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2020高考数学大二轮复习 层级二 专题六 概率与统计 第3讲 概率、随机变量及其分布课时作业(理)

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- 1 - 层级二 专题六 第3讲(理) 限时50分钟 满分76分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．(2020·西安模拟)勾股定理在西方被称为毕达哥拉斯定理，其证明方法有几百种之多，著名的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图，在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形ABDE是由4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形CFGH组成的．若Rt△ABC的三边长构成等差数列，则在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为( )

A.149 B.325 C.125 D.2549 解析：C [由于Rt△ABC的三边长成等差数列，所以2b＝a＋c，又a2＋b2＝c2，于是(2b－c)2＋b2＝c2，故bc＝45，ac＝35.大正方形ABDE的面积为c2，小正方形CFGH的面积为(b－a)2，

在正方形ABDE内任取一点，此点取自小正方形CFGH内的概率为b－a2c2＝bc－ac2＝125.故选C.] 2．(2020·石家庄模拟)《中华好诗词》是由河北电视台创办的令广大观众喜闻乐见的节目，旨在弘扬中国古代诗词文化，观众可以选择从A，B，C和河北卫视这四家视听媒体的播放平台中观看，若甲乙两人各自随机选择一家播放平台观看此节目，则甲乙二人中恰有一人选择在河北卫视观看的概率是( )

A.12 B.38

C.14 D.316 解析：B [甲、乙两人从A，B，C和河北卫视这四家播放平台随机选择一家有4×4＝16(种)等可能情况，其中甲、乙两人恰有一人选择在河北卫视观看的情况有C12×3＝6(种)，∴所求 - 2 -

概率为616＝38.] 3．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X(单位：分)的数学期望为( ) A．0.9 B．0.8 C．1.2 D．1.1 解析：A [由题意得X＝0,1,2， 则P(X＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P(X＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.5，P(X＝2)＝0.4×0.5＝0.2， 所以E(X)＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.] 4．甲、乙、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概

率分别为12，13，14，则有人能够解决这个问题的概率为( )

A.1312 B.34 C.14 D.124 解析：B [本题主要考查相互独立事件、互斥事件的概率，考查对立事件的概率公式，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题．这个问题没有被解决的概率为

1－1

2

1－131－1

4＝14，故有人能够解决这个问题的概率为1－14＝34.故选B项．]

5．(2019·大连三模)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1

次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X的期望是( ) A．3 B.83

C．2 D.53 解析：B [每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X服从二项分布B3，89，所以X的数学期望为3×89＝83.] - 3 -

6．(2020·衡水模拟)某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销量x(单位：件)分布在[50,100)内，且销量x的

分布频率f(x)＝ n10－0.5，10n≤x＜10n＋1，n为偶数，n20－a，10n≤x＜10n＋1，n为奇数.若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X个组，将频率视为概率，则随机变量X的数学期望为( )

A.137 B.67

C.167 D.87 解析：C [由题意知 10n≥50，10n＋1≤100，解得5≤n≤9，故n可取5,6,7,8,9，代入f(x)，得610－0.5＋810－0.5＋520－a＋720－a＋920－a＝1，得a＝0.15.故销量在[70,80)，

[80,90)，[90,100)内的频率分别是0.2,0.3,0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2,3,3，X的所有可能取值为1,2,3，P(X＝1)＝2C38＝256＝128，P(X＝3)＝2×3×3C38＝1856

＝928，P(X＝2)＝1－128－928＝914. X的分布列为

X 1 2 3

P 128 914 928

数学期望E(X)＝1×128＋2×914＋3×928＝167.故选C.] 二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分) 7．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________． 解析：甲队以4∶1获胜的概率为[C120.6×0.4×0.52＋0.62×C120.5×0.5]×0.6＝0.18. 答案：0.18 - 4 -

8．(2019·宁波三模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的工作共分为A，B，C三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示，并以此估计赔付概率.

工种类别 A B C

赔付频率 1105 2105 1104

若规定该产品各工种保单的期望利润都不得超过保费的20%，则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为________元． 解析：设工种A的每份保单保费为a元，保险公司每份保单的利润为随机变量X，则X的分布列为 X a a－5×105

P 1－1105 1105

保险公司期望利润E(X)＝a1－1105＋(a－5×105)×1105＝(a－5)(元)， 根据规定知a－5≤0.2a， 解得a≤6.25. 设工种B的每份保单保费为b元，同理可得保险公司期望利润为(b－10)元，根据规定知，b－10≤0.2b，解得b≤12.5，

设工种C的每份保单保费为c元，同理可得保险公司期望利润为(c－50)元，根据规定知，c－50≤0.2c，解得c≤62.5.

则A，B，C三类工种每份保单保费的上限之和为6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)． 答案：81.25 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 9．(2020·长沙模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量如下表：

销售量/份 15 16 17 18

天数 20 30 40 10 (视样本频率为概率) (1)根据该食品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分 - 5 -

布列与数学期望； (2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份， 哪一种得到的利润更大？ 解析：(1)根据题意可得

P(ξ＝30)＝15×15＝125，

P(ξ＝31)＝15×310×2＝325，

P(ξ＝32)＝15×25×2＋310×310＝14，

P(ξ＝33)＝15×110×2＋310×25×2＝725，

P(ξ＝34)＝310×110×2＋25×25＝1150，

P(ξ＝35)＝25×110×2＝225，

P(ξ＝36)＝110×110＝1100.

ξ的分布列如下：

ξ 30 31 32 33 34 35 36

P 125 325 14 725 1150 225 1100

E(ξ)＝30×125＋31×325＋32×14＋33×725＋34×1150＋35×225＋36×1100＝32.8.

(2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104,116,128， 且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12， P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，

∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6. 当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则Y的可能取值有96,108,120,132. 且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12， P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，

∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68. ∵E(X)＞E(Y)， ∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大． 10．(2019·北京卷)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

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2020浙江新高考数学二轮复习课件：专题六 第2讲古典概率与离散型随机变量的分布列、均值和方差

2020浙江新高考数学二轮复习课件：专题六 第2讲古典概率与离散型随机变量的分布列、均值和方差


机的概率是( )
8
1
1
1
A.15
B.8
C.15
D.30
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专题六 计数原理与古典概率
5
(2)(2019·台州高三教学质量评估)袋子里装有编号分别为“1，2，2，3，4，5”的 6 个
大小、质量相同的小球，某人从袋子中一次任取 3 个球，若每个球被取到的机会均等，
则取出的 3 个球编号之和大于 7 的概率为( )
第2部分 高考热点 专题突破
专题六 计数原理与古典概率 第2讲 古典概率与离散型随机变量的
分布列、均值和方差
数学
专题六 计数原理与古典概率
1
01
考点1
02
考点2
03
考点3
04
专题强化训练
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专题六 计数原理与古典概率
2
古典概型中事件的概率
1．古典概型的概率 P(A)＝mn ＝A中所基含本的事基件本总事数件数.
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专题六 计数原理与古典概率
29
(2)离散型随机变量的均值与方差的逆用
n
利用随机变量的取值概率和为 1，即 pi＝p1＋p2＋…＋pn＝1 这个性质可列出关于未知
i＝1
量的一个方程，也可与由期望(或方差)得到的关于未知量的另一个方程联立成方程组， 解方程组即可得到未知量的值．此时求得的参数应注意检验，以保证每个概率值均为非 负数．
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专题六 计数原理与古典概率
2．两点分布列为
X
0
P
c2
则 P(X＝1)＝________． 解析：由分布列性质知 c2＋290c＝1，且 c>0. 即 20c2＋9c－20＝0, 解得 c＝0.8. 所以 P(X＝1)＝290c＝290×0.8＝0.36. 答案：0.36
2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题六 概率与统计(2) 概率 Word版含答案

2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题六 概率与统计(2) 概率 Word版含答案

第三十四页，编辑于星期日：一点 五分。
[变式训练] (2017·东北三市联考)全世界越来越关 注环境保护问题，辽宁省某监测站点于 2017 年 8 月某日 起连续 x 天监测空气质量指数(AQI)，数据统计如下：
空气质量指数/ 0～ 51～
(μg/m3)
50 100
101 ～ 150
151 ～ 200
2 故所求事件的概率 P＝32ππ＝13.
第七页，编辑于星期日：一点 五分。
(2)如图，数对(xi，yi)(i＝1，2，…，n)表示的点落在 边长为 1 的正方形 OABC 内(包括边界)，两数的平方和小 于 1 的数对表示的点落在半径为 1 的四分之一圆(阴影部 分)内．
1 则由几何概型的概率公式可得mn＝41π2 ⇒π＝4nm.
(2)记“xy≥8”为事件 B，“3<xy<8”为事件 C.
则事件 B 包含的基本事件数共 6 个，即(2，4)，(3，
3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)． 所以 P(B)＝166＝38. 事件 C 包含的基本事件数共 5 个，即(1，4)，(2，2)，
(2，3)，(3，2)，(4，1)． 所以 P(C)＝156.
设抽取的 2 件产品中技术指标值小于 13 的产品恰有 1 件为事件 M，则事件 M 包含如下基本事件(a1，b1)，
第三十一页，编辑于星期日：一点 五分。
(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2， b3)，(a2，b4)，共 8 个基本事件．
故抽取 2 件产品中技术指标值小于 13 的产品恰有 1 件的概率为 P＝185.
第十八页，编辑于星期日：一点 五分。
因为 S 中元素的个数是 4×4＝16. 所以基本事件总数 n＝16. 记“xy≤3”为事件 A， 则事件 A 包含的基本事件数共 5 个，即(1，1)，(1， 2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)， 所以 P(A)＝156，即小亮获得玩具的概率为156.
复习课(二) 随机变量及其分布

复习课(二) 随机变量及其分布


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解：(1)记事件 A 为“甲、乙 2 人一次竞猜成功”， 则 P(A)＝2CC12＋16·C416C31＝49， 设 3 次竞猜中，竞猜成功的次数为 X，则 X～B3，49， 则甲、乙 2 人获奖的概率为 P＝1－C03490593－C13491592＝370249.
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P(AB)＝P( A )P( B )．
2．若事件 A1，A2，…，An 相互独立，则有 P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 3．在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生的次数为 X，在每 次试验中事件 A 发生的概率为 p，那么在 n 次独立重复试验中， 事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
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[解] 记事件 A：第一次取出的是红球； 事件 B：第二 次取出的是红球．
(1)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取 1 个， 所 有基本事件共 6×5 个； 第一次取出的是红球， 第二次是其 余 5 个球中的任一个， 符合条件的有 4×5 个，
所以 P(A)＝46× ×55＝23.
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复习课(二) 随机变量及其分布
条件概率
1．在近几年的高考中对条件概率的考查有所体现，一般以选 择题或填空题形式考查，难度中低档．
2．条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概 率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率．
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[考点精要] 条件概率的性质 (1)非负性：0≤P(B|A)≤1. (2)可加性：如果是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝P(B|A)＋ P(C|A)．
2019-2020年高三数学二轮复习 专题六 第2讲 概率、随机变量及其分布列教案

2019-2020年高三数学二轮复习 专题六 第2讲 概率、随机变量及其分布列教案

2019-2020年高三数学二轮复习 专题六 第2讲 概率、随机变量及其分布列教案自主学习导引 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.π4B.π－22C.π6D.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 D2．(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 ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ， 根据事件的独立性和互斥性得P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋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 (B C －D －)＝P (B )P (C －)P (D －)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝112， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －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所以EX ＝0×36＋1×12＋2×9＋3×3＋4×9＋5×3＝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． 网络构建高频考点突破考点一：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.18125B.36125C.44125D.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 )＝2C 12·C 13·C 1353＝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EFCD S 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 ：x 2＋y 2＝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＝2⎠⎛0πsin x d x＝－2cos x |π0＝4，故P ＝S 阴S ⊙O ＝4π3答案 4π32．(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C 33C 3n ＋3，∴至少有1名女生的概率为1－C 33C 3n ＋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.18B.14C.25D.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 (A B －)＋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 )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P ABP A ＝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P n (k )＝C k n p k (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 )＝P BP A. 【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 6B ．0.072 9C ．0.312 4D ．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C 34·0.93·0.1＝0.291 6.答案 D4．(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.3πB.2πC.38D.3π16解析 ∵圆的半径为1，则正方形的边长为2，∴P (A )＝S 扇形OCFH S ⊙O ＝12·34ππ＝38，P (AB )＝3822π＝34π，则P (B |A )＝P AB P A ＝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E ξ. [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P 1＝14×12＝18； 都付4元的概率为P 2＝12×14＝18；都付6元的概率为P 3＝14×14＝116；故所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3 ＝18＋18＋116＝516. (2)依题意，ξ的可能取值为4,6,8,10,12.P (ξ＝4)＝18；P (ξ＝6)＝14×14＋12×12＝516；P (ξ＝8)＝14×14＋12×14＋12×14＝516；P (ξ＝10)＝14×14＋12×14＝316；P (ξ＝12)＝14×14＝116.故ξ的分布列为所求数学期望E ξ＝4×18＋6×516＋8×516＋10×316＋12×116＝152【规律总结】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值． (3)根据分布列和期望、方差公式求解．注意 解题中要善于透过问题的实际背景发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题． 【变式训练】5．(2012·西城二模)甲、乙两人参加某种选拔测试．在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是35，乙能答对其中的5道题．规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，答对一题加10分，答错一题(不答视为答错)减5分，至少得15分才能入选．(1)求乙得分的分布列和数学期望；(2)求甲、乙两人中至少有一人入选的概率．解析 (1)设乙答题所得分数为X ，则X 的可能取值为－15,0,15,30.P (X ＝－15)＝C 35C 310＝112；P (X ＝0)＝C 25C 15C 310＝512；P (X ＝15)＝C 15C 25C 310＝512；P (X ＝30)＝C 35C 310＝112.EX ＝112×(－15)＋12×0＋12×15＋12×30＝2.(2)由已知甲、乙至少答对2题才能入选，记甲入选为事件A ，乙入选为事件B .则P (A )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫25＋⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝81125，P (B )＝512＋112＝12. 故甲乙两人至少有一人入选的概率P ＝1－P (A －·B －)＝1－44125×12＝103125.名师押题高考【押题1】在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －4≤0，x ＋y －3≤0，x ≥0，y ≥0所表示的平面区域内，点(x ，y )落在x ∈[1,2]区域内的概率是________．解析 如图所示，不等式组所表示的平面区域的面积是72，在这个区域中，x ∈[1,2]区域的面积是1，故所求的概率是27.答案 27[押题依据] 几何概型与线性规划问题都是高考的热点，二者结合命题，立意新颖、内涵丰富，能够很好地考查基础知识与基本能力，故押此题．【押题2】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)求比赛局数的分布列．解析 (1)由已知，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⎝ ⎛⎭⎪⎫124－312＝18.(2)记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B .因为，乙以4比2获胜的概率为P 1＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫125－312＝532， 乙以4比3获胜的概率为P 2＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫126－312＝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⎝ ⎛⎭⎪⎫124－312＝14， P (X ＝6)＝2C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫125－2·12＝516，P (X ＝7)＝2C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫126－3·12＝516.[押题依据] 赛为模型的概率问题又是高考的经典题型，故押此题．。