2019届高三数学一轮复习：第60讲 离散型随机变量及其分布列

第60讲：独立事件及随机变量的概率分布一、课程标准1、理解离散型随机变量及其概率分布的概念，掌握概率分布列的基本性质，会求一些简单的离散型随机变量的概率分布列．2、理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．3、理解随机变量的概率分布，掌握0－1分布，超几何分布的分布列，并能处理简单的实际问题二、基础知识回顾1. 事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，那么称事件A与事件B相互独立．(2)性质：①若事件A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A与B相互独立，那么A与B－，A－与B，A－与B－也相互独立．(3)独立重复试验：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，在n次独立重复试验中，1－p n－k(k＝0，1，2，…，n)．事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝C k n p k()2. 随机变量的有关概念(1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．(2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．3. 离散型随机变量的概率分布及其性质(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，x i，…，x n，X取每一个值x i(i＝1，2，…，n)的概率P(X＝x i)＝p i，则表的概率分布列，的概率分布，P(X＝x i)＝p i，i＝1，2，…，n表示X的概率分布．(2)离散型随机变量概率分布的性质①p i≥0(i＝1，2，…，n)；②p1＋p2＋…＋p n＝1．4. 常见离散型随机变量的概率分布(1)两点分布：若随机变量X服从两点分布，即其概率分布为其中p ＝P(X ＝1)称为成功概率．(2)超几何分布：在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则事件“X ＝r ”发生的概率为P(X ＝r)＝C r M C n －r N －M C n N，r ＝0，1，2，…，m ，其中m ＝min {M ，n}，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *，称分布列为超几何分布．(3)二项分布X n5. (1)明确随机变量X 取哪些值； (2)求X 取每一个值的概率； (3)列成表格．三、自主热身、归纳总结1、某同学通过英语听力测试的概率为12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值是( )A. 3 B . 4 C . 5 D . 6 【答案】B【解析】由题意可得，1－C 0n ·⎝⎛⎭⎫1－12n >0.9，求得⎝⎛⎭⎫12n <0.1，∴n ≥4.故选B .2、某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为56，45，35，12，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为( )A .725 B . 25 C . 1225 D . 1425【答案】D【解析】第一种情况：该选手通过前三关，进入第四关，所以P 1＝56×45×35＝25，第二种情况：该选手通过前两关，第三关没有通过，再来一次通过，进入第四关，所以P 1＝56×45×(1－35)×35＝425.所以该选手能进入第四关的概率为56×45×35＋56×45×⎝⎛⎭⎫1－35×35＝1425.故选D .3、某区要从参加扶贫攻坚任务的5名干部A ，B ，C ，D ，E 中随机选取2人，赴区属的某贫困村进行驻村扶贫工作，则A 或B 被选中的概率是( )A.15 B.25 C.35 D.710【答案】D【解析】从5名干部中随机选取2人有C 25＝10(种)选法，其中只选中A 没选中B 有C 13＝3(种)选法，只选中B 没选中A 有C 13＝3(种)选法，A 和B 均选中有1种选法，所以所求概率P ＝3＋3＋110＝710，故选D. 4、(2019·武汉市调研测试)已知某口袋中装有2个红球，3个白球和1个蓝球，从中任取3个球，则其中恰有两种颜色的概率是( )A.35 B.45 C.720 D.1320【答案】D【解析】依题意，从口袋中任取3个球，共有C 36＝20(种)不同的取法，①当取得三个球颜色相同，则有C 33＝1种取法；②当取的三个球颜色互不相同，则有C 13C 12C 11＝6种取法；综合①②得：从中任取三个球，其中恰有两种颜色的概率为1－1＋620＝1320.5、如图所示的电路，有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率是___．第5题图【答案】18【解析】设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则灯泡甲亮应为事件ACB －.由题设知A ，C ，B －之间彼此独立，且P(A)＝P(B －)＝P(C)＝12，所以P(AB －C)＝P(A)P(B －)P(C)＝18.四、例题选讲考点一 互斥事件、对立事件概率公式的应用例1、某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 【解析】(1)易知P (A )＝11 000，P (B )＝1100，P (C )＝120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C . 因为A ，B ，C 两两互斥，所以P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.变式1、某超市为了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集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(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)【解析】(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，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”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.则P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝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. 变式2、A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：(1)试估计C (2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率．【解析】(1)由题意，得三个班共抽20个学生，其中C 班抽8个，故抽样比k ＝20100＝15，故C 班有学生8÷15＝40人． (2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取一个人，共有5×8＝40种情况，而且这些情况是等可能的．当甲的锻炼时间为6小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有2种情况；当甲的锻炼时间为6.5小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为7小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为7.5小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为8小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有4种情况．故该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P ＝2＋3＋3＋3＋440＝38.方法总结：考点二 相互独立事件例2 袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17.现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有1人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．【解析】(1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球有C 2n ＝n (n －1)2(种)结果，从袋中任取2个球共有C 27＝21(种)结果．由题意知17＝n (n －1)221＝n (n －1)42，所以n (n －1)＝6，解得n ＝3或n ＝－2(舍去)， 即袋中原有3个白球．(2)记“取球2次即终止”为事件A .则P (A )＝C 14C 13A 27＝27.(3)记“甲取到白球”为事件B .“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5.因为甲先取，所以甲只能在第1次，第3次和第5次取球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝C 13C 17＋A 24C 13A 37＋A 44C 13A 57＝37＋635＋135＝2235.变式1、一位网民在网上光顾某网店，经过一番浏览后，对该店铺中的A ，B ，C 三种商品有购买意向．已知该网民购买A 种商品的概率为34，购买B 种商品的概率为23，购买C 种商品的概率为12.假设该网民是否购买这三种商品相互独立．(1)求该网民至少购买2种商品的概率；(2)用随机变量η表示该网民购买商品的种数，求η＝1的概率． 【解析】(1)该网民恰好购买2种商品的概率为P(ABC －)＋P(AB －C)＋P(A －BC)＝34×23×12＋34×13×12＋14×23×12＝1124；该网民恰好购买3种商品的概率为P(ABC)＝34×23×12＝14.所以该网民至少购买2种商品的概率为P ＝1124＋14＝1724.答：该网民至少购买2种商品的概率为1724.(2)随机变量η的可能取值为0，1，2，3.由(1)知，P(η＝2)＝1124，P(η＝3)＝14，又P(η＝0)＝P(A －B －C －)＝14×13×12＝124，故P(η＝1)＝1－P(η＝0)－P(η＝2)－P(η＝3)＝14.答：η＝1时的概率为14.变式2、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 的概率分布．【解析】(1)记A 1表示事件“第2局结果为甲胜”，A 2表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A 表示事件“第4局甲当裁判”，则A ＝A 1·A 2，所以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.设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，所以X 的概率分布如下表：方法总结： (1)确定每个事件是相互独立的；(2)确定每个事件会同时发生；(3)先求出每个事件发生的概率，再求其积． 考点三 离散型随机变量的概率分布例3 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(不放回，且每个球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出3个球所得分数之和，求X 的概率分布．【解析】(1)X 的可能取值为3，4，5，6.P(X ＝3)＝C 35C 39＝542，P(X ＝4)＝C 25C 14C 39＝1021，P(X ＝5)＝C 15C 24C 39＝514，P(X ＝6)＝C 34C 39＝121.故X 的概率分布如下：变式、从0，1，2，3，4这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记X 为所组成的三位数各位数字之和．(1)求X 是奇数的概率； (2)求X 的概率分布及数学期望．【解析】(1)记“X 是奇数”为事件A ，能组成的三位数的个数是48.X 是奇数的个数是28，所以P(A)＝2848＝712，即X 是奇数的概率为712.(2)X 的可能取值为3，4，5，6，7，8，9.当X ＝3时，组成的三位数只能是由0，1，2三个数字组成，所以P(X ＝3)＝448＝112；当X ＝4时，组成的三位数只能是由0，1，3三个数字组成，所以P(X ＝4)＝448＝112；当X ＝5时，组成的三位数只能是由0，1，4或0，2，3三个数字组成，所以P(X ＝5)＝848＝16；当X ＝6时，组成的三位数只能是由0，2，4或1，2，3三个数字组成，所以P(X ＝6)＝1048＝524；当X ＝7时，组成的三位数只能是由0，3，4或1，2，4三个数字组成，所以P(X ＝7)＝1048＝524；当X ＝8时，组成的三位数只能是由1，3，4三个数字组成，所以P(X ＝8)＝648＝18；当X ＝9时，组成的三位数只能是由2，3，4三个数字组成，所以P(X ＝9)＝648＝18.所以X 的概率分布如下表：所以E(X)＝3×112＋4×112＋5×16＋6×524＋7×524＋8×18＋9×18＝254.方法总结：离散型随机变量概率分布的求法：(1)写出X 的所有可能取值(注意准确理解X 的含义，以免失误)． (2)利用概率知识求出X 取各个值的概率．(3)列表并检验，写出概率分布． 考点四 超几何分布与二项分布例4 袋中有8个球，其中5个黑球，3个红球，从袋中任取3个球，求取出红球的个数X 的概率分布，并求至少有一个红球的概率．【解析】由题意知，X 的可能取值为0，1，2，3，X ＝0表示取出的3个球全是黑球，P(X ＝0)＝C 35C 38＝1056＝528.同理P(X ＝1)＝C 13·C 25C 38＝3056＝1528，P(X ＝2)＝C 23·C 15C 38＝1556，P(X ＝3)＝C 33C 38＝156. 所以X 的概率分布如下表：所以至少有一个红球的概率为P(X ≥1)＝1－528＝2328.例5 从学校乘车到火车站的途中有三个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设ξ为途中遇到红灯的次数，求随机变量ξ的概率分布．【解析】由题意知ξ～⎝⎛⎭⎫3，25，则P ()ξ＝0＝ C 03⎝⎛⎭⎫250⎝⎛⎭⎫353＝27125，P ()ξ＝1＝C 13⎝⎛⎭⎫251⎝⎛⎭⎫352＝54125，P ()ξ＝2＝C 23⎝⎛⎭⎫252⎝⎛⎭⎫351＝36125，P ()ξ＝3＝ C 33⎝⎛⎭⎫253＝8125.所以ξ的概率分布如下表：变式1、乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同．(1)求甲以4比1获胜的概率；(2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率； (3)求比赛局数的概率分布．【解析】(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12.记“甲以4比1获胜”为事件A ，则P(A)＝C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫124－3·12＝18. (2)记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ，∵乙以4比2获胜的概率为P 1＝C 35⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫125－3·12＝532，乙以4比3获胜的概率为P 2＝C 36⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫126－3·12＝532，所以P(B)＝P 1＋P 2＝516. (3)设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4，5，6，7，P(X ＝4)＝2C 44⎝⎛⎭⎫124＝18， P(X ＝5)＝2C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫124－3·12＝14， P(X ＝6)＝2C 35⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫125－3·12＝516， P(X ＝7)＝2C 36⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫126－3·12＝516. 所以比赛局数X 的概率分布如下表：方法总结：求超几何分布的分布列，关键是明确随机变量是否服从超几何分布，分清M ，N ，n ，k 的值，然后求出相应的概率，最后列表即可．利用二项分布解决实际问题的关键在于，在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否为n 次独立重复试验，随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布．五、优化提升与真题演练1、（2020·合肥一六八中学测试题）如图，元件通过电流的概率均为0．9，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在M ，N 之间通过的概率是（ ）A ．0．729B ．0．8829C ．0．864D ．0．9891【答案】B【解析】电流能通过12,A A 的概率为0.90.90.81⨯=，电流能通过3A 的概率为0.9，故电流不能通过12,A A 也不能通过3A 的概率为()()10.8110.90.019--=，所以电流能通过系统123,,A A A 的概率为10.0190.981-=，而电流能通过4A 的概率为0.9，所以电流能在,M N 之间通过的概率为()10.0190.90.8829-⨯=，故选B ．2、（2020·山东青岛二中开学考试）掷一枚硬币两次，记事件A =“第一次出现正面”，B =“第二次出现反面”，则有（ ） A ．A 与B 相互独立 B ．()()()⋃=+P A B P A P B C ．A 与B 互斥 D ．1()2P AB =【答案】A【解析】对于选项A ，由题意得事件A 的发生与否对事件B 的发生没有影响，所以A 与B 相互独立，所以A 正确．对于选项B ，C ，由于事件A 与B 可以同时发生，所以事件A 与B 不互斥，故选项B,C 不正确． 对于选项D ，由于A 与B 相互独立，因此1()()()4P AB P A P B ==，所以D 不正确． 故选A ．3、（2020·江苏省南京外国语高三期末）如城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车，若从如城镇中任意选出5个家庭，则下列结论成立的是( ) A ．这5个家庭均有小汽车的概率为2431024B ．这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为2764C ．这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车D ．这5个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为81128【答案】ACD【解析】由题得小汽车的普及率为34， A. 这5个家庭均有小汽车的概率为53()4=2431024，所以该命题是真命题；B. 这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为332531135()()44512C =,所以该命题是假命题；C. 这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，是真命题；D. 这5个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为4455313()()()444C +=81128,所以该命题是真命题.故选：ACD.4、（2020·河北易县中学高三月考）某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合闭合后出现红灯的概率为________. 【答案】25. 【解析】记“第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ， 则1()2P A =，1()5P AB =， 所以，在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合闭合后出现红灯的概率为()2()()5P AB P B A P A ==.故答案为255、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）某市有A ，B ，C ，D 四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A 的概率为23，游览B ，C 和D 的概率都是12，且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X 表示该游客游览的景点的个数，下列正确的（ ） A ．游客至多游览一个景点的概率14B ．()328P X == C ．()1424P X == D ．()136E X =【答案】ABD【解析】记该游客游览i 个景点为事件i A ，0,1i =， 则()0211111111322224P A ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=----=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()3211321211511113232224P A C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-⋅⋅-=⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以游客至多游览一个景点的概率为()()0115124244P A P A +=+=，故A 正确； 随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4;()01(0)24P X P A ===， ()15(1)24P X P A ===，213211(2)1322P X C ⎛⎫==⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭2232113113228C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故B 正确；23211(3)1322P X C ⎛⎫==⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭33311713224C ⎛⎫⎛⎫+-⨯⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3211(4)3212P X ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，故C 错误；数学期望为：1597()012324242424E X =⨯+⨯+⨯+⨯2134246+⨯=，故D 正确， 故选：ABD.6、（2020届山东省烟台市高三上期末）某企业拥有3条相同的生产线，每条生产线每月至多出现一次故障.各条生产线是否出现故障相互独立，且出现故障的概率为13. （1）求该企业每月有且只有1条生产线出现故障的概率；（2）为提高生产效益，该企业决定招聘名维修工人及时对出现故障的生产线进行维修.已知每名维修工人每月只有及时维修1条生产线的能力，且每月固定工资为1万元.此外，统计表明，每月在不出故障的情况下，每条生产线创造12万元的利润；如果出现故障能及时维修，每条生产线创造8万元的利润；如果出现故障不能及时维修，该生产线将不创造利润，以该企业每月实际获利的期望值为决策依据，在1n =与2n =之中选其一，应选用哪个？（实际获利=生产线创造利润-维修工人工资） 【解析】（1）设3条生产线中出现故障的条数为X ,则13,3XB ⎛⎫⎪⎝⎭, 因此()1213121241=33279P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）①当1n =时,设该企业每月的实际获利为1Y 万元, 若X 0=,则1123135Y =⨯-=； 若1X =,则1122+81131Y =⨯⨯-=；若2X =,则1121+81+01119Y =⨯⨯⨯-=； 若3X =,则1120+81+0217Y =⨯⨯⨯-=；又()030312803327P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()212312623327P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ()33312133327P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 此时,实际获利1Y 的均值1812617733531197=2727272727EY =⨯+⨯+⨯+⨯ ②当2n =时,设该企业每月的实际获利为2Y 万元, 若X 0=,则2123234Y =⨯-=； 若1X =,则2122+81230Y =⨯⨯-=； 若2X =,则2121+82226Y =⨯⨯-=； 若3X =,则2120+82+01214Y =⨯⨯⨯-=；28126180234302614=2727272727EY =⨯+⨯+⨯+⨯ 因为12EY EY <,于是以该企业每月实际获利的期望值为决策依据,在1n =与2n =之中选其一,应选用2n =。

§12.3 离散型随机变量及其分布考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 20171.离散型随机变量及其分布列1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念,了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解两点分布和超几何分布的意义,并能进行简单的应用.理解19(1),7分8,2分2.离散型随机变量的均值与方差理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念,能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些实际问题.理解19(2),7分9,5分12,4分8,2分分析解读 1.随机变量及其分布是概率统计部分的重要内容,是高中数学的主干知识,也是高考的热点.2.主要考查随机变量分布列的性质及运算求解能力.3.考查一般以解答题形式出现,以随机变量分布列为载体,综合计数原理、古典概型、等可能事件等考查学生分析问题、解决问题的能力及运算求解能力.4.预计2019年高考试题中,对随机变量及其分布的考查必不可少.五年高考考点一离散型随机变量及其分布列1.(2017课标全国Ⅱ理,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,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DX= .答案 1.962.(2013浙江,19,14分)设袋子中装有a个红球,b个黄球,c个蓝球,且规定:取出一个红球得1分,取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分.(1)当a=3,b=2,c=1时,从该袋子中任取(有放回,且每球取到的机会均等)2个球,记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和,求ξ的分布列;(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球,记随机变量η为取出此球所得分数.若Eη=,Dη=,求a∶b∶c.解析(1)由题意得ξ=2,3,4,5,6.故P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,P(ξ=4)==,P(ξ=5)==,P(ξ=6)==.所以ξ的分布列为ξ 2 3 4 5 6P(2)由题意知η的分布列为η 1 2 3P所以E(η)=++=,D(η)=·+·+·=,化简得解得a=3c,b=2c,故a∶b∶c=3∶2∶1.3.(2017课标全国Ⅲ理,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温[10,15)[15,20)[20,25) [25,30) [30,35) [35,40)天数 2 16 36 25 7 4以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?解析本题考查随机变量的分布列,数学期望.(1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知P(X=200)==0.2,P(X=300)==0.4,P(X=500)==0.4.因此X的分布列为X 200 300 500P 0.2 0.4 0.4(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200≤n≤500.当300≤n≤500时,若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.当200≤n<300时,若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.4.(2017天津理,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为,,.(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.解析本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=××=,P(X=1)=×1-×1-+1-××1-+××=,P(X=2)=××+××+××=,P(X=3)=××=.所以,随机变量X的分布列为X 0 1 2 3P随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)=×+×=.所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为.5.(2017山东理,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX.解析本题考查离散型随机变量的分布列,期望.(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)==.(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)==.因此X的分布列为X 0 1 2 3 4PX的数学期望是EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1×+2×+3×+4×=2.6.(2016山东,19,12分)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,乙每轮猜对的概率是;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X).解析(1)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,E=ABCD+BCD+A CD+AB D+ABC,由事件的独立性与互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(A CD)+P(AB D)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)·P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)·P()=×××+2×=.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.(2)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(X=0)=×××=,P(X=1)=2×==,P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,P(X=3)=×××+×××==,P(X=4)=2×==,P(X=6)=×××==.可得随机变量X的分布列为X 0 1 2 3 4 6P所以数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.7.(2015重庆,17,13分)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有10个粽子,其中豆沙粽2个,肉粽3个,白粽5个,这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取3个.(1)求三种粽子各取到1个的概率;(2)设X表示取到的豆沙粽个数,求X的分布列与数学期望.解析(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)==. (2)X的所有可能取值为0,1,2,且P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==.综上知,X的分布列为X 0 1 2P故E(X)=0×+1×+2×=.8.(2015四川,17,12分)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)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的分布列和数学期望.解析(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=.因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-=.(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.所以X的分布列为X 1 2 3P因此,X的数学期望为E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×+2×+3×=2.9.(2015湖北,20,12分)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品,生产1吨A产品需鲜牛奶2吨,使用设备1小时,获利1000元;生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1200元.要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时.假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位:吨)是一个随机变量,其分布列为W 12 15 18P 0.3 0.5 0.2该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使其获利最大,因此每天的最大获利Z(单位:元)是一个随机变量.(1)求Z的分布列和均值;(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率.解析(1)设每天A,B两种产品的生产数量分别为x吨,y吨,相应的获利为z元,则有①目标函数为z=1000x+1200y.当W=12时,①表示的平面区域如图1,三个顶点分别为A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).当z=1000x+1200y变形为y=-x+,当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,最大获利Z=z max=2.4×1000+4.8×1200=8160.当W=15时,①表示的平面区域如图2,三个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).将z=1000x+1200y变形为y=-x+,当x=3,y=6时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,最大获利Z=z max=3×1000+6×1200=10200.当W=18时,①表示的平面区域如图3,四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).将z=1000x+1200y变形为y=-x+,当x=6,y=4时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,最大获利Z=z max=6×1000+4×1200=10800.故最大获利Z的分布列为Z 8160 10200 10800P 0.3 0.5 0.2因此,E(Z)=8160×0.3+10200×0.5+10800×0.2=9708.(2)由(1)知,一天最大获利超过10000元的概率p1=P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7,由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.10.(2015陕西,19,12分)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) 25 30 35 40频数(次) 20 30 40 10(1)求T的分布列与数学期望ET;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个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.解析(1)由统计结果可得T的频率分布为T(分钟) 25 30 35 40频率0.2 0.3 0.4 0.1以频率估计概率得T的分布列为T 25 30 35 40P 0.2 0.3 0.4 0.1从而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分钟).(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“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35)+P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P()=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09.故P(A)=1-P()=0.91.11.(2014天津,16,13分)某大学志愿者协会有6名男同学,4名女同学.在这10名同学中,3名同学来自数学学院,其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学,到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同).(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率;(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.解析(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则P(A)==.所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=k)=(k=0,1,2,3).所以随机变量X的分布列是X 0 1 2 3P随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.12.(2014江西,21,14分)随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数.A 组最小数为a1,最大数为a2;B组最小数为b1,最大数为b2.记ξ=a2-a1,η=b2-b1.(1)当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C发生的概率P(C);(3)对(2)中的事件C,表示C的对立事件,判断P(C)和P()的大小关系,并说明理由.解析(1)当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B两组,不同的分组方法共有=20种,所以ξ的分布列为ξ 2 3 4 5PEξ=2×+3×+4×+5×=.(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n-2.又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有2种,所以当n=2时,P(C)==,当n≥3时,P(C)=.(3)由(2)知当n=2时,P()=,因此P(C)>P(),而当n≥3时,P(C)<P().理由如下:P(C)<P()等价于42+<.①用数学归纳法来证明:1°当n=3时,①式左边=4×(2+)=4×(2+2)=16,①式右边==20,所以①式成立.2°假设n=m(m≥3)时①式成立,即42+<成立,那么,当n=m+1时,左边=42+=42++4<+4=+=<=·<=右边,即当n=m+1时①式也成立.综合1°,2°得,对于n≥3的所有正整数,都有P(C)<P()成立.13.(2014湖北,20,12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量．．．．X．(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上.其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中,至多．．有1年的年入流量超过120的概率;(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:年入流量X 40<X<80 80≤X≤120X>120发电机最多可运行台数1 2 3若某台发电机运行,则该台年利润为5000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?解析(1)依题意,p1=P(40<X<80)==0.2,p2=P(80≤X≤120)==0.7,p3=P(X>120)==0.1.由二项分布知,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=(1-p3)4+(1-p3)3p3=+4××=0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).(i)安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40,故一台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5000,E(Y)=5000×1=5000. (ii)安装2台发电机的情形.依题意知,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5000-800=4200,因此P(Y=4200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当X≥80时,两台发电机运行,此时Y=5000×2=10000,因此P(Y=10000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8,由此得Y的分布列如下:Y 4200 10000P 0.2 0.8所以,E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840.(iii)安装3台发电机的情形.依题意,当40<X<80时,一台发电机运行,此时Y=5000-1600=3400,因此P(Y=3400)=P(40<X<80)=p1=0.2;当80≤X≤120时,两台发电机运行,此时Y=5000×2-800=9200,因此P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当X>120时,三台发电机运行,此时Y=5000×3=15000,因此P(Y=15000)=P(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:Y 3400 9200 15000P 0.2 0.7 0.1所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.教师用书专用(14—24)14.(2013广东,4,5分)已知离散型随机变量X的分布列为X 1 2 3P则X的数学期望E(X)=( )A. B.2 C. D.3答案 A15.(2015湖南,18,12分)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的分布列和数学期望.解析(1)记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},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,A1与A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+A2,C=B1+B2.因为P(A1)==,P(A2)==,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=P(A1)P()+P()P(A2)=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)=×+×=.故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=.(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,所以X~B. 于是P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.故X的分布列为X 0 1 2 3PX的数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×=.16.(2014重庆,18,13分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列与数学期望.(注:若三个数a,b,c满足a≤b≤c,则称b为这三个数的中位数)解析(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P==.(2)X的所有可能值为1,2,3,且P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,故X的分布列为X 1 2 3P从而E(X)=1×+2×+3×=.17.(2014山东,18,12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解析(1)记A i为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(A3)=,P(A1)=,P(A0)=1--=.记B i为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(B3)=,P(B1)=,P(B0)=1--=.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的独立性和互斥性,得P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)=P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3)=×+×+×+×=,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.(2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6,由事件的独立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B0)=×=,P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=×+×=,P(ξ=2)=P(A1B1)=×=,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=×+×=,P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=×+×=,P(ξ=6)=P(A3B3)=×=.可得随机变量ξ的分布列为ξ0 1 2 3 4 6P所以数学期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.18.(2013课标全国Ⅰ,19,12分)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这批产品中任取4件作检验,这4件产品中优质品的件数记为n.如果n=3,再从这批产品中任取4件作检验,若都为优质品,则这批产品通过检验;如果n=4,再从这批产品中任取1件作检验,若为优质品,则这批产品通过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验.假设这批产品的优质品率为50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为,且各件产品是否为优质品相互独立.(1)求这批产品通过检验的概率;(2)已知每件产品的检验费用为100元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位:元),求X的分布列及数学期望.解析(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2)=×+×=.(2)X可能的取值为400,500,800,并且P(X=400)=1--=,P(X=500)=,P(X=800)=.所以X的分布列为X 400 500 800PEX=400×+500×+800×=506.25.19.(2013北京,16,13分)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)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)解析设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)=,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)=.(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)=,P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=,P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=.所以X的分布列为X 0 1 2P故X的期望EX=0×+1×+2×=.(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.20.(2013福建,16,13分)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,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为,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?解析解法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,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)=×=,所以P(A)=1-P(X=5)=,即这2人的累计得分X≤3的概率为.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2).由已知可得,X1~B,X2~B,所以E(X1)=2×=,E(X2)=2×=,从而E(2X1)=2E(X1)=,E(3X2)=3E(X2)=.因为E(2X1)>E(3X2),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.解法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,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包含“X=0”“X=2”“X=3”三个两两互斥的事件,因为P(X=0)=×=,P(X=2)=×=,P(X=3)=×=,所以P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=,即这2人的累计得分X≤3的概率为.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1,都选择方案乙所获得的累计得分为X2,则X1,X2的分布列如下:X10 2 4PX20 3 6P所以E(X1)=0×+2×+4×=,E(X2)=0×+3×+6×=.因为E(X1)>E(X2),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.21.(2013山东,19,12分)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外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是.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.解析(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A1,“甲队以3∶1胜利”为事件A2,“甲队以3∶2胜利”为事件A3,由题意,各局比赛结果相互独立,故P(A1)==,P(A2)=×=,P(A3)=×=.所以,甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为,以3∶2胜利的概率为.(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4,由题意,各局比赛结果相互独立,所以P(A4)=××=.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(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=.又P(X=1)=P(A3)=,P(X=2)=P(A4)=,P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=,故X的分布列为X 0 1 2 3P所以EX=0×+1×+2×+3×=.22.(2013陕西,19,12分)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.解析(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)==,P(B)==.∵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(A)=P(A)·P()=P(A)·[1-P(B)]=×=..(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”,则P(C)==,∵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()=××=,P(X=1)=P(A)+P(B)+P(C)=××+××+××=,P(X=2)=P(AB)+P(A C)+P(BC)=××+××+××=,P(X=3)=P(ABC)=××=,∴X的分布列为X 0 1 2 3P∴X的数学期望EX=0×+1×+2×+3×==.23.(2013江西,18,12分)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)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.解析(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有=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)==.(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X -2 -1 0 1PEX=(-2)×+(-1)×+0×+1×=-.24.(2013辽宁,19,12分)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,答对每道乙类题的概率都是,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.解析(1)设事件A=“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”,则有=“张同学所取的3道题都是甲类题”.因为P()==,所以P(A)=1-P()=.(6分)(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=···=;P(X=1)=···+··=;P(X=2)=···+··=;P(X=3)=···=.所以X的分布列为X 0 1 2 3P(10分)所以E(X)=0×+1×+2×+3×=2.(12分)考点二离散型随机变量的均值与方差1.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξi满足P(ξi=1)=p i,P(ξi=0)=1-p i,i=1,2.若0<p1<p2<,则( )A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)答案 A2.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中仅有1个球且为红球,乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3,n≥3),从乙盒中随机抽取i(i=1,2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后,甲盒中含有红球的个数记为ξi(i=1,2);(b)放入i个球后,从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i(i=1,2).则( )A.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2)B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)答案 A3.(2014浙江,12,4分)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)= .答案4.(2016四川,12,5分)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,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5.(2015天津,16,13分)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛.(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事件A发生的概率;(2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.解析(1)由已知,有P(A)==.所以,事件A发生的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X=k)=(k=1,2,3,4).所以,随机变量X的分布列为X 1 2 3 4P随机变量X的数学期望E(X)=1×+2×+3×+4×=.6.(2015福建,16,13分)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的分布列和数学期望.解析(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,则P(A)=××=.(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.又P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,所以X的分布列为X 1 2 3P所以E(X)=1×+2×+3×=.7.(2014福建,18,13分)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元,其余3个均为10元,求:(i)顾客所获的奖励额为60元的概率;(ii)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;(2)商场对奖励总额的预算是60000元,并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成,或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡,请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由.解析(1)设顾客所获的奖励额为X元.(i)依题意,得P(X=60)==,即顾客所获的奖励额为60元的概率为.(ii)依题意,得X的所有可能取值为20,60.。

10.7 离散型随机变量及其分布列[知识梳理] 1．离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，常用字母X ，Y ，ξ，η，…表示．所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列及性质(1)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1,2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则表X x1x 2…x i …x n Pp1p2…pi…pn称为离散型随机变量X 的概率分布列，简称为X 的分布列，有时为了表达简单，也用等式P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1,2，…，n 表示X 的分布列．(2)离散型随机变量的分布列的性质 ①p i ≥0(i ＝1,2，…，n )； ② i ＝1np i ＝1.3．常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布若随机变量X 服从两点分布，即其分布列为1p，其中p ＝P (X ＝1)称为成功概率．(2)超几何分布在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.如果随机变量X 的分布列具有上表的形式，则称随机变量X 服从超几何分布．[诊断自测] 1．概念思辨(1)随机试验的结果与随机变量是一种映射关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应. ( )(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．( )(3)离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．( )(4)若随机变量X 的分布列由下表给出，则它服从两点分布．答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)×2．教材衍化(1)(选修A2－3P 49A 组T 5)设离散型随机变量ξ的分布列如下：则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝________. 答案 310解析 P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝110＋210＝310. (2)(选修A2－3P 49T 3)从一副52张(去掉两张王)的扑克牌中任取5张，其中黑桃张数的概率分布公式是________，黑桃不多于1张的概率是________．答案 P (ξ＝k )＝C k 13C 5－k39C 552(k ＝0,1,2,3,4,5) 0.633解析 P (ξ＝k )＝C k 13C 5－k39C 552(k ＝0,1,2,3,4,5)；P (ξ≤1)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)≈0.222＋0.411＝0.633. 3．小题热身(1)袋中有除标号不同外其余均相同的5个钢球，分别标有1,2,3,4,5五个号码．在有放回地抽取条件下依次取出2个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能值的个数是( )A ．25B ．10C ．9D ．5 答案 C解析 第一次可取号码为1,2,3,4,5中的任意一个，由于是有放回地抽取，第二次也可取号码为1,2,3,4,5中的任何一个，两个球的号码之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10.故选C.(2)(2018·安康质检)设随机变量X 的概率分布列为X 1 2 34 P13m1416则P (|X －3|＝1)＝________. 答案 512解析 由13＋m ＋14＋16＝1，解得m ＝14， P (|X －3|＝1)＝P (X ＝2)＋P (X ＝4)＝14＋16＝512.题型1 离散型随机变量分布列的性质典例 设随机变量ξ的分布列P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)．(1)求常数a 的值； (2)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35； (3)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<710.解 由已知分布列为：ξ 错错错错错Pa2a3a4a5a(1)由a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝1，得a ＝115.(2)P ⎝⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝P ⎝⎛⎭⎪⎫ξ＝35＋P ⎝⎛⎭⎪⎫ξ＝45＋P (ξ＝1)＝315＋415＋515＝45，或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝1－P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≤25＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋215＝45.(3)因为110<ξ<710只有ξ＝15，25，35满足， 故P ⎝⎛⎭⎪⎫110<ξ<710＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝25＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35 ＝115＋215＋315＝25.[条件探究1] 若将典例条件“P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak ，k ＝1,2,3,4,5”变为“P (ξ＝i )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫23i，i ＝1,2,3”，求a 的值．解 ∵P (ξ＝i )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫23i(i ＝1,2,3)∴23a ＋49a ＋827a ＝1，得a ＝2738.[条件探究2] 若将典例条件变为“P (ξ＝n )＝an (n ＋1)(n ＝1,2,3,4)．”求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52的值．解 ∵P (ξ＝n )＝a n (n ＋1).∴a 2＋a 6＋a 12＋a20＝1，∴a ＝54.P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝56. 方法技巧1．分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性．(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．提醒：求分布列中的参数值时，要保证每个概率值均为非负数．2．随机变量X的线性组合的概率及分布列问题(1)随机变量X的线性组合η＝aX＋b(a，b∈R)是随机变量．(2)求η＝aX＋b的分布列可先求出相应随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列．冲关针对训练1．随机变量X的分布列如下：1c其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________.答案2 3解析a、b、c成等差数列，2b＝a＋c，又a＋b＋c＝1，∴b＝13，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝23.2．设离散型随机变量X的分布列为4m 求：(1)2X＋1的分布列；(2)|X －1|的分布列． 解 由分布列的性质知：0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m ＝1，∴m ＝0.3. 首先列表为493从而由上表得两个分布列为 (1)2X ＋1的分布列(2)|X －1|的分布列题型2 超几何分布典例 (2017·山东高考)在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望E(X)．解(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M)＝C48C510＝518.(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝C56C510＝142，P(X＝1)＝C46C14C510＝521，P(X＝2)＝C36C24C510＝1021，P(X＝3)＝C26C34C510＝521，P(X＝4)＝C16C44C510＝142.因此X的分布列为X的数学期望是E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0＋1×521＋2×1021＋3×521＋4×142＝2.方法技巧1．超几何分布的两个特点(1)超几何分布是不放回抽样问题． (2)随机变量为抽到的某类个体的个数． 2．超几何分布的应用条件及实质(1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数ξ的概率分布．(2)实质：超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．冲关针对训练(2015·重庆高考)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望． 解 (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 15C 310＝14.(2)X 的所有可能值为0,1,2，且P (X ＝0)＝C 38C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.综上知，X 的分布列为故E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个).题型3求离散型随机变量的分布列角度1与互斥事件有关的分布列问题典例(2015·安徽高考)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．解(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，则P(A)＝A12A13A25＝310.(2)X的可能取值为200,300,400.P(X＝200)＝A22A25＝110，P(X＝300)＝A33＋C12C13A22A35＝310，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－110－310＝610.故X的分布列为X 200300400P错误错误错误E(X)＝200×110＋300×310＋400×610＝350(元)．角度2与独立事件(或独立重复试验)有关的分布列问题典例(2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．解 (1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14， P (X ＝1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝1124， P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×14＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14，P (X ＝3)＝12×13×14＝124.所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312. (2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P (Y ＋Z ＝1)＝P (Y ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0) ＝P (Y ＝0)P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0) ＝14×1124＋1124×14＝1148.所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.方法技巧离散型随机变量分布列的求解步骤1．明取值：明确随机变量的可能取值有哪些，且每一个取值所表示的意义．2．求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率．3．画表格：按规范要求形式写出分布列．4．做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确． 提醒：求随机变量某一范围内取值的概率，要注意它在这个范围内的概率等于这个范围内各概率值的和．冲关针对训练乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D ，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．解 (1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0,1,3)，则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16.记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0,1,3)，则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性， P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3) ＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310. (2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋15×16＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110. 可得随机变量ξ的分布列为ξ 012346P错误错错错误错误错误所以数学期望E (ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.1．(2016·天津高考)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 的分布列和数学期望．解 (1)由已知，有P (A )＝C 13C 14＋C 23C 210＝13.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 (X ＝0)＝C 23＋C 23＋C 24C 210＝415，P(X＝1)＝C13C13＋C13C14C210＝715，P(X＝2)＝C13C14C210＝415.所以，随机变量X的分布列为X01 2P错误错误错误随机变量X的数学期望E(X)＝0×415＋1×715＋2×415＝1.2．(2018·山西八校联考)某大型汽车城为了了解销售单价(单位：万元)在[8,20]内的轿车的销售情况，从2016年上半年已经销售的轿车中随机抽取100辆，获得的所有样本数据按照[8,10)，[10,12)，[12,14)，[14,16)，[16,18)，[18,20]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．已知样本中销售单价在[14,16)内的轿车数是销售单价在[18,20]内的轿车数的2倍．(1)求出x与y，再根据频率分布直方图估计这100辆轿车销售单价的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)若将频率视为概率，从这批轿车中有放回地随机抽取3辆，求至少有1辆轿车的销售单价在[14,16)内的概率；(3)用分层抽样的方法从销售单价在[8,20]内的轿车中共抽取20辆，再从抽出的20辆轿车中随机抽取2辆，X表示这2辆轿车中销售单价在[10,12)内的轿车的数量，求X的分布列及数学期望E(X)．解(1)样本中轿车的销售单价在[14,16)内的轿车数是x×2×100＝200x，样本中轿车的销售单价在[18,20]内的轿车数是y×2×100＝200y，依题意，有200x＝2×200y，即x＝2y，①根据频率分布直方图可知(0.1×2＋0.025＋x＋0.05＋y)×2＝1，②由①②得x＝0.15，y＝0.075.根据频率分布直方图估计这100辆轿车销售单价的平均数为8＋102×0.025×2＋10＋122×0.05×2＋12＋142×0.1×2＋14＋162×0.15×2＋16＋182×0.1×2＋18＋202×0.075×2＝0.45＋1.1＋2.6＋4.5＋3.4＋2.85＝14.9(万元)．(2)若将频率视为概率，从这批轿车中有放回地随机抽取3辆，则至少有1辆轿车的销售单价在[14,16)内的概率为1－C03 (0.3)0×(0.7)3＝1－0.343＝0.657.(3)因为销售单价在[8,10)，[10,12)，[12,14)，[14,16)，[16,18)，[18,20]的轿车的分层抽样比为1∶2∶4∶6∶4∶3，故在抽取的20辆轿车中，销售单价在[10,12)内的轿车有20×220＝2(辆)，X的所有可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝C02C218C220＝153190，P(X＝1)＝C12C118C220＝36190＝1895，P(X＝2)＝C22C220＝1 190.所以X 的分布列为X 012P错误错误错误E (X )＝0×153190＋1×1895＋2×1190＝15.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 去描述1次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )A ．0 B.12 C.13 D.23 答案 C解析 P (X ＝1)＝2P (X ＝0)，且P (X ＝1)＋P (X ＝0)＝1.所以P (X ＝0)＝13.故选C.2．若某一随机变量X 的概率分布如下表，且m ＋2n ＝1.2，则m －n2的值为( )X 0 1 2 3 P 0.1mn 0.1A ．－0.2B ．0.2C ．0.1D ．－0.1 答案 B解析 由m ＋n ＋0.2＝1，又m ＋2n ＝1.2，可得m ＝n ＝0.4，m －n2＝0.2.故选B.3．袋中有大小相同的红球6个、白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球时为止，所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能值为( )A ．1,2，…，6B ．1,2，…，7C ．1,2，…，11D ．1,2,3，…答案 B解析 除白球外，其他的还有6个球，因此取到白球时取球次数最少为1次，最多为7次．故选B.4．设X 是一个离散型随机变量，其分布列为：1 q则q 等于( )A ．1B ．1±22C ．1－22D ．1＋22 答案 C解析 由分布列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧0≤1－2q <1，0≤q 2<1，0.5＋(1－2q )＋q 2＝1⇒⎩⎨⎧0<q ≤12，q ＝1±22，∴q ＝1－22，故选C.5．已知某一随机变量X 的概率分布如下，且E (X )＝6.9，则a 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 B解析 因为在分布列中，各变量的概率之和为1，所以m ＝1－(0.2＋0.5)＝0.3，由数学期望的计算公式，可得4×0.3＋a ×0.2＋9×0.5＝6.9，a ＝6，故选B.6．已知离散型随机变量X 的分布列为则P (X ∈Z )＝( )A ．0.9B ．0.8C ．0.7D ．0.6 答案 A解析 由分布列性质得0.5＋1－2q ＋13q ＝1，解得q ＝0.3， ∴P (X ∈Z )＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝0.5＋1－2×0.3＝0.9，故选A.7．(2017·泰安模拟)若P (X ≤x 2)＝1－β，P (X ≥x 1)＝1－α，其中x 1<x 2，则P (x 1≤X ≤x 2)等于( )A ．(1－α)(1－β)B ．1－(α＋β)C ．1－α(1－β)D ．1－β(1－α) 答案 B解析 显然P (X ＞x 2)＝β，P (X <x 1)＝α.由概率分布列的性质可知P (x 1≤X ≤x 2)＝1－P (X >x 2)－P (X <x 1)＝1－α－β.故选B.8．(2018·潍坊模拟)若随机变量X 的分布列为则当P (X <a )＝0.8时，实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，2] B ．[1,2] C ．(1,2] D ．(1,2) 答案 C解析 由随机变量X 的分布列，知P (X <－1)＝0.1，P (X <0)＝0.3，P (X <1)＝0.5，P (X <2)＝0.8，则当P (X <a )＝0.8时，实数a 的取值范围是(1,2]．故选C.9．(2017·烟台模拟)一只袋内装有m 个白球，n －m 个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，下列概率等于(n －m )A 2mA 3n的是( )A ．P (ξ＝3)B ．P (ξ≥2)C ．P (ξ≤3)D ．P (ξ＝2) 答案 D解析 依题意知，(n －m )A 2mA 3n是取了3次，所以取出白球应为2个．故选D.10．袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号．若η＝aξ－2，E (η)＝1，则a 的值为( )A ．2 B ．－2 C ．1.5 D ．3 答案 A解析 由题意知ξ的可能取值为0,1,2,3,4，则ξ的分布列为4错∴E (ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝32，∵η＝aξ－2，E (η)＝1，∴aE (ξ)－2＝1，∴32a －2＝1，解得a ＝2.故选A.二、填空题11．设随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，如果P (X <4)＝0.3，那么n ＝________.答案 10解析 由于随机变量X 等可能取1,2,3，…，n .所以取到每个数的概率均为1n .∴P (X <4)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝3n ＝0.3，∴n ＝10. 12．(2018·临汾联考)口袋中有5只球，编号为1,2,3,4,5，从中任意取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的分布列为________．答案解析 X 的取值为3,4,5.又P (X ＝3)＝1C 35＝110，P (X ＝4)＝C 23C 35＝310，P (X ＝5)＝C 24C 35＝35.∴随机变量X 的分布列为13．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P (ξ＝2)＝________.答案 310解析 ξ可能取的值为0,1,2,3，P (ξ＝0)＝C 23C 24C 24C 26＝15，P (ξ＝1)＝C 13C 24＋C 23C 12C 14C 24C 26＝715， 又P (ξ＝3)＝C 13C 24C 26＝130，∴P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝1－15－715－130＝310. 14．如图所示，A ，B 两点5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P (ξ≥8)＝________.答案 45解析 解法一：由已知，ξ的取值为7,8,9,10，∵P (ξ＝7)＝C 22C 12C 35＝15，P (ξ＝8)＝C 22C 11＋C 12C 22C 35＝310， P (ξ＝9)＝C 12C 12C 11C 35＝25，P (ξ＝10)＝C 22C 11C 35＝110，∴ξ的概率分布列为ξ7891P错错误错错误∴P (ξ≥8)＝P (ξ＝8)＋P (ξ＝9)＋P (ξ＝10) ＝310＋25＋110＝45.解法二：P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝7)＝45.B 级三、解答题15．(2018·太原模拟)根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1000位上网购物者的年龄情况如图所示．(1)已知[30,40)，[40,50)，[50,60)三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求a ，b 的值；(2)该电子商务平台将年龄在[30,50)内的人群定义为高消费人群，其他年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得的代金券总和X (单位：元)的分布列与数学期望．解 (1)由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝a ＋0.015，(0.01＋0.015×2＋b ＋a )×10＝1，解得a ＝0.035，b ＝0.025.(2)利用分层抽样从样本中抽取10人，易知其中属于高消费人群的有6人，属于潜在消费人群的有4人．从该10人中抽取3人，此3人所获得的代金券的总和为X (单位：元)，则X 的所有可能取值为150,200,250,300.P (X ＝150)＝C 36C 310＝16，P (X ＝200)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝250)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝300)＝C 34C 310＝130.X 的分布列为E (X )＝150×16＋200×12＋250×310＋300×130＝210.16．一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．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＝506.25.17．(2018·广州测试)班主任为了对本班学生的考试成绩进行分析，决定从本班24名女同学，18名男同学中随机抽取一个容量为7的样本进行分析．(1)如果按照性别比例分层抽样，可以得到多少个不同的样本？(写出算式即可，不必计算出结果)(2)如果随机抽取的7名同学的数学、物理成绩(单位：分)对应如下表：①若规定85分以上(包括85分)为优秀，从这7名同学中抽取3名同学，记3名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；②根据上表数据，求物理成绩y 关于数学成绩x 的线性回归方程(系数精确到0.01)；若班上某位同学的数学成绩为96分，预测该同学的物理成绩为多少分？附：线性回归方程y ＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝∑ni ＝1(x i －x )(y i －y )∑ni ＝1(x i －x )2，a ^＝y －－b ^x .解 (1)依据分层抽样的方法，24名女同学中应抽取的人数为742×24＝4名，18名男同学中应抽取的人数为742×18＝3名，故不同的样本的个数为C 424C 318.(2)①∵7名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为3名， ∴ξ的取值为0,1,2,3.∴P (ξ＝0)＝C 34C 37＝435，P (ξ＝1)＝C 24C 13C 37＝1835，P (ξ＝2)＝C 14C 23C 37＝1235，P (ξ＝3)＝C 33C 37＝135.∴ξ的分布列为∴E (ξ)＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3×135＝97.②∵b ^＝526812≈0.65，a ^＝y －b ^x ＝83－0.65×76＝33.60. ∴线性回归方程为y ＝0.65x ＋33.60. 当x ＝96时，y ＝0.65×96＋33.60＝96. 可预测该同学的物理成绩为96分．18．(2018·豫北十校联考)某高中在招高一新生时，有统一考试招生和自主招生两种方式．参加自主招生的同学必须依次进行“语文”“数学”“科学”三科的考试，若语文达到优秀，则得1分，若数学达到优秀，则得2分，若科学达到优秀，则得3分，若各科未达到优秀，则不得分．已知小明三科考试都达到优秀的概率为124，至少一科考试优秀的概率为34，数学考试达到优秀的概率为13，语文考试达到优秀的概率大于科学考试达到优秀的概率，且小明各科达到优秀与否相互独立．(1)求小明语文考试达到优秀的概率； (2)求小明三科考试所得总分的分布列和期望．解 (1)依题意，设小明语文考试达到优秀的概率为p 1，科学考试达到优秀的概率为p 2，且p 1>p 2，故⎩⎪⎨⎪⎧13p 1p 2＝124，1－(1－p 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13(1－p 2)＝34，解得⎩⎪⎨⎪⎧p 1＝12，p 2＝14，则小明语文考试达到优秀的概率为12.(2)记小明三科的总得分为X ，则X 的可能取值为0,1,2,3,4,5,6. P (X ＝0)＝12×23×34＝14， P (X ＝1)＝12×23×34＝14， P (X ＝2)＝12×13×34＝18，P (X ＝3)＝12×23×14＋12×13×34＝524， P (X ＝4)＝12×23×14＝112， P (X ＝5)＝12×13×14＝124， P (X ＝6)＝12×13×14＝124. 则X 的分布列为E (X )＝0×14＋1×14＋2×18＋3×524＋4×112＋5×124＋6×124＝2312.。

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.2.了解超几何分布，并能进行简单的应用.1．离散型随机变量的分布列(1)随着试验结果变化而变化的变量叫做随机变量．所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量．(2)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，x i，…，x n，X取每一个值x i(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝x i)＝p i，则称表为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列，具有如下性质：①p i≥0，i＝1,2，…，n；②p1＋p2＋…＋p i＋…＋p n＝1.离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．2．两点分布如果随机变量X的分布列为X 0 1P 1－p p其中0<p<1，则称离散型随机变量X服从两点分布．其中p＝P(X＝1)称为成功概率．3．超几何分布一般地，设有N件产品，其中有M(M≤N)件次品．从中任取n(n≤N)件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N(k ＝0,1,2，…，m )．即其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.如果一个随机变量X 的分布列具有上表的形式，则称随机变量X 服从超几何分布．高频考点一 离散型随机变量的分布列的性质 例1．离散型随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝an n ＋(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52的值为( )A.23B.34C.45D.56 答案 D【变式探究】设离散型随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 4P 0.20.10.10.3m求2X ＋1的分布列． 解 由分布列的性质知，0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m ＝1，得m ＝0.3. 列表为从而2X ＋1的分布列为高频考点二 离散型随机变量的分布列的求法例2、在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6和4名女志愿者B 1，B 2，B 3，B 4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示． (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率； (2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X 的分布列．(2)由题意知，X 可取的值为0,1,2,3,4，则 P (X ＝0)＝C 56C 510＝142，P (X ＝1)＝C 46C 14C 510＝521，P (X ＝2)＝C 36C 24C 510＝1021，P (X ＝3)＝C 26C 34C 510＝521，P (X ＝4)＝C 16C 44C 510＝142.因此X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1425211021521142【变式探究】已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束． (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列．解 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A ，则P (A )＝A 12A 13A 25＝310.(2)X 的可能取值为200,300,400. P (X ＝200)＝A 22A 25＝110，P (X ＝300)＝A 33＋C 12C 13A 22A 35＝310， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－110－310＝35.故X 的分布列为X200 300 400 P11031035高频考点三 与独立事件(或独立重复试验)有关的分布列的求法例3、设某人有5发子弹，他向某一目标射击时，每发子弹命中目标的概率为23.若他连续两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完．(1)求他前两发子弹只命中一发的概率； (2)求他所耗用的子弹数X 的分布列．解 记“第k 发子弹命中目标”为事件A k ，则A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立，且P (A k )＝23，P (A k )＝13，k ＝1,2,3,4,5.方法二 由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P ＝C 12×23×13＝49.(2)X 的所有可能值为2,3,4,5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1 A 2)＝23×23＋13×13＝59， P (X ＝3)＝P (A 1A 2 A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝29，P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3 A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝1081， P (X ＝5)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝881. 故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881【方法技巧】求离散型随机变量X 的分布列的步骤 (1)理解X 的意义，写出X 可能取的全部值； (2)求X 取每个值的概率； (3)写出X 的分布列．【变式探究】连续抛掷同一颗均匀的骰子，令第i 次得到的点数为a i ，若存在正整数k ，使a 1＋a 2＋…＋a k ＝6，则称k 为你的幸运数字．(1)求你的幸运数字为3的概率；(2)若k ＝1，则你的得分为6分；若k ＝2，则你的得分为4分；若k ＝3，则你的得分为2分；若抛掷三次还没找到你的幸运数字，则记0分，求得分ξ的分布列．解 (1)设“连续抛掷3次骰子，和为6”为事件A ，则它包含事件A 1，A 2，A 3，其中A 1：三次恰好均为2；A 2：三次中恰好为1,2,3各一次；A 3：三次中有两次均为1，一次为4.A 1，A 2，A 3为互斥事件，则P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫163＋C 13·16·C 12·16·C 11·16＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫162·16＝5108. (2)由已知得ξ的可能取值为6,4,2,0，P (ξ＝6)＝16，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫162＋2×C 12×16×16＝536， P (ξ＝2)＝5108，P (ξ＝0)＝1－16－536－5108＝3554. 故ξ的分布列为高频考点四 超几何分布例4、某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．求：(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X 的分布列． 解 (1)设事件A ：选派的3人中恰有2人会法语， 则P (A )＝C 25C 12C 37＝47.X 0 1 2 3 P43518351235135【感悟提升】(1)超几何分布的两个特点 ①超几何分布是不放回抽样问题； ②随机变量为抽到的某类个体的个数． (2)超几何分布的应用条件 ①两类不同的物品(或人、事)； ②已知各类对象的个数； ③从中抽取若干个个体．【变式探究】PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2017年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率； (2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列． 解 (1)记“从10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A ， 则P (A )＝C 13C 27C 310＝2140.ξ0 1 2 3 P724214074011201. （2018年天津卷） 已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.（I ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（II ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查. （i ）用X 表示抽取的3人中睡眠不足．．的员工人数，求随机变量X 的分布列与数学期望； （ii ）设A 为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A 发生的概率. 【答案】（Ⅰ）从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i ）答案见解析；（ii ）． 【解析】（Ⅰ）由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．P（X=k）=（k=0，1，2，3）．所以，随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望．1. (2017·山东)在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列．解(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M)＝C48C510＝5 18.(2)由题意知，X可取的值为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝C56C510＝142，P (X ＝1)＝C 46C 14C 510＝521，P (X ＝2)＝C 36C 24C 510＝1021，P (X ＝3)＝C 26C 34C 510＝521，P (X ＝4)＝C 16C 44C 510＝142.因此X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1425211021521142。