【高考推荐】2020-2021高考数学二轮复习专题七概率与统计第二讲概率、随机变量及其分布列学案理

第二讲 概率、随机变量及其分布列
考点一 古典概型、几何概型、条件概率
1．古典概型的概率公式
P (A )＝m n ＝事件A 中所含的基本事件数试验的基本事件总数
.
2．几何概型的概率公式
P (A )＝
构成事件A 的区域长度(面积或体积)
试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
.
3．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 )＝n (AB )
n (A )
.
[对点训练]
1．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12上随机取一个数x ，则cosπx 的值介于22与32之间的概率为( ) A.13 B.14 C.15 D.1
6
[解析] 区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12的长度为1，满足cosπx 的值介于22与32之间的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
4，－16∪
⎝ ⎛⎭
⎪⎫16，14，区间长度为16，由几何概型概率公式得P ＝1
61＝16. [答案] D
2．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和\”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.112
B.114
C.115
D.1
18
[解析] 不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从这10个素数中随机
选取两个不同的数，有C 2
10＝45种情况，其和等于30的情况有3种，则所求概率等于345＝115.故选
C.
[答案] C
3．4个高尔夫球中有3个合格、1个不合格，每次任取一个，不放回地取两次．若第一次取到合格的高尔夫球，则第二次取到合格高尔夫球的概率为________．
[解析] 解法一：记事件A ＝{第一次取到的是合格高尔夫球}，事件B ＝{第二次取到0的是合格高尔夫球}．
由题意可得P (AB )＝3×24×3＝12，P (A )＝3×34×3＝3
4，
所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1234
＝2
3
.
解法二：记事件A ＝{第一次取到的是合格高尔夫球}， 事件B ＝{第二次取到的是合格高尔夫球}．
由题意可得事件B 发生所包含的基本事件数n (A ∩B )＝3×2＝6种，事件A 发生所包含的基本事件数n (A )＝3×3＝9，所以P (B |A )＝
n (AB )n (A )＝69＝2
3
. [答案] 2
3
4．(2018·郑州一模)某天，甲要去银行办理储蓄业务，已知银行的营业时间为9：00至17：00，设甲在当天13：00至18：00之间任何时间去银行的可能性相同，那么甲去银行恰好能办理业务的概率是________．
[解析] 设银行的营业时间为x ，甲去银行的时间为y ，以横坐标表示银行的营业时间，纵坐标表示甲去银行的时间，建立平面直角坐标系(如图)，则事件“甲去银行恰好能办理业务”表示的平面区域如图中阴影部分所示，所求概率P ＝4×85×8＝4
5
.
[答案] 4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键
(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)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．
(3)求条件概率时，关键弄清在哪种条件下发生的概率，以便正确使用公式求解．
考点二相互独立事件与独立重复试验
[解] (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 0 1 2 3 P
14
1124
14
124
随机变量X 的数学期望E (X )＝0×4＋1×24＋2×4＋3×24＝12
.
(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＋1124×1
4 ＝1148
. 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为11
48
.
[解题指导]
(1)判断事件关系―→判断概率类型―→利用公式求解 (2)
弄清X 的含义―→确定X 的取值―→符合二项分布特征―→利用公
式求解
[解] 记第i 名工人选择的项目属于基础设施类， 民生类，产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3. 由题意知A 1，A 2，A 3，B 1，B 2，B 3，C 1，C 2，C 3均相互独立． 则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝1
6，i ＝1,2,3，
(1)3人选择的项目所属类别互异的概率：
P 1＝A 33P (A 1B 2C 3)＝6×12×1
3×16＝16
.
(2)任一名工人选择的项目属于基础设施类或产业建设类工程的概率：
P 2＝
30＋1060＝2
3
， 由X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，23， 得P (X ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233－k (k ＝0,1,2,3)，
∴X 的分布列为
X 0 1 2 3 P
127
29
49
827
∴X 的数学期望E (X )＝3×3
＝2.
求复杂事件概率的2种方法
(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
(2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解，对于“至少”“至多”等问题往往用这种方法求解．
[对点训练]
1．[角度1](2018·湖南益阳调研)某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测．检测得分低于80的为不合格品，只能报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂．现随机抽取这两种产品各60件进行检测，检测结果统计如下：
(2)生产一件甲种产品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，则亏损20元；生产一件乙种产品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，则亏损15元．在(1)的前提下，记X 为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量 X 的分布列和数学期望．
[解] (1)甲种产品为合格品的概率约为4560＝3
4，
乙种产品为合格品的概率约为4060＝2
3
.
(2)随机变量X 的所有可能取值为190,85,70，－35， 且P (X ＝190)＝34×23＝1
2
，
P (X ＝85)＝34×13＝14
， P (X ＝70)＝14×23
＝16
， P (X ＝－35)＝14
×13＝112.
所以随机变量X 的分布列为
所以E (X )＝1902＋854＋706－35
12
＝125.
2．[角度2]某公司为了提高员工的演讲能力，加强员工之间的互动，特举行“我是演说家”活动，规定：被邀请者要么在24小时内接受挑战，要么不接受挑战，并且不能重复参加该活动．若被邀请者接受挑战，则他需在公司的网站上发布自己不超过10分钟的演讲视频内容，公司给予一定的资金，然后他便可以邀请另外3个人参与该项活动．假设每个人接受挑战与不接受挑战是等可能的，且互不影响．
(1)若被邀请者接受挑战后，对另外3个人发出邀请，则这3个人中至少有2个人接受挑战的概率是多少？
(2)假定(1)中被邀请到的3个人中恰有2个人接受挑战．根据活动规定，现记X 为接下来被邀请到的6个人中接受挑战的人数，求X 的分布列、期望和方差．
[解] 因为每个人接受挑战与不接受挑战是等可能的，所以每个人接受挑战的概率为1
2，不接
受挑战的概率也为1
2
.
(1)设事件M 为“邀请到的3个人中至少有2个人接受挑战”，则P (M )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122
·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 33⎝ ⎛⎭
⎪
⎫123＝1
2
. (2)X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.
因为X 为接下来被邀请到的6个人中接受挑战的人数，所以X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫6，12. 所以P (X ＝0)＝C 06⎝ ⎛⎭⎪⎫120⎝ ⎛⎭⎪⎫126
＝164
，
P (X ＝1)＝C 16⎝ ⎛⎭⎪⎫12·⎝ ⎛⎭⎪⎫
12
5
＝664＝332
， P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫
12
4
＝1564， P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫12
3
＝
2064＝5
16
， P (X ＝4)＝C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫124·⎝ ⎛⎭⎪⎫12
2
＝1564， P (X ＝5)＝C 56⎝ ⎛⎭
⎪⎫125·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
1＝
664
＝3
32
， P (X ＝6)＝C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126⎝ ⎛⎭⎪⎫
120
＝
1
64
.
故X 的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6 P
164
332
1564
516
1564
332
164
所以E (X )＝6×2＝3，D (X )＝6×2×2＝2.
故所求的期望为3，方差为3
2
.
考点三 随机变量的分布列、均值与方差 1．均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ；
(2)D (aX ＋b )＝a 2
D (X )(a ，b 为实数)． 2．两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )； (2)若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )．
【例】 高考改革新方案，不分文理科，高考成绩实行“3＋3”的构成模式，第一个“3”是语文、数学、外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分为750分．为了调查学生对物理、化学、生物的选考情况，将“A 市某一届学生在物理、化学、生物3个科目中至少选考一科的学生\”记作学生群体B ，从学生群体B 中随机抽取了50名学生进行调查，他们选考物理、化学、生物的科目数及人数统计表如下.
[解] (1)记“所选取的2名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件M ，则P (M )
＝C 25＋C 225＋C 2
20C 2
50＝2049
， 所以他们选考物理、化学、生物科目数量不相等的概率为P (M －
)＝1－P (M )＝29
49
.
(2)由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2，
P (X ＝0)＝C 25＋C 225＋C 220C 250＝2049，P (X ＝1)＝C 15C 125＋C 120C 125C 2
50＝2549，P (X ＝2)＝C 15C 1
20
C 250＝449
. 从而X 的分布列为
X 0 1 2 P
2049
2549
449
E (X )＝0×2049
＋1×2549
＋2×449＝49
.
(3)所调查的50名学生中选考物理、化学、生物中的2个科目的学生有25名，被抽取的概率为P ＝2550＝12，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫4，12， 所以事件“Y ≥2”的概率为P (Y ≥2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫122
×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝1116
.
[探究追问1] 其他条件不变，若从所调查的50名学生中任选2名，记X 表示这2名学生选考物理、化学、生物的科目数为1的人数，求X 的数学期望．
[解] X 服从超几何分布，X 的所有可能取值为0,1,2，
P (X ＝0)＝C 245C 250＝198245，P (X ＝1)＝C 15C 1
45C 250＝45245，P (X ＝2)＝C 25
C 250＝2245
，
故E (X )＝0×198245＋1×45245＋2×2245＝49
245.
[探究追问2] 其他条件不变，(3)中求Y 的数学期望和方差．
[解] 由题知，Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12，故E (Y )＝4×12＝2，D (Y )＝4×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝1.
[对点训练]
(2018·武汉二模)现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下表：
(1)当p ＝1
4
时，求q 的值；
(2)已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于4
5
，求p 的取值范围；
(3)丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p ＝12，q ＝1
6，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望
较大？结合结果并说明理由．
[解] (1)因为“购买基金”后，投资结果只有“获利”“不赔不赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，
所以p ＋1
3＋q ＝1.
又因为p ＝14，所以q ＝5
12
.
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC .△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p 1，p 2，p 3，则( )
A ．p 1＝p 2
B ．p 1＝p 3
C ．p 2＝p 3
D ．p 1＝p 2＋p 3
[解析] 不妨设BC ＝5，AB ＝4，AC ＝3，则△ABC 三边所围成的区域Ⅰ的面积S 1＝1
2×3×4＝6，
区域Ⅲ的面积S 3＝π2×⎝ ⎛⎭⎪⎫522－S 1＝25π8－6，区域Ⅱ的面积S 2＝π2×22＋π2×⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝
⎛⎭⎪⎫
25π8－6＝6，所以S 1＝S 2>S 3，由几何概型的概率公式可知p 1＝p 2>p 3，故选A.
[答案] A
2．(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
[解析] 由题知X ～B (10，p )，则D (X )＝10×p ×(1－p )＝2.4，解得p ＝0.4或0.6.又∵P (X ＝4)<P (X ＝6)，即C 4
10p 4
(1－p )6
<C 6
10p 6
(1－p )4
⇒(1－p )2
<p 2
⇒p >0.5，∴p ＝0.6，故选B.
[答案] B
3．(2018·浙江卷)设0<p <1，随机变量ξ的分布列是( )
则当p 在(0,1)内增大时( A ．D (ξ)减小 B ．D (ξ)增大 C ．D (ξ)先减小后增大 D ．D (ξ)先增大后减小
[解析] 由题意得E (ξ)＝0×
1－p 2＋1×12＋2×p 2＝12＋p ，D (ξ)＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·1－p 2＋
⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·12＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·p 2＝18
[(1＋2p )2(1－p )＋(1－2p )2＋(3－2p )2·p ]＝－p 2＋p ＋14＝
－⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122＋1
2
. 由⎩⎪⎨⎪⎧
0<1－p
2
<1，0<p 2
<1，
1－p 2＋12＋p 2＝1，
得0<p <1，
∴D (ξ)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1上单调递减，故选D. [答案] D
4．(2018·天津卷)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)若抽取的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的
身体检查．
(ⅰ)用X 表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X 的分布列与数学期望； (ⅱ)设A 为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A 发生的概率．
[解] (1)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．
(2)(ⅰ)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝k )＝C k
4·C 3－k
3
C 3
7(k ＝0,1,2,3)． 所以，随机变量X 的分布列为
X 0 1 2 3 P
135
1235
1835
435
随机变量X 的数学期望E (X )＝0×35＋1×35＋2×35＋3×35＝7
.
(ⅱ)设事件B 为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C 为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A ＝B ∪C ，且B 与C 互斥．
由(ⅰ)知，P (B )＝P (X ＝2)，P (C )＝P (X ＝1)， 故P (A )＝P (B ∪C )＝P (X ＝2)＋P (X ＝1)＝6
7.
所以，事件A 发生的概率为6
7
.
1.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题．
2．选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．
3．概率的解答题多在第18或19题的位置，难度中等．
热点课题18 利用均值与方差进行决策
[感悟体验]
(2018·南宁联考)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中的2道题便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是2
3，
且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
[解] (1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1,2,3. P (ξ＝1)＝C 14C 2
2C 36＝15；P (ξ＝2)＝C 24C 1
2C 36＝35；P (ξ＝3)＝C 34C 0
2C 36＝1
5.
应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为
E (ξ)＝1×15
＋2×35
＋3×15
＝2.
设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0,1,2,3.
P (η＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭
⎪⎫133＝
127
；P (η＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫13
2
＝627
； P (η＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝
12
27；P (η＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫
233
＝8
27
. 应聘者乙正确完成题数η的分布列为
E (η)＝0×127
＋1×627
＋2×27
＋3×27
＝2.⎝ ⎭
⎪⎫或因为η～B ⎝
⎭
⎪⎫
3，3，所以E (η)＝3×23
＝2
(2)因为D (ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2
×15＝25
，
D (η)＝3×23×1
3＝23
.
所以D (ξ)<D (η)．
综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当； 从做对题数的方差考查，甲较稳定；
从至少完成2道题的概率考查，甲面试通过的可能性大．
专题跟踪训练(二十九)
一、选择题
1．(2018·广东茂名一模)在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，则数字2是这三个不同数字的平均数的概率是( )
A.14
B.13
C.12
D.34
[解析] 在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，基本事件总共有4个，分别为(1,2,3)，(1,2,6)，(1,3,6)，(2,3,6)．
数字2是三个不同数字的平均数所包含的基本事件只有(1,2,3)，共1个． ∴数字2是三个不同数字的平均数的概率P ＝1
4.故选A.
[答案] A
2．(2018·广东深圳一模)两名同学分3本不同的书，其中一人没有分到书，另一人分得3本书的概率为( )
A.12
B.14
C.13
D.16
[解析] 两名同学分3本不同的书，基本事件有(0,3)，(1a,2)，(1b,2)，(1c,2)，(2,1a )，(2,1b )，(2,1c )，(3,0)，共8个，其中一人没有分到书，另一人分到3本书的基本事件有2个，∴一人没有分到书，另一人分得3本书的概率P ＝28＝1
4
.故选B.
[答案] B
3．(2018·河南濮阳二模)如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是1
2，且是相互独立的，
则灯亮的概率为( )
A.316
B.34
C.1316
D.14
[解析] 灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，∴灯泡不亮的概率是12×12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×12＝3
16，∵灯亮和灯不亮是两个
对立事件，∴灯亮的概率是1－316＝13
16
，故选C.
[答案] C
4．(2018·河南安阳一模)在边长为a 的正三角形内任取一点Q ，则点Q 到三个顶点的距离均大于a
2
的概率是
( )
A.1112－3
6π B ．1－36
π C.13
D.14
[解析] 设边长为a 的正三角形为三角形ABC ，如图所示：
∵AB ＝a ，∴S 三角形ABC ＝12·a 2·sin π3＝34a 2
，满足到正三角形ABC 的顶点A 、B 、C 的距离至少
有一个小于或等于a
2的所有点组成的平面区域如图中阴影部分所示，各部分组合起来构成一个半径
为a
2
的半圆， ∴S 阴影＝12·π·⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 22＝
πa 2
8，
∴使点Q 到三个顶点A 、B 、C 的距离都大于a 2的概率P ＝1－πa
2
8
3a
2
4
＝1－3
6π.故选B. [答案] B
5．在1,2,3,4,5,6,7,8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字4是取出的五个不同数的中位数的概率为( )
A.956
B.928
C.914
D.59
[解析] 设事件A 为“数字4是取出的五个不同数的中位数”．“从八个数字中取出五个数
字”的种数为n ＝C 58＝C 3
8＝56.对事件A ，先考虑数字4在五个数的中间位置，再考虑分别从数字1,2,3和5,6,7,8中各取两个数字，则事件A 包含的基本事件种数为m ＝C 23C 2
4＝3×6＝18.
由古典概型的概率计算公式，得P (A )＝m n ＝1856＝9
28
.
[答案] B
6．(2018·重庆一中一模)将4个不同的小球装入4个不同的盒子，则在至少有一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率是( )
A.2158
B.1229
C.2164
D.727
[解析] 根据题意，将4个不同的小球装入4个不同的盒子的放法为44
＝256.若没有空盒，有A 4
4＝24(种)放法，有1个空盒的放法有C 14C 24A 3
3＝144(种)，有3个空盒的放法有C 1
4＝4种，则至少有一个盒子为空的放法有256－24＝232(种)，故“至少有一个盒子为空”的概率p 1＝232
256，恰好有
两个盒子为空的放法有256－24－144－4＝84(种)，故“恰好有两个盒子为空”的概率p 2＝84
256
，
则在至少有一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率p ＝p 2p 1＝21
58
.故选A.
[答案] A 二、填空题
7．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．
[解析] 解法一：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P (B |A )，
因为P (AB )＝C 2
5C 2100，P (A )＝C 1
5
C 1100，
所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝5×4
100×995100
＝4
99
.
解法二：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格的，因此第二次取到不合格品的概率为4
99
.
[答案]
499
8. (2018·青岛模拟)如图所示的阴影部分是由x 轴，直线x ＝1及曲线y ＝e x
－1围成的，现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率是__________．
[解析] 由几何概型的概率计算公式可知，所求概率为⎠⎛01(e x
－1)d x 1×(e －1)
＝e －2
e －1
.
[答案]
e －2
e －1
9．(2018·皖南八校联考)某班从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，若选出的男生人数为ξ，则ξ的方差D (ξ)＝________.
[解析] 从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，选出的男生人数ξ可能为1,2,3，其中，P (ξ＝1)＝C 14C 2
2C 36＝15，P (ξ＝2)＝C 24C 1
2C 36＝35，P (ξ＝3)＝C 34C 0
2C 36＝15.所以ξ的数学期望E (ξ)＝1×
15＋2×35＋3×15＝2，D (ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2
×15＝25
.
[答案] 25
三、解答题
10．(2018·广州综合测试)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．
[解] (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 1
3·C 2
7＋C 0
3·C 3
7
C 3
10
＝4960
. 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为49
60
.
(2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3. P (X ＝k )＝C k 4·C 3－k
6
C 3
10
(k ＝0,1,2,3)． 所以P (X ＝0)＝C 0
4·C 3
6C 310＝16，P (X ＝1)＝C 1
4·C 2
6C 310＝1
2，
P (X ＝2)＝C 2
4·C 1
6C 310＝310，P (X ＝3)＝C 3
4·C 0
6C 310＝1
30.
所以随机变量X 的分布列是
随机变量X 的数学期望E (X )＝0×6＋1×2＋2×10＋3×30＝5
.
11．某学校组织知识测试，设置A ，B ，C 三组测试项目供参赛同学选择．甲、乙、丙三名同学参加比赛，其中甲参加A 组测试，甲通过测试的概率为1
3；乙参加B 组测试，乙通过测试的概率
为1
2；丙参加C 组测试，C 组共有6道试题，丙只能答对其中4道题．根据规则，丙只能且必须选择4道题作答，至少答对3道才能通过测试．
(1)求丙通过测试的概率．
(2)记A ，B ，C 三组通过测试的总人数为ξ，求ξ的分布列和期望． [解] (1)设丙通过测试为事件A ， 则P (A )＝C 4
4＋C 34C 1
2C 4
6＝3
5
. (2)依题意得，1－13＝23，1－12＝12，1－35＝2
5
，ξ的可能取值为0,1,2,3，则有
P (ξ＝0)＝23×12×25＝215
，
P (ξ＝1)＝13×12
×25＋23×12×25
＋23
×12×35＝25
， P (ξ＝2)＝13×12
×25＋13×12×35
＋23
×12×35＝1130
， P (ξ＝3)＝13×12
×35＝110.
则ξ的分布列为
P
2
15
2
5
11
30
1
10
所以ξ的期望E(ξ)＝0×
15＋1×
5
＋2×
30
＋3×
10
＝
30
.
12．(2018·南昌第一次质检)交强险是车主必须为机动车购买的险种．若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：
某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：
类型A1A2A3A4A5A6
数量10552015 5
以这60
(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，a＝950.记X为
某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X 的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)
(2)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车．假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元：
①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；
②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值． [解] (1)由题意可知，X 的可能取值为0.9a,0.8a,0.7a ，a,1.1a,1.3a . 由统计数据可知：
P (X ＝0.9a )＝16，P (X ＝0.8a )＝112，P (X ＝0.7a )＝112，P (X ＝a )＝13，P (X ＝1.1a )＝14
，P (X ＝1.3a )
＝112
. 所以X 的分布列为
所以E (X )＝0.9a ×6＋0.8a ×12＋0.7a ×12＋a ×3＋1.1a ×4＋1.3a ×112＝11.9a 12＝
11305
12≈942.
(2)①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为1
3
，三辆车中
至多有一辆事故车的概率为P ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－133＋C 1313⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝20
27.
②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5000,10000. 所以Y 的分布列为
所以E (Y )＝－5000×3＋10000×3
＝5000，
所以该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝500000元．。