高三数学二轮复习 专题六 第2讲 概率、随机变量及其分布列教案
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第2讲 概率、随机变量及其分布列
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真题感悟
1．(2012·北京)设不等式组 0≤x≤2，0≤y≤2表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是
A.π4
B.π－22
C.π6
D.4－π4
解析 如图，平面区域D是面积为4的正方形，D内到坐标原点的距离大于2的点所组成的区域为图中阴影部分，
其面积为4－π，故此点到坐标原点的距离大于2的概率为4－π4，故选D.
答案 D
2．(2012·山东)现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．
(1)求该射手恰好命中一次的概率；
(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.
解析 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D.
由题意知P(B)＝34，P(C)＝P(D)＝23，
由于A＝BC－D－＋B－CD－＋B－C－D，
根据事件的独立性和互斥性得
P(A)＝P(BC－D－＋B－CD－＋B－C－D)
＝P(BC－D－)＋P(B－CD－)＋P(B－C－D)
＝P(B)P(C－)P(D－)＋P(B－)P(C)P(D－)＋P(B－)P(C－)P(D)
＝34×1－23×1－23＋1－34＋23×1－23＋1－34×1－23×23＝736.
(2)根据题意知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.
根据事件的独立性和互斥性得 P(X＝0)＝P(B－C－D－)
＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]
＝1－34×1－23×1－23＝136.
P(X＝1)＝P(BC－D－)＝P(B)P(C－)P(D－)
＝34×1－23×1－23＝112，
P(X＝2)＝P(B－CD－＋B－C－D)＝P(B－CD－)＋P(B－C－D)
＝1－34×23×1－23＋1－34×1－23×23＝19，
P(X＝3)＝P(BCD－＋BC－D)＝P(BCD－)＋P(BC－D)
＝34×23×1－23＋34×1－23×23＝13，
P(X＝4)＝P(B－CD)＝1－34×23×23＝19，
P(X＝5)＝P(BCD)＝34×23×23＝13.
故X的分布列为
X 0 1 2 3 4
5
P 136 112 19 13 19 13
所以EX＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13
＝4112.
考题分析
本部分内容的基础是概率，高考试题中无论是以古典概型为背景的分布列，还是以独立重复试验为背景的分布列，都要求计算概率．解此类问题的一个难点是正确的理解题意，需特别注意．
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考点一：古典概型与几何概型
【例1】(1)(2012·衡水模拟)盒子中装有形状、大小完全相同的3个红球和2个白球，从中随机取出一个记下颜色后放回，当红球取到2次时停止取球．那么取球次数恰为3次的概率是
A.18125
B.36125
C.44125 D.81125
(2)(2012·海淀二模)在面积为1的正方形ABCD内部随机取一点P，则△PAB的面积大于等于14的概率是________．
[审题导引] (1)解题的关键是理解题意，应用计数原理与排列组合公式计算基本事件的个数；
(2)首先找到使△PAB的面积等于14的点P，然后据题意计算．
[规范解答] (1)设事件“取球次数恰为3次”为事件A，则P(A)＝2C12·C13·C1353＝36125.
2)如图所示，设E、F分别是AD、BC的中点，
则当点P在线段EF上时，S△PAB＝14， 要使S△PAB＞14，需点P位于矩形EFCD内，
故所求的概率为：P(A)＝S矩形EFCDS正方形ABCD＝121＝12.
[答案] (1)B (2)12
【规律总结】
解答几何概型、古典概型问题时的注意事项
(1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．
(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性．
(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
(4)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
【变式训练】
1．(1)(2012·石景山一模)如图，圆O：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y＝sin x与x轴围成的区域记为M(图中阴影部分)，随机往圆O内投一个点A，则点A落在区域M内的概率是________．
解析 阴影部分的面积为S阴＝20πsin xdx
＝－2cos x |π0＝4，
故P＝S阴S⊙O＝4π3
答案 4π3
2．(2012·广州模拟)从3名男生和n名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为3435，则n＝________.
解析 据题意知，所选3人中都是男生的概率为C33C3n＋3，
∴至少有1名女生的概率为1－C33C3n＋3＝3435，
∴n＝4.
答案 4
考点二：相互独立事件的概率与条件概率 【例2】(1)甲射击命中目标的概率为34，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为
A.12
B．1
C.1112
D.56 (2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝
A.18 B.14 C.25 D.12
[审题导引] (1)把事件“目标被击中”分解为三个互斥事件求解；
(2)据古典概型的概率分别求出P(A)与P(AB)，然后利用公式求P(B|A)．
[规范解答] (1)解法一 设甲、乙射击命中目标分别记作事件A、B，
则P(A)＝34，P(B)＝23，
则该目标被击中的概率为
P(AB－)＋P(A－B)＋P(AB)
＝34×1－23＋1－34×23＋34×23＝1112.
解法二 若采用间接法，则目标未被击中的概率为
P(A－ B－)＝1－34×1－23＝112，
则目标被击中的概率为1－P(A－ B－)＝1－112＝1112.
(2)P(A)＝C23＋C22C25＝410＝25，
P(AB)＝C22C25＝110.
由条件概率计算公式，得P(B|A)＝PABPA＝110410＝14.
【规律总结】
(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．
(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往用这种方法求解．
(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
(4)牢记公式Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，并深刻理解其含义．
2．解答条件概率问题时应注意的问题
(1)正确理解事件之间的关系是解答此类题目的关键．
(2)在求P(AB)时，要判断事件A与事件B之间的关系，以便采用不同的方法求P(AB)．其中，若B⊆A，则P(AB)＝P(B)，从而P(B|A)＝PBPA.
【变式训练】
3．(2012·宜宾模拟)设某气象站天气预报准确率为0.9，则在4次预报中恰有3次预报准确的概率是 A．0.287 6 B．0.072 9
C．0.312 4 D．0.291 6
解析 据题意知在4次预报中恰有3次预报准确的概率为C34·0.93·0.1＝0.291 6.
答案 D
4．(2012·枣庄模拟)如图，CDEF是以圆O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在扇形OCFH内”(点H将劣弧»EF二等分)，B表示事件“豆子落在正方形CDEF内”，则P(B|A)＝
A.3π
B.2π
C.38
D.3π16
解析 ∵圆的半径为1，则正方形的边长为2，
∴P(A)＝S扇形OCFHS⊙O＝12·34ππ＝38，
P(AB)＝38×22π＝34π，
则P(B|A)＝PABPA＝34π38＝2π.
答案 B
考点三：离散型随机变量的分布列、期望、方差
【例3】(2012·合肥模拟)某公司设有自行车租车点，租车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算)．甲、乙两人各租一辆自行车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14、12；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12、14；两人租车时间都不会超过三小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望Eξ.
[审题导引] (1)把事件“甲、乙两人所付租车费用相同”分解为三个互斥事件：租车费用为2元、租车费用为4元、租车费用为6元，分别求其概率，然后求和；
(2)甲、乙两人所付的租车费用之和可能为4元、6元、8元、10元、12元，分别求出ξ取上述各值的概率即可得到其概率分布列．
[规范解答] (1)甲、乙两人所付费用相同即为2,4,6元．都付2元的概率为P1＝14×12＝18；
都付4元的概率为P2＝12×14＝18；
都付6元的概率为P3＝14×14＝116；
