2020数学(理)二轮复习：第2部分 专题3 第1讲 概率、随机变量及其分布

第1讲 概率、随机变量及其分布

[做小题——激活思维]

1．若随机变量X的分布列如表所示，E(X)＝1.6，则a－b＝( )

X 0 1 2 3

P 0.1 a b 0.1

A．0.2 B．－0.2

C．0.8 D．－0.8

B [由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8，又由E(X)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0.3，b＝0.5，

则a－b＝－0.2.]

2．已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )

A．0.6

B．0.7

C．0.8 D．0.9

C [记“第一个路口遇到红灯”为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P(A)＝0.5，P(AB)＝0.4，则P(B|A)＝PABPA＝0.8，故选C.]

3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )

A.12 B.512

C.14 D.16

B [设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件 为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝23，P(B)＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝23×1－34＋1－23×34＝512.]

4．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝59，则P(Y≥1)＝( )

A.12 B.1681

C.6581 D．1

C [∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C02(1－p)2＝59，解得p＝13，

∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－C04(1－p)4＝1－1681＝6581，故选C.]

5．罐中有6个红球和4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续取4次，设X为取得红球的次数，则X的方差D(X)的值为________．

2425 [因为是有放回地取球，所以每次取球(试验)取得红球(成功)的概率均为35，连续取4次(做4次试验)，X为取得红球(成功)的次数，则X～B4，35，

∴D(X)＝4×35×1－35＝2425.]

6．已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，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X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954 5)

0.135 9 [依题意设X～N(0,32)，其中μ＝0，σ＝3，

∴P(－3＜X＜3)＝0.682 7，P(－6＜X＜6)＝0.954 5.

∴P(3＜X＜6)＝12[P(－6＜X＜6)－P(－3＜X＜3)]＝12×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.]

[扣要点——查缺补漏]

1．离散型随机变量的分布列的两个性质 (1)pi≥0 (i＝1,2，…，n)；

(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.如T1.

2．变量ξ的数学期望、方差

(1)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.如T1.

(2)D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋[xn－E(ξ)]2·pn，标准差为Dξ.

3．期望、方差的性质

(1)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)；

(2)若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np ，D(ξ)＝np(1－p)．

(3)X服从两点分布，则E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)．

4．常见概率的求法

(1)条件概率：在A发生的条件下B发生的概率P(B|A)＝PABPA，如T2.

(2)相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B)，如T3.

(3)在n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率：P(ξ＝k)＝Cknpkqn－k，(k＝0,1,2，…，n，q＝1－p)，如T4.

(4)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)＝CkMCn－kN－MCnN，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.

(5)正态分布：若X～N(μ，σ2)，则正态曲线关于直线x＝μ对称，常借助图象的对称性求随机变量落在某一范围内的概率，如T6.

[教师授课资源]

[备考指导]

新考纲把概率与统计作为数学思想提出来，必会重点考查，近几年的概率与统计高考题新颖灵活，并且作为压轴题出现，在备考中特别重视.

[命题方向]

①数据统计分析，通过观察分析计算数据，计算x，s2，EX等来进行方案的选择，同时与概率、正态分布结合，来解决实际问题如控制生产线. ②以频率分布直方图为载体，研究平均数x，让x近似等于正态分布Nμ，σ2中的μ，进而考查3σ区间与二项分布结合，研究期望与方差.

③以统计案例为载体，考查X2，r的同时，考查非线性回归问题，通过换元，取对数等手段，把非线性回归问题转化为线性回归问题，其中要通过数据的计算及灵活变通.

④以新颖背景为载体，考查分类讨论，要进行多种情况下概率与统计的特征数的计算进行数据比较分析，进行方案的选择.

⑤开放型题目，方案选择理由不唯一，会有多种角度回答，这种题型符合新考纲要求，同时增大阅读量与数字字母化，考查阅读转化能力.,本部分建议重点归类研究近几年全国卷高考题，研究考法与题型，进行总结归纳反思，从而开阔思路和视野，以不变应万变，提升分析问题能力.

条件概率、相互独立事件及二项分布(5年5考)

[高考解读] 高考对该点的考查可以单独考查也可以与概率统计综合考查，注重双基，属基础性题目.解答的关键是分清事件间的关系，套用相应概率公式求解.预测2020年命题风格不变.

1．(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )

A．0.7 B．0.6

C．0.4 D．0.3

B [由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的人数X概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得C410p4(1－p)6＜C610p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.]

2．(2019·全国卷Ⅱ)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．

[解](1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.

(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.

[教师备选题]

1．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )

A．0.648 B．0.432

C．0.36 D．0.312

A [3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.]

2．(2014·全国卷Ⅱ)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．0.8 B．0.75

C．0.6 D．0.45

A [根据条件概率公式，直接代入，可求得随后一天的空气质量为优良的概率．

已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝0.60.75＝0.8.]

3．(2016·全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5

保 费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a

设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：

一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5

概 率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05

(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；

(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；

(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．

[解](1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故

P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.

(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.

又P(AB)＝P(B)，

故P(B|A)＝PABPA＝PBPA＝0.150.55＝311.

因此所求概率为311.

(3)记续保人本年度的保费为X元，则X的分布列为

X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a

P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05

E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.

因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.