可知 ,年招待旅客量逐年增添 ,故 B 正确 ;对于选项 C,D,由图可知明显正确 .答案?A(八)考察失散型随机变量分布列、超几何分布、条件概率、正态分布、数学希望与方差 ,求失散型随机变量的数学希望是全国卷高考要点考察的内容,在选择题、填空题中有时会出现.主要考察失散型随机变量的分布列、数学希望、正态分布等 .14.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T8 改编 )某集体中的每位成员使用挪动支付的概率都为 p,各成员的支付方式互相独立,设 X 为该集体的 10 位成员中使用挪动支付的人数 ,D(X)= 2.1,P(X= 4)<P (X= 6),则 p= ().分析 ? 由于 X~B(n,p),所以 D(X)=np(1-p)= 2.1,所以 p= 0.3 或 p=0.7.由于 P(X= 4)=p4(1-p)6<P (X= 6)=p6(1-p)4,所以 (1-p)2 2可得p> 0.5.故p=0.7.<p ,答案?A15.(2017 ·全国Ⅱ卷·理 T13 改编 )一批产品的二等品率为 0.08,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取 100 次,X 表示抽到的二等品件数,则D(X)=.分析 ?有放回地抽取,是一个二项分布模型, 此中p=0.08,n=100,则D(X)=np(1-p)= 100×0.08×0.92= 7.36.答案 ?7.36二、解答题的命题特色概率与统计综合试题的题干阅读量大,简单造成考生在数学模型转变过程中失误,得分率不高 .这些试题主要考察古典概型,用样本预计整体,利用回归方程进行展望 ,独立性查验的应用 ,失散型随机变量的分布列和数学希望 ,正分布等 .概率、随机量的数学希望交命,高考此目的要求是能依据出的或通表出的有关数据求性回方程.1.(2018 ·全国Ⅱ卷·理 T18)下是某地域 2000 年至 2016 年境基施投y(位 :元)的折.了地域 2018 年的境基施投 ,成立了 y 与量 t 的两个性回模型 .依据2000 年至 2016 年的数据 (量 t 的挨次1,2, ⋯ ,17)成立模型①: =- 30.4+ 13.5t;依据 2010年至 2016 年的数据 (量t 的挨次 1,2, ⋯,7)成立模型②: = 99+ 17.5t.(1)分利用两个模型 ,求地域 2018 年的境基施投的.(2)你用哪个模型获得的更靠谱?并明原因 .分析 ? (1)利用模型①,从 2000 年开始算起 ,2018 年即 t= 19,所以地域2018 年的境基施投的=- 30.4+ 13.5×19= 226.1(元).利用模型②,从 2010 年开始算起 ,2018 年即 t= 9,所以地域 2018 年的境基施投的= 99+ 17.5×9= 256.5(元).(2)利用模型②获得的更靠谱 .原因以下 :(i) 从折能够看出 ,2000年至 2016 年的数据的点没有随机分布在直线 y=- 30.4+ 13.5t 上下 ,这说明利用 2000 年至 2016 年的数据成立的线性模型①不可以很好地描绘环境基础设备投资额的变化趋向.2010 年相对 2009 年的环境基础设备投资额有明显增添,2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的邻近 ,这说明从 2010 年开始环境基础设备投资额的变化规律呈线性增添趋向,利用2010年至2016年的数据成立的线性模型= 99+ 17.5t能够,所以利用模型②较好地描绘2010年此后的环境基础设备投资额的变化趋向获得的展望值更靠谱.(ii)从计算结果看 ,相对于 2016 年的环境基础设备投资额 220 亿元 ,由模型①获得的展望值 226.1 亿元的增幅明显偏低 ,而利用模型②获得的展望值的增幅比较合理 ,说明利用模型②获得的展望值更靠谱 .2.(2018 ·全国Ⅰ卷,理 T20)某工厂的某种产品成箱包装 ,每箱 200 件,每一箱产品在交托用户以前要对产品作查验,如查验出不合格品,则改换为合格品 .查验时 ,先从这箱产品中任取 20 件作查验 ,再依据查验结果断定能否对余下的全部产品作查验 .设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p< 1),且各件产品能否为不合格品互相独立.(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)现对一箱产品查验了20 件,结果恰有 2 件不合格品 ,以(1)中确立的 p0作为p 的值 .已知每件产品的查验花费为 2 元,如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 元的补偿花费 .(i)若不对该箱余下的产品作查验 ,这一箱产品的查验花费与补偿花费的和记为 X,求 E(X).(ii)以查验花费与补偿花费和的希望值为决议依照 ,能否该对这箱余下的全部产品作查验 ?分析 ? (1)由题意可知 ,独立重复试验切合二项分布 ,20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为f(p)C p2(1-p)18= 190p2(1-p)18,对上式求导得 f'(p)= [190p2(1-p)18]'=190[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=190p(1-p)17[2(1-p)-18p]=380p(1-p)17(1-10p).当 f'(p)= 0 时,有 p(1-p)17由适当∈时(1-10p)= 0,0<p< 1,p,f'(p)> 0,f(p)单一递加 ;当 p∈时,f'(p)< 0,f(p)单一递减.故 f(p)max=f (p0)=f,即 p0= .(2)(i) 由题意 ,节余未作查验的产品有180件,此中 Y表示不合格品的件数 ,其听从二项分布Y~B.故 E(Y)= 180× = 18.又 X= 40+ 25Y,故 E(X)=E (40+ 25Y)= 40+ 25×18= 490(元).(ii)若对这箱余下的全部产品作查验 ,则需要的查验费为 200×2= 400(元).由于 E(X)= 490> 400,所以需要对这箱余下的全部产品作查验.3.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T18)某工厂为提升生产效率 ,睁开技术创新活动 ,提出了达成某项生产任务的两种新的生产方式 .为比较两种生产方式的效率,选用40 名工人 ,将他们随机分红两组 ,每组 20 人,第一组工人用第一种生产方式 , 第二组工人用第二种生产方式 .依据工人达成生产任务的工作时间 (单位 :min) 绘制了以下茎叶图 :(1)依据茎叶图判断哪一种生产方式的效率更高?并说明原因 .(2)求 40 名工人达成生产任务所需时间的中位数 m,并将达成生产任务所需时间超出 m 和不超出 m 的工人数填入下边的列联表 :不超出超出 mm第一种生产方式第二种生产方式(3)依据 (2)中的列联表 ,可否有 99%的掌握以为两种生产方式的效率有差别?附:K2=,P(K2≥k0)0.0500.0100.001k0 3.841 6.63510.828分析 ? (1)第二种生产方式的效率更高.原因以下 :(i)由茎叶图可知 ,用第一种生产方式的工人中 ,有 75%的工人达成生产任务所需时间起码 80 分钟 ,用第二种生产方式的工人中 ,有 75%的工人达成生产任务所需时间至多 79 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(ii)由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人达成生产任务所需时间的中位数为 85.5 分钟 ,用第二种生产方式的工人达成生产任务所需时间的中位数为 73.5 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(iii)由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人达成生产任务均匀所需时间高于 80 分钟 ,用第二种生产方式的工人达成生产任务均匀所需时间低于80 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高.(iv)由茎叶图可知 ,用第一种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最多 ,对于茎 8 大概呈对称分布 ;用第二种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布在茎 7 上的最多 ,对于茎 7 大概呈对称分布 .又用两种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布的区间同样 ,故能够以为用第二种生产方式达成生产任务所需的时间比用第一种生产方式达成生产任务所需的时间更少 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(2)由茎叶图知 m== 80.列联表以下 :超出 m不超出第一种生产方m 155式第二种生产方515式(3)因 K2的 k== 10> 6.635,所以有 99%的掌握两种生方式的效率有差别.4.(2017 ·全国Ⅰ卷·理 T19)了控某种部件的一条生的生程,每日从生上随机抽取16 个部件 ,并量其尺寸 (位 :cm).依据期生 ,能够条生正常状下生的部件的尺寸听从正分布2N(μ,σ).(1) 假生状正常,X 表示一天内抽取的16 个部件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)以外的部件数,求P(X≥1)及X 的数学希望.(2)一天内抽部件中 ,假如出了尺寸在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的部件 ,就条生在一天的生程可能出了异样状况 ,需当日的生程行 .(i)明上述控生程方法的合理性 .(ii)下边是在一天内抽取的 16 个部件的尺寸 :9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95算得 =xi= 9.97,s==≈0 .212,此中 x i抽取的第 i 个部件的尺寸 ,i= 1,2,⋯,16.用本均匀数作μ的估 ,用本准差 s 作σ的估 ,利用估判断能否需当日的生程行?剔除 ( -3, + 3 )以外的数据 ,用剩下的数据估μ和σ(精准到 0.01).2附:若随机量Z服从正分布N(μ,σ),P(μ-3σ<Z<μ+3σ)= 0.9974,0.997416≈0.9592,≈0.09.分析 ? (1)由题可知抽取的一个部件的尺寸落在(μ-3σ,μ+3σ)以内的概率为 0.9974,进而部件的尺寸落在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的概率为0.0026,故 X~B(16,0.0026).所以 P(X≥1)= 1-P(X= 0)= 1-0.997416≈1-0.9592=0.0408, X 的数学希望 E(X)= 16×0.0026= 0.0416.(2)(i) 假如生产状态正常 ,一个部件尺寸在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的概率只有0.0026,一天内抽取的16 个部件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)以外的部件的概率只有0.0408,发生的概率很小,所以一旦发生这种状况,就有原因以为这条生产线在这天的生产过程可能出现了异样状况,需对当日的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的 .(ii) 由 = 9.97,s≈0.212,得μ的预计值为 = 9.97,σ的预计值为 = 0.212,由样本数据能够看出有一个部件的尺寸在 ( -3 , + 3 )以外 ,所以需对当日的生产过程进行检查 .剔除( -3 , +3 )以外的数据9.22,剩下数据的均匀数为×(16×9.97-9.22)= 10.02,所以μ的预计值为 10.02.= 16×0.2122+ 16×9.972≈ 1591.134,剔除( -3 , +3 )以外的数据9.22,剩下数据的样本方差为×2-15×10.022) ≈0.008,所以σ的预计值为≈0.09.1.样本数据(1)众数、中位数及均匀数都是描绘一组数据集中趋向的量 ,均匀数是最重要的量 ,与每个样本数占有关 ,这是中位数、众数所不拥有的性质 .(2)标准差、方差描绘了一组数据环绕均匀数颠簸的大小.标准差、方差越大 ,数据的失散程度就越大.(3)茎叶图、频次分布表和频次分布直方图都是用图表直观描绘样本数据的分布规律的 .2.频次分布直方图(1)用样本预计整体是统计的基本思想,而利用频次分布表和频次分布直方图来预计整体则是用样本的频次分布去预计整体分布的两种主要方法 .频次分布表在数目表示上比较正确 ,频次分布直方图比较直观 .(2)频次分布表中的频数之和等于样本容量,各组中的频次之和等于1;在频次分布直方图中,各小长方形的面积表示相应各组的频次,所以全部小长方形的面积的和等于 1;均匀数是频次分布直方图各个小矩形的面积×底边中点的横坐标之和 .3.摆列与组合(1)①解决“在”与“不在”的有限制条件的摆列问题 ,既能够从元素下手 ,也能够从地点下手 ,原则是谁“特别”谁优先 .不论是从元素考虑仍是从地点考虑 , 都要贯彻究竟 ,不可以既考虑元素又考虑地点 .②解决相邻问题的方法是“捆绑法”,即把相邻元素看作一个整体和其余元素一同摆列,同时要注意捆绑元素的内部摆列 .③解决不相邻问题的方法是“插空法”,即先考虑不受限制的元素的摆列,再将不相邻的元素插在前方元素摆列的空中间.④对于定序问题,可先不考虑次序限制,摆列后 ,再除以定序元素的全摆列.⑤若某些问题从正面考虑比较复杂 ,可从其反面下手 ,即采纳“间接法”.(2)组合问题的限制条件主要表此刻拿出元素中“含”或“不含”某些元素,或许“起码”或“最多”含有几个元素 :①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型.“含”,则先将这些元素拿出 ,再由此外元素补足 ; “不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选用 .②“起码”或“最多”含有几个元素的题型 .考虑逆向思想 ,用间接法办理 .(3)分组分派问题是摆列、组合问题的综合运用,解决这种问题的一个基本指导思想就是先分组后分派 .对于分组问题,有整体均分、部分均分和不平分三种 ,不论分红几组 ,都应注意只需有一些组中元素的个数相等 ,就存在均分现象 .4.随机变量的均值与方差一般计算步骤 :(1)理解 X 的意义 ,写出 X 的全部可能取的值 .(2)求 X 取各个值的概率 ,写出分布列 .(3)依据分布列,由均值的定义求出均值 E(X),进一步由公式D(X)=(x i -E(X))2p i=E(X2)-(E(X))2求出 D(X).(4)以特别分布 (两点分布、二项分布、超几何分布 )为背景的均值与方差。

中考数学二轮综合训练18 简单随机事件的概率一、选择题1．(2011·凉山)下列说法正确的是( )A ．随机抛掷一枚均匀的硬币，落地后反面一定朝上B ．从1,2,3,4,5中随机取一个数，取得奇数的可能性较大C ．某彩票中奖率为36%，说明买100张彩票，有36张中奖D ．打开电视，中央一套正在播放新闻联播 答案 B解析 从1,2,3,4,5中随机取一个数，可取得3个奇数，2个偶数，取得奇数的可能性较大．2．(2011·茂名)如图，正方形ABCD 内接于⊙O ，⊙O 的直径为2分米，若在这个圆面上随意抛一粒豆子，则豆子落在正方形ABCD 内的概率是( )A.2πB.π2C.12π D.2π 答案 A解析 因为⊙O 直径为2，则正方形ABCD 的边长为1，⊙O 的面积π⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12π，∴豆子落在正方形内的概率＝12π＝2π.3．(2011·济宁)在x 2□2xy □y 2的空格□中，分别填上“＋”或“－”，在所得的代数式中，能构成完全平方式的概率是( )A. 1B.34C.12D.14答案 C解析 填上“＋”或“－”后，有x 2＋2xy ＋y 2，x 2＋2xy －y 2，x 2－2xy ＋y 2，x 2－2xy －y 2共4种情况，能构成完全平方式的有2种，其概率是24＝12.4．(2011·宿迁)如图，将一个可以自由旋转的转盘等分成甲、乙、丙、丁四个扇形区域，若指针固定不变，转动这个转盘一次(如果指针指在等分线上，那么重新转动，直至指针指在某个扇形区域内为止)，则指针指在甲区域内的概率是( )A ．1 B.12 C.13 D.14答案 D解析 因为甲区域占整个转盘的14，所以指针指在甲区域内的概率是14.5．(2011·日照)两个正四面体骰子的各面上分别标有数字1,2,3,4，如同时投掷这两个正四面体骰子，则着地的面所得的点数之和等于5的概率为( )A. 14B.316C.34D.38 答案 A解析 见列表.第1个 第2个 1 2 3 4 1 1,1 1,2 1,3 1,4 2 2,1 2,2 2,3 2,4 3 3,1 3,2 3,3 3,4 4 4,14,2 4,3 4,4 可知点数之和等于5的情况有4种，其概率为416＝14.二、填空题6．(2011·嘉兴)从标有1到9序号的9张卡片中任意抽取一张，抽到序号是3的倍数的概率是________．答案 13解析 1到9的9张卡片中，序号是3的倍数的有标有3,6,9三张卡片，其概率是39＝13.7．(2011·金华)从－2，－1,2这三个数中任取两个不同的数作为点的坐标，该点在第四象限的概率是____________．答案 13解析 任取两个不同的数作为点的坐标，有(－2，－1)，(－2,2)，(－1，－2)，(－1,2)，(2，－2)，(2，－1)六种，在第四象限内有(2，－2)，(2，－1)两种，其概率P ＝26＝13.8．(2011·福州)已知地球表面陆地面积与海洋面积的比约为3∶7.如果宇宙中飞来一块陨石落在地球上，则落在陆地上的概率是____________．答案 310解析 设陆地面积为3k ，海洋面积为7k ，则地球总面积为3k ＋7k ＝10k ，落在陆地上的概率为3k 10k ＝310.9．(2011·株洲)如图，第(1)个图有1个黑球；第(2)个图为3个同样大小球叠成的图形，最下一层的2个球为黑色，其余为白色；第(3)个图为6个同样大小球叠成的图形，最下一层的3个球为黑色，其余为白色；……；则从第n 个图中随机取出一个球，是黑球的概率是________．答案2n ＋1解析 在第n 个图中，黑球有n 个，黑、白的球共有1＋2＋3＋…＋n ＝(1)2n n +，随机取出一个球是黑球的概率是(1)2nn n +＝2n ＋1.10．(2011·菏泽)从－2、－1、0、1、2这5个数中任取一个数，作为关于x 的一元二次方程x 2－x ＋k ＝0 的k 值，则所得的方程中有两个不相等的实数根的概率是_________．答案 35(或填写0.6)解析 题中关于x 的方程有两个不相等的实数根，则(－1)2－4k >0，k <14；而－2，－1,0,1,2这五个数有三个数在此范围内，所以概率P ＝35.三、解答题 11．(2011·宁波)在一个不透明的袋子中装有3个除颜色外完全相同的小球，其中白球1个，黄球1个，红球1个，摸出一个球记下颜色后放回．．，再摸出一个球，请用列表法或画树状图法求两次都摸到红球的概率．解 树状图如下：或列表如下：白 黄 红 白 白白 白黄 白红 黄 黄白 黄黄 黄红 红 红白 红黄 红红则P (两次都摸到红球)＝19.12．(2011·扬州)扬州市体育中考现场考试内容有三项：50米跑为必测项目；另在立定跳远、实心球(二选一)和坐位体前屈、1分钟跳绳(二选一)中选择两项．(1)每位考生有__________种选择方案；(2)用画树状图或列表的方法求小明与小刚选择同种方案的概率．(友情提醒：各种方案用A 、B 、C 、…或①、②、③、…等符号来代表，可简化解答过程)解 (1)4.(2)用A 、B 、C 、D 代表四种选择方案．(其他表示方法也可) 解法一：用树状图分析如下：解法二：用列表法分析如下：小刚小明ABCDA (A ，A ) (A ，B ) (A ，C ) (A ，D ) B (B ，A ) (B ，B ) (B ，C ) (B ，D ) C (C ，A ) (C ，B ) (C ，C ) (C ，D ) D(D ，A )(D ，B )(D ，C )(D ，D )∴P (小明与小刚选择同种方案)＝416＝14.13．(2011·江西)甲、乙、丙、丁四位同学进行一次乒乓球单打比赛，要从中选出两位同学打第一场比赛．(1)请画树状图法或列表法，求恰好选中甲、乙两位同学的概率；(2)若已确定甲打第一场，再从其余三位同学中随机选取一位，求恰好选中乙同学的概率．解 (1)方法一： 画树状图如下：所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种．∴P (恰好选中甲、乙两位同学)＝16.方法二： 列表格如下：甲 乙 丙 丁 甲 甲、乙 甲、丙 甲、丁 乙 乙、甲 乙、丙 乙、丁 丙 丙、甲 丙、乙 丙、丁 丁 丁、甲 丁、乙 丁、丙所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种.∴P (恰好选中甲、乙两位同学)＝16.(2)P (恰好选中乙同学)＝13.14．(2011·株洲)我国网球名将李娜在今年法国网球公开赛上的出色表现，大大激发了国人对网球的热情．在一项“你最喜欢的球类运动”的调查中，共有50名同学参与调查，每人必选且只选一项，将调查结果绘制成频数分布直方图如下，根据图中信息回答：(1)被调查的同学中选择喜欢网球的有________人；(2)孔明同学在被调查中选择的是羽毛球，现要在参与调查选择喜欢羽毛球的同学中随机抽取2人参加一项比赛，求孔明被选中的概率．解 (1)15.(2)记喜欢羽毛球的5个同学分别表示为 1,2,3,4,5，其中1为孔明，从中随机抽取2人，方法有：(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(2,3)(2,4)(2,5)(3,4)(3,5)(4,5)共10种，其中孔明被选中的有4种，所以孔明被选中的概率P ＝410＝25(或写成0.4)．15．(2011·福州)有A 、B 两个黑布袋，A 布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和2.B 布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字－2，－3和－4.小明从A 布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为x ，再从B 布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为y ，这样就确定点Q 的一个坐标为(x ，y )．(1)用列表或画树状图的方法写出点Q 的所有可能坐标； (2)求点Q 落在直线y ＝－x －2上的概率．解 (1)或B A －2 －3 －41 (1，－2) (1，－3) (1，－4) 2(2，－2)(2，－3)(2，－4)(2)落在直线y ＝－x －2上的点Q 有：(1，－3)，(2，－4)两点．∴P ＝26＝13.。

K单元概率K1随事件的概率16．I1，K1，K2，K6下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)16．解：设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，P(A i)＝113，且A i∩A j＝(i≠j)．(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8.所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝213.(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝413，P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝413，P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝5 13 .所以X的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．K2 古典概型9．K2 如图1－2所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E(X)＝( )图1－2A.126125 B.65 C.168125 D.759．B X 的取值为0，1，2，3且P(X ＝0)＝27125，P(X ＝1)＝54125，P(X ＝2)＝36125，P(X＝3)＝8125，故E(X)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65，选B.7．K2 现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n(m≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．7.2063 基本事件共有7×9＝63种，m 可以取1，3，5，7，n 可以取1，3，5，7，9.所以m ，n 都取到奇数共有20种，故所求概率为2063.16．I1，K1，K2，K6 下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 16．解：设A i表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，P(A i)＝113，且A i∩A j＝(i≠j)．(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8.所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝213.(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝413，P(X＝2)＝P(A1∪A2∪A12∪A13)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＝413，P(X＝0)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)＝5 13 .所以X的分布列为故X的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．16．K2，K6一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P(A)＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P(X ＝1)＝C 33C 47＝135，P(X ＝2)＝C 34C 47＝435，P(X ＝3)＝C 35C 47＝27，P(X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.14．K2，J2 从n 个正整数1，2，3，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________．14．8 和为5的只有两种情况，1＋4，2＋3，故2C 2n ＝114C 2n ＝28n ＝8.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K3 几何概型11．K3 利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“3a－1>0”发生的概率为________．11.23 13<a<1，概率P ＝1－131＝23. 14．E4、K3 在区间上随机取一个数x ，使得|x ＋1|－|x －2|≥1成立的概率为________． 14.13当x<－1时，不等式化为－x －1＋x －2≥1，此时无解；当－1≤x≤2时，不等式化为x ＋1＋x －2≥1，解之得x≥1；当x>2时，不等式化为x ＋1－x ＋2≥1，此时恒成立，∴|x＋1|－|x －2|≥1的解集为[)1，＋∞.在[]－3，3上使不等式有解的区间为[]1，3，由几何概型的概率公式得P ＝3－13－（－3）＝13.5．K3 如图1－1，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( )图1－1A ．1－π4 B.π2－1C ．2－π2 D.π45．A 阅读题目可知，满足几何概型的概率特点，利用几何概型的概率公式可知：P ＝2－π22＝1－π4. 9．K3 节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14B.12C.34D.789．C 设第一串彩灯在通电后第x 秒闪亮，第二串彩灯在通电后第y 秒闪亮，由题意⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤4，0≤y≤4，满足条件的关系式为－2≤x－y≤2. 根据几何概型可知，事件全体的测度(面积)为16平方单位，而满足条件的事件测度(阴影部分面积)为12平方单位，故概率为1216＝34.K4 互斥事件有一个发生的概率19．K4，K6 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12，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．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K5 相互对立事件同时发生的概率18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.(2)X 的所有可能值为0，10，50，200，且 P(X ＝200)＝P(A 3B 1)＝P(A 3)P(B 1)＝ C 33C 37·13＝1105， P(X ＝50)＝P(A 3B 0)＝P(A 3)P(B 0)＝C 33C 37·23＝2105，P(X ＝10)＝P(A 2B 1)＝P(A 2)P(B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435，P(X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67.综上知X 的分布列为从而有E(X)＝0×67＋10×435＋50×2105＋200×1105＝4(元)．K6 离散型随机变量及其分布列19．K4，K6 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12，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．19．解：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A 1，第一次取出的4件产品全是优质品为事件A 2，第二次取出的4件产品都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2，这批产品通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，且A 1B 1与 A 2B 2互斥，所以P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1|A 1)＋P(A 2)P(B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400，500，800，并且 P(X ＝400)＝1－416－116＝1116，P(X ＝500)＝116，P(X ＝800)＝14.所以X 的分布列为E(X)＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25， 所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215，所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大． 4．K6 已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E(X)＝( ) A.32 B ．2 C.52D ．3 4．A E(X)＝1×35＋2×310＋3×110＝32，选A.18．K6 小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队．游戏规则为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8(如图1－5)这8个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X＝0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．(1)求小波参加学校合唱团的概率；(2)求X的分布列和数学期望．图1－5解：(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C28＝28种，X＝0时，两向量夹角为直角共有8种情形；所以小波参加学校合唱团的概率为P(X＝0)＝828＝27.(2)两向量数量积X的所有可能取值为－2，－1，0，1，X＝－2时，有2种情形；X＝1时，有8种情形；X＝－1时，有10种情形．所以X的分布列为EX＝(－2)×114＋(－1)×514＋0×27＋1×27＝－314.16．I1，K1，K2，K6下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．图1－6(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)设X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望； (3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明) 16．解：设A i 表示事件“此人于3月i 日到达该市”(i＝1，2，…，13)． 根据题意，P(A i )＝113，且A i ∩A j ＝(i≠j)．(1)设B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A 5∪A 8. 所以P(B)＝P(A 5∪A 8)＝P(A 5)＋P(A 8)＝213.(2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，且 P(X ＝1)＝P(A 3∪A 6∪A 7∪A 11) ＝P(A 3)＋P(A 6)＋P(A 7)＋P(A 11)＝413，P(X ＝2)＝P(A 1∪A 2∪A 12∪A 13) ＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 12)＋P(A 13)＝413，P(X ＝0)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝513.所以X 的分布列为故X 的期望E(X)＝0×513＋1×413＋2×413＝1213.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827，P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427，由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.19．K6 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及数学期望． 19．解：(1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”， B 表示事件“观众乙选中3号歌手，” 则P(A)＝C 12C 23＝23，P(B)＝C 24C 35＝35.∵事件A 与B 相互独立，∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为 P(AB)＝P(A)·P(B)＝P(A)· ＝23×25＝415.或P(AB )＝C 12·C 34C 23·C 35＝415. (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”． 则P(C)＝C 24C 35＝35.∵X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为 P(X ＝0)＝P(A B C)＝13×25×25＝475.P(X ＝1)＝P(AB C)＋P(ABC)＋P(A BC) ＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P(X ＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC) ＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375， P(X ＝3)＝P(ABC)＝23×35×35＝1875.∴X 的分布列为∴X 的数学期望EX ＝0×475＋1×2075＋2×3375＋3×1875＝14075＝2815.18．L1，K6 某算法的程序框图如图1－6所示，其中输入的变量x 在1，2，3，…，24这24个整数中等可能随机产生．图1－6(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出y的值为i的概率P i(i＝1，2，3)；(2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解，各自编写程序重复运行n次后，统计记录了输出y的值为i(i＝1，2，3)的频数．以下是甲、乙所作频数统计表的部分数据．甲的频数统计表(部分)乙的频数统计表(部分)当n ＝2 100时，根据表中的数据，分别写出甲、乙所编程序各自输出y 的值为i(i ＝1，2，3)的频率(用分数表示)，并判断两位同学中哪一位所编写程序符合算法要求的可能性较大；(3)按程序框图正确编写的程序运行3次，求输出y 的值为2的次数ξ的分布列及数学期望．18．解：(1)变量x 是在1，2，3，…，24这24个整数中随机产生的一个数，共有24种可能．当x 从1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23这12个数中产生时，输出y 的值为1，故P 1＝12；当x 从2，4，8，10，14，16，20，22这8个数中产生时，输出y 的值为2，故P 2＝13；当x 从6，12，18，24这4个数中产生时，输出y 的值为3，故P 3＝16，所以，输出y 的值为1的概率为12，输出y 的值为2的概率为13，输出y 的值为3的概率为16. (2)当n ＝2 100时，甲、乙所编程序各自输出y 的值为i(i ＝1，2，3)的频率如下：比较频率趋势与概率，可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大． (3)随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3. P(ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P(ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P(ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29，P(ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127，故ξ的分布列为所以，E ξ＝0×827＋1×49＋2×29＋3×127＝1.即ξ的数学期望为1.16．K2，K6 一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则P(A)＝C 12C 35＋C 22C 25C 47＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P(X ＝1)＝C 33C 47＝135，P(X ＝2)＝C 34C 47＝435，P(X ＝3)＝C 35C 47＝27，P(X ＝4)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E(X)＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝175.19．B1，I2，K6 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图1－4所示，经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品，以X(单位：t ，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．(1)将T 表示为X 的函数；(2)根据直方图估计利润T 不少于57 000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈时，T ＝500×130＝65 000.所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧800X －39 000，100≤X<130，65 000，130≤X≤150.(2)由(1)知利润T 不少于57 000元，当且仅当120≤X ≤150.由直方图知需求量X∈的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T 的分布列为所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.K7 条件概率与事件的独立性21．K7、K9 某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责．已知该系共有n 位学生，每次活动均需该系k 位学生参加(n 和k 都是固定的正整数)．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系k 位学生，且所发信息都能收到．记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为X.(1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率； (2)求使P(X ＝m)取得最大值的整数m.21．解：(1)因为事件A ：“学生甲收到李老师所发信息”与事件B ：“学生甲收到张老师所发信息”是相互独立的事件，所以A 与B 相互独立．由于P(A)＝P(B)＝C k －1n －1C k n ＝kn ，故P(A)＝P(B)＝1－k n ，因此学生甲收到活动通知信息的概率P ＝1－1－k n 2＝2kn －k2n2. (2)当k ＝n 时，m 只能取n ，有P(X ＝m)＝P(X ＝n)＝1.当k<n 时，整数m 满足k≤m≤t，其中t 是2k 和n 中的较小者，由于“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给k 位同学”所包含的基本事件总数为(C k n )2，当X ＝m 时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为2k －m ，仅收到李老师或仅收到张老师转发信息的学生人数均为m －k ，由乘法计数原理知事件{X ＝m}所含基本事件数为C k n C 2k －m k C m －kn －k＝C k n C m －k k C m －kn －k ，此时P(X ＝m)＝C k n C 2k －m k C m －kk （C k n ）2＝C m －k k C m －kn －kC kn . 当k≤m<t 时，P(X ＝m)≤P(X＝m ＋1)C m －k k C m －kn －k ≤C m ＋1－k kC m ＋1－kn －k(m －k ＋1)2≤(n －m)(2k－m)m ≤2k －（k ＋1）2n ＋2.假如k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t 成立．则当(k ＋1)2能被n ＋2整除时，k ≤2k －（k ＋1）2n ＋2<2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2≤t ，故P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2和m ＝2k ＋1－（k ＋1）2n ＋2处达最大值；当(k ＋1)2不能被n ＋2整除时，P(X ＝m)在m ＝2k －（k ＋1）2n ＋2处达最大值．(注：表示不超过x 的最大整数)下面证明k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.因为1≤k<n，所以2k －（k ＋1）2n ＋2－k ＝kn －k 2－1n ＋2≥k （k ＋1）－k 2－1n ＋2＝k －1n ＋2≥0.而2k －（k ＋1）2n ＋2－n ＝－（n －k ＋1）2n ＋2<0，故2k －（k ＋1）2n ＋2<n ，显然2k －（k ＋1）2n ＋2<2k.因此k≤2k－（k ＋1）2n ＋2<t.6．K7 抽样统计甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位：环)，结果如下：则成绩较为稳定(方差较小)的那位运动员成绩的方差为________．6．2 由题知x 甲＝15(87＋91＋90＋89＋93)＝90，s 2甲＝15(9＋1＋0＋1＋9)＝4；x 乙＝15(89＋90＋91＋88＋92)＝90，s 2乙＝15(1＋0＋1＋4＋4)＝2，所以s 2甲>s 2乙，故答案为2.16．K7 为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．16．10 由已知可设5个班级参加的人数分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则x ＝7， （x 1－7）2＋（x 2－7）2＋（x 3－7）2＋（x 4－7）2＋（x 5－7）25＝4，故(x 1－7)2＋(x 2－7)2＋(x 3－7)2＋(x 4－7)2＋(x 5－7)2＝20，即五个完全平方数之和为20，要使其中一个达到最大，这五个数必须是关于0对称分布的，而9＋1＋0＋1＋9＝20，也就是(－3)2＋(－1)2＋02＋12＋32＝20，所以五个班级参加的人数分别为4，6，7，8，10，最大数字为10.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”， A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.19．K6、K7 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．19．解：(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝233＝827，P(A 2)＝C 232321－23×23＝827，P(A 3)＝C 242321－232×12＝427.所以，甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为827，以3∶2胜利的概率为427.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4， 由题意，各局比赛结果相互独立， 所以P(A 4)＝C 241－232232×1－12＝427，由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3. 根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝1627.又P(X ＝1)＝P(A 3)＝427.P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327，故X 的分布列为所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×327＝79.K8 离散型随机变量的数学特征与正态分布16．K6，K8 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？16．解：方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X＝5”，因为P(X ＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X 2)．由已知可得，X 1～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，25， 所以E(X 1)＝2×23＝43，E(X 2)＝2×25＝45，从而E(2X 1)＝2E(X 1)＝83，E(3X 2)＝3E(X 2)＝125.因为E(2X 1)>E(3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A ，则事件A 包含有“X＝0”“X＝2”“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝15，P(X ＝2)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝25，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×25＝215，所以P(A)＝P(X ＝0)＋P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝1115，即这两人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E(X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X 1)>E(X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．19．K8 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．19．解： (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”， 则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”． 因为P(A)＝C 36C 310＝16，所以P(A)＝1－P(A)＝56.(2)X 所有的可能取值为0，1，2，3.P(X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125；P(X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125；P(X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125；P(X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·45＝36125.X 的分布列为：所以E(X)＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.20．K7、K8 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的数学期望． 20．解：(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”， A 2表示事件“第3局甲参加比赛，结果为甲负”，A 表示事件“第4局甲当裁判”． 则A ＝A 1·A 2.P(A)＝P(A 1·A 2)＝P(A 1)P(A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”， B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”， B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”． 则P(X ＝0)＝P(B 1·B 2·A 3)＝P(B 1)P(B 2)P(A 3)＝18，P(X ＝2)＝P(B 1·B 3)＝P(B 1)P(B 3)＝14，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝1－18－14＝58，E(X)＝0·P(X＝0)＋1·P(X＝1)＋2·P(X＝2)＝98.18．K2、K4、K5，K8 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级． (1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与期望E(X)．18．解：设A i 表示摸到i 个红球，B j 表示摸到j 个蓝球，则A i (i ＝0，1，2，3)与B j (j ＝0，1)独立．(1)恰好摸到1个红球的概率为 P(A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.。

1.(安徽文科第9题）从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于 （A ）110(B) 18 (C) 16 (D) 15（9）D 【命题意图】本题考查古典概型的概率问题.属中等偏难题.【解析】通过画树状图可知从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，以它们作为顶点的四边形共有15个，其中能构成矩形3个，所以是矩形的概率为31155=.故选D. 2.（福建理科第4题，文科第7题）如图，矩形ABCD 中，点E 为边CD 的中点，若在矩形ABCD 内部随机取一个点Q ，则点Q 取自△ABE 内部的概率等于A.14 B.13 C.12 D.23答案：C3.（福建理科第13题）袋中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个。

若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于_______。

答案：53 4.（广东理科6）甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为A ．12 B ．35 C ．23 D ．34（D ）．乙获得冠军的概率为111224⨯=，则甲队获得冠军的概率为13144-=5.（湖北理科7）如图，用21A A K 、、三类不同的元件连接成一个系统，K 正常工作且21A A 、至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知21A A K 、、正常工作的概率依次为9.0、8.0、8.0，则系统正常工作的概率为A. 960.0 B . 864.0 C. 720.0 D. 576.0 【答案】B解析：21A A 、至少有一个正常工作的概率为()()211A P A P -()()96.004.018.018.011=-=-⨯--=，系统正常工作概率为()()()()864.096.09.0121=⨯=-A P A P K P ，所以选B .6.(湖北理科12、文科13)在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期.从这30KA 1A 2瓶饮料中任取2瓶，则至少取到1瓶已过了保质期饮料的概率为 .（结果用最简分数表示） 【答案】14528 解析：从这30瓶饮料中任取2瓶，设至少取到1瓶已过了保质期饮料为事件A ，从这30瓶饮料中任取2瓶，没有取到1瓶已过了保质期饮料为事件B ，则A 与B 是对立事件，因为()29151327230227⨯⨯==C C B P ，所以()()145282915132711=⨯⨯-=-=B P A P ，所以填14528. 7、（湖南理科15）如图4， 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（1）=______P A （）；（2）=______P A （B|） 答案：（1）2π；（2）1=4PA （B|） 解析：（1）由几何概型概率计算公式可得2==S P A S π正圆（）； （2）由条件概率的计算公式可得2114===24P AB P A P A ππ⨯（）（B|）（）。

创新演练一、选择题1．从1，2，3，…，9这9个数中任取两数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是() A．①B．②④C．③D．①③C[③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～9中任取两数共有三个事件：“两个奇数”、“一奇一偶”、“两个偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件．]2．(2014·温州模拟)甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是()A.12 B.13C.14 D.15A[送卡方法有：(甲送给丙、乙送给丁)、(甲送给丁，乙送给丙)、(甲、乙都送给丙)、(甲、乙都送给丁)共四种情况，其中甲、乙将贺年片送给同一人的情况有两种，所以概率为1 2.]3．(2014·赤峰模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是()A.18 B.38C.58 D.78D[至少一次正面朝上的对立事件的概率为1 8，故P ＝1－18＝78.]4．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( )A ．0.45B ．0.67C ．0.64D ．0.32D [摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23， 故摸出黑球的概率P ＝1－0.45－0.23＝0.32.]5．(2014·安徽六校联考)连续投掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，0)的夹角记为α，则α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4的概率为( )A.518 B.512 C.12D.712B [cos 〈a ，b 〉＝mm 2＋n 2， ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴22＜m m 2＋n 2＜1，∴n ＜m ，又满足n ＜m 的骰子的点数有(2，1)，(3，1)，(3，2)，…，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共15个．故所求概率为P ＝1536＝512.] 二、填空题6．在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下：解析 P ＝1－(0.1＋0.16)＝0.74. 答案 0.747．(2014·宁波模拟)已知盒子中有散落的黑白棋子若干粒，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，从中取出2粒都是白子的概率是1235，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．解析从中取出2粒棋子，“都是黑棋子”记为事件A，“都是白棋子”记为事件B，则A、B为互斥事件．所求概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝17＋1235＝1735.答案17 35三、解答题8．某战士射击一次，问：(1)若中靶的概率为0.95，则不中靶的概率为多少？(2)若命中10环的概率是0.27，命中9环的概率为0.21，命中8环的概率为0.24，则至少命中8环的概率为多少？不够9环的概率为多少？解析(1)记中靶为事件A，不中靶为事件A，根据对立事件的概率性质，有P＝1－P(A)＝1－0.95＝0.05.故不中靶的概率为0.05.(2)记命中10环为事件B，命中9环为事件C，命中8环为事件D，至少8环为事件E，不够9环为事件F.由B、C、D互斥，E＝B∪C∪D，F＝，根据概率的基本性质，有P(E)＝P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.27＋0.21＋0.24＝0.72；P(F)＝P ＝1－P(B∪C)＝1－(0.27＋0.21)＝0.52.所以至少8环的概率为0.72，不够9环的概率为0.52.9．(2012·北京高考)近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：(1)(2)试估计生活垃圾投放错误的概率；(3)假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a ，b ，c ，其中a >0，a ＋b ＋c ＝600.当数据a ，b ，c 的方差s 2最大时，写出a ，b ，c 的值(结论不要求证明)，并求此时s 2的值．，其中x 为数据x 1，x 2，…，x n 的平均数 )解析 (1)厨余垃圾投放正确的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝23.(2)设“生活垃圾投放错误为事件A ，则事件A 表示生活垃圾投放正确”． 事件的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量， 即约为400＋240＋601 000＝0.7，所以P (A )约为1－0.7＝0.3. (3)当a ＝600，b ＝c ＝0时， s 2取得最大值．因为＝13(a ＋b ＋c )＝200，所以s 2＝13×[(600－200)2＋(0－200)2＋(0－200)2]＝80 000.。