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【课时训练】第60节 几何概型一、选择题1.(2018佛山模拟)如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为( )A.16.32B.15.32 C .8.68 D.7.68答案为：A解析：设椭圆的面积为S ，则S 4×6=300－96300，故S =16.32.2.(2018辽宁五校联考)若实数k ∈[－3,3]，则k 的值使得过点A (1,1)可以作两条直线与圆x 2＋y 2＋kx －2y －54k =0相切的概率等于( )A.12B.13C.14D.16答案为：D解析：由点A 在圆外可得k ＜0，由题中方程表示圆可得k ＞－1或k ＜－4，所以－1＜k ＜0，故所求概率为16.故选D.3.(2018宁夏银川模拟)在正三棱锥S －ABC 内任取一点P ，使得V P －ABC ＜12V S －ABC 的概率是( )A.78B.34C.12 D.14答案为：A解析：如图，分别取D，E，F为SA，SB，SC的中点，则满足条件的点P应在棱台DEF－ABC内，而S△DEF=14S△ABC，∴V S－DEF=18V S －ABC.∴P=V DEF－ABCV S－ABC=78.故选A.4.(2018石家庄一模)在区间[0,1]上随意选择两个实数x，y，则使x2＋y2≤1成立的概率为()A.π2 B.π4C.π3 D.π5答案为：B解析：如图所示，试验的全部结果构成正方形区域，使得x2＋y2≤1成立的平面区域为以坐标原点O为圆心，1为半径的圆的14与x 轴正半轴，y轴正半轴围成的区域，由几何概型的概率计算公式得，所求概率P=π41=π4.故选B.5.(2018湖南十校联考)如图所示，正方形的四个顶点分别为O(0,0)，A(1，0)，B(1,1)，C(0,1)，曲线y=x2经过点B，现将一个质点随机投入正方形中，则质点落在图中阴影区域的概率是()A.12 B.14C.13 D.25答案为：C解析：由题意可知，阴影部分的面积S阴影=⎠⎛10x2dx=13x310=13，又正方形的面积S=1，故质点落在图中阴影区域的概率P=131=13.故选C.6.(2018武汉武昌区调研)在区间[0,1]上随机取一个数x，则事件“log0.5(4x－3)≥0”发生的概率为(),A.34 B.23C.13 D.14,答案为：D ,解析：因为log 0.5(4x －3)≥0，所以0＜4x －3≤1，即34＜x ≤1，所以所求概率P =1－341－0=14.故选D.,7.(2018济南模拟)如图所示，在边长为1的正方形OABC 内任取一点P (x ，y )，则以x ，y,1为边长能构成锐角三角形的概率为( ),A.1－π4B.1－π6C.1－π3D.π12答案为：A ,解析：连接AC ，首先由x ＋y ＞1得构成三角形的点P 在△ABC 内，若构成锐角三角形，则最大边1所对的角α必是锐角，cos α=x 2＋y 2－122xy ＞0，x 2＋y 2＞1，即点P 在以原点为圆心，1为半径的圆外.∴点P 在边AB ，BC 及圆弧AC 围成的区域内.∴所求概率为12－π4×1212=1－π4.故选A. 二、填空题8.(2018重庆检测)在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，所表示的平面区域内随机地取一点P ，则点P 恰好落在第二象限的概率为________.答案为：29解析：画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x－y＋1≥0，x＋y－2≤0，y≥0，表示的平面区域(如图中阴影部分所示)，因为S△ABC=12×3×32=94，S△AOD=12×1×1=12，所以点P 恰好落在第二象限的概率为S△AODS△ABC=1294=29.9.(2018邢台摸底考试)有一个底面半径为1，高为3的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为________.答案为：59解析：由题意知，所求的概率为1－⎝⎛⎭⎪⎫4π3×13÷(π×12×3)=59.10.(2018沈阳模拟)某人家门前挂了两盏灯笼，这两盏灯笼发光的时刻相互独立，且都在通电后的5秒内任意时刻等可能发生，则它们通电后发光的时刻相差不超过3秒的概率是________.答案为：2125解析：设两盏灯笼通电后发光的时刻分别为x ，y ，则由题意可知0≤x ≤5,0≤y ≤5，它们通电后发光的时刻相差不超过3秒，即|x －y |≤3，做出图形如图所示，根据几何概型的概率计算公式可知，它们通电后发光的时刻相差不超过3秒的概率P =1－2×12×2×25×5=2125.11.(2018河南检测)若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m )y －3=0与x 轴，y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为________.答案为：23解析：对于直线方程(m ＋2)x ＋(3－m )y －3=0，令x =0，得y =33－m ；令y =0，得x =3m ＋2.由题意可得12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪3m ＋2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪33－m ＜98，因为m ∈(0,3)，所以解得0＜m ＜2，由几何概型的概率计算公式可得，所求事件的概率是23.12.(2018云南昆明统测)在底和高等长度的锐角三角形中有一个内接矩形ABCD ，矩形的一边BC 在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点取自矩形内的最大概率为________.答案为：12解析：设AD =x ，AB =y ，则由三角形相似可得x a =a －ya ，解得y =a－x ，所以矩形的面积S =xy =x (a －x )≤⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a －x 22=a 24，当且仅当x =a －x ，即x =a 2时，S 取得最大值a 24，所以该点取自矩形内的最大概率为a 2412×a ×a=12. 三、解答题13.(2018山东德州一模)设关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2=0.若a 是从区间[0,3]任取的一个数，b 是从区间[0,2]任取的一个数，求方程有实根的概率.【解】设事件A 为“方程x 2＋2ax ＋b 2=0有实根”.当a ≥0，b ≥0时，方程x 2＋2ax ＋b 2=0有实根的充要条件为a ≥b .试验的全部结果所构成的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2}，构成事件A 的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2，a ≥b }，根据条件画出构成的区域(略)，可得所求的概率为P (A )=3×2－12×223×2=23.。
【课时训练】第63节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、选择题1．(2018浙江嘉兴一中质检)随机变量X 的分布列如下表，且E(X )＝2，则D(2X －3)＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C【解析】p ＝1－16－13＝12，E (X )＝0×16＋2×12＋a ×13＝2⇒a ＝3，所以D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，所以D (2X－3)＝22D (X )＝4，故选C.2．(2018广东广雅中学期中)口袋中有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为0,1,2,3,4，从中任取3个球，以X 表示取出球的最小号码，则E (X )＝( )A ．0.45B ．0.54 C.0.55 D ．0.6【答案】B【解析】易知随机变量X 的取值为0,1,2，由古典概型的概率计算公式得P (X ＝0)＝6C 35＝0.6，P (X ＝1)＝3C 35＝0.3，P (X ＝2)＝1C 35＝0.1.所以E (X )＝0×0.6＋1×0.3＋2×0.1＝0.5，故选B.3．(2018浙江东阳模拟)若随机事件A 在1次试验中发生的概率为p (0＜p ＜1)，用随机变量ξ表示A 在1次试验中发生的次数，则2D (ξ)－1E (ξ)的最大值为( ) A ．2＋2 2B ．22C ．2－ 2D ．2－22【答案】D【解析】随机变量ξ的所有可能取值为0,1，且P (ξ＝1)＝p ，P (ξ＝0)＝1－p ，即ξ～B (1，p )，则E (ξ)＝p ，D (ξ)＝p (1－p )，2D (ξ)－1E (ξ)＝2－⎝⎛⎭⎪⎫2p ＋1p .而2p ＋1p ≥22p ·1p ＝22，当且仅当2p ＝1p ，即p ＝22时取等号．因此当p ＝22时，2D (ξ)－1E (ξ)取得最大值2－2 2.4．(2018南阳模拟)设随机变量X ～B (2，p )，随机变量Y ～B (3，p )，若P (X ≥1)＝59，则D (3Y ＋1)＝( )A ．2B ．3C ．6D ．7【答案】C【解析】由题意得P (X ≥1)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 12p (1－p )＋C 22p2＝59，所以p ＝13，则Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，故D (Y )＝3×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝23，所以D (3Y ＋1)＝9D (Y )＝9×23＝6.5．(2018江西宜春质检)已知随机变量ξ的所有可能取值分别为1,2,3,4,5.若数学期望E (ξ)＝4.2，则ξ取值为5的概率至少为( )A ．0.1B ．0.15C ．0.2D ．0.25【答案】C【解析】设ξ的取值为1,2,3,4,5的概率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，p 5，p i ∈[0,1]，i ＝1,2,3,4,5，则p 1＋p 2＋p 3＋p 4＋p 5＝1，则p 1＋2p 2＋3p 3＋4(1－p 1－p 2－p 3－p 5)＋5p 5＝4.2，p 5＝0.2＋3p 1＋2p 2＋p 3≥0.2，当p 1＝p 2＝p 3＝0时等号成立．6．(2018吉林长春质检)据统计，某城市的火车站春运期间日接送旅客人数X (单位：万)服从正态分布X ～N (6,0.82)，则日接送人数在6万到6.8万之间的概率为(P (|X －μ|<σ)＝0.682 6，P (|X －μ|<2σ)＝0.954 4，P (|X －μ|<3σ)＝0.997 4)( )A ．0.682 6B ．0.954 4C ．0.997 4D ．0.341 3【答案】D【解析】因为μ＝6，σ＝0.8，所以P (6<X <6.8)＝P (5.2<X <6.8)2＝0.682 62＝0.341 3.故选D.7．(2018广东惠州二调)设随机变量ξ服从正态分布N (4,3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4 【答案】B【解析】由随机变量ξ服从正态分布N (4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，∴x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，∴(a －5)＋(a ＋1)＝8，即a ＝6.故选B.8．(2018河北石家庄一模)设X ～N (1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P (X ≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC 中随机投掷20 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( )附：(随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4)．A ．12 076B ．13 174C ．14 056D ．7 539【答案】B【解析】由题意，得P (X ≤－1)＝P (X ≥3)＝0.022 8， ∴P (－1<x <3)＝1－0.022 8×2＝0.954 4， ∵P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4，∴1－2σ＝－1，故σ＝1，∴P (0<X <1)＝12P (0<X <2)＝0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为20 000×(1－0.341 3)＝13 174，故选B.二、填空题9．(2018南高中期中)设随机变量X 的概率分布列为则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＝512.10．(2018河南新乡三模)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N (1，σ2)(σ＞0)．若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为________．【答案】0.8【解析】由正态分布N (1，σ2)(σ＞0)的图象关于直线x ＝1对称，且ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，知ξ在(1,2)内取值的概率也为0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8.11．(2018内蒙古包头调研)已知X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1＜x 2.若E (X )＝43，D (X )＝29，则x 1＋x 2的值为________．【答案】3【解析】由题意得X 的所有可能取值为x 1，x 2，所以E (X )＝23x 1＋13x 2＝43，D (X )＝23⎝⎛⎭⎪⎫x 1－432＋13⎝⎛⎭⎪⎫x 2－432＝29，整理得⎩⎨⎧2x 1＋x 2＝4，6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－432＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53，x 2＝23，(舍去)，故x 1＋x 2＝3.12．(2018开中学一模)2012年国家开始实行法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站在统计了2017年清明节前后车辆通行数量，发现该站近几天每天通行车辆的数量ξ服从正态分布ξ～N (1 000，σ2)，若P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b ，则1a ＋9b 的最小值为________．【答案】32【解析】由ξ～N (1 000，σ2)，P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b 得a ＝0.5－b ，所以a ＋b ＝12，则1a ＋9b ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋9b (a ＋b )＝2⎝⎛⎭⎪⎫10＋b a ＋9a b ≥2⎝⎛⎭⎪⎫10＋2 b a ·9a b ＝32，所以1a ＋9b 的最小值为32. 三、解答题13．(2018淄博模拟)某4S 店在一次促销活动中，让每位参与者从盒子中任取一个由0～9中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字)．若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2整除又能被5整除，则可以享受5万元的优惠；若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2整除，则可以享受3万元的优惠；其他结果享受1万元的优惠．(1)试写出所有个位数字为4的“三位递减数”；(2)若小明参加了这次汽车促销活动，求他得到的优惠金额X 的分布列及数学期望E (X )．【解】(1)个位数字为4的“三位递减数”有：984,974,964,954,874,864,854,764,754,654，共10个．(2)由题意知，不同的“三位递减数”共有C 310＝120(个)． 小明得到的优惠金额X 的取值可能为5,3,1. 当X ＝5时，三个数字之和可能为20或10，当三个数字之和为20时，有983,974,965,875，共4个“三位递减数”；当三个数字之和为10时，有910,820,730,721,640,631,541,532，共8个“三位递减数”．所以P (X ＝5)＝4＋8120＝110.当X ＝3时，三个数字之和只能被2整除，即这三个数字只能是三个偶数或两个奇数一个偶数，但不包括能被10整除的“三位递减数”，故P (X ＝3)＝C 35＋C 25C 15－12120＝48120＝25. 故P (X ＝1)＝1－P (X ＝5)－P (X ＝3)＝1－110－25＝12. 所以他得到的优惠金额X 的分布列为数学期望E (X )＝5×110＋3×25＋1×12＝2.2(万元)．。
【课时训练】第61节离散型随机变量及其分布列一、选择题1．(2018江西九校联考)已知下列四个变量：①某高铁候车室中一天的旅客数量X1；②某次学术讲座中学员向主讲教授提问的次数X2；③某一天中长江的水位X3；④某次大型车展中销售汽车的车辆数X4.其中不是离散型随机变量的是()A．①中的X1B．②中的X2C．③中的X3D．④中的X4【答案】C【解析】①②④中的随机变量可能取的值都可以按一定次序一一列出，因此它们都是离散型随机变量；③中的X3可以取某一区间内的一切值，无法按一定次序一一列出，故X3不是离散型随机变量．故选C.2．(2018湖南湘阳联考)某射手射击所得环数X的分布列为A．0.28 B．0.88C．0.79 D．0.51【答案】C【解析】P(X＞7)＝P(X＝8)＋P(X＝9)＋P(X＝10)＝0.28＋0.29＋0.22＝0.79.3．(2018福建南平一模)随机变量ξ的所有可能的取值为1,2,3，…，10，且P(ξ＝k)＝ak(k＝1,2，…，10)，则a值为()A.1110B．155C．110 D．55【答案】B【解析】∵随机变量ξ的所有可能的取值为1,2,3，…，10，且P(ξ＝k)＝ak(k ＝1,2，…，10)，∴a＋2a＋3a＋…＋10a＝1，∴55a＝1，∴a ＝155.4．(2018兰州模拟)有一个公用电话亭，观察使用过电话的人的流量时，设在某一时刻，有n 个人正在使用电话或等待使用电话的概率为P (n )，且P (n )与时刻t 无关，统计得到P (n )＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ·P (0)(1≤n ≤5)，0(n ≥6)，那么P (0)的值是( )A ．0B ．1C ．3263D ．12【答案】C【解析】由题意得P (1)＝12P (0)，P (2)＝14P (0)，P (3)＝18P (0)，P (4)＝116P (0)，P (5)＝132P (0)，P (n ≥6)＝0，所以1＝P (0)＋P (1)＋P (2)＋P (3)＋P (4)＋P (5)＋P (n ≥6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋18＋116＋132·P (0)＝6332P (0)，所以P (0)＝3263. 5．(2018四川资阳联考)在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X 表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率中等于C 47C 68C 1015的是( )A ．P (X ＝2)B ．P (X ≤2)C ．P (X ＝4)D ．P (X ≤4)【答案】C【解析】X 服从超几何分布P (X ＝k )＝C k 7C 10－k 8C 1015，故X ＝k ＝4.6．(2018衡水中学模拟)若随机变量X 的分布列为则当P (X ＜a )＝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]．7．(2018湖北八校联考)已知随机变量ξ的分布列如下表：其中a ，b ，c d 的取值范围分别是( )A.23 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13B ．23 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23 C.23⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，23 D ．13⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 【答案】A【解析】∵a ，b ，c 成等差数列，∴2b ＝a ＋c . 又a ＋b ＋c ＝1，∴b ＝13，∴P (|ξ|＝1)＝a ＋c ＝23， 则a ＝13－d ，c ＝13＋d .根据分布列的性质，得0≤13－d ≤23，0≤13＋d ≤23， ∴－13≤d ≤13.故选A. 二、填空题8．(2018浙江温州模拟)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 .∴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 ＝10.9．(2018甘肃联合诊断)抛掷2颗骰子，所得点数之和X 是一个随机变量，则P (X ≤4)＝________.【答案】16【解析】相应的基本事件空间有36个基本事件，其中X ＝2对应(1,1)；X ＝3对应(1,2)，(2,1)；X ＝4对应(1,3)，(2,2)，(3,1)．所以P(X≤4)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝136＋236＋336＝16.10．(2018广东珠海三模)在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然后放回，再取一球，又记下它的颜色，写出这两次取出白球数η的分布列为________．【答案】【解析】ηP(η＝0)＝C11C11C12C12＝14；P(η＝1)＝C11C11×2C12C12＝12；P(η＝2)＝C11C11C12C12＝14.∴η的分布列为三、解答题11．(2018石家庄调研)为检测某产品的质量，现抽取5件产品，测量产品中微量元素x，y的含量(单位：毫克)，测量数据如下：现从上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数ξ的分布列．【解】5件抽测品中有2件优等品，则ξ的可能取值为0,1,2.P(ξ＝0)＝C23C25＝0.3；P(ξ＝1)＝C13·C12C25＝0.6；P(ξ＝2)＝C22C25＝0.1.∴优等品数ξ的分布列为。
第十二章概率与统计(理)网络体系总览考点目标定位1.离散型随机变量的分布列.离散型随机变量的期望和方差.2.抽样方法、总体分布的估计、正态分布、线性回归.复习方略指南在复习中,要注意理解变量的多样性,深化函数的思想方法在实际问题中的应用,充分注意一些概念的实际意义,理解概率中处理问题的基本思想方法,掌握所学概率知识的实际应用.1.把握基本题型应用本章知识要解决的题型主要分两大类:一类是应用随机变量的概念,特别是离散型随机变量分布列以及期望与方差的基础知识,讨论随机变量的取值范围,取相应值的概率及期望、方差的求解计算;另一类主要是如何抽取样本及如何用样本去估计总体.作为本章知识的一个综合应用,教材以实习作业作为一节给出,应给予足够的重视.2.强化双基训练主要是培养扎实的基础知识,迅捷准确的运算能力,严谨的判断推理能力.3.强化方法选择特别在教学中要掌握思维过程,引导学生发现解决问题的方法,达到举一反三的目的,还要进行题后反思,使学生在大脑记忆中构建良好的数学认知结构,形成条理化、有序化、网络化的有机体系.4.培养应用意识要挖掘知识之间的内在联系,从形式结构、数字特征、图形图表的位置特点等方面进行联想和试验,找到知识的“结点”.再有就是将实际问题转化为纯数学问题进行训练,以培养利用所学知识解决实际问题的能力.12.1 离散型随机变量的分布列巩固·夯实基础一、自主梳理1.随机变量的概念如果随机试验的结果可以用一个变量表示,那么这样的变量叫做随机变量,它常用希腊字母ξ、η等表示.(1)离散型随机变量.如果对于随机变量可能取的值,可以按一定次序一一列出,那么这样的随机变量叫做离散型随机变量.(2)若ξ是随机变量,η=aξ+b,其中a、b是常数,则η也是随机变量.2.离散型随机变量的分布列(1)概率分布(分布列).设离散型随机变量ξ可能取的值为x1,x2,…,x i,…,ξ取每一个值x i(i=1,2,…)的概率P(ξ=x i)=p i,则称表为随机变量ξ的概率分布,简称ξ的分布列.(2)二项分布.如果在一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是P(ξ=k)=C k n p k q n-k .C k n p k q n-k =b(k;n,p). 二、点击双基1.抛掷两颗骰子，所得点数之和为ξ，那么ξ=4表示的随机试验结果是（ ） A.一颗是3点，一颗是1点 B.两颗都是2点C.两颗都是4点D.一颗是3点，一颗是1点或两颗都是2点 解析:对A 、B 中表示的随机试验的结果，随机变量均取值4，而D 是 ξ=4代表的所有试验结果.掌握随机变量的取值与它刻画的随机试验的结果的对应关系是理解随机变量概念的关键. 答案:DA.1B.1±22 C.1+22 D.1-22解析：∵0.5+1-2q+q 2=1,∴q=1±22. 当q=1+22时,1-2q<0,与分布列的性质矛盾, ∴q=1-22. 答案：D3.已知随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=k21,k=1,2,…,则P(2<ξ≤4)等于( ) A.163 B.41 C.161 D.51 解析:P(2<ξ≤4)=P(ξ=3)+P(ξ=4)=321+421=163.答案:A4.某批数量较大的商品的次品率为10%,从中任意地连续取出5件,其中次品数ξ的分布列为 __________________________.解析:本题中商品数量较大,故从中任意抽取5件(不放回)可以看作是独立重复试验n=5,因而次品数ξ服从二项分布, 即ξ—B(5,0.1).5.某射手有5发子弹,射击一次命中目标的概率为0.9,如果命中就停止射击,否则一直到子弹用尽,则耗用子弹数ξ的分布列为___________________________. 解析：ξ可以取1,2,3,4,5,P(ξ=1)=0.9,P(ξ=2)=0.1×0.9=0.09,P(ξ=3)=0.12×0.9=0.009,P(ξ=4)=0.13×0.9=0.000 9,P(ξ=5)=0.14=0.000 1. 诱思·实例点拨【例1】 一袋中装有5只球，编号为1，2，3，4，5，在袋中同时取3只，以ξ表示取出的三只球中的最小号码，写出随机变量ξ的分布列.剖析:因为在编号为1,2,3,4,5的球中,同时取3只,所以小号码可能是1或2或3,即ξ可以取1,2,3.解:随机变量ξ的可能取值为1，2，3.当ξ=1时，即取出的三只球中最小号码为1，则其他两只球只能在编号为2，3，4，5的四只球中任取两只，故有P （ξ=1）=3524C C =106=53;当ξ=2时，即取出的三只球中最小号码为2，则其他两只球只能在编号为3，4，5的三只球中任取两只，故有P （ξ=2）=3523C C =103;当ξ=3时，即取出的三只球中最小号码为3，则其他两只球只能在编号为4，5的两只球中任取两只，故有P （ξ=3）=3522C C =101.讲评:求随机变量的分布列,重要的基础是概率的计算,如古典概率、互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概率、n 次独立重复试验有k 次发生的概率等.本题中基本事件总数,即n=C 35,取每一个球的概率都属古典概率(等可能性事件的概率).【例2】(2005北京高考,理)甲、乙两人各进行3次射击,甲每次击中目标的概率为21,乙每次击中目标的概率为32. (1)记甲击中目标的次数为ξ,求ξ的概率分布及数学期望E ξ;(2)求乙至多击中目标2次的概率;(3)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.剖析:(1)甲射击有击中目标与击不中目标两个结果,且3次射击是3次独立重复试验.∴ξ—B(3,21).(2)“乙至多击中目标2次”的对立事件是“乙击中目标3次”.(3)“甲恰好比乙多击中目标2次”即“甲击中2次乙没击中目标或甲击中目标3次乙击中1次”.解:(1)P(ξ=0)=C 03(21)3=81; P(ξ=1)=C 13(21)3=83;P(ξ=2)=C 23(21)3=83;P(ξ=3)=C 33(21)3=81.∵ξ—B(3,2), ∴E ξ=3×21=1.5.(2)乙至多击中目标2次的概率为1-C 33(32)3=2719. (3)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A,甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标0次为事件B 1,甲恰好击中目标3次且乙恰好击中目标1次为事件B 2,则A=B 1+B 2,B 1、B 2为互斥事件,∴P(A)=P(B 1)+P(B 2)=83×271+81×92=241. ∴甲恰好比乙多击中目标2次的概率为241.讲评:求离散型随机变量的概率分布的步骤为:(1)找出随机变量ξ的所有可能的值x i (i=1,2,…);(2)求出各值的概率P(ξ=x i )=p i ;(3)列成表格.【例3】(2005广东高考)箱中装有大小相同的黄、白两种颜色的乒乓球,黄、白乒乓球的数量比为s ∶t.现从箱中每次任意取出一个球,若取出的是黄球则结束,若取出的是白球,则将其放回箱中,并继续从箱中任意取出一个球,但取球的次数最多不超过n 次.以ξ表示取球结束时已取到白球的次数. (1)求ξ的分布列; (2)求ξ的数学期望.解:(1)ξ的可能取值为0,1,2,…,n.(2)ξ的数学期望为E ξ=0×t s s ++1×2)(t s st++2×32)(t s st ++…+(n-1)×n n t s st )(1+-+n ×n n t s t )(+. ① t s t +E ξ=3)(t s st ++42)(2t s st ++…+n n t s st n )()2(1+--+1)()1(++-n n t s st n +11)(+++n n t s nt . ②①-②,得E ξ=s t +1)()1(-+-n n t s s t n -n n t s t n )()1(+--nn t s s nt )(1++. 讲评:本题是几何分布问题,其中用到数列的错位相减法求和,注意运算的严谨性.。
【课时训练】第62节 二项分布及其应用一、选择题1．(2018郑州模拟)设X ～B (4，p )，其中0＜p ＜12，且P (X ＝2)＝827，那么P (X ＝1)＝( )A.881 B ．1681 C ．827 D ．3281【答案】D【解析】P (X ＝2)＝C 24p 2(1－p )2＝827，即p 2(1－p )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫232，解得p ＝13或p ＝23(舍去)，故P (X ＝1)＝C 14p ·(1－p )3＝3281.2．(2018大连模拟)把一枚骰子连续抛两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为( )A ．1B ．12C ．13 D ．14【答案】B【解析】设事件A ：第一次抛出的是偶数点，事件B ：第二次抛出的是偶数点，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12×1212＝12.3．(2018广东汕头一模)设两个独立事件A 和B 同时不发生的概率是p ，A 发生B 不发生与A 不发生B 发生的概率相同，则事件A 发生的概率为( )A ．2pB ．p2 C ．1－p D ．1－2p 【答案】C【解析】由题意可设事件A 发生的概率为a ，事件B 发生的概率为b ，则有⎩⎪⎨⎪⎧(1－a )(1－b )＝p ，①a (1－b )＝(1－a )b .②由②知a ＝b ，代入①即得a ＝1－p .4．(2018江西鹰潭一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )A.5660 B ．35 C ．12 D ．160【答案】B【解析】“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝14，P (C )＝15，所以P (A )＝23，P (B )＝34，P (C )＝45.由题意知A ，B ，C 为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝23×34×45＝25，所以至少有一人回老家过节的概率P ＝1－25＝35.5．(2018天津南开调研)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)＝( )A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫58238C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫582⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582【答案】D【解析】由题意知第12次取到红球，前11次中恰有9次红球2次白球，由于每次取到红球的概率为38，所以P (X ＝12)＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389×⎝ ⎛⎭⎪⎫582×38. 6．(2018江西重点中学联考)设随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，则函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( )A.56 B ．45 C ．3132 D ．12【答案】C【解析】∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0，∴X ≤4.∵X 服从X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－125＝3132. 7．(2018陕西咸阳二模)若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A.125729 B ．80243 C ．665729 D ．100243【答案】C【解析】一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，所以X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫590×⎝ ⎛⎭⎪⎫493＝665729.故选C.8．(2018云南大理一模)已知事件A ，B ，C 相互独立，若P (A ·B )＝16，P (B ·C )＝18，P (A ·B ·C )＝18，则P (B )＝( )A.12 B ．13 C ．14 D ．16【答案】A 【解析】由题意得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )P (B )＝16，[1－P (B )]P (C )＝18，P (A )P (B )[1－P (C )]＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝14.故选A.二、填空题9．(2018湖北武汉模拟)位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是________．【答案】516【解析】移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动2次，向上移动3次，故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516. 10．(2018广东韶关调研)若随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，则P (ξ＝k )最大时，k 的值为________．【答案】1或2【解析】由题意得P (ξ＝k )＝C k5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－135－k ，k ＝0,1,2,3,4,5，则P (ξ＝0)＝32243；P (ξ＝1)＝80243；P (ξ＝2)＝80243；P (ξ＝3)＝40243；P (ξ＝4)＝10243；P (ξ＝5)＝1243.故当k ＝1或2时，P (ξ＝k )最大．11．(2018温州十校联考)将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为________．【答案】34【解析】记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为事件B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.12．(2018海淀期末)已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________； (2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________． 【答案】0.88 0.302 4【解析】(1)记“甲在第i 次试跳成功”为事件A i ，“乙在第i 次试跳成功”为事件B i ，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C .P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)·P (B 1)＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.(2)设“甲在两次试跳中成功i 次”为事件M i ，“乙在两次试跳中成功i 次”为事件N i ，所以所求概率P ＝P (M 1N 0)＋P (M 2N 1)＝P (M 1)P (N 0)＋P (M 2)P (N 1)＝C 12×0.7×0.3×0.42＋0.72×C 12×0.6×0.4＝0.302 4.三、解答题13．(2018河北衡水中学质检)将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (A |B )．【解】由题意知，随机试验共有9个不同的基本结果， 由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等，所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果． 所以P (B )＝49，P (AB )＝19. 所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1949＝14.。
单元检测十二概率、随机变量及其分布(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们六个面上分别标有点数1,2,3,4,5,6)，骰子朝上的点数分别为X，Y，则log2X Y＝1的概率为( )A.16B.536C.112D.12答案 C解析由题意知X，Y应满足Y＝2X，所以满足题意的有(1,2)，(2,4)，(3,6)三种，所以概率为336＝112.2．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )A.132B.164C.332D.364答案 D解析从中有放回地取2次，所取号码的情况共有8×8＝64(种)，其中编号和不小于15的有3种，分别是(7,8)，(8,7)，(8,8)，共3种．由古典概型概率公式可得所求概率为P＝364.3．已知ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为( )A.π4B．1－π4C.π8D．1－π8答案 B解析 根据几何概型得，取到的点到O 的距离大于1的概率P ＝d D ＝圆外部分的面积矩形的面积＝2－π22×1＝1－π4.4．欧阳修《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”．卖油翁的技艺让人叹为观止．设铜钱是直径为4cm 的圆，它中间有边长为1cm 的正方形孔．若随机向铜钱上滴一滴油，则油滴(不计油滴的大小)正好落入孔中的概率为( ) A.14πB.14C.116πD.116答案 A解析 由题意得，所求的概率为12π×22＝14π，故选A. 5．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为( ) A.25B.310C.15D.110 答案 C解析 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为：P ＝110＋910×19＝15.6.如图所示，在圆心角为90°的扇形AOB 中，以圆心O 作为起点作射线OC ，OD ，则使∠AOC ＋∠BOD ＜45°的概率为()A.12B.14 C.18 D.116答案 C解析 设∠AOC ＝x °，∠BOD ＝y °，把(x ，y )看作坐标平面上的点，则试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤90,0≤y ≤90}，若事件A 表示∠AOC ＋∠BOD ＜45°，则其所构成的区域为A ＝{(x ，y )|x ＋y <45,0≤x ≤90,0≤y ≤90}，即图中的阴影部分，故S 阴影＝12×45×45.由几何概型的概率公式，得所求概率P (A )＝12×45×4590×90＝18.7．有一种竞猜游戏，游戏规则如下：在20个商标牌中，有5个商标牌的背面注明了一定的奖金金额，其余商标牌的背面是一张笑脸，若翻到笑脸，则不得奖，参加这个游戏的人有三次翻牌的机会．某人前两次翻牌均得若干奖金，如果翻过的牌不能再翻，那么此人第三次翻牌获奖的概率是( ) A.14B.16C.15D.320 答案 B解析 因为20个商标有5个中奖，翻了两个都中奖，所以还剩18个，其中还有3个会中奖，所以这位观众第三次翻牌获奖的概率是318＝16.故选B.8．(2018·福建省厦门外国语学校模拟)我国成功申办2022年第24届冬季奥林匹克运动会，届时冬奥会的高山速降运动将给我们以速度与激情的完美展现，某选手的速度ξ服从正态分布(100，σ2)(σ>0)，若ξ在(80,120)内的概率为0.7，则其速度超过120的概率为( ) A ．0.05B ．0.1C ．0.15D ．0.2 答案 C解析 由题意可得，μ＝100，且P (80＜ξ＜120)＝0.7， 则P (ξ＜80或ξ＞120)＝1－P (80＜ξ＜120)＝1－0.7＝0.3. ∴P (ξ＞120)＝12P (ξ＜80或ξ＞120)＝0.15.则他速度超过120的概率为0.15.9．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A ．0.4B ．0.6C ．0.75D ．0.8 答案 D解析 设“某一天的空气质量为优良”为事件A, “随后一天的空气质量为优良”为事件B ， 则P (A )＝0.75，P (AB )＝0.6， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.60.75＝0.8. 10．随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝2，则D (2X －3)等于( )A.2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 p ＝1－16－13＝12，E (X )＝0×16＋2×12＋a ×13＝2，则a ＝3，∴D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，∴D (2X －3)＝22D (X )＝4.11．(2018·黑龙江省哈尔滨市第六中学考试)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为( ) A.13B.25C.23D.45 答案 B解析 由题意，甲获得冠军的概率为23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，其中比赛进行了3局的概率为23×13×23＋13×23×23＝827，∴所求概率为827÷2027＝25.12．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列{}a n 满足：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸到红球，1，第n 次摸到白球，如果S n 为数列{}a n 的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫235B ．C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135C ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫135D ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235答案 B解析 据题意可知7次中有5次摸到白球，2次摸到红球，由独立重复试验即可确定其概率，故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若某人在打靶时连续射击2次，则事件“至少有1次中靶”的对立事件是______________． 答案 两次都未中靶14．若连续掷两次骰子，第一次掷得的点数为m ，第二次掷得的点数为n ，则点P (m ，n )落在圆x 2＋y 2＝16内的概率是________．(骰子为正方体，且六个面分别标有数字1,2， (6)答案 29解析 由题意得，基本事件总数为36，点P 落在圆内包含的基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，共8个， 由古典概型概率公式可得所求概率为836＝29.15．设随机变量ξ的分布列为P (ξ＝k )＝ck (k ＋1)，k ＝1,2,3，c 为常数，则P (0.5<ξ<2.5)＝________.答案 89解析 随机变量ξ的分布列为P (ξ＝k )＝ck (k ＋1)，k ＝1,2,3，∴c 2＋c 6＋c12＝1， 即6c ＋2c ＋c 12＝1，解得c ＝43， ∴P (0.5＜ξ＜2.5)＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝c 2＋c 6＝46×43＝89. 16．某篮球运动员投中篮球的概率为23，则该运动员“投篮3次至多投中1次”的概率是________．(结果用分数表示) 答案727解析 “投篮3次至多投中1次”包括只投中一次，和全部没有投中，故“投篮3次至多投中1次”的概率是C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫132·23＋C 33·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝727.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是13，25，12.(1)现3人各投篮1次，求3人至少一人投进的概率；(2)用ξ表示乙投篮4次的进球数，求随机变量ξ的分布列及均值E (ξ)和方差D (ξ)．解 (1)记“甲投篮1次投进”为事件A ，“乙投篮1次投进”为事件B ，“丙投篮1次投进”为事件C ，“至少一人投进”为事件D . P (D )＝1－P (A )P (B )P (C )＝45.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，25， 所以，P (ξ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫25k ⎝ ⎛⎭⎪⎫354－k(k ＝0,1,2,3,4)，故随机变量ξ的分布列为E (ξ)＝0×81625＋1×216625＋2×216625＋3×96625＋4×16625＝85， D (ξ)＝2425.18．(12分)如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名同学的投篮命中次数，乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中用x 表示．(1)若乙组同学投篮命中次数的平均数比甲组同学的平均数少1，求x 的值及乙组同学投篮命中次数的方差；(2)在(1)的条件下，分别从甲、乙两组投篮命中次数低于10的同学中，各随机选取1名，求这2名同学的投篮命中次数之和为16的概率．解 (1)依题意得x ＋8×2＋9＋105＝7＋8＋9＋11×25－1，解得x ＝6，x 乙＝415，s 2＝15⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫415－62＋⎝ ⎛⎭⎪⎫415－82×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫415－92＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫415－102＝1.76. (2)记甲组投篮命中次数低于10次的同学为A 1，A 2，A 3，他们的命中次数分别为9,8,7. 乙组投篮命中次数低于10次的同学为B 1，B 2，B 3，B 4，他们的命中次数分别为6,8,8,9.依题意，不同的选取方法有：(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，B 4)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 4)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，B 3)，(A 3，B 4)，共12种．设“这两名同学的投篮命中次数之和为16”为事件C ，其中恰含有(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 3，B 4)，共3种．∴P (C )＝312＝14.19．(13分)(2018·武汉重点中学模拟)某校为了更好地管理学生用手机问题，根据学生每月用手机时间(每月用手机时间总和)的长短将学生分为三类：第一类的时间区间在[0,30)，第二类的时间区间在[30,60)，第三类的时间区间在[60,720](单位：小时)，并规定属于第三类的学生要进入“思想政治学习班”进行思想和心理的辅导．现对该校二年级1014名学生进行调查，恰有14人属于第三类，这14名学生被学校带去政治学习．由剩下的1000名学生用手机时间情况，得到如图所示频率分布直方图.(1)求这1000名学生每月用手机时间的平均数；(2)利用分层抽样的方法从1000名选出10名学生代表，若从该10名学生代表中任选两名学生，求这两名学生用手机时间属于不同类型的概率；(3)若二年级学生长期保持着这一用手机的现状，学校为了鼓励学生少用手机，连续10个月，每个月从这1000名学生中随机抽取1名，若取到的是第一类学生，则发放奖品一份，设X 为获奖学生人数，求X 的均值E (X )与方差D (X )．解 (1)平均数为5×0.010×10＋15×0.030×10＋25×0.040×10＋35×0.010×10＋45×0.006×10＋55×0.004×10＝23.4(小时)．(2)由频率分布直方图可知，采用分层抽样抽取10名学生，其中8名为第一类学生，2名为第二类学生，则从该10名学生代表中抽取2名学生且这两名学生不属于同一类的概率为C 18C 12C 210＝1645.(3)由题可知，这1000名学生中第一类学生占80%，则每月从1000名学生中随机抽取1名学生，是第一类学生的概率为0.8，则连续10个月抽取，获奖人数X ～B (10,0.8)，其均值E (X )＝np ＝10×0.8＝8，方差D (X )＝np (1－p )＝10×0.8×0.2＝1.6.20．(13分)现对某市工薪阶层关于“楼市限购令”的态度进行调查，随机抽调了50人，他们月收入的频数分布及对“楼市限购令”赞成人数如下表.(1)由以上统计数据填下面2×2列联表并问是否有99%的把握认为月收入以5500为分界点对“楼市限购令”的态度有差异；(2)若对在[15,25)，[25,35)的被调查的人中各随机选取2人进行追踪调查，记选中的4人中不赞成“楼市限购令”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及均值．附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d ).解(1)2×2列联表如下：因为K 2≈6.272<6.635，所以没有99%的把握认为月收入以5500为分界点对“楼市限购令”的态度有差异．(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3， P (ξ＝0)＝C 24C 25×C 28C 210＝610×2845＝84225，P (ξ＝1)＝C 14C 25×C 28C 210＋C 24C 25×C 18C 12C 210＝410×2845＋610×1645＝104225， P (ξ＝2)＝C 24C 25×C 22C 210＋C 14C 25×C 18C 12C 210＝610×145＋410×1645＝35225，P (ξ＝3)＝C 14C 25×C 22C 210＝410×145＝2225，所以ξ的分布列是所以ξ的均值E (ξ)＝0＋1×104225＋2×35225＋3×2225＝45.。
【课时训练】第60节 几何概型一、选择题1．(2018佛山模拟)如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为( )A ．16.32B ．15.32C ．8.68D ．7.68【答案】A【解析】设椭圆的面积为S ，则S4×6＝300－96300，故S ＝16.32.2．(2018辽宁五校联考)若实数k ∈[－3,3]，则k 的值使得过点A (1,1)可以作两条直线与圆x 2＋y 2＋kx －2y －54k ＝0相切的概率等于( )A.12B ．13C ．14D ．16【答案】D【解析】由点A 在圆外可得k ＜0，由题中方程表示圆可得k ＞－1或k ＜－4，所以－1＜k ＜0，故所求概率为16.故选D.3．(2018宁夏银川模拟)在正三棱锥S －ABC 内任取一点P ，使得V P －ABC ＜12V S －ABC 的概率是( )A.78 B ．34 C ．12D ．14【答案】A【解析】如图，分别取D ，E ，F 为SA ，SB ，SC 的中点，则满足条件的点P 应在棱台DEF －ABC 内，而S △DEF ＝14S △ABC ，∴V S －DEF ＝18V S －ABC .∴P ＝V DEF －ABC V S －ABC ＝78.故选A.4．(2018石家庄一模)在区间[0,1]上随意选择两个实数x ，y ，则使x 2＋y 2≤1成立的概率为( )A.π2 B ．π4 C ．π3 D ．π5【答案】B【解析】如图所示，试验的全部结果构成正方形区域，使得x 2＋y 2≤1成立的平面区域为以坐标原点O 为圆心，1为半径的圆的14与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成的区域，由几何概型的概率计算公式得，所求概率P ＝π41＝π4.故选B.5．(2018湖南十校联考)如图所示，正方形的四个顶点分别为O (0,0)，A (1，0)，B (1,1)，C (0,1)，曲线y ＝x 2经过点B ，现将一个质点随机投入正方形中，则质点落在图中阴影区域的概率是()A.12 B ．14 C ．13 D ．25【答案】C【解析】由题意可知，阴影部分的面积S 阴影＝⎠⎛10x 2dx ＝13x310＝13，又正方形的面积S ＝1，故质点落在图中阴影区域的概率P ＝131＝13.故选C.6.(2018武汉武昌区调研)在区间[0,1]上随机取一个数x ，则事件“log 0.5(4x －3)≥0”发生的概率为( ),A.34B ．23C ．13D ．14,【答案】D ,【解析】因为log 0.5(4x －3)≥0，所以0＜4x －3≤1，即34＜x ≤1，所以所求概率P ＝1－341－0＝14.故选D.,7．(2018济南模拟)如图所示，在边长为1的正方形OABC 内任取一点P (x ，y )，则以x ，y,1为边长能构成锐角三角形的概率为( ),A.1－π4 B ．1－π6 C.1－π3D ．π12【答案】A ,【解析】连接AC ，首先由x ＋y ＞1得构成三角形的点P 在△ABC 内，若构成锐角三角形，则最大边1所对的角α必是锐角，cos α＝x 2＋y 2－122xy ＞0，x 2＋y 2＞1，即点P 在以原点为圆心，1为半径的圆外．∴点P 在边AB ，BC 及圆弧AC 围成的区域内．∴所求概率为12－π4×1212＝1－π4.故选A.二、填空题8.(2018重庆检测)在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，所表示的平面区域内随机地取一点P ，则点P 恰好落在第二象限的概率为________．【答案】29【解析】画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，表示的平面区域(如图中阴影部分所示)，因为S △ABC ＝12×3×32＝94，S △AOD ＝12×1×1＝12，所以点P 恰好落在第二象限的概率为S △AOD S △ABC ＝1294＝29.9．(2018邢台摸底考试)有一个底面半径为1，高为3的圆柱，点O 1，O 2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 1，O 2的距离都大于1的概率为________．【答案】59【解析】由题意知，所求的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3×13÷(π×12×3)＝59. 10．(2018沈阳模拟)某人家门前挂了两盏灯笼，这两盏灯笼发光的时刻相互独立，且都在通电后的5秒内任意时刻等可能发生，则它们通电后发光的时刻相差不超过3秒的概率是________．【答案】2125【解析】设两盏灯笼通电后发光的时刻分别为x ，y ，则由题意可知0≤x ≤5,0≤y ≤5，它们通电后发光的时刻相差不超过3秒，即|x －y |≤3，做出图形如图所示，根据几何概型的概率计算公式可知，它们通电后发光的时刻相差不超过3秒的概率P ＝1－2×12×2×25×5＝2125.11．(2018河南检测)若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0与x 轴，y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为________．【答案】23【解析】对于直线方程(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0，令x ＝0，得y ＝33－m ；令y ＝0，得x ＝3m ＋2.由题意可得12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪3m ＋2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪33－m ＜98，因为m ∈(0,3)，所以解得0＜m ＜2，由几何概型的概率计算公式可得，所求事件的概率是23.12．(2018云南昆明统测)在底和高等长度的锐角三角形中有一个内接矩形ABCD ，矩形的一边BC 在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点取自矩形内的最大概率为________．【答案】12【解析】设AD ＝x ，AB ＝y ，则由三角形相似可得x a ＝a －ya ，解得y ＝a －x ，所以矩形的面积S ＝xy ＝x (a －x )≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a －x 22＝a 24，当且仅当x ＝a －x ，即x ＝a 2时，S 取得最大值a 24，所以该点取自矩形内的最大概率为a 2412×a ×a＝12.三、解答题13．(2018山东德州一模)设关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0.若a 是从区间[0,3]任取的一个数，b 是从区间[0,2]任取的一个数，求方程有实根的概率．【解】设事件A 为“方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根”．当a ≥0，b ≥0时，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根的充要条件为a ≥b .试验的全部结果所构成的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2}，构成事件A 的区域为{(a ，b )|0≤a ≤3,0≤b ≤2，a ≥b }，根据条件画出构成的区域(略)，可得所求的概率为P (A )＝3×2－12×223×2＝23.。
【课时训练】第63节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、选择题1．(2018浙江嘉兴一中质检)随机变量X 的分布列如下表，且E(X )＝2，则D(2X －3)＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C【解析】p ＝1－16－13＝12，E (X )＝0×16＋2×12＋a ×13＝2⇒a ＝3，所以D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，所以D (2X －3)＝22D (X )＝4，故选C.2．(2018广东广雅中学期中)口袋中有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为0,1,2,3,4，从中任取3个球，以X 表示取出球的最小号码，则E (X )＝( )A ．0.45B ．0.54 C.0.55 D ．0.6【答案】B【解析】易知随机变量X 的取值为0,1,2，由古典概型的概率计算公式得P (X ＝0)＝6C 35＝0.6，P (X ＝1)＝3C 35＝0.3，P (X ＝2)＝1C 35＝0.1.所以E (X )＝0×0.6＋1×0.3＋2×0.1＝0.5，故选B.3．(2018浙江东阳模拟)若随机事件A 在1次试验中发生的概率为p (0＜p ＜1)，用随机变量ξ表示A 在1次试验中发生的次数，则2D (ξ)－1E (ξ)的最大值为( )C ．2－ 2D ．2－22【答案】D【解析】随机变量ξ的所有可能取值为0,1，且P (ξ＝1)＝p ，P (ξ＝0)＝1－p ，即ξ～B (1，p )，则E (ξ)＝p ，D (ξ)＝p (1－p )，2D (ξ)－1E (ξ)＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2p ＋1p .而2p ＋1p ≥22p ·1p＝22，当且仅当2p ＝1p ，即p ＝22时取等号．因此当p ＝22时，2D (ξ)－1E (ξ)取得最大值2－2 2.4．(2018南阳模拟)设随机变量X ～B (2，p )，随机变量Y ～B (3，p )，若P (X ≥1)＝59，则D (3Y ＋1)＝( )A ．2B ．3C ．6D ．7【答案】C【解析】由题意得P (X ≥1)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 12p (1－p )＋C 22p 2＝59，所以p＝13，则Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，故D (Y )＝3×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝23，所以D (3Y ＋1)＝9D (Y )＝9×23＝6.5．(2018江西宜春质检)已知随机变量ξ的所有可能取值分别为1,2,3,4,5.若数学期望E (ξ)＝4.2，则ξ取值为5的概率至少为( )A ．0.1B ．0.15C ．0.2D ．0.25【答案】C【解析】设ξ的取值为1,2,3,4,5的概率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，p 5，p i ∈[0,1]，i ＝1,2,3,4,5，则p 1＋p 2＋p 3＋p 4＋p 5＝1，则p 1＋2p 2＋3p 3＋4(1－p 1－p 2－p 3－p 5)＋5p 5＝4.2，p 5＝0.2＋3p 1＋2p 2＋p 3≥0.2，当p 1＝p 2＝p 3＝0时等号成立．6．(2018吉林长春质检)据统计，某城市的火车站春运期间日接送旅客人数X (单位：万)服从正态分布X ～N (6,0.82)，则日接送人数在6万到6.8万之间的概率为(P (|X －μ|<σ)＝0.682 6，P (|X －μ|<2σ)＝0.954 4，P (|X －μ|<3σ)＝0.997 4)( )A ．0.682 6B ．0.954 4C ．0.997 4D ．0.341 3【答案】D【解析】因为μ＝6，σ＝0.8，所以P (6<X <6.8)＝P (5.2<X <6.8)2＝0.682 62＝0.341 3.故选D.7．(2018广东惠州二调)设随机变量ξ服从正态分布N (4,3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4【答案】B【解析】由随机变量ξ服从正态分布N (4,3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，∴x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，∴(a －5)＋(a ＋1)＝8，即a ＝6.故选B.8．(2018河北石家庄一模)设X ～N (1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P (X ≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC 中随机投掷20 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( )附：(随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4)．A ．12 076B ．13 174C ．14 056D ．7 539【答案】B【解析】由题意，得P (X ≤－1)＝P (X ≥3)＝0.022 8， ∴P (－1<x <3)＝1－0.022 8×2＝0.954 4， ∵P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954 4，∴1－2σ＝－1，故σ＝1，∴P (0<X <1)＝12P (0<X <2)＝0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为20 000×(1－0.341 3)＝13 174，故选B.二、填空题9．(2018南高中期中)设随机变量X 的概率分布列为则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＝512.10．(2018河南新乡三模)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N (1，σ2)(σ＞0)．若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为________．【答案】0.8【解析】由正态分布N (1，σ2)(σ＞0)的图象关于直线x ＝1对称，且ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，知ξ在(1,2)内取值的概率也为0.4，故ξ在(0,2)内取值的概率为0.8.11．(2018内蒙古包头调研)已知X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1＜x 2.若E (X )＝43，D (X )＝29，则x 1＋x 2的值为________．【答案】3【解析】由题意得X 的所有可能取值为x 1，x 2，所以E (X )＝23x 1＋13x 2＝43，D (X )＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－432＝29，整理得⎩⎨⎧2x 1＋x 2＝4，6⎝⎛⎭⎪⎫x 1－432＋3⎝⎛⎭⎪⎫x 2－432＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53，x 2＝23，(舍去)，故x 1＋x 2＝3.12．(2018开中学一模)2012年国家开始实行法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站在统计了2017年清明节前后车辆通行数量，发现该站近几天每天通行车辆的数量ξ服从正态分布ξ～N (1 000，σ2)，若P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b ，则1a ＋9b 的最小值为________．【答案】32【解析】由ξ～N (1 000，σ2)，P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b 得a ＝0.5－b ，所以a ＋b ＝12，则1a ＋9b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b (a ＋b )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋b a ＋9a b ≥2⎝⎛⎭⎪⎫10＋2b a ·9a b ＝32，所以1a ＋9b 的最小值为32.三、解答题13．(2018淄博模拟)某4S 店在一次促销活动中，让每位参与者从盒子中任取一个由0～9中任意三个数字组成的“三位递减数”(即个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字)．若“三位递减数”中的三个数字之和既能被2整除又能被5整除，则可以享受5万元的优惠；若“三位递减数”中的三个数字之和仅能被2整除，则可以享受3万元的优惠；其他结果享受1万元的优惠．(1)试写出所有个位数字为4的“三位递减数”；(2)若小明参加了这次汽车促销活动，求他得到的优惠金额X 的分布列及数学期望E (X )．【解】(1)个位数字为4的“三位递减数”有：984,974,964,954,874,864,854,764,754,654，共10个．(2)由题意知，不同的“三位递减数”共有C 310＝120(个)． 小明得到的优惠金额X 的取值可能为5,3,1. 当X ＝5时，三个数字之和可能为20或10，当三个数字之和为20时，有983,974,965,875，共4个“三位递减数”； 当三个数字之和为10时，有910,820,730,721,640,631,541,532，共8个“三位递减数”．所以P (X ＝5)＝4＋8120＝110.当X ＝3时，三个数字之和只能被2整除，即这三个数字只能是三个偶数或两个奇数一个偶数，但不包括能被10整除的“三位递减数”，故P (X ＝3)＝C 35＋C 25C 15－12120＝48120＝25.故P (X ＝1)＝1－P (X ＝5)－P (X ＝3)＝1－110－25＝12. 所以他得到的优惠金额X 的分布列为数学期望E (X )＝5×110＋3×25＋1×12＝2.2(万元)．。
