2021新高考数学二轮总复习专题突破练21随机变量及其分布含解析.docx

章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．“互斥事件”与“相互独立事件”的区别．“互斥事件”是说两个事件不能同时发生，“相互独立事件”是说一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．2．对独立重复试验要准确理解．(1)独立重复试验的条件：第一，每次试验是在同样条件下进行；第二，任何一次试验中某事件发生的概率相等；第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．(2)独立重复试验概率公式的特点：关于P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k，它是n次独立重复试验中某事件A恰好发生k次的概率．其中n是重复试验次数，p是一次试验中某事件A发生的概率，k是在n次独立试验中事件A恰好发生的次数，弄清公式中n，p，k的意义，才能正确运用公式．3．(1)准确理解事件和随机变量取值的意义，对实际问题中事件之间的关系要清楚．(2)认真审题，找准关键字句，提高解题能力．如“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”等．(3)常见事件的表示．已知两个事件A、B，则A，B中至少有一个发生为A∪B；都发生为A·B；都不发生为—A ·—B ；恰有一个发生为(—A ·B)∪(A·—B )；至多有一个发生为(—A ·—B )∪(—A ·B)∪(A·—B )．4．对于条件概率，一定要区分P(AB)与P(B|A)．5．(1)离散型随机变量的期望与方差若存在则必唯一，期望E (ξ)的值可正也可负，而方差的值则一定是一个非负值．它们都由ξ的分布列唯一确定．(2)D (ξ)表示随机变量ξ对E (ξ)的平均偏离程度．D (ξ) 越大表明平均偏离程度越大，说明ξ的取值越分散；反之D (ξ)越小，ξ的取值越集中．(3)D (aξ＋b )＝a 2D (ξ)，在记忆和使用此结论时，请注意D (aξ＋b )≠aD (ξ)＋b ，D (aξ＋b )≠aD (ξ)．6．对于正态分布，要特别注意N (μ，σ2)由μ和σ唯一确定，解决正态分布问题要牢记其概率密度曲线的对称轴为x ＝μ.专题一 条件概率的求法条件概率是高考的一个热点，常以选择题或填空题的形式出现，也可能是大题中的一个部分，难度中等．[例1] 坛子里放着7个大小、形状相同的鸭蛋，其中有4个是绿皮的，3个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A ，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B ，则“第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋”为事件AB .(1)从7个鸭蛋中不放回地依次拿出2个的事件数为n (Ω)＝A 27＝42， 根据分步乘法计数原理，n (A )＝A 14×A 16＝24. 于是P (A )＝n （A ）n （Ω）＝2442＝47.(2)因为n (AB )＝A 24＝12， 所以P (AB )＝n （AB ）n （Ω）＝1242＝27.(3)法一 由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝27÷47＝12. 法二 因为n (AB )＝12，n (A )＝24， 所以P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝1224＝12.归纳升华解决概率问题的步骤．第一步，确定事件的性质：古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验、条件概率，然后把所给问题归结为某一种．第二步，判断事件的运算(和事件、积事件)，确定事件至少有一个发生还是同时发生，分别运用相加或相乘事件公式．第三步，利用条件概率公式求解：(1)条件概率定义：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.(2)针对古典概型，缩减基本事件总数P (B |A )＝n （AB ）n （A ）.[变式训练] 已知100件产品中有4件次品，无放回地从中抽取2次每次抽取1件，求下列事件的概率：(1)第一次取到次品，第二次取到正品； (2)两次都取到正品．解：设A ＝{第一次取到次品}，B ＝{第二次取到正品}．(1)因为100件产品中有4件次品，即有正品96件，所以第一次取到次品的概率为P (A )＝4100，第二次取到正品的概率为P (B |A )＝9699，所以第一次取到次品，第二次取到正品的概率为P (AB )＝P (A )P (B |A )＝4100×9699＝32825. (2)因为A ＝{第一次取到次品}，且P (A )＝1－P (A )＝96100， P (B |A )＝9599，所以P (AB )＝P (A )P (B |A )＝96100×9599＝152165. 专题2 独立事件的概率要正确区分互斥事件与相互独立事件，准确应用相关公式解题，互斥事件是不可能同时发生的事件，相互独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件没有影响．[例2] 某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P 1＝23，乙的命中率为P 2，在射击比赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．(1)若P 2＝12，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率．(2)计划在2018年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E (ξ)≥5，求P 2的取值X 围．解析：(1)因为P 1＝23，P 2＝12，根据“先进和谐组”的定义可得，该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的包括两人两次都射中，两人恰好各射中一次，所以该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12·23·13·⎝ ⎛⎭⎪⎫C 12·12·12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23·23⎝ ⎛⎭⎪⎫12·12＝13.(2)该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12·23·13[C 12·P 2·(1－P 2)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23·23()P 2·P 2＝89P 2－49P 22， 又ξ～B (12，P )，所以E (ξ)＝12P ， 由E (ξ)≥5知，⎝ ⎛⎭⎪⎫89P 2－49P 22·12≥5，解得34≤P 2≤1.[变式训练] 甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：(1)2人都射中目标的概率． (2)2人中恰有1人射中目标的概率． (3)2人中至少有1人射中目标的概率．解：记“甲射击1次，击中目标”为事件A ，“乙射击1次，击中目标”为事件B ，则A 与B ，与B ， A 与B ，与为相互独立事件．(1)2人都射中目标的概率为P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.8×0.9＝0.72.(2)“2人中恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲射中、乙未射中(事件A 发生)，另一种是甲未射中、乙射中(事件B 发生)．根据题意，知事件A 与B 互斥，所求的概率为P ＝P (A )＋P (B )＝P (A )P ()＋P ()P (B )＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9＝0.08＋0.18＝0.26.(3)“2人中至少有1人射中目标”包括“2人都射中”和“2人中有1人射中”2种情况，其概率为P ＝P (AB )＋[P (A )＋P (B )]＝0.72＋0.26＝0.98.专题三 独立重复试验与二项分布二项分布是高考考查的重点，要准确理解、熟练运用其概率公式P n (k )＝C kn ·p k(1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n ，高考以解答题为主，有时也用选择题、填空题形式考查．[例3] 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，X 同学从中任取3道题解答． (1)求X 同学所取的3道题至少有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X 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X 同学答对题的个数，求X 为1和3的概率．解：(1)设事件A ＝“ X 同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“X 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)P (X ＝1)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125； P (X ＝3)＝C 22⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫25·45＝36125. 归纳升华解决二项分布问题必须注意： (1)对于公式P n (k )＝C k n ·p k (1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n 必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验独立重复地进行了n 次．[变式训练] 口袋中装有大小、轻重都无差别的5个红球和4个白球，每一次从袋中摸出2个球，若颜色不同，则为中奖．每次摸球后，都将摸出的球放回口袋中，则3次摸球恰有1次中奖的概率为()A.80243B.100243C.80729D.100729解析：每次摸球中奖的概率为C 14C 15C 29＝2036＝59，由于是有放回地摸球，故3次摸球相当于3次独立重复实验， 所以3次摸球恰有1次中奖的概率P ＝C 13×59×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－592＝80243.答案：A专题四 离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量的均值和方差在实际问题中具有重要意义，也是高考的热点内容． [例4] (2016·某某卷)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)＝C 13C 13＋C 13C 14C 210＝715， P (X ＝2)＝C 13C 14C 210＝415.所以随机变量X 的分布列为：X 0 1 2 P415715415随机变量X 的数学期望E (X )＝0×415＋1×715＋2×415＝1.归纳升华(1)求离散型随机变量的分布列有以下三个步骤：①明确随机变量X 取哪些值；②计算随机变量X 取每一个值时的概率；③将结果用表格形式列出．计算概率时要注意结合排列组合知识．(2)均值和方差的求解方法是：在分布列的基础上利用E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 求出均值，然后利用D (X )＝∑i ＝1n[x i －E (X )]2p i 求出方差．[变式训练] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：0.3，0.7，0.9，求：(1)工期延误天数Y 的均值与方差．(2)在降水量至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．解：(1)由已知条件有P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X ＜700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4，P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2. P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1.所以Y 的分布列为于是，E (Y )＝0×0.3D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.(2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7， 又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6. 由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P （300≤X ＜900）P （X ≥300）＝0.60.7＝67.故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67.专题五 正态分布及简单应用高考主要以选择题、填空题形式考查正态曲线的形状特征与性质，抓住其对称轴是关键． [例5] 某市去年高考考生成绩服从正态分布N (500，502)，现有25 000名考生，试确定考生成绩在550～600分的人数．解：因为考生成绩X ～N (500，502)，所以μ＝500，σ＝50，所以P (550<X ≤600)＝12[P (500－2×50<X ≤500＋2×50)－P (500－50<X ≤500＋50)]＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9.故考生成绩在550～600分的人数为25 000×0.135 9≈3 398(人)． 归纳升华正态分布概率的求法1．注意3σ原则，记住正态总体在三个区间内取值的概率．2．注意数形结合．由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此运用对称性结合图象解决某一区间内的概率问题成为热点问题．[变式训练] 某镇农民年收入服从μ＝5 000元，σ＝200元的正态分布．则该镇农民平均收入在5 000～5 200元的人数的百分比是________．解析：设X 表示此镇农民的平均收入，则X ～N (5 000，2002)． 由P (5 000－200＜X ≤5 000＋200)＝0.682 6. 得P (5 000＜X ≤5 200)＝0.682 62＝0.341 3.故此镇农民平均收入在5 000～5 200元的人数的百分比为34.13%. 答案：34.13% 专题六 方程思想方程思想是解决概率问题中的重要思想，在求离散型随机变量的分布列，求两个或三个事件的概率时常会用到方程思想．即根据题设条件列出相关未知数的方程(或方程组)求得结果．[例6] 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为14，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为112，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为29.(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率． 解：记A ，B ，C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件． 由题设条件有⎩⎪⎨⎪⎧P （A — B ）＝14，P （B — C ）＝112，P （AC ）＝29，即⎩⎪⎨⎪⎧P （A ）[1－P （B ）]＝14， ①P （B ）[1－P （C ）]＝112，②P （A ）P （C ）＝29. ③由①③得P (B )＝1－98P (C )，代入②得27[P (C )]2－51P (C )＋22＝0.解得P (C )＝23或P (C )＝119(舍去)．将P (C )＝23分别代入②③可得P (A )＝13，P (B )＝14.故甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是13，14，23.(2)记D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件．则P (D )＝1－P (— D )＝1－[1－P (A )][1－P (B )][1－P (C )]＝1－23×34×13＝56.故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为56.归纳升华(1)在求离散型随机变量的分布列时，常利用分布列的性质：①p 1≥0，i ＝1，2，3，…，n ；②∑i ＝1np i ＝1，列出方程或不等式求出未知数．(2)在求两个或多个概率时，常根据不同类型的概率公式列出方程或方程组求出未知数． [变式训练] 若离散型随机变量ξ的分布列为：ξ 0 1 P9a 2－a3－8a求常数a 解：由离散型随机变量的性质得⎩⎪⎨⎪⎧9a 2－a ＋3－8a ＝1，0≤9a 2－a ≤1，0≤3－8a ≤1，解得a ＝23(舍去)或a ＝13.所以，随机变量的分布列为：ξ 0 1 P2313。

§11.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差基础知识专题固本夯基【基础训练】考点一 离散型随机变量及其分布列1.若离散型随机变量X 的分布列如下表,则常数c 的值为( )X 0 1 P 9c 2-c3-8cA.23或13B.23C.13D.1 【参考答案】C2.为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”,该城市某出租车公司共200名司机,他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示.(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数;(2)从这200名司机中任选两人,设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X,求X 的分布列及数学期望.【试题解析】(1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人, 送考2次的有100人,送考3次的有80人,∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为20×1+100×2+80×3200＝2.3.(2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人送考1次,另一人送考2次”为事件A, “这两人中一人送考2次,另一人送考3次”为事件B, “这两人中一人送考1次,另一人送考3次”为事件C, “这两人送考次数相同”为事件D, 由题意知X 的所有可能取值为0,1,2, P(X ＝1)＝P(A)+P(B)＝C 201C 1001C 2002+C 1001C 801C 2002＝100199, P(X ＝2)＝P(C)＝C 201C 801C 2002＝16199, P(X ＝0)＝P(D)＝C 202+C 1002+C 802C 2002＝83199, ∴X 的分布列为X 0 1 2P83199 100199 16199E(X)＝0×83199+1×100199+2×16199＝132199. 考点二 离散型随机变量的均值与方差3.设离散型随机变量X 可能的取值为1,2,3,4,P(X ＝k)＝ak+b,若X 的数学期望为E(X)＝3,则a-b ＝( ) A.110B.0C.-110D.15【参考答案】A4.已知离散型随机变量X 的分布列为X 012 3P827 49 m127则X 的数学期望E(X)＝( ) A.23B.1C.32D.2 【参考答案】B5.已知随机变量ξ满足P(ξ＝0)＝13,P(ξ＝1)＝x,P(ξ＝2)＝23-x,若0<x<23,则( ) A.E(ξ)随着x 的增大而增大,D(ξ)随着x 的增大而增大 B.E(ξ)随着x 的增大而减小,D(ξ)随着x 的增大而增大 C.E(ξ)随着x 的增大而减小,D(ξ)随着x 的增大而减小 D.E(ξ)随着x 的增大而增大,D(ξ)随着x 的增大而减小 【参考答案】C6.某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花当作垃圾处理.(1)若花店一天购进16枝玫瑰花,求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:枝,n ∈N )的函数解析式; (2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表:日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.(i)若花店一天购进16枝玫瑰花,X 表示当天的利润(单位:元),求X 的分布列、数学期望及方差; (ii)若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花,你认为应购进16枝还是17枝?请说明理由. 【试题解析】(1)当日需求量n ≥16时,y ＝80. 当日需求量n<16时,y ＝10n-80. 所以y 关于n 的函数解析式为 y ＝{10n -80, n <16,80, n ≥16(n ∈N ).(2)(i)X 可能的取值为60,70,80,并且P(X ＝60)＝0.1, P(X ＝70)＝0.2,P(X ＝80)＝0.7. 故X 的分布列为X 6070 80 P0.1 0.2 0.7X 的数学期望EX ＝60×0.1+70×0.2+80×0.7＝76.X 的方差为DX ＝(60-76)2×0.1+(70-76)2×0.2+(80-76)2×0.7＝44. (ii)答案不唯一.答案一:花店一天应购进16枝玫瑰花.理由如下:若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y 表示当天的利润(单位:元),则Y 的分布列为Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 Y 的数学期望为EY ＝55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54＝76.4.Y 的方差为DY ＝(55-76.4)2×0.1+(65-76.4)2×0.2+(75-76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54＝112.04.结合(2)(i)可知DX<DY,即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小.虽然EX<EY,但两者相差不大.故花店一天应购进16枝玫瑰花.答案二:花店一天应购进17枝玫瑰花.理由如下:若花店一天购进17枝玫瑰花,设Y 表示当天的利润(单位:元),那么Y 的分布列为Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 Y 的数学期望为EY ＝55×0.1+65×0.2+75×0.16+85×0.54＝76.4.结合(2)(i)可知EX<EY,即购进17枝玫瑰花时平均每天的利润大于购进16枝时平均每天的利润.故花店一天应购进17枝玫瑰花.综合篇知能转换【综合集训】考法 求离散型随机变量的期望与方差的方法1.(2018广东省际名校联考(二),11)不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球,现从中逐个不放回地摸出小球,直到取出所有红球为止,则摸取次数X 的数学期望是( ) A.185 B.92 C.367 D.163【参考答案】D2.(2018广东深圳南山入学摸底考试,5)一个摊主在一旅游景点设摊,在不透明的口袋中装入除颜色外无差别的2个白球和3个红球.游客向摊主付2元进行1次游戏.游戏规则如下:游客从口袋中随机摸出2个小球,若摸出的小球同色,则游客获得3元奖励;若异色,则游客获得1元奖励.则摊主从每次游戏中获得的利润X(单位:元)的期望是( ) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 【参考答案】A3.(2019河北冀州期末,19)有编号为1,2,3,…,n 的n 个学生,入座编号为1,2,3,…,n 的n 个座位,每个学生规定坐一个座位,设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X,已知X ＝2时,共有6种坐法. (1)求n 的值;(2)求随机变量X 的概率分布列及数学期望E(X).【试题解析】(1)因为当X ＝2时,有C n2＝n(n -1)2种坐法, 所以n(n -1)2＝6,即n 2-n-12＝0,解得n ＝4或n ＝-3(舍去), 所以n ＝4.(2)因为X 表示的是学生所坐的座位号与该生的编号不同的人数,所以X 的可能取值是0,2,3,4, 所以P(X ＝0)＝1A 44＝124,P(X ＝2)＝C 42×1A 44＝14,P(X ＝3)＝C 43×2A 44＝13,P(X ＝4)＝1-124-14-13＝38,所以X 的概率分布列为X 0234P124141338所以数学期望E(X)＝0×124+2×14+3×13+4×38＝3.4.(2019广东佛山顺德第二次教学质量检测,18)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕的成本价为4元,售价为8元.受保质期的影响,当天没有销售完的糕点只能销毁.经过长期的调研,统计了一下该新品的日需求量.现将近期一个月(30天)的需求量展示如下:日需求量X(个)20 30 40 50 天数510105(1)从这30天中任取两天,求两天的日需求量均为40个的概率;(2)以上表中的频率作为概率,列出日需求量X 的分布列,并求该月的日需求量X 的期望;(3)根据(2)中的分布列求得当该糕点房一天制作35个该类蛋糕时,对应的利润的期望值为3203;现有员工建议扩大生产,一天生产45个,求对应利润的期望值,判断此建议该不该被采纳.【试题解析】(1)从这30天中任取两天,两天的日需求量均为40个的概率为C 102C 302＝329. (2)日需求量X 的分布列为X 20304050P161313 16日需求量X 的期望E(X)＝20×16+30×13+40×13+50×16＝35.(3)设该糕点房制作45个蛋糕对应的利润为Y 元,对应的分布列如下:利润Y(元) -2060140180概率1613 13 16利润Y 的期望E(Y)＝-20×16+60×13+140×13+180×16＝2803.因为2803<3203,所以此建议不该被采纳. 思路分析 (1)直接根据对应关系求概率即可;(2)列出日需求量的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解即可;(3)列出利润的分布列,根据分布列,用数学期望的公式求解,然后比较两个期望值,从而判断此建议该不该被采纳.5.(2019安徽宣城二模,19)某中学利用周末组织教职工进行了一次秋季登山健身的活动,有N 人参加,现将所有参加者按年龄情况分为[20,25),[25,30),[30,35),[35,40),[40,45),[45,50),[50,55)共七组,其频率分布直方图如图所示,已知[25,30)这组的参加者是6人.(1)根据频率分布直方图求该校参加秋季登山活动的教职工年龄的中位数;(2)已知[35,40)和[40,45)这两组各有2名数学教师,现从这两个组中各选取2人担任接待工作,设两组的选择互不影响,求两组选出的人中恰有1名数学教师的概率;(3)组织者从[45,55)这组的参加者(其中共有4名女教师,其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作,其中女教师的人数为X,求X 的分布列和均值.【试题解析】(1)设[30,35)这一组对应的矩形的高为x, ∵(0.01+0.03+x+0.04+0.03+0.02+0.01)×5＝1, ∴x ＝0.06.∵(0.01+0.03+0.06)×5＝0.5, ∴中位数为35.(2)记事件A 为“从[35,40)和[40,45)两组中各选出2人,选出的人中恰有1名数学教师”,参加活动的总人数N ＝6÷(0.03×5)＝40,年龄在[35,40)的人数为40×(0.04×5)＝8,年龄在[40,45)的人数为40×(0.03×5)＝6, ∴P(A)＝C 21C 61C 82×C 42C 62+C 62C 82×C 21C 41C 62＝1635. (3)年龄在[45,55)的人数为40×(0.02+0.01)×5＝6, X 的可能取值为1,2,3,∵P(X ＝1)＝C 41C 22C 63＝15,P(X ＝2)＝C 42C 21C 63＝35,P(X ＝3)＝C 43C 63＝15,∴X 的分布列为X 123P15 35 15E(X)＝1×15+2×35+3×15＝2.【5年高考】考点一 离散型随机变量及其分布列1.(2019课标Ⅰ,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X 的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i (i ＝0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i 时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p 0＝0,p 8＝1,p i ＝ap i-1+bp i +cp i+1(i ＝1,2,…,7),其中a ＝P(X ＝-1),b ＝P(X ＝0),c ＝P(X ＝1).假设α＝0.5,β＝0.8. (i)证明:{p i+1-p i }(i ＝0,1,2,…,7)为等比数列; (ii)求p 4,并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性.【试题解析】本题主要考查概率与数列的综合,考查离散型随机变量的分布列,等比数列的判定及累加法的应用,考查学生灵活运用概率与数列知识去分析、解决实际问题的能力,综合考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力以及应用意识、创新意识. (1)X 的所有可能取值为-1,0,1.P(X ＝-1)＝(1-α)β,P(X ＝0)＝αβ+(1-α)(1-β), P(X ＝1)＝α(1-β). 所以X 的分布列为X -1 0 1 P (1-α)β αβ+(1-α)(1-β) α(1-β)(2)(i)证明:由(1)得a ＝0.4,b ＝0.5,c ＝0.1.因此p i ＝0.4p i-1+0.5p i +0.1p i+1,故0.1(p i+1-p i )＝0.4(p i -p i-1),即p i+1-p i ＝4(p i -p i-1).又因为p 1-p 0＝p 1≠0,所以{p i+1-p i }(i ＝0,1,2,…,7)是公比为4,首项为p 1的等比数列. (ii)由(i)可得p 8＝p 8-p 7+p 7-p 6+…+p 1-p 0+p 0＝(p 8-p 7)+(p 7-p 6)+…+(p 1-p 0)＝48-13p 1.由于p 8＝1,故p 1＝348-1,所以p 4＝(p 4-p 3)+(p 3-p 2)+(p 2-p 1)+(p 1-p 0)＝44-13p 1＝1257. p 4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p 4＝1257≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理. 试题分析 本题以试验新药疗效为背景,命制了一个概率与数列的综合性问题,试题很新颖,创新度高,考查学生灵活运用数学知识解决实际问题的能力.本题层次分明,内容丰富,区分度较高,使不同学生的理性思维的广度和深度得到了充分展示.2.(2016课标Ⅰ,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n＝19与n＝20之中选其一,应选用哪个?【试题解析】(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04;P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16;P(X＝18)＝2×0.2×0.2+0.4×0.4＝0.24;P(X＝19)＝2×0.2×0.2+2×0.4×0.2＝0.24;P(X＝20)＝2×0.2×0.4+0.2×0.2＝0.2;P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08;P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.(4分)所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(6分)(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44,P(X≤19)＝0.68,故n的最小值为19.(8分)(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).当n＝19时,EY＝19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04＝4 040.(10分)当n＝20时,EY＝20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04＝4 080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值,故应选n＝19.(12分)思路分析(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.(3)求出n＝19,n＝20时的期望值,比较大小即可作出决策.3.(2019北京,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:支付金额(元)(0,1 000](1 000,2 000]大于2 000支付方式仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人(1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率;(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A的学生中,随机抽查3人,发现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.【试题解析】本题主要考查用样本分布估计总体分布,离散型随机变量的分布列与期望,以实际生活为背景考查学生解决实际问题的能力,渗透了数据分析的核心素养,体现了应用与创新意识.(1)由题意知,样本中仅使用A 的学生有18+9+3＝30人,仅使用B 的学生有10+14+1＝25人,A,B 两种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B 两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5＝40人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B 两种支付方式都使用的概率估计为40100＝0.4. (2)X 的所有可能值为0,1,2.记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”,事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”. 由题设知,事件C,D 相互独立,且P(C)＝9+330＝0.4,P(D)＝14+125＝0.6. 所以P(X ＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24,P(X ＝1)＝P(C D ∪C D)＝P(C)P(D )+P(C )P(D)＝0.4×(1-0.6)+(1-0.4)×0.6＝0.52, P(X ＝0)＝P(CD )＝P(C )P(D )＝0.24. 所以X 的分布列为X0 1 2 P0.24 0.52 0.24故X 的数学期望E(X)＝0×0.24+1×0.52+2×0.24＝1.(3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”. 假设样本仅使用A 的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)＝1C 303＝14 060. 答案示例1:可以认为有变化.理由如下:P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:事件E 是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化. 思路分析 (1)由频率＝频数样本容量即可求解相应频率,进而用频率估计概率.(2)仅使用A,且支付金额大于1 000元的概率P ＝9+330＝0.4,仅使用B,且支付金额大于1 000元的概率P ＝14+125＝0.6,进而求分布列和期望.(3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可.评析 本题以移动支付的出现及普及为背景来设计问题,样本数据来源于学生熟悉的情景,不仅使学生体会到数学应用的广泛性,同时也体现了人们生活方式的巨大变化.第(3)问结合古典概型考查概率的意义,体会统计中的决策思想.4.(2017天津,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.【试题解析】本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)＝(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X 0123P14112414124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.技巧点拨 解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的意义是解决这类问题的必要前提.5.(2017山东,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 的分布列与数学期望EX. 【试题解析】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A 1但不包含B 1的事件为M, 则P(M)＝C 84C 105＝518.(2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4,则 P(X ＝0)＝C 65C 105＝142,P(X ＝1)＝C 64C 41C 105＝521,P(X ＝2)＝C 63C 42C 105＝1021,P(X ＝3)＝C 62C 43C 105＝521,P(X ＝4)＝C 61C 44C 105＝142. 因此X 的分布列为X 01234P1425211021521142X 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+1×521+2×1021+3×521+4×142＝2. 解后反思 (1)求离散型随机变量X 的分布列的步骤: ①理解X 的含义,写出X 所有可能的取值. ②求X 取每个值时的概率; ③写出X 的分布列.(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理、古典概型概率公式等知识.考点二 离散型随机变量的均值与方差6.(2019浙江,7,4分)设0<a<1.随机变量X 的分布列是Xa1P131313则当a 在(0,1)内增大时,( ) A.D(X)增大 B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大 【参考答案】D7.(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<p 1<p 2<12,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) 【参考答案】A8.(2017课标Ⅱ,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 ＝ . 【参考答案】1.969.(2018课标Ⅰ,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件做检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.(i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; (ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?【试题解析】(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C 202p 2(1-p)18.因此f '(p)＝C 202[2p(1-p)18-18p 2(1-p)17]＝2C 202p(1-p)17(1-10p).令f '(p)＝0,得p ＝0.1,当p ∈(0,0.1)时, f '(p)>0; 当p ∈(0.1,1)时, f '(p)<0. 所以f(p)的最大值点为p 0＝0.1. (2)由(1)知,p ＝0.1,(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X ＝20×2+25Y,即X ＝40+25Y, 所以EX ＝E(40+25Y)＝40+25EY ＝490.(ii)如果对余下的产品做检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX>400,故应该对余下的产品做检验.教师专用题组考点一 离散型随机变量及其分布列1.(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. 【试题解析】(1)由题意得,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C 33C 43C 63C 63＝1100. 因此,A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100＝99100. (2)根据题意,X 的可能取值为1,2,3. P(X ＝1)＝C 31C 33C 64＝15,P(X ＝2)＝C 32C 32C 64＝35,P(X ＝3)＝C 33C 31C 64＝15.所以X 的分布列为X 123P153515因此,X 的数学期望为E(X)＝1×P(X ＝1)+2×P(X ＝2)+3×P(X ＝3) ＝1×15+2×35+3×15＝2.2.(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.【试题解析】(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)＝C 21C 31C 51C 103＝14.(2)X 的所有可能值为0,1,2,且P(X ＝0)＝C 83C 103＝715,P(X ＝1)＝C 21C 82C 103＝715,P(X ＝2)＝C 22C 81C 103＝115. 综上知,X 的分布列为X 012P715715115故E(X)＝0×715+1×715+2×115＝35(个). 3.(2013课标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件做检验,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件做检验,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件做检验,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,对这批产品做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.【试题解析】(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X 400500800P111611614EX ＝400×1116+500×116+800×14＝506.25.思路分析(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件产品全是优质品为事件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,进而求解.(2)X可能的取值为400,500,800,分别求其对应的概率,进而可得分布列、期望.4.(2013课标Ⅱ,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,如下图所示.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,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∈[100,110),则取X＝105,且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率),求T的数学期望.【试题解析】(1)当X∈[100,130)时,T＝500X-300(130-X)＝800X-39 000,当X∈[130,150]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∈[120,150]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T 45 000 53 000 61 000 65 000P 0.1 0.2 0.3 0.4所以ET＝45 000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4＝59 400.思路分析(1)经分段讨论(分X∈[100,130)和X∈[130,150])得函数解析式.(2)先求出利润T不少于57 000元时X的范围,然后根据直方图得到概率的估计值.(3)T可能的取值是45 000,53 000,61 000,65 000,由此结合题意列出分布列,进而得期望.易错警示(1)中容易忽略100≤X≤150而导致出错.考点二离散型随机变量的均值与方差5.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ);(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)【试题解析】本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识.(1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y 的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y 的值小于60的概率为1550＝0.3.(2)由题图知,A,B,C,D 四人中,指标x 的值大于1.7的有2人:A 和C. 所以ξ的所有可能取值为0,1,2. P(ξ＝0)＝C 22C 42＝16,P(ξ＝1)＝C 21C 21C 42＝23,P(ξ＝2)＝C 22C 42＝16.所以ξ的分布列为ξ 012P162316故ξ的期望E(ξ)＝0×16+1×23+2×16＝1.(3)在这100名患者中,服药者指标y 数据的方差大于未服药者指标y 数据的方差.方法总结 ①在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个取值对应的概率,利用期望的公式求数学期望;②在比较数据的方差时,可以根据两组数据的集中或分散程度进行比较.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34,乙每轮猜对的概率是23;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“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EX.【试题解析】(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”. 由题意得,E ＝ABCD+A BCD+A B CD+AB C D+ABC D , 由事件的独立性与互斥性,得P(E)＝P(ABCD)+P(A BCD)+P(A B CD)+P(AB C D)+P(ABC D )＝P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A )P(B)P(C)P(D)+P(A)·P(B )P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C )P(D)+P(A)P(B)P(C)·P(D ) ＝34×23×34×23+2×(14×23×34×23+34×13×34×23)＝23. 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意得,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)＝14×13×14×13＝1144, P(X ＝1)＝2×(34×13×14×13+14×23×14×13)＝10144＝572, P(X ＝2)＝34×13×34×13+34×13×14×23+14×23×34×13+14×23×14×23＝25144, P(X ＝3)＝34×23×14×13+14×13×34×23＝12144＝112, P(X ＝4)＝2×(34×23×34×13+34×23×14×23)＝60144＝512, P(X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14. 可得随机变量X 的分布列为。

]考点1离散型随机变量的分布列的性质分布列性质的2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．从而Y＝2X＋1的分布列为Y 13579P 0.20.10.10.30.3(2)列表为X 01234|X－1|10123∴P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1、P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3、P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3、P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3.故η＝|X－1|的分布列为η0123P 0.10.30.30.3(3)首先列表为X 01234X2014916从而ξ＝X2的分布列为ξ014916 P 0.20.10.10.30.3考点2求离散型随机变量的分布列(2)每次取1个球、有放回、直到取到白球为止、但抽取次数不超过5次、求取球次数X 的分布列；(3)每次取1个球、有放回、共取5次、求取到白球次数X 的分布列． [解](1)X 可能取值1,2,3. P (X ＝1)＝1A13＝13、P (X ＝2)＝A12×1A23＝13、P (X ＝3)＝A22A33＝13. 所以X 分布列为X 1 2 3 P131313(2)X 可能取值为1,2,3,4,5.P (X ＝k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k-1×13、k ＝1,2,3,4、P (X ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234.故X 分布列为X 1 2 3 4 5 P13294278811681(3)因为X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫5，13、所以X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫235-k、k ＝0,1,2,3,4,5.X 0 1 2 3 4 5 P错误!5错误!错误!错误!错误!错误!考点3 超几何分布求超几何分布的分布列的步骤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．[解](1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”、则。

专题突破练18 概率、随机变量及其分布一、单项选择题1.(2021·湖南师大附中月考)电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关.某品牌的电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用的概率是0.8,开关了15 000次后还能继续使用的概率是0.6,则已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率是( )A.0.20B.0.48C.0.60D.0.752.(2021·江苏泰州考前模拟)马林·梅森(Marin Mersenne,1588—1648)是17世纪法国数学家.他在欧几里得、费马等人研究的基础上深入地研究了2p -1型的数.人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献,将形如2p -1(其中p 是素数)的素数,称为梅森素数.在不超过20的素数中,随机选取两个不同的数,至少有一个为梅森素数的概率是( )A.37B.512C.1328D.19553.(2021·新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( )A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立二、填空题4.为研究如何提高大气污染监控预警能力,某学校兴趣小组的成员设计了一套大气污染检测预警系统.该系统设置了三个控制元件,三个元件T 1,T 2,T 3正常工作的概率分别为12,34,34,将T 2,T 3两个元件并联后再和T 1串联接入电路,如图所示,则该预警系统的可靠性是 .5.(2021·河北衡水模拟)已知甲、乙、丙三位选手参加某次射击比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两位选手参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的选手与未参加此场比赛的选手进行下一场的比赛;③在比赛中,若有一位选手首先获胜两场,则本次比赛结束,该选手获得此次射击比赛第一名.若在每场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为34,乙胜丙的概率为12,且甲与乙先参加比赛,则甲获得第一名的概率为 . 三、解答题6.(2021·江苏新高考基地学校联考)阳澄湖大闸蟹又名金爪蟹,产于江苏苏州,蟹身青壳白肚,体大膘肥,肉质膏腻,营养丰富,深受消费者喜爱.某水产品超市购进一批重量为100千克的阳澄湖大闸蟹,随机抽取了50只统计其重量,得到的结果如下表所示:(1)试用组中值来估计该批大闸蟹有多少只?(所得结果四舍五入保留整数)(2)某顾客从抽取的10只特大蟹中随机购买了4只,记重量在区间[260,280]内的大闸蟹数量为X,求X 的概率分布列和数学期望.7.(2021·福建漳州模拟)随着5G通信技术的发展成熟,移动互联网短视频变得越来越普及,人们也越来越热衷于通过短视频获取资讯和学习成长.某短视频创作平台,为了鼓励短视频创作者生产出更多高质量的短视频,会对创作者上传的短视频进行审核,通过审核后的短视频,会对用户进行重点的分发推荐.短视频创作者上传一条短视频后,先由短视频创作平台的智能机器人进行第一阶段审核,短视频审核通过的概率为35,通过智能机器人审核后,进入第二阶段的人工审核,人工审核部门会随机分配3名员工对该条短视频进行审核,同一条短视频每名员工审核通过的概率均为12,若该视频获得2名或者2名以上员工审核通过,则该短视频获得重点分发推荐.(1)某创作者上传一条短视频,求该短视频获得重点分发推荐的概率;(2)若某创作者一次性上传3条短视频作品,求其获得重点分发推荐的短视频个数的分布列与数学期望.专题突破练18概率、随机变量及其分布1.D解析记事件A:电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用,记事件B:电视机的显像管开关了15 000次后还能继续使用,则P(AB)=0.6,P(A)=0.8,所以,已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=0.60.8=0.75.2.C 解析 可知不超过20的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个,其中梅森素数有3,7,共2个,则在不超过20的素数中,随机选取两个不同的数共有C 82=28种,其中至少有一个为梅森素数有C 21C 61+C 22=13种,所以至少有一个为梅森素数的概率是P=1328. 3.B 解析 由已知得P (甲)=16,P (乙)=16,P (丙)=56×6=536,P (丁)=66×6=16,P (甲丙)=0,P (甲丁)=16×6=136,P (乙丙)=16×6=136,P (丙丁)=0.由于P (甲丁)=P (甲)·P (丁)=136,根据相互独立事件的性质,知事件甲与丁相互独立,故选B . 4.1532 解析 T 2,T 3并联电路正常工作概率为1-1-34×(1-34)=1516,故电路不发生故障的概率为12×1516=1532.5.2572 解析 因为每场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为34,乙胜丙的概率为12,所以甲选手获胜的概率是P (A )=13×34+13×(1-34)×12×13+(1-13)×(1-12)×34×13=2572.6.解 (1)50只大闸蟹的平均重量为150×(170×3+190×2+210×15+230×20+250×7+270×3)=224,所以水产品超市购进的100千克大闸蟹只数约为100 000÷224≈446.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,概率分别为:P (X=0)=C 30C 74C 104=16,P (X=1)=C 31C 73C 104=12, P (X=2)=C 32C 72C 104=310,P (X=3)=C 33C 71C 104=130.分布列为:所以E (X )=0×16+1×12+2×310+3×130=65.7.解 (1)设“该短视频获得重点分发推荐”为事件A ,则P (A )=35×C 32×(12)2×(1-12)1+C 33×(12)3×(1-12)0=310. (2)设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量X ,X 可取0,1,2,3.则X~B (3,310),P (X=0)=C 30×(310)0×(1-310)3=3431 000, P (X=1)=C 31×(310)1×(1-310)2=4411 000, P (X=2)=C 32×(310)2×(1-310)1=1891 000, P (X=3)=C 33×(310)3×(1-310)0=271 000, 随机变量X 的分布列如下:E (X )=0×3431 000+1×4411 000+2×1891 000+3×271 000=910.[或E (X )=3×310=910]。

6.4.2随机变量及其分布必备知识精要梳理1.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)=,k=0,1,2,…,m,其中m=min{M,n},且n≤N,M≤N,n,M,N∈N*.2.二项分布一般地,在n次独立重复试验中,事件A发生的次数为X,设每次试验中事件A发生的概率为p,则P(X=k)=p k q n-k,其中0<p<1,p+q=1,k=0,1,2,…,n,称X服从参数为n,p的二项分布,记作X~B(n,p),且E(X)=np,D(X)=np(1-p).3.正态分布一般地,如果对于任何实数a,b(a<b),随机变量X满足P(a<X≤b)=φμ,σ(x)d x,则称X的分布为正态分布.正态分布完全由参数μ和σ确定,因此正态分布常记作N(μ,σ2).如果随机变量X服从正态分布,则记为X~N(μ,σ2).满足正态分布的三个基本概率的值是:①P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6;②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954 4;③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997 4.4.离散型随机变量的分布列设离散型随机变量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,.X x1x2x3…x i…x nP p1p2p3…p i…p n关键能力学案突破热点一依据频率求概率的综合问题【例1】某公司为了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了20个用户,得到用户对产品的满意度评分如下:A地区:6273819295857464537678869566977888827689B地区:7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,给出结论即可);(2):满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C:“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果相互独立.根据所给数据,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,求C的概率.解题心得频率是概率的近似值,随着试验次数的增加,频率会越来越接近概率,在实际问题中,常用事件发生的频率作为概率的估计值.频率本身是随机的,而概率是一个确定的数,是客观存在的,因此概率与每次试验无关.(1)利用基本概念:①互斥事件不可能同时发生;②对立事件是互斥事件,且必须有一个要发生.(2)利用集合的观点来判断:设事件A与B所含的结果组成的集合分别是A,B,全集为I.①事件A与B互斥,即集合A∩B=⌀;②事件A与B对立,即集合A∩B=⌀,且A∪B=I,也即A=∁I B 或B=∁I A.(3)对立事件是针对两个事件来说的,而互斥事件则可以是多个事件间的关系.(4)如果A1,A2,…,A n中任何两个都是互斥事件,那么我们就说A1,A2,…,A n彼此互斥.(5)若事件A1,A2,A3,…,A n彼此互斥,则P(A1∪A2∪…∪A n)=P(A1)+P(A2)+…+P(A n).应用互斥事件的概率加法公式解题时,一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥,然后求出各事件分别发生的概率,再求和.对于较复杂事件的概率,可以转化为求其对立事件的概率.(6)求复杂事件的概率通常有两种方法:一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和;二是先求其对立事件的概率,然后再应用公式P(A)=1-P(。

专题突破练21随机变量及其分布1.(2019全国Ⅱ,理18)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分.当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.2.(2019河北武邑中学调研二,理18)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).3.某班将要举行篮球投篮比赛,比赛规则是:每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次,在A区每进一球得2分,不进球得0分;在B区每进一球得3分,不进球得0分,得分高的选手胜出.已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是910和13.(1)如果该选手以在A,B区投篮得分的期望高者为选择投篮区的标准,问该选手应该选择哪个区投篮?请说明理由;(2)求该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率.4.(2020河北唐山一模,19)甲、乙二人进行一场比赛,该比赛采用三局两胜制,即先获得两局胜利者获得该场比赛胜利.在每一局比赛中,都不会出现平局,甲获胜的概率都为p(0<p<1).(1)求甲在第一局失利的情况下,反败为胜的概率;(2)若p=12,比赛结束时,设甲获胜局数为X,求其分布列和期望E(X);(3)若甲获得该场比赛胜利的概率大于甲每局获胜的概率,求p的取值范围.5.(2020海南高考调研,20)某工厂为提高生产效率,需引进一条新的生产线投入生产,现有两条生产线可供选择,生产线①:有A,B两道独立运行的生产工序,且两道工序出现故障的概率依次是0.02,0.03.若两道工序都没有出现故障,则生产成本为15万元;若A工序出现故障,则生产成本增加2万元;若B工序出现故障,则生产成本增加3万元;若A,B两道工序都出现故障,则生产成本增加5万元.生产线②:有a,b两道独立运行的生产工序,且两道工序出现故障的概率依次是0.04,0.01.若两道工序都没有出现故障,则生产成本为14万元;若a工序出现故障,则生产成本增加8万元;若b工序出现故障,则生产成本增加5万元;若a,b两道工序都出现故障,则生产成本增加13万元.(1)若选择生产线①,求生产成本恰好为18万元的概率;(2)为最大限度节约生产成本,你会给工厂建议选择哪条生产线?请说明理由.6.(2020安徽江淮十校三模,19)2019年新型冠状病毒的传播途径有飞沫、气溶胶、接触等,为了有效抗击疫情,隔离性防护是一项具体有效的措施.某市为有效防护疫情,宣传居民尽可能不外出,鼓励居民的生活必需品可在网上下单,商品由快递业务公司统一配送(配送费由政府补贴).快递业务主要由甲公司与乙公司两家快递公司承接,快递员的工资是“底薪+送件提成”.这两家公司对快递员的日工资方案为:甲公司规定快递员每天底薪为70元,每送件一次提成1元;乙公司规定快递员每天底薪为120元,每日前83件没有提成,超过83件部分每件提成5元,假设同一公司的快递员每天送件数相同,现从这两家公司往年旺季各随机抽取一名快递员并调取其100天的送件数,得到如下条形图:(1)求乙公司的快递员一日工资y(单位:元)与送件数n的函数关系;(2)若将频率视为概率,回答下列问题:①记甲公司的快递员日工资为X(单位:元),求X的分布列和数学期望;②小王想到这两家公司中的一家应聘“快递员”的工作,如果仅从日收入的角度考虑,请你利用所学过的统计学知识为他作出选择,并说明理由.7.(2020山东枣庄二模,21)某省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成,总分为750分.其中,统一高考科目为语文、数学、外语,自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中选择3门作为选考科目,语文、数学、外语三科各占150分,选考科目成绩采用“赋分制”,即原始分数不直接用,而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案,将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为A,B+,B,C+,C,D+,D,E共8个等级.参照正态分布原则,确定各等级人数所占比例分别为3%,7%,16%,24%,24%,16%,7%,3%.等级考试科目成绩计入考生总成绩时,将A至E等级内的考生原始成绩,依照等比例转换法则,分别转换到91~100,81~90,71~80,61~70,51~60,41~50,31~40,21~30八个分数区间,得到考生的等级成绩.举例说明:某同学化学学科原始分为65分,该学科C+等级的原始分分布区间为58~69,则该同学化学学科的原始成绩属C+等级.而C+等级的转换分区间为61~70,那么该同学化学学科的转换分计算方法为:设该同学化学学科的转换等级分为x,69-6565-58=70-xx-61,求得x≈66.73.四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.为给高一学生合理选科提供依据,全省对六个选考科目进行测试,某校高一年级2 000人,根据该校高一学生的物理原始成绩制成频率分布直方图(如图).由频率分布直方图,可以认为该校高一学生的物理原始成绩X服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0),用这2 000名学生的平均物理成绩。

2021年高考数学二轮复习专题七概率与统计专题能力训练21随机变量及其分布理1.甲射击命中目标的概率是,乙命中目标的概率是,丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为()A. B.C. D.2.(xx浙江,8)已知随机变量ξ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)3.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球(除颜色外其他完全相同),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)等于()A.B.C.D.4.已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),则从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)≈68.27%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)≈95.45%.)A.4.56%B.13.59%C.27.18%D.31.74%5.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.记从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信息总量为X,则P(X≥8)=.6.设离散型随机变量X的分布列为X0 1 2 3 4P0.2 0.1 0.1 0.3 m若随机变量Y=|X-2|,则P(Y=2)=.7.已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=.8.A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:A组:10,11,12,13,14,15,16B组:12,13,15,16,17,14,a假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)9.(xx山东,理18)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).10.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.11.若n是一个三位正整数,且n的个位数字大于十位数字,十位数字大于百位数字,则称n为“三位递增数”(如137,359,567等).在某次数学趣味活动中,每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数,且只能抽取一次.得分规则如下:若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除,参加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被10整除,得1分.(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”;(2)若甲参加活动,求甲得分X的分布列和数学期望E(X).思维提升训练12.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A.2 386B.2 718C.3 414D.4 772附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 5.13.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,下列概率中等于的是()A.P(X=2)B.P(X≤2)C.P(X=4)D.P(X≤4)14.某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:(1)求X的分布列;(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;(3)以购买易损零件所需费用的均值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?15.某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每件的利润(单位:百元)与该产品首次出现故障的时间(单位:年)有关.某厂家生产甲、乙两种品牌,保修期均为2年.现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件,统计数据如下:品甲乙牌首次出现0<x≤11<x≤2x>2 0<x≤2x>2故障时间x数2 3 45 5 45量每件1 2 3 1.8 2.9利润将频率视为概率,解答下列问题:(1)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件,求其至少有一件首次出现故障发生在保修期内的概率;(2)若该厂生产的家电均能售出,记生产一件甲品牌家电的利润为X1,生产一件乙品牌家电的利润为X2,分别求X1,X2的分布列;(3)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的家电.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的家电?说明理由.16.(xx江苏,23)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,n∈N*,n≥2),这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,…,m+n的抽屉内,其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,…,m+n).1 2 3…m+n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p;(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<.参考答案专题能力训练21随机变量及其分布能力突破训练1.A解析设甲命中目标为事件A,乙命中目标为事件B,丙命中目标为事件C,则击中目标表示事件A,B,C中至少有一个发生.∵P()=P()·P()·P()=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=击中的概率P=1-P()=2.A解析∵E(ξ1)=p1,E(ξ2)=p2,∴E(ξ1)<E(ξ2).∵D(ξ1)=p1(1-p1),D(ξ2)=p2(1-p2),∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)<0,故选A.3.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,因为每次取到红球的概率为,所以P(X=12)=4.B解析由正态分布N(0,32)可知,ξ落在(3,6)内的概率为=13.59%.5解析由已知得,X的可能取值为7,8,9,10,则P(X≥8)与P(X=7)是对立事件,故P(X≥8)=1-P(X=7)=1-6.0.5解析由分布列的性质,知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,则m=0.3.由Y=2,即|X-2|=2,得X=4或X=0,故P(Y=2)=P(X=4或X=0)=P(X=4)+P(X=0)=0.3+0.2=0.5.7解析根据二项分布的均值、方差公式,得解得p=8.解设事件A i为“甲是A组的第i个人”,事件B i为“乙是B组的第i个人”,i=1,2, (7)由题意可知P(A i)=P(B i)=,i=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=(3)a=11或a=18.9.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)=(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E(X)=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=2.10.解(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的分布列为所以E(X)=1+2+311.解(1)个位数是5的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345;(2)由题意知,全部“三位递增数”的个数为=84,随机变量X的取值为:0,-1,1,因此P(X=0)=,P(X=-1)=,P(X=1)=1-所以X的分布列为则E(X)=0+(-1)+1思维提升训练12.C解析因为曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线,所以P(-1<X≤1)≈0.6827,由正态分布密度曲线的对称性知P(0<X≤1)=0.34135,即图中阴影部分的面积为0.34135.由几何概型知点落入阴影部分的概率P==0.34135.因此,落入阴影部分的点的个数的估计值为10000×0.34135≈3414.故选C.13.C解析X服从超几何分布P(X=k)=,故k=4.14.解(1)由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.从而P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.所以X的分布列为(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).当n=19时,E(Y)=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500 )×0.04=4040.当n=20时,E(Y)=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.可知当n=19时所需费用的均值小于n=20时所需费用的均值,故应选n=19.15.解(1)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A,则P(A)=1-(2)依题意得,X1的分布列为X2的分布列为X21.8 2.9P(3)由(2)得E(X1)=1+2+3=2.86(百元),E(X2)=1.8+2.9=2.79(百元).因为E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌家电.16.解(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为p=(2)随机变量XX……P……随机变量X的期望为E(X)=所以E(X)<=(1++…+)=+…+)=+…+)=…=)=,即E(X)<。

专题突破练19 随机变量及其分布1.(2021东北三省三校联考一,理18)某商场按月订购一种家用电暖气,每销售一台获利润200元,未销售的产品返回厂家,每台亏损50元,根据往年的经历,每天的需求量与当天的最低气温有关,如果最低气温位于区间[-20,-10],需求量为100台;最低气温位于区间[-25,-20),需求量为200台;最低气温位于区间[-35,-25),需求量为300台.公司销售部为了确定11月份的订购方案,统计了前三年11月份各天的最低气温数据,得到下面的频数分布表:最低气温(℃) [-35,-30)[-30,-25)[-25,-20)[-20,-15)[-15,-10]天数11 25 36 16 2以最低气温位于各区间的频率代替最低气温位于该区间的概率.(1)求11月份这种电暖气每日需求量X(单位:台)的分布列;(2)假设公司销售部以每日销售利润Y(单位:元)的数学期望为决策依据,方案11月份每日订购200台或250台,两者之中选其一,应选哪个?2.某班将要举行篮球投篮比赛,比赛规那么是:每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次,在A区每进一球得2分,不进球得0分;在B区每进一球得3分,不进球得0分,得分高的选手胜出.某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是.(1)如果该选手以在A,B区投篮得分的期望高者为选择投篮区的标准,问该选手应该选择哪个区投篮?请说明理由;(2)求该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率.3.(2021江西南昌三模,理19)质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的12个零件质量进展检测.甲、乙两个车间的零件质量(单位:克)分布的茎叶图如下图.零件质量不超过20克的为合格.(1)质检部门从甲车间8个零件中随机抽取4件进展检测,假设至少2件合格,检测即可通过,假设至少3件合格,检测即为良好,求甲车间在这次检测通过的条件下,获得检测良好的概率;(2)假设从甲、乙两车间12个零件中随机抽取2个零件,用X表示乙车间的零件个数,求X的分布列与数学期望.4.,0.5,0.4,能否控制H指标与能否控制V指标之间相互没有影响.(1)求A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率;(2)某种药剂能使两项指标H和V都得到控制就说该药剂有治疗效果.求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X的分布列.5.(2021河北唐山一模,理18)某水产品经销商销售某种鲜鱼,售价为每千克20元,本钱为每千克15元.销售宗旨是当天进货当天销售.如果当天卖不出去,未售出的全部降价处理完,平均每千克损失3元.根据以往的销售情况,按[50,150),[150,250),[250,350),[350,450),[450,550]进展分组,得到如下图的频率分布直方图.(1)求未来连续三天内,该经销商有连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于350千克,而另一天日销售量低于350千克的概率;(2)在频率分布直方图的需求量分组中,以各组区间的中点值代表该组的各个值.①求日需求量X的分布列;②该经销商方案每日进货300千克或400千克,以每日利润Y的数学期望值为决策依据,他应该选择每日进货300千克还是400千克?6.2021年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年,有关部门为宣传垃圾分类知识,面向该市市民进展了一次“垃圾分类知识〞的网络问卷调查,每位市民仅有一次参与时机,通过抽样,得到参与问卷调查中的1 000人的得分数据,其频率分布直方图如下图:(1)由频率分布直方图可以认为,此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(μ,210),μ近似为这1 000人得分的平均值(同一组数据用该区间的中点值作代表),利用该正态分布求P(50.5<Z<94).(2)在(1)的条件下,有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:①得分不低于μ可获赠2次随机话费,得分低于μ那么只有1次;②每次赠送的随机话费和对应概率如下:赠送话费(单位:元) 10 20概率现有一位市民要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X的分布列.附:≈14.5,假设Z~N(μ,σ2),那么P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ<Z<μ+2σ)≈0.954 5.7.(2021湖南邵阳三模,理18)某运输公司根据以往从甲地到乙地的每日运输情况(运输量∈[20,120)),将运输量分为[20,40),[40,60),[60,80),[80,100),[100,120)五组,并绘制了从甲地到乙地的日运输量x(单位:吨)的频率分布直方图,如下图,将日运输量x落入各组的频率视为概率,并假设每天的运输量相互独立.(1)求该公司每天从甲地到乙地的日平均运输量(每组数据以区间的中点值为代表);(2)求未来3天,连续2天运输量不低于60吨,另一天日运输量低于60吨的概率;(3)该运输公司方案购置一样型号的货车n辆专门运输从甲地到乙地的货物,假设一辆货车每天只能运输一趟,每辆车每次最多只能装载20吨货物,满载发车,否那么不发车,假设发车,那么每辆车每趟可获利2 000元,假设未发车,那么每辆车每天平均亏损600元,为使该公司每天的营业利润y 最大,该公司应购置几辆该种货车?8.(2021山东潍坊一模,理19)某公司新上一条生产线,为保证新的生产线正常工作,需对该生产线进展检测.现从该生产线上随机抽取100件产品,测量产品数据,用统计方法得到样本的平均数μ=14,标准差σ=2,绘制如下图的频率分布直方图.以频率值作为概率估计值.(1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件,记其数据为X,依据以下不等式评判(P表示对应事件的概率):①P(μ-σ<X<μ+σ)≥0.682 6;②P(μ-2σ<X<μ+2σ)≥0.954 4;③P(μ-3σ<X<μ+3σ)≥0.997 4.评判规那么为:假设至少满足以上两个不等式,那么生产状况为优,无需检修;否那么需检修生产线,试判断该生产线是否需要检修;(2)将数据不在(μ-2σ,μ+2σ)内的产品视为次品,从该生产线加工的产品中任意抽取2件,次品数记为Y,求Y的分布列与数学期望E(Y).参考答案专题突破练19随机变量及其分布1.解 (1)由X的可能取值为100,200,300,X的分布列为X100 200 300P0.2 0.4 0.4(2)①当订购200台时,E(Y)=[200×100-50×(200-100)]×0.2+200×200×0.8=35 000(元).②当订购250台时,E(Y)=[200×100-50×(250-100)]×0.2+[200×200-50×(250-200)]×0.4+(200×250)×0.4=37 500(元).综上所述,当订购250台时,Y的数学期望最大,11月每日应订购250台.2.解 (1)设该选手在A区投篮的进球数为X,那么X~B,故E(X)=2,那么该选手在A区投篮得分的期望为2设该选手在B区投篮的进球数为Y,那么Y~B,故E(Y)=3=1,那么该选手在B区投篮得分的期望为3×1=3.所以该选手应该选择在A区投篮.(2)设“该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分〞为事件C,“该选手在A区投篮得4分,且在B区投篮得3分或0分〞为事件D,“该选手在A区投篮得2分,且在B区投篮得0分〞为事件E,那么事件C=D∪E,且事件D与事件E互斥.P(D)==,P(E)==,P(C)=P(D∪E)=,故该选手在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为3.解 (1)设事件A表示“2件合格,2件不合格〞;事件B表示“3件合格,1件不合格〞;事件C表示“4件全合格〞;事件D表示“检测通过〞;事件E表示“检测良好〞.∵P(D)=P(A)+P(B)+P(C)=,∴P(E|D)=故所求概率为(2)X可能取值为0,1,2,P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,分布列为E(X)=0+1+24.解 (1)A,B,C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率为P=0.5×(1-0.6)×(1-0.75)+(1-0.5)×0.6×(1-0.75)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.75=0.275.(2)∵A有治疗效果的概率为P A=0.5×0.6=0.3,B有治疗效果的概率为P B=0.6×0.5=0.3,C有治疗效果的概率为P C=0.75×0.4=0.3,∴A,B,C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3,可看成是独立重复试验,即X~B(3,0.3).∵X的所有可能取值为0,1,2,3,∴P(X=k)=0.3k×(1-0.3)3-k,即P(X=0)=0.30×(1-0.3)3=0.343,P(X=1)=0.3×(1-0.3)2=0.441,P(X=2)=0.32×(1-0.3)=0.189,P(X=3)=0.33=0.027.故X的分布列为5.解 (1)由频率分布直方图可知,日销售量不低于350公斤的概率为(0.002 5+0.001 5)×100=0.4,那么未来连续三天内,有连续两天的日销售量不低于350公斤,而另一天日销售量低于350公斤的概率P=0.4×0.4×(1-0.4)+(1-0.4)×0.4×0.4=0.192.(2)①X可取100,200,300,400,500,P(X=100)=0.001 0×100=0.1;P(X=200)=0.002 0×100=0.2;P(X=300)=0.003 0×100=0.3;P(X=400)=0.002 5×100=0.25;P(X=500)=0.001 5×100=0.15;所以X的分布列为:②当每日进货300公斤时,利润Y1可取-100,700,1 500,此时Y1的分布列为:此时利润的期望值E(Y1)=-100×0.1+700×0.2+1 500×0.7=1 180;当每日进货400公斤时,利润Y2可取-400,400,1 200,2 000,此时Y2的分布列为:此时利润的期望值E(Y2)=-400×0.1+400×0.2+1 200×0.3+2 000×0.4=1 200;因为E(Y1)<E(Y2),所以该经销商应该选择每日进货400公斤.6.解 (1)E(Z)=35×0.025+45×0.15+55×0.2+65×0.25+75×0.225+85×0.1+95×0.05=65,∴μ=65,σ=14.5,∴P(50.5<Z<79.5)≈0.682 7,P(36<Z<94)≈0.954 5,∴P(79.5<Z<94)=0.135 9,∴P(50.5<Z<94)=P(50.5<Z<79.5)+P(79.5<Z<94)≈0.682 7+0.135 9=0.818 6.(2)P(Z<μ)=P(Z≥μ)=,X的所有可能取值为10,20,30,40,P(X=10)=,P(X=20)=,P(X=30)=,P(X=40)=故X的分布列为7.解 (1)在区间[80,100)的频率为1-(0.005+0.01+0.015+0.007 5)×20=0.25.所以从甲地到乙地的日平均运输量为:30×0.1+50×0.2+70×0.3+90×0.25+110×0.15=73(吨).(2)由频率分布直方图可知,日运输量不低于60吨的概率为0.3+0.25+0.15=0.7,记未来3天,第i天日运输量不低于60吨为事件A i(i=1,2,3),那么P(A i)=0.7;未来3天,连续2天日运输量不低于60吨,另一天日运输量低于60吨,包含两个互斥事件A1A2A2A3;所以P((A1A2)∪(A2A3))=P(A1A2)+P(A2A3)=0.7×0.7×0.3+0.3×0.7×0.7=0.294.(3)从甲地到乙地的日平均运输量x在[20,40),[40,60),[60,80),[80,100),[100,120)的频率分别为:0.1,0.2,0.3,0.25,0.15,设公司每天的营业利润为y,当购置1辆货车时,那么y的值为2 000,当购置2辆货车时,那么y的可能取值为4 000,1 400,其分布列为:x 4 000 1 400p0.9 0.1所以E(y)=4 000×0.9+1 400×0.1=3 740;当购置3辆货车时,那么y的可能取值为6 000,3 400,800,其分布列为:所以E(y)=6 000×0.7+3 400×0.2+800×0.1=4 960;当购置4辆货车时,那么y的可能取值为8 000,5 400,2 800,200,其分布列为:x8 000 5 400 2 800 200p0.4 0.3 0.2 0.1所以E(Y)=8 000×0.4+5 400×0.3+2 800×0.2+200×0.1=5 400;当购置5辆货车时,那么Y的可能取值为10 000,7 400,4 800,2 200,-400,其分布列为: Y10 000 7 400 4 800 2 200 -400P0.15 0.25 0.3 0.2 0.1所以E(Y)=10 000×0.15+7 400×0.25+4 800×0.3+2 200×0.2-400×0.1=5 190;当购置6辆货车及以上时,因为闲置的车辆会增多,故利润的期望值会减小.所以当购置4辆货车时,该公司的营业利润最大.8.解 (1)由题意知,μ=14,σ=2,由频率分布直方图得P(μ-σ<X<μ+σ)=P(12<X<16)=(0.29+0.11)×2=0.8>0.682 6,P(μ-2σ<X<μ+2σ)=P(10<X<18)=0.8+(0.04+0.03)×2=0.94<0.954 4,P(μ-3σ<X<μ+3σ)=P(8<X<20)=0.94+(0.015+0.005)×2=0.98>0.997 4,∵不满足至少两个不等式成立,∴该生产线需检修.(2)由(1)知P(μ-2σ<X<μ+2σ)=0.94=,所以任取一件是次品的概率为0.06=,所以任取两件产品得到的次品数Y可能值为0,1,2,那么P(Y=0)=2=;P(Y=1)=;P(Y=2)=2=;∴Y的分布列为∴E(Y)=0+1+2。