2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第7讲(理)

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2021高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.5古典概型课件理

11 A.6 B.2
12 C.3 D.3
解析：甲乙丙站一排共有 A33＝6 种，其中甲在中间有 A22＝2 种， ∴概率 P＝26＝13. 答案：C
5．从 52 张扑克牌(没有大小王)中随机地抽一张牌，这张牌是 J 或 Q 或 K 的概率是________．
解析：在 52 张牌中，J，Q 和 K 共 12 张，故是 J 或 Q 或 K 的概率是1522＝133.
答案：B
2．[2019·全国卷Ⅰ]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“——” 和“阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是( )
5 11 A.16 B.3221 11 C.32 D.16
解析：由 6 个爻组成的重卦种数为 26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C63＝6×65×4＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率 P＝2604＝156.故选 A.
答案：A
悟·技法 1.求古典概型概率的基本步骤 (1)算出所有基本事件的个数 n. (2)求出事件 A 包含的所有基本事件数 m. (3)代入公式 P(A)＝mn ，求出 P(A)． 2．基本事件个数的确定方法 (1)列举法：此法适合于基本事件较少的古典概型． (2)列表法：此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是坐标法.
解析：对于 A，发芽与不发芽概率不同；对于 B，任取一球的概率相同，均为14；对于 C，基本事件有无限个；对于 D，由于受射击运动员水平的影响，命中 10 环，命中 9 环，…，命中 0 环的概率不等．因而选 B.
答案：B
3 ． [2018·全国卷 Ⅲ] 若某群体中的成员只用现金支付的概率为

高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 10.10 正态分布课件(理)

(2)正态曲线的性质： ①曲线位于 x 轴____________，与 x 轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线____________对称； ③曲线在 x＝μ 处达到峰值__________； ④曲线与 x 轴之间的面积为____________； ⑤当 σ 一定时，曲线的位置由 μ 确定，曲线随着________的变化而沿 x 轴平移，如图甲所示． ⑥当 μ 一定时，曲线的形状由 σ 确定，σ 越__________，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ 越__________，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
B．13.59%
C．27.18%
D．31.74%
解：已知 μ＝0，σ＝3，∴P(3＜ξ＜6)＝12[P(－6＜ξ＜6)－P(－3＜ξ ＜3)]＝12(95.44%－68.26%)＝12×27.18%＝13.59%.故选 B.
(2015·湖南)在如图所示的正方形中随
机投掷 10000 个点，则落入阴影部分(曲线 C 为正
解：由正态密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ21)，Y～ N(μ2，σ22)的密度曲线分别关于直线 x＝μ1，x＝μ2 对称，因此结合所给图象可得 μ1<μ2，∴P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，A 错误；又 X～N(μ1，σ21)的密度曲线较 Y～N(μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，∴0<σ1<σ2，∴P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，B 错误；对任意正数 t ， P(X≤t)≥P(Y≤t) ， P(X≥t)≤P(Y≥t)，C 正确，D 错误，故选 C.
，即 σ1＝σ2＜σ3.故选 D.
【点拨】正态曲线的性质(详见“考点梳理”)大都可
由 φμ，σ(x)的解析式推知．如 σ 一定，当 x<μ 且 x 增大时，

新高考数学复习考点知识讲义课件23---概率与统计问题

解记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则 P(A)＝34，且有PPBA··PPCC＝＝41，112，即[1－PA]·[1－PC]＝112，
PB·PC＝14，所以 P(B)＝38，P(C)＝23.
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.
答题模板题型三离散型随机变量及其分布列例3 (12分)(2019·北京)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：
解由题意知，今年花市期间该摊位所售精品的销售量与时间段有关，明年合租摊位的租金较为合理的分摊方法是根据今年的平均销售量按比例分担. 今年白天的平均销售量为35＋32＋453＋39＋51＝40(件/天)，今年晚上的平均销售量为46＋42＋550＋52＋60＝50(件/天)，所以甲同学应分担的租金为 900×404＋050＝400(元)，乙同学应分担的租金为 900×405＋050＝500(元). (注：本小题也可直接按白天、晚上的总销售量比例分摊租金.)
1 码，那么是首位为2的递增型验证码的概率为__6__.
解析 ∵a1＝2,2<a2<a3<a4， ∴a2，a3，a4从3～9中选，只要选出3个数，让其按照从小到大的顺序排列，分别对应a2，a3，a4 即可， ∴P＝CC41370＝16.
(2)某城市2020年的空气质量状况如表所示：
污染指数T 30 60 100 110 130 140

2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲(理)

的种数为
(C)
A．16
B．13
C．12
D．10
[解析] 将 4 个门编号为 1,2,3,4，从 1 号门进入后，有 3 种出门的方式，共 3 种走法，从 2,3,4 号门进入，同样各有 3 种走法，共有不同走法 3×4＝12(种)．
另解：A24＝12(种)．
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
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题组一走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．
(×)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． ( √ )
(2)当 a 当组长时，则共有 1×4＝4 种选法；当 a 不当组长时，又因为 a 也不能当副组长，则共有 4×3＝12 种选法，因此共有 4＋12＝16 种选法．
1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．
(√)
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．
(√)
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
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题组二走进教材
2．(P10练习T4)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法
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5．(2019·上海普陀区模拟)2019年上海春季高考有8所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为__1_6_8___．
[解析] 分步考虑：从 8 所高校中选 2 所，有 C28种选法；依题意必有 2 位同学被同一所学校录取，则有 C23C12种录取方法；另一位同学被剩余的一所学校录取，所以共有 C28·C23·C12＝168 种录取方法．

高考专题复习第10单元-计数原理、概率、随即变量及其分布-数学(理科)-北师版(已核)-268页PPT精品文档

第56讲 │ 要点探究
► 探究点2 分布计数原理的应用例 2 [2009·浙江卷] 甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台
阶上，若每级台阶最多站 2 人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)
[思路] 甲、乙、丙各有7种站法，根据分步乘法计数原理计数，除去一个台阶上占三人的情况．
(4)在复习中要重点关注概率与统计相结合的解答题．
第十单元 │ 使用建议
3．课时安排本单元包含9讲和例1个滚动基础训练卷(六)，例1个单元能力训练卷(十)，建议每讲1课时，滚动基础训练卷、单元能力训练卷各1课时，本单元共需11课时．
第56讲 │ 基本计数原理
第56讲基本计数原理
第56讲 │ 知识梳理
[答案] 336
第56讲 │ 要点探究
[解析] 甲有7种站法，乙也有7种站法，丙也有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343种站法，其中三个人站在同一台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336种．
第56讲 │ 要点探究
已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a， b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．
(5)利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
第十单元 │ 命题趋势
命题趋势
本单元是考查应用意识的重要载体，已成为近几年新课标高考的一大亮点和热点，高考对本单元的考查有如下特点：
第56讲 │ 要点探究
第二类：用2做结尾的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2, 1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有 3×4×3＝36个；

高考数学总复习：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》[2]

[跟踪训练] 1．(2014·抚州模拟)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取 3 个元
素分别作为直线方程 Ax＋By＋C＝0 中的 A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有________条(用数字表示)．解析因为直线过原点，所以 C＝0，从 1，2，3，5，7，11 这 6 个数中任取 2 个作为 A、B，两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为 A26＝30. 答案 30
二、组合与组合数
1．组合从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素合成一组
，叫做
从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合．
2．组合数
从 n 个不同元素中取出 m(m ≤ n) 个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元
素的组合数，用符号 Cmn 表示．
2．教室里有 6 盏灯，由 3 个开关控制，每个开关控制 2 盏灯，则
不同的照明方法有
A．63 种
B．31 种
()
C．8 种
D．7 种
D [由题意知，可以开 2 盏、4 盏、6 盏灯照明，不同方法有 C13＋C23＋C33＝7(种)．]
3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第
二个号码只能从字母B、C、D中选择，其他四个号码可以
5．(2014·本溪模拟)5 名乒乓球队员中，有 2 名老队员和 3 名新队员．现从中选出 3 名队员排成 1，2，3 号参加团体比赛，则入选的 3 名队员中至少有 1 名老队员，且 1、2 号中至少有 1 名新队员的排法有________种．(以数字作答) 解析 ①只有 1 名老队员的排法有 C12·C23·A33＝36(种)； ②有 2 名老队员的排法有 C22·C13·C12·A22＝12(种)，所以共 48 种．答案 48

2021高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布107离散型随机变量及其分布列课件理20

解析：事件“放回 5 个红球”表示前 5 次摸到黑球，且第 6 次摸到红球，所以 X＝6.
答案：C
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变
11
量及其分布列课件理20
5．有一批产品共 12 件，其中次品 3 件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数 X 的所有可能取值是________．
概率随机变量及其分布107离散型随机变
16
量及其分布列课件理20
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不好哦~
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变
17
量及其分布列课件理20
中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字 2,3 的卡片的同学留
下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这
位同学获得一个奖品．已知同学甲参加了该游戏．
(1)求甲获得奖品的概率；
(2)设 X 为甲参加游戏的轮数，求 X 的分布列．
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
X 0 1 2 3 45
P
1 10
3 10
x
3 10
y
z
则 P(X≥2)＝( )
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
解析：P(X≥2)＝x＋130＋y＋z＝1－110＋130＝0.6. 答案：D
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变

【课堂新坐标】(安徽专用)高考数学(理)一轮总复习课件第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第

【解析】
)
B． 8 种 D．16 种
如下图，甲第一次传给乙时有 5 种方法，同
理，甲传给丙也可以推出 5 种情况，综上有 10 种传法．
【答案】
C
4．在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有 0 和 1，则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( A．10 C．12 ) B．11 D．15
【尝试解答】
根据 a，b 的限制范围分类讨论，利用
分类加法计数原理计算．
【尝试解答】
a，b∈{－1,0,1,2}．
b (1)当 a＝0 时，有 x＝－，b＝－1,0,1,2 有 4 种可能． 2 (2)当 a≠0 时，则 Δ＝4－4ab≥0，ab≤1， ①若 a＝－1 时，b＝－1,0,1,2 有 4 种不同的选法． ②若 a＝1 时，b＝－1,0,1，有 3 种可能； ③若 a＝2 时，b＝－1,0，有 2 种可能． ∴有序数对(a，b)共有 4＋4＋3＋2＝13(个)．
变式训练 1 某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，从中取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( A．4 种 C．18 种 ) B．10 种 D．20 种
【解析】赠送一本画册，3 本集邮册．需从 4 人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有 C1 4种方法．赠送 2 本画册，2 本集邮册，只需从 4 人中选出 2 人送画
【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
)
根据两个计数原理的含义， (1)(4)不正确，
2．(人教 A 版教材习题改编)某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单，开演前又增加了 3 个新节目，如果将这 3 个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( A．504 C．336

高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理

2021/12/12
第十六页，共四十二页。
解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的两边，故有 6 种；第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种；根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
2021/12/12
第十页，共四十二页。
4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
2021/12/12
第十一页，共四十二页。
一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览 A，B，C 三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点 O 外)
的游览线路有____4_8____种．(用数字作答)
2021/12/12

高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布列7离散型随机变量及其分布列数字特征练习含解析

离散型随机变量及其分布列、数字特征考试要求 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念.2.理解并会求离散型随机变量的数字特征．知识梳理1．离散型随机变量一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X (ω)与之对应，我们称X 为随机变量；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量称为离散型随机变量． 2．离散型随机变量的分布列一般地，设离散型随机变量X 的可能取值为x 1，x 2，…，x n ，称X 取每一个值x i 的概率P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1,2，…，n 为X 的概率分布列，简称分布列． 3．离散型随机变量的分布列的性质 ①p i ≥0(i ＝1,2，…，n )； ②p 1＋p 2＋…＋p n ＝1.4．离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量X 的分布列为X x 1 x 2 … x n Pp 1p 2…p n(1)均值则称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x n p n ＝ i ＝1nx i p i 为随机变量X 的均值或数学期望，数学期望简称期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)方差称D (X )＝(x 1－E (X ))2p 1＋(x 2－E (X ))2p 2＋…＋(x n －E (X ))2p n ＝i ＝1n (x i －E (X ))2p i 为随机变量X 的方差，并称D X 为随机变量X 的标准差，记为σ(X )，它们都可以度量随机变量取值与其均值的偏离程度． 5．均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b .(2)D (aX ＋b )＝a 2D (X )(a ，b 为常数)．常用结论均值与方差的四个常用性质(1)E (k )＝k ，D (k )＝0，其中k 为常数． (2)E (X 1＋X 2)＝E (X 1)＋E (X 2)． (3)D (X )＝E (X 2)－(E (X ))2.(4)若X 1，X 2相互独立，则E (X 1X 2)＝E (X 1)·E (X 2)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的次数是随机变量．( √ )(2)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( × ) (3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．( √ ) (4)方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．( √ ) 教材改编题1．设随机变量X 的分布列如下：X 1 2 3 4 5P112161316p则p 为( ) A.16B.13C.14D.112 答案 C解析由分布列的性质知， 112＋16＋13＋16＋p ＝1， ∴p ＝1－34＝14.2．若随机变量X 满足P (X ＝c )＝1，其中c 为常数，则D (X )的值为________．答案 0解析因为P (X ＝c )＝1，所以E (X )＝c ×1＝c ，所以D (X )＝(c －c )2×1＝0. 3．已知随机变量X 的分布列如下：X －1 0 1P12 13 16若Y ＝2X ＋3，则E (Y )的值为________．答案 73解析 E (X )＝－12＋16＝－13，则E (Y )＝E (2X ＋3)＝2E (X )＋3＝－23＋3＝73.题型一分布列的性质例1 (1)设X 是一个离散型随机变量，其分布列为X －1 0 1P121－qq －q 2则q 等于( ) A ．1 B.22或－22 C ．1＋22D.22答案 D解析由离散型随机变量分布列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧12＋1－q ＋q －q 2＝1，0≤1－q ≤12，0≤q －q 2≤12，解得q ＝22. (2)(多选)设随机变量ξ的分布列为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)，则( )A ．a ＝115B ．P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<45＝15C ．P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<12＝215D ．P (ξ＝1)＝310答案 AB解析对于选项A ， ∵随机变量ξ的分布列为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝25＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝45＋P (ξ＝1) ＝a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝15a ＝1，解得a ＝115，故A 正确；对于B ，易知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<45＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＝3×115＝15，故B 正确；对于C ，易知P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<12＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝25＝115＋2×115＝15，故C 错误；对于D ，易知P (ξ＝1)＝5×115＝13，故D 错误．教师备选1．设X 是一个离散型随机变量，其分布列为X 0 1 P9a 2－a3－8a则常数a 的值为( ) A.13B.23C.13或23 D ．－13或－23答案 A解析由分布列的性质可知⎩⎪⎨⎪⎧0≤9a 2－a ≤1，0≤3－8a ≤1，9a 2－a ＋3－8a ＝1，解得a ＝13.2．离散型随机变量X 的概率分布列为P (X ＝n )＝an n ＋1(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52的值为( ) A.23B.34C.45D.56 答案 D解析因为P (X ＝n )＝an n ＋1(n ＝1,2,3,4)，所以a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，所以a ＝54，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝54×12＋54×16＝56.思维升华离散型随机变量分布列的性质的应用 (1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值．(2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．跟踪训练1 (1)若随机变量X 的分布列如下表，则mn 的最大值是( )X 0 2 4Pm 0.5nA.116 B.18 C.14 D.12答案 A解析由分布列的性质，得m ＋n ＝12，m ≥0，n ≥0，所以mn ≤⎝⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝116，当且仅当m ＝n ＝14时，等号成立．(2)随机变量X 的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，则P (|X |＝1)＝______，公差d 的取值范围是______．答案 23 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13解析因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c . 又a ＋b ＋c ＝1，所以b ＝13，所以P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23.又a ＝13－d ，c ＝13＋d ，根据分布列的性质，得0≤13－d ≤23，0≤13＋d ≤23，所以－13≤d ≤13.题型二离散型随机变量的分布列及数字特征例2 (1)(多选)设离散型随机变量X 的分布列为若离散型随机变量Y 满足Y ＝2X ＋1，则下列结果正确的有( ) A ．q ＝0.1B ．E (X )＝2，D (X )＝1.4C ．E (X )＝2，D (X )＝1.8 D ．E (Y )＝5，D (Y )＝7.2 答案 ACD解析因为q ＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q ＝0.1，故A 正确；由已知可得E (X )＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D (X )＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故C正确；因为Y ＝2X ＋1，所以E (Y )＝2E (X )＋1＝5，D (Y )＝4D (X )＝7.2，故D 正确．(2)(2022·昆明模拟)从1,2,3,4,5这组数据中，随机取出三个不同的数，用X 表示取出的数字的最小数，则随机变量X 的均值E (X )等于( ) A.32B.53C.74D.95 答案 A解析由题意知，X 的可能取值为1,2,3，而随机取3个数的取法有C 35种，当X ＝1时，取法有C 24种，即P (X ＝1)＝C 24C 35＝35；当X ＝2时，取法有C 23种，即P (X ＝2)＝C 23C 35＝310；当X ＝3时，取法有C 22种，即P (X ＝3)＝C 22C 35＝110；∴E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝32.教师备选1．已知随机变量X ，Y 满足Y ＝2X ＋1，且随机变量X 的分布列如下：X 0 1 2P1613a则随机变量Y 的方差D (Y )等于( ) A.59 B.209 C.43 D.299答案 B解析由分布列的性质，得a ＝1－16－13＝12，所以E (X )＝0×16＋1×13＋2×12＝43，所以D (X )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－432×16＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－432×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－432×12＝59，又Y ＝2X ＋1，所以D (Y )＝4D (X )＝209.2．已知m ，n 为正常数，离散型随机变量X 的分布列如表：若随机变量X 的均值E (X )＝712，则mn ＝________，P (X ≤0)＝________. 答案118 13解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＋14＝1，n －m ＝712，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝112，n ＝23，所以mn ＝118，P (X ≤0)＝m ＋14＝13.思维升华求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤 (1)理解ξ的意义，写出ξ可能的全部值． (2)求ξ取每个值的概率． (3)写出ξ的分布列．(4)由均值、方差的定义求E (ξ)，D (ξ)．跟踪训练2 (2022·邯郸模拟)小张经常在某网上购物平台消费，该平台实行会员积分制度，每个月根据会员当月购买实物商品和虚拟商品(充话费等)的金额分别进行积分，详细积分规则以及小张每个月在该平台消费不同金额的概率如下面的表1和表2所示，并假设购买实物商品和购买虚拟商品相互独立．表1表2(1)求小张一个月购买实物商品和虚拟商品均不低于100元的概率； (2)求小张一个月积分不低于8分的概率；(3)若某个月小张购买了实物商品和虚拟商品，消费均低于100元，求他这个月的积分X 的分布列与均值．解 (1)小张一个月购买实物商品不低于100元的概率为12＋14＝34，购买虚拟商品不低于100元的概率为16，因此所求概率为34×16＝18.(2)根据条件，积分不低于8分有两种情况：①购买实物商品积分为6分，购买虚拟商品的积分为2,3,4分； ②购买实物商品积分为4分，购买虚拟商品的积分为4分，故小张一个月积分不低于8分的概率为 14×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12×16＝14.(3)由条件可知X 的可能取值为3,4,5. P (X ＝3)＝1313＋14＋14＝25，P (X ＝4)＝P (X ＝5)＝1413＋14＋14＝310，即X 的分布列如下：E (X )＝3×25＋4×310＋5×310＝3910.题型三均值与方差中的决策问题例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A ，B 两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列；[切入点：X 的取值情况] (2)为使累计得分的均值最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.[关键点：均值大小比较]高考改编某班体育课组织篮球投篮考核，考核分为定点投篮与三步上篮两个项目．每个学生在每个项目投篮5次，以规范动作投中3次为考核合格，定点投篮考核合格得4分，否则得0分；三步上篮考核合格得6分，否则得0分．现将该班学生分为两组，一组先进行定点投篮考核，一组先进行三步上篮考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核．已知小明定点投篮考核合格的概率为0.8，三步上篮考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关．(1)若小明先进行定点投篮考核，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的均值最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由．解(1)由已知可得，X的所有可能取值为0,4,10，则P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝4)＝0.8×(1－0.7)＝0.24，P(X＝10)＝0.8×0.7＝0.56，所以X的分布列为(2)小明应选择先进行定点投篮考核，理由如下：由(1)可知小明先进行定点投篮考核，累计得分的均值为E(X)＝0×0.2＋4×0.24＋10×0.56＝6.56，若小明先进行三步上篮考核，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0,6,10，P(Y＝0)＝1－0.7＝0.3，P(Y＝6)＝0.7×(1－0.8)＝0.14，P(Y＝10)＝0.7×0.8＝0.56，则Y的均值为E(Y)＝0×0.3＋6×0.14＋10×0.56＝6.44，因为E(X)>E(Y)，所以为使累计得分的均值最大，小明应选择先进行定点投篮考核．思维升华随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．跟踪训练3 (2021·北京)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为111，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和均值E(X)；(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的均值为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)．解(1)①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的一组每个人进行检测，需要10次，所以总检测次数为20.②由题意，X可以取20,30，P(X＝20)＝111，P(X＝30)＝1－111＝1011，则X 的分布列为X 20 30 P1111011所以E (X )＝20×111＋30×1011＝32011.(2)由题意，Y 可以取25,30，两名感染者在同一组的概率为P 1＝C 120C 22C 398C 5100＝499，不在同一组的概率为P 1＝9599，则E (Y )＝25×499＋30×9599＝295099>E (X )．课时精练1．一串钥匙有6枚，只有一枚能打开锁，依次试验，打不开的扔掉，直到找到能开锁的钥匙为止，则试验次数X 的最大可能取值为( ) A ．6B ．5C ．4D ．2 答案 B解析由于是逐次试验，可能最后一枚钥匙才能打开锁，即前5次都打不开锁，所以试验次数X 的最大可能取值为5. 2．若随机变量X 的分布列为X 1 2 3Pa b a则X 的均值E (X )等于( ) A ．2a ＋b B ．a ＋2b C ．2D ．3 答案 C解析 E (X )＝1×a ＋2×b ＋3×a ＝2(2a ＋b )，由分布列的性质可知2a ＋b ＝1，所以E (X )＝2. 3．已知随机变量X 的分布列是X 1 2 3P1213a则E (2X ＋a )等于( ) A.53B.73C.72D.236 答案 C解析由分布列的性质可得12＋13＋a ＝1，解得a ＝16，所以E (X )＝1×12＋2×13＋3×16＝53，因此E (2X ＋a )＝E ⎝⎛⎭⎪⎫2X ＋16＝2E (X )＋16＝2×53＋16＝72.4．(2022·南平模拟)某企业计划加大技改力度，需更换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，A 品牌设备需投入60万元，B 品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析( ) A ．不更换设备 B ．更换为A 设备 C ．更换为B 设备 D ．更换为A 或B 设备均可答案 C解析设更换为A 品牌设备使用年限为X ，则E (X )＝2×0.4＋3×0.3＋4×0.2＋5×0.1＝3，更换为A 品牌设备年均收益为3×100－60＝240(万元)；设更换为B 品牌设备使用年限为Y ，则E (Y )＝2×0.1＋3×0.3＋4×0.4＋5×0.2＝3.7，更换为B 品牌设备年均收益为3.7×100－90＝280(万元).280>240，所以更换为B 品牌设备．5．(多选)(2022·烟台模拟)中华人民共和国第十四届运动会于2021年9月在陕西省举办．为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，向全国人民奉献一场精彩圆满的体育盛会，第十四届全国运动会组织委员会欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长．下列说法正确的有( )A ．设事件A ：“抽取的三人中既有男志愿者，也有女志愿者”，则P (A )＝67B ．设事件A ：“抽取的3人中至少有一名男志愿者”，事件B ：“抽取的3人中全是男志愿者”，则P (B |A )＝217C ．用X 表示抽取的三人中女志愿者的人数，则E (X )＝127D ．用Y 表示抽取的三人中男志愿者的人数，则D (Y )＝2449答案 ABD解析对于A ，所有可能的情况有C 37＝35(种)，其中既有男志愿者，也有女志愿者的情况有C 14C 23＋C 24C 13＝30(种)，故P (A )＝3035＝67，故A 正确；对于B ，P (AB )＝C 34C 37＝435，P (A )＝C 14C 23＋C 24C 13＋C 34C 37＝3435，所以P (B |A )＝P AB P A ＝434＝217，故B 正确；对于C ，X 的所有可能取值为0,1,2,3，则P (X ＝0)＝C 34C 37＝435，P (X ＝1)＝C 13C 24C 37＝1835，P (X ＝2)＝C 23C 14C 37＝1235，P (X ＝3)＝C 33C 37＝135，所以E (X )＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3×135＝97，故C 错误；对于D ，Y 的所有可能取值为0,1,2,3，则P (Y ＝0)＝C 33C 37＝135，P (Y ＝1)＝C 23C 14C 37＝1235，P (Y ＝2)＝C 13C 24C 37＝1835，P (Y ＝3)＝C 34C 37＝435，则E (Y 2)＝0×135＋1×1235＋4×1835＋9×435＝247，E (Y )＝0×135＋1×1235＋2×1835＋3×435＝127，则D (Y )＝E (Y 2)－(E (Y ))2＝247－⎝ ⎛⎭⎪⎫1272＝2449，故D 正确．6．(多选)(2022·永州模拟)已知14<p <1，随机变量X 的分布列如下，则下列结论正确的有( )A ．P (X ＝2)的值最大B ．P (X ＝0)<P (X ＝1)C ．E (X )随着p 的增大而减小D ．E (X )随着p 的增大而增大答案 BD解析当p ＝12时，P (X ＝2)＝14，P (X ＝1)＝1－12＝12>14，A 错误；因为14<p <1，所以p －p 2＝p (1－p )<1－p ，即P (X ＝0)<P (X ＝1)，B 正确；E (X )＝1－p ＋2p 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫p －142＋78，因为14<p <1，所以E (X )随着p 的增大而增大，C 错误，D 正确．7．(2022·无锡质检)设X 是一个离散型随机变量，其分布列为则X 的均值为__________．答案 1＋22解析由12＋1－q ＋q －q 2＝1得，q 2＝12，q ＝22， ∴E (X )＝12＋2－2q ＋3q －3q 2＝52＋q －3q 2 ＝52＋22－32 ＝1＋22. 8．某专业资格考试包含甲、乙、丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为34，乙、丙科目合格的概率相等，且3个科目是否合格相互独立．设小张3科中合格的科目数为X ，若P (X ＝3)＝316，则E (X )＝__________.答案 74解析乙、丙科目合格的概率相等，可设乙、丙科目合格的概率均为p ，则P (X ＝3)＝34p 2＝316，解得p ＝12，故P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＝116，P (X ＝1)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＋12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12×34＝516，P (X ＝2)＝12×12×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×34＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12×12×34＝716，故X 的分布列为E (X )＝0×116＋1×516＋2×716＋3×316＝74.9．2021年，“十四五”开启全面建设社会主义现代化国家新征程，这一年，中国共产党迎来建党100周年．某企业开展“学党史，颂党恩，跟党走”的知识问答活动，该企业收集了参与此次知识问答活动的员工得分情况，得到如下频率分布表：其中样本的平均数是73.6.(假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替) (1)求a ，b 的值；(2)根据此次知识问答活动的得分，评出四个等级，并根据等级给予如下的奖励：每次抽奖的中奖率均为12，每次中奖的奖金都为100元，求参与此次知识问答活动的某员工所获奖金X 的均值．解 (1)因为样本的平均数是73.6，所以45×0.04＋55×0.10＋65a ＋75b ＋85×0.20＋95×0.12＝73.6，即65a ＋75b ＝37.9，①又a ＋b ＝1－0.04－0.10－0.20－0.12＝0.54，② 由①②解得a ＝0.26，b ＝0.28.(2)当该员工的评定等级为优秀时，奖金的均值为12×4×100＝200，当该员工的评定等级为良好时，奖金的均值为12×2×100＝100，当该员工的评定等级为合格时，奖金的均值为12×1×100＝50，当该员工的评定等级为不合格时，奖金的均值为12×0×100＝0，E (X )＝0×0.14＋50×0.26＋100×0.28＋200×0.32＝105，故参与此次知识问答活动的某员工所获奖金X 的均值为105元．10．(2022·广州模拟)已知袋中装有大小、形状都相同的小球共5个，其中3个红球，2个白球．(1)若从袋中任意摸出4个球，求恰有2个红球的概率；(2)若每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸到白球即停止摸球，这样的摸球最多四次，η1表示停止时的摸球次数；又若每次随机地摸出一个球，记下颜色后不放回，摸到白球即停止摸球，η2表示停止时的摸球次数．分别求出η1和η2的分布列，并计算η1≠η2的概率．解 (1)设事件A 为“从袋中任意摸4个球，恰有2个红球”，则P (A )＝C 23C 45＝35.(2)η1的所有可能取值为1,2,3,4，则P (η1＝1)＝C 12C 15＝25，P (η1＝2)＝3×25×5＝625， P (η1＝3)＝3×3×25×5×5＝18125，P (η1＝4)＝3×3×3×55×5×5×5＝27125，η1的分布列为η2的所有可能取值为1,2,3,4，则P (η2＝1)＝C 12C 15＝25，P (η2＝2)＝3×25×4＝310， P (η2＝3)＝3×2×25×4×3＝15，P (η2＝4)＝3×2×1×25×4×3×2＝110，η2的分布列为从而P (η1≠η2)＝1－P (η1＝η2)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫25×25＋625×310＋18125×15＋27125×110 ＝8971 250.11．某公司圆满完成年初制定的生产目标，为答谢各位员工一年来的辛勤工作，公司决定召开年终总结联欢晚会，在联欢晚会上准备举行一个抽奖游戏，规定每位员工从一个装有4张奖券的箱子中，一次性随机摸出2张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．若箱子中所装的4张奖券中有1张面值为80元，其余3张面值均为40元，则每位员工所获得的奖励额的均值是( ) A ．80元 B ．100元 C ．120元 D ．140元答案 B解析设每位员工所获得的奖励额为X 元，则X 所有可能的取值为80,120，且P (X ＝80)＝C 23C 24＝12，P (X ＝120)＝C 13C 11C 24＝12，所以每位员工所获得的奖励额的均值E (X )＝80×12＋120×12＝100.12．(2022·榆林模拟)设0<a <12，0<b <12，随机变量的分布列为ξ －1 0 1P12a b则当a 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内增大时，( ) A ．E (ξ)增大，D (ξ)增大 B ．E (ξ)增大，D (ξ)减小 C ．E (ξ)减小，D (ξ)增大 D ．E (ξ)减小，D (ξ)减小答案 D解析由分布列中概率之和为1，可得a ＋b ＝12，∴E (ξ)＝－12＋b ＝－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－a ＝－a ，∴当a 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内增大时，E (ξ)减小，又由D (ξ)＝(－1＋a )2×12＋(0＋a )2×a ＋(1＋a )2×b ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122＋54，可知当a 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内增大时，D (ξ)减小．13．(多选)(2022·烟台质检)某学校共有6个学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐(选择每个餐厅的概率相同)，则下列结论正确的是( ) A ．四人去了四个不同餐厅就餐的概率为518B ．四人去了同一餐厅就餐的概率为11296C ．四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为25216D ．四人中去第一餐厅就餐的人数的均值为23答案 ACD解析四人去餐厅就餐的情况共有64种，其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有A 46种，则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为A 4664＝518，故A 正确；同理，四人去了同一餐厅就餐的概率为664＝1216，故B 错误；四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为C 24×5264＝25216，故C 正确；设四人中去第一餐厅就餐的人数为ξ，则ξ＝0,1,2,3,4.则P (ξ＝0)＝5464，P (ξ＝1)＝C 145364，P (ξ＝2)＝C 245264，P (ξ＝3)＝C 34×564，P (ξ＝4)＝164，则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为则四人中去第一餐厅就餐的人数的均值E (ξ)＝0×5464＋1×C 145364＋2×C 245264＋3×C 34×564＋4×164＝23，故D 正确． 14．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则P (ξ＝2)＝______. 答案310解析由题意可知， P (ξ＝2)＝C 13C 12C 14＋C 23C 22C 24C 26＝310.15．(多选)设随机变量ξ的分布列如表：ξ 1 2 3 … 2021 2022Pa 1 a 2 a 3 …a 2021 a 2022则下列说法正确的是( )A ．当{a n }为等差数列时，a 2＋a 2021＝11011B ．数列{a n }的通项公式可能为a n ＝20232022n n ＋1C ．当数列{a n }满足a n ＝12n (n ＝1,2，…，2021)时，a 2022＝122022D ．当数列{a n }满足P (ξ≤k )＝k 2a k (k ＝1,2，…，2022)时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1(n ≥2) 答案 ABD解析对于A ，因为{a n }为等差数列，所以S 2022＝2022a 1＋a 20222＝1，则有a 2＋a 2021＝a 1＋a 2022＝11011，故A 正确；对于B ，若数列{a n }的通项公式为a n ＝20232022n n ＋1＝20232022⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则S 2022＝20232022⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12022－12023＝20232022⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12023＝1，故B 正确；对于C ，因为a n ＝12n ，所以S 2022＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1220211－12＋a 2022＝1－122021＋a 2022＝1，则有a 2022＝122021，故C 错误；对于D ，令S k ＝P (ξ≤k )＝k 2a k ，则a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)2a k ＋1－k 2a k ，故a k ＋1a k ＝k k ＋2，所以a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)，即(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1(n ≥2)，故D 正确．16．(2022·莆田质检)某工厂生产一种精密仪器，由第一、第二和第三工序加工而成，三道工序的加工结果相互独立，每道工序的加工结果只有A ，B 两个等级．三道工序的加工结果直接决定该仪器的产品等级：三道工序的加工结果均为A 级时，产品为一等品；第三工序的加工结果为A 级，且第一、第二工序至少有一道工序加工结果为B 级时，产品为二等品；其余均为三等品．每一道工序加工结果为A 级的概率如表一所示，一件产品的利润(单位：万元)如表二所示：表一表二(1)用η表示一件产品的利润，求η的分布列和均值；(2)因第一工序加工结果为A 级的概率较低，工厂计划通过增加检测成本对第一工序进行改良，假如改良过程中，每件产品检测成本增加x (0≤x ≤4)万元(即每件产品利润相应减少x 万元)时，第一工序加工结果为A 级的概率增加19x .问该改良方案对一件产品利润的均值是否会产生影响？并说明理由．解 (1)由题意可知，η的所有可能取值为23,8,5，产品为一等品的概率为0.5×0.75×0.8＝0.3，产品为二等品的概率为(1－0.5×0.75)×0.8＝0.5，产品为三等品的概率为1－0.3－0.5＝0.2，所以η的分布列为E (η)＝23×0.3＋8×0.5＋5×0.2＝11.9.(2)改良方案对一件产品的利润的均值不会产生影响，理由如下：在改良过程中，每件产品检测成本增加x (0≤x ≤4)万元，第一工序加工结果为A 级的概率增加19x ，设改良后一件产品的利润为ξ，则ξ的所有可能取值为23－x,8－x,5－x ，所以一等品的概率为⎝⎛⎭⎪⎫0.5＋19x ×0.75×0.8＝0.3＋x 15，二等品的概率为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5＋x 9×0.75×0.8＝0.5－x 15，三等品的概率为1－⎝⎛⎭⎪⎫0.3＋x 15－⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－x 15＝0.2，所以E (ξ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.3＋x 15(23－x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－x 15(8－x )＋0.2×(5－x ) ＝6.9－0.3x ＋2315x －115x 2＋4－0.5x －815x ＋115x 2＋1－0.2x ＝11.9，因为E (ξ)＝E (η)，所以改良方案对一件产品的利润的均值不会产生影响．。

高考数学一轮复习方案第十单元计数原理、概率、随机变量及其分布配套课件理北师大版

第十单元计数原理、概率、随机变量及其分布
第57讲第58讲第59讲第60讲第61讲第62讲第63讲第64讲
分类加法计数原理与分步乘法计数原理排列与组合二项式定理随机事件的概率与古典概型几何概型离散型随机变量及其分布列 n次独立重复试验与二项分布离散型随机变量的均值与方差、正态分布
固基
一、分类加法计数原理(加法原理)
础
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不
同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这
件事共有N＝m_＋__n_____种不同的方法．这个原理称为分类
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
加法计数原理．
二、分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n 类方案中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝ __m_1_＋__m_2_＋__…_＋__m__n _种不同的方法．
•
四、分步乘法计数原理的推广
基础
• 完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不
同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有 mn 种不同的方法，那么完成这m件1×事m2×共…有×mNn ＝
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使用建议
(3)随机变量及其分布：随机变量及其分布是理科概率统计的核心考查点，主要是考查以独立事件为中心的概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布，考查概率统计知识在实际问题中的应用．在试卷中一般是以一道解答题对上述问题进行综合考查，也可能有小题考查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等)，试题的难度中等，预计2014年不会有大的变化，突出对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概型应用的强化．

高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.5古典概型理高三全册数学

＝0不经过第四象限的概率为( A )
2
1
A.9
B.3
4
1
C.9
D.4
2021/12/12
第二十八页，共四十六页。
【解析】 (1)有序数对(m，n)的所有可能结果为(1,1)，
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，
(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1,2,3,4}，故
(1)试验的基本事件； (2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件； (3)事件“出现点数相等”包含的基本事件．
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第十九页，共四十六页。
解：(1)这个试验的基本事件为 (1,1)(1,2)(1,3)，(1,4)， (2,1)(2,2)(2,3)，(2,4)， (3,1)(3,2)(3,3)，(3,4)， (4,1)(4,2)(4,3)，(4,4)． (2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为(1,3)， (1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)， (4,2)，(4,3)，(4,4)． (3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1,1)，(2,2)， (3,3)，(4,4)．
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第二十一页，共四十六页。
【解】 (1)由题意，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
C33C34 C36C36
＝
1 100
，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1

2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第7讲二项分布及其应用课件理新人教A版

【答案】 (1)B (2)A
把本例(1)事件 A 中的“和”变为“积”，其他条件不变，则
P(B|A)＝________．
解析：事件 A：“取到的 2 个数之积为偶数”所包含的基本事
件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，
5)，所以 P(A)＝170.事件 B：“取到的 2 个数均为偶数”所包含
独立重复试验与二项分布
[典例引领]
(2019·南昌市第一次模拟)某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域的空气质量指数与空气质量等级
对应关系，如下表(假设该区域空气质量指数不会超过 300)：
空气质
(50， (100， (150， (200， (250，
(0，50]
量指数
100] 150] 200] 250] 300]
P(X＝2)＝1－12×13×14＋12×1－13×14＋12×13×1－14＝14，
P(X＝3)＝12×13×14＝214.
所以，随机变量 X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
11
1
1
4
24
4
24
(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) ＝14×2114＋2114×14 ＝4118. 所以，这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为4118.
－ B)
＝1－12＝12.
答案：12
条件概率
[典例引领]
(1)从 1，2，3，4，5 中任取 2 个不同的数，事件 A＝“取

高考数学总复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 10.4 随机事件的概率课件理

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第十六页，共四十四页。
解：(1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2. 由所给数据知，一年内出险次数小于 2 的频率为 602＋0050＝0.55，故 P(A)的估计值为 0.55. (2)事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 1 且小于 4. 由所给数据知，一年内出险次数大于 1 且小于 4 的频率为 302＋0030＝0.3，故 P(B)的估计值为 0.3.
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第十八页，共四十四页。
【结论探究 1】本典例中的条件不变，试求“一续保人本年度的保费不低于基本保费”的概率的估计值．
解：设事件“一续保人本年度的保费不低于基本保费”为 E，事件 E 对应于出险次数大于或等于 1，由所给数据知，一年内出险次数大于或等于 1 的频率为50＋30＋23000＋20＋10＝124000＝0.7，故 P(E)的估计值为 0.7.
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考点三互斥事件与对立事件的概率
某商场有奖销售活动中，购满 100 元商品得 1 张奖券，多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位，设特等奖 1 个，一等奖 10 个，二等奖 50 个．设 1 张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为 A， B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1 张奖券的中奖概率； (3)1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
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解：(1)P(A)＝1 0100，P(B)＝1 10000＝1100，P(C)＝1 50000＝210.
故事件 A，B，C 的概率分别为1 0100，1100，210.
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