高考真题 概率 (理科)

K 概率 K1 随事件的概率
19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．
(1)求X 的分布列；
(2)求X 的数学期望E (X )．
19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且
P (X ＝3)＝C 35
C 39＝542，
P (X ＝4)＝C 14·C 25
C 39＝1021，
P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝5
14，
P (X ＝6)＝C 3
4C 39＝1
21
.
所以X 的分布列为
E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝13
3
.
K2 古典概型
15．K2[2012·重庆卷] 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
15.35
[解析] 6节课共有A 66＝720种排法，相邻两节文化课间最多间隔1节艺术课排法分两类：
(1)两节相邻文化课之间没有艺术课间隔：可将三节文化课捆绑为一个元素，然后再与
另三节艺术课进行全排列，排法有A 33A 4
4＝144种；
(2)三节文化课间都有1节艺术课间隔：有“文艺文艺文艺”与“艺文艺文艺文” 两种
形式，其排法有2A 33A 3
3＝72种；
(3)三节文化课中有两节之间有一节艺术课，而另一节文化课与前两节文化课之一无间隔，可先对文化课进行全排，然后从3节艺术课选一节放入排好的3节文化课之间，再将此
4节课看作一个元素与余下的2节艺术课进行全排，其排法有：A 33C 13C 12A 3
3＝216种．
综上可知，相邻两节文化课间最多间隔1节艺术课排法有144＋72＋216＝432种，
所以课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为432720＝3
5
.
11．K2[2012·上海卷] 三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示)．
11.2
3
[解析] 考查古典概率和组合问题，关键是把情况分析清楚，不要漏掉或者重复情况．
所有的可能情况有C 23C 23C 2
3，满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况有
C 23C 23C 1
2，由古典概率公式得P ＝C 23C 23C 12C 23C 23C 23＝23
.
6．K2[2012·江苏卷] 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．
6.3
5
[解析] 本题考查等比数列的通项公式的运用以及古典概型的求解．解题突破口为等比数列通项公式的运用．
由通项公式a n ＝1×(－3)n －
1得，满足条件的数有1，－3，－33，－35，－37，－39，共
6个，从而所求概率为P ＝3
5
.
16．K2、K6[2012·福建卷] 受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X 1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；
(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A .
则P (A )＝2＋350＝1
10
.
(2)依题意得，X 1的分布列为
X 2
(3)由(2)得，E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝143
50
＝2.86(万元)，
E (X 2)＝1.8×110＋2.9×9
10
＝2.79(万元)．
因为E (X 1)＞E (X 2)，所以应生产甲品牌轿车．
7．K2、J1[2012·广东卷] 从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )
A.49
B.13
C.29
D.19
7．D [解析] 本题考查利用古典概型求解概率以及两个基本计数原理，解决本题的突破口是首先确定符合条件的两位数的所有个数，再找到个位是0的个数，利用公式求解，
设个位数与十位数分别为y ，x ，则如果两位数之和是奇数，则x ，y 分别为一奇数一偶数：
第一类x 为奇数，y 为偶数共有：C 15×C 1
5＝25；
另一类x 为偶数，y 为奇数共有：C 14×C 1
5＝20.
两类共计45个，其中个位数是0，十位数是奇数的两位数有10,30,50,70,90这5个数，
所以个位数是0的概率为：P (A )＝545＝1
9
.
K3 几何概型
10．K3[2012·辽宁卷] 在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32 cm 2的概率为( )
A.16
B.13
C.23
D.45
10．C [解析] 本小题主要考查几何概型．解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比．
令AC ＝x ，CB ＝12－x ，这时的面积为S ＝x (12－x )，根据条件S ＝x (12－x )<32⇒x 2－12x
＋32>0⇒0<x <4或8<x <12，矩形面积小于32 cm 2的概率P ＝4－0＋(12－8)12＝2
3
，故而答案为
C.
2．E5、K3[2012·北京卷] 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.π
4 B.π－22
C.π
6 D.4－π4
2．D [解析] 设事件A ：点到坐标原点的距离大于2.
如图1－1，P (A )＝S 2S ＝S －S 1S ＝4－π
4
.
6．K3、B13[2012·福建卷] 如图1－1所示，在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为(
A.14
B.15
C.16
D.17
6．C [解析] 本题考查几何概型的计算与求解以及定积分的计算，解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求解．阴影部分的面积是：
S 阴影＝⎠⎛0
1(x －x)d x ＝⎝⎛⎭⎫23x 32－12x 2
⎪⎪ 10
＝23－12＝16，利用几何概型公式得：P ＝S 阴影S 正方形＝1
61＝1
6
. 8．K3[2012·湖北卷] 如图1－3所示，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是(
)
A ．1－2π B.12－1
π
C.2π
D.1π
8．A [解析] 如下图所示，
不妨设扇形的半径为2a S 1，S 2，两块阴影部分的面积
分别为S 3，S 4，则S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝S 扇形OAB ＝1
4
π(2a )2＝πa 2①，
而S 1＋S 3与S 2＋S 3的和恰好为一个半径为a 的圆的面积，即S 1＋S 3＋S 2＋S 3＝πa 2②. 由①－②得S 3＝S 4；
又由图可知S 3＝S 扇形EOD ＋S 扇形COD －S 正方形OEDC ＝1
2πa 2－a 2，所以S 阴影＝πa 2－2a 2.
故由几何概型概率公式可得，所求概率P ＝S 阴影S 扇形OAB
＝πa 2－2a 2πa 2
＝1－2
π.故选A.
15．C3、K3[2012·湖南卷] 函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的导函数y ＝f ′(x )的部分图象如图1－5所示，其中，P 为图象与y 轴的交点，A ，C 为图象与x 轴的两个交点，B 为图象的最低点．
(1)若φ＝π6，点P 的坐标为⎝
⎛⎭⎫
0，332，则ω＝________；
(2)若在曲线段ABC 与x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC 内的概率为________．
15．(1)3 (2) π
4
[解析] 考查三角函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的图象与解析式，结合导数和
几何概型，在陈题上有了不少的创新．作为填空题，第二问可在第一问的特殊情况下求解．
(1)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)求导得，f ′(x )＝ωcos(ωx ＋φ)，把φ＝π6和点⎝
⎛⎭⎫
0，332代入得
ωcos ⎝⎛⎭⎫0＋π6＝332解得ω＝3.
(2)取特殊情况，在(1)的条件下，导函数f ′(x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6，求得A ⎝⎛⎭
⎫π
9，0， B ⎝⎛⎭⎫5π18，－3，C ⎝⎛⎭⎫4π9，0，故△ABC 的面积为S △ABC ＝12×3π9×3＝π
2
，曲线段与x 轴所围成的区域的面积S ＝－
⎪⎪f (x ) 4π9π
9
＝－sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎫3π9＋π6＝2，所以该点在△ABC 内的概率为P ＝S △ABC S ＝π
4
.
10．L1、K3[2012·陕西卷] 图1－3是用模拟方法估计圆周率π值的程序框图，P 表示估计结果，则图中空白框内应填入( )
图1－3
A ．P ＝N 1000
B ．P ＝4N
1000
C ．P ＝M 1000
D ．P ＝4M
1000
10．D [解析] 本题主要考查循环结构的程序框图的应用，同时要兼顾考查学习概率的模拟方法中圆周率π的模拟，通过阅读题目和所给数据可知试验了1000次，M 代表落在圆
内的点的个数，根据几何概型，π4＝M 1000，对应的圆周率π为P ＝4M
1 000
.
K4 互斥事件有一个发生的概率
16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )
在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．
(1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的极值．
16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，
故f ′(x )＝a x －12x 2＋3
2
.
由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，
从而a －12＋3
2
＝0，解得a ＝－1.
(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1(x ＞0)，
f ′(x )＝－1x －12x 2＋3
2
＝3x 2
－2x －12x 2
＝(3x ＋1)(x －1)2x 2
.
令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－1
3
不在定义域内，舍去)．
当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数；
当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，无极大值．
K5 相互对立事件同时发生的概率
16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )
在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．
(1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的极值．
16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，
故f ′(x )＝a x －12x 2＋3
2
.
由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，
从而a －12＋3
2
＝0，解得a ＝－1.
(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1(x ＞0)，
f ′(x )＝－1x －12x 2＋3
2
＝3x 2－2x －12x 2
＝(3x ＋1)(x －1)2x 2
.
令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－1
3
不在定义域内，舍去)．
当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,1)上为减函数；
当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，无极大值． 17．K5、K6[2012·湖南卷] 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．
(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；
(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率) 17．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，
所以x ＝15，y ＝20.
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得
P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝3
10，
P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝1
5，
P (X ＝3)＝10100＝1
10
.
X 的分布列为
X E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×1
10
＝1.9.
(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则
P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．
由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以
P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×3
20
＋
320×310＋310×320＝980
. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为9
80
.
17．K5、K6[2012·安徽卷] 某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．
(1)求X ＝n ＋2的概率；
(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)．
17．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.
(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n
m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2)
.
(2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.
P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝1
4
，
P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝
n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝1
4
，
从而X 的分布列是
EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×1
4
＝n ＋1.
15．K5、I3[2012·课标全国卷] 某一部件由三个电子元件按图1－4方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．
15．[答案] 3
8
[解析] 解法一：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N (1 000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的概率分别
为P 1＝12，P 2＝12，P 3＝12.因为P (A )＝P 1P 2P 3＋P 3＝12×12×12＋12＝5
8，所以P (A )＝1－P (A )
＝38
. 解法二：设该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P (A )．因为三个元件的使用寿命
均服从正态分布N (1000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1000小时的概率分别为P 1＝1
2
，
P 2＝12，P 3＝12.故P (A )＝P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＋P 1P 2P 3＝1
2×⎝⎛⎭⎫1－12×12＋⎝
⎛⎭⎫1－12×12×12＋12×12×12＝38
. 19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．
(1)求X 的分布列；
(2)求X 的数学期望E (X )．
19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且
P (X ＝3)＝C 35
C 39＝542，
P (X ＝4)＝C 14·C 25
C 39＝1021，
P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝5
14，
P (X ＝6)＝C 3
4C 39＝1
21
.
所以X 的分布列为
E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝
133
. K6 离散型随机变量及其分布列
22．K6[2012·江苏卷] 设ξ为随机变量．从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.
(1)求概率P (ξ＝0)；
(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．
22．解：(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰
有3条棱，所以共有8C 2
3对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411
.
(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，
故P (ξ＝2)＝6C 212＝1
11
，
于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝6
11
，
所以随机变量ξ的分布列是
因此E (x )18．K6[2012·江西卷] 如图1－4，从A 1(1,0,0)，A 2(2,0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1(0,0,1)，C 2(0，0,2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V (如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0)．
(1)求V ＝0的概率；
(2)求V 的分布列及数学期望EV .
18．解：(1)从6个点中随机取3个点总共有C 36＝20种取法，选取的3个点与原点在同
一个平面内的取法有C 13C 3
4
＝12种，因此V ＝0的概率为P (V ＝0)＝1220＝35
. (2)V 的所有可能取值为0，16，13，23，4
3
，因此V 的分布列为
EV ＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝9
40
.
19．K6[2012·全国卷] 乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设
在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．
19．解：记A i 表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；
B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2.
(1)B ＝A 0·A ＋A 1·A －
，
P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16， P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48，
P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A －
)
＝P (A 0·A )＋P (A 1·A －
)
＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A －
) ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.
(2)P (A 2)＝0.62＝0.36. ξ的可能取值为0,1,2,3. P (ξ＝0)＝P (A 2·A )＝P (A 2)P (A )＝0.36×0.4＝0.144， P (ξ＝2)＝P (B )＝0.352，
P (ξ＝3)＝P (A 0·A －)＝P (A 0)P (A －
)＝0.16×0.6＝0.096， P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3) ＝1－0.144－0.352－0.096 ＝0.408.
Eξ＝0×P (ξ＝0)＋1×P (ξ＝1)＋2×P (ξ＝2)＋3×P (ξ＝3) ＝0.408＋2×0.352＋3×0.096 ＝1.400.
16．B11、B12、E3[2012·重庆卷] 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )
在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．
(1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的极值．
16．解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，
故f ′(x )＝a x －12x 2＋3
2
.
由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，
从而a －12＋3
2
＝0，解得a ＝－1.
(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1(x ＞0)，
f ′(x )＝－1x －12x 2＋3
2
＝3x 2－2x －12x 2
＝(3x ＋1)(x －1)2x 2
.
令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－1
3
不在定义域内，舍去)．
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，无极大值．
20．K6、K8[2012·陕西卷] 某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．
20．解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：
(1)A表示事件“A对应三种情形：
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)解法一：X所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟．
所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)
＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01.
所以X的分布列为
EX＝0×0.5＋1×0.49＋2
解法二：X所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.
所以X的分布列为
EX＝0×0.5＋1×0.49＋2
19．I2、I4、K6、K8[2012·辽宁卷] 电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图．
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
(2)方法每次抽取1名观众，抽取3次．记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E (X )和方差D (X )．
附：χ2＝n (n 11n 22－n 12n 21)2
n 1＋n 2＋n ＋1n ＋，
19．解：(1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而2×2列联表如下：
将2×2χ2＝n (n 11n 22－n 12n 21)2n 1＋n 2＋n ＋1n ＋2＝100×(30×10－45×15)275×25×45×55
＝10033≈3.030. 因为3.030＜3.841，所以没有理由认为“体育迷”与性别有关．
(2)由频率分布直方图知抽到“体育迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从观众中
抽取一名“体育迷”的概率为14
. 由题意X ～B ⎝⎛⎭⎫3，14，从而X 的分布列为
E (X )＝np ＝3×14＝34
. D (X )＝np (1－p )＝3×14×34＝916
. 18．K6、B10[2012·课标全国卷] 某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：枝，n ∈N )的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
以100①若花店一天购进16枝玫瑰花，X 表示当天的利润(单位：元)，求X 的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
18．解：(1)当日需求量n ≥16时，利润y ＝80.
当日需求量n <16时，利润y ＝10n －80.
所以y 关于n 的函数解析式为
y ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
10n －80，n <16，80，n ≥16(n ∈N )． (2)①X 可能的取值为60,70,80，并且
P (X ＝60)＝0.1，P (X ＝70)＝0.2，P (X ＝80)＝0.7.
X 的分布列为
X 的数学期望为
EX ＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.
X 的方差为
DX ＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.
②答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为
Y 的数学期望为
EY ＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y 的方差为
DY ＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54
＝112.04.
由以上的计算结果可以看出，DX <DY ，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小． 另外，虽然EX <EY ，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．
答案二：
花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么Y 的分布列为
Y 的数学期望为
EY ＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
由以上的计算结果可以看出，EX <EY ，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．
17．K5、K6[2012·湖南卷] 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．
(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；
(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)
17．解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，
所以x ＝15，y ＝20.
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得
P (X ＝1)＝15100＝320，P (X ＝1.5)＝30100＝310
， P (X ＝2)＝25100＝14，P (X ＝2.5)＝20100＝15
， P (X ＝3)＝10100＝110
. X 的分布列为
X E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110
＝1.9. (2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则 P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．
由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以
P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×320
＋320×310＋310×320＝980
. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980
. 20．K6、K7[2012·湖北卷] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：
0.3,0.7,0.9.求：
(1)工期延误天数Y 的均值与方差；
(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
20．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：
P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X <700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4，
P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2.
P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y 的分布列为
于是，E (Y )＝0×0.3＋D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7，
又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6.
由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤X ＜900)P (X ≥300)
＝0.60.7＝67. 故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67
. 17．I2、K6[2012·广东卷] 某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图1－4所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中x 的值；
(2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的数学期望．
图1－4
17．解：(1)由题设可知(3×0.006＋0.01＋x ＋0.054)×10＝1，
解之得x ＝0.018.
(2)由题设可知，成绩在区间[80,90)内的人数为0.018×10×50＝9，
成绩在区间[90,100]内的人数为0.006×10×50＝3，
所以不低于80分的学生人数为9＋3＝12，ξ的所有可能取值为0,1,2.
P (ξ＝0)＝C 29C 212＝611， P (ξ＝1)＝C 19C 13C 212＝922
， P (ξ＝2)＝C 23C 212＝122
. 所以ξ的数学期望E ξ＝0×611＋1×922＋2×122＝12
. 17．K5、K6[2012·安徽卷] 某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A 类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A 类型试题和一道B 类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B 类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n ＋m 道试题，其中有n 道A 类型试题和m 道B 类型试题．以X 表示两次调题工作完成后，试题库中A 类型试题的数量．
(1)求X ＝n ＋2的概率；
(2)设m ＝n ，求X 的分布列和均值(数学期望)．
17．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1,2.
(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝
n m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n (n ＋1)(m ＋n )(m ＋n ＋2)
. (2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.
P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14
， P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12
， P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14
， 从而X 的分布列是
EX ＝n ×14＋(n ＋1)×12＋(n ＋2)×14
＝n ＋1. 16．K2、K6[2012·福建卷] 受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X 1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X 2，分别求X 1，X 2的分布列；
(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
16．解：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A .
则P (A )＝2＋350＝110
. (2)依题意得，X 1的分布列为
X 2
(3)由(2)得，E (X 1)＝1×125＋2×350＋3×910＝14350
＝2.86(万元)， E (X 2)＝1.8×110＋2.9×910
＝2.79(万元)． 因为E (X 1)＞E (X 2)，所以应生产甲品牌轿车．
19．K6、K7[2012·山东卷] 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 .
19．解：(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，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 的分布列为
所以EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112
. 16．K6，K7[2012·天津卷] 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ.
16．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13
，去参加乙游戏的概率为23
.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827
. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4，
由于A 3与A 4互斥，故
P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19
. 所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19
. (3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故
P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827
， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081
， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781
. 所以ξ随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881
.
19．K1、K5、K6[2012·浙江卷] 已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和．
(1)求X 的分布列；
(2)求X 的数学期望E (X )．
19．解：(1)由题意得X 取3,4,5,6，且
P (X ＝3)＝C 35C 39＝542
， P (X ＝4)＝C 14·C 25C 39＝1021， P (X ＝5)＝C 24·C 15C 39＝514， P (X ＝6)＝C 34C 39＝121
. 所以X 的分布列为
E (X )＝3·P (X ＝3)＋4·P (X ＝4)＋5·P (X ＝5)＋6·P (X ＝6)＝133
. K7 条件概率与事件的独立性
16．K6，K7[2012·天津卷] 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与数学期望Eξ.
16．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13
，去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4，
由于A 3与A 4互斥，故
P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19.
所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19
. (3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故
P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827
， P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081
， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781
. 所以ξ
随机变量ξ的数学期望Eξ＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881
.
s20．K6、K7[2012·湖北卷] 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X (单位：mm)对工期的影响如下表：
0.3,0.7,0.9.求：
(1)工期延误天数Y 的均值与方差；
(2)在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
20．解：(1)由已知条件和概率的加法公式有：
P (X ＜300)＝0.3，P (300≤X <700)＝P (X ＜700)－P (X ＜300)＝0.7－0.3＝0.4， P (700≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜700)＝0.9－0.7＝0.2.
P (X ≥900)＝1－P (X ＜900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y 的分布列为
于是，E (Y )＝0×0.3＋D (Y )＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，P (X ≥300)＝1－P (X ＜300)＝0.7，
又P (300≤X ＜900)＝P (X ＜900)－P (X ＜300)＝0.9－0.3＝0.6.
由条件概率，得P (Y ≤6|X ≥300)＝P (X ＜900|X ≥300)＝P (300≤X ＜900)P (X ≥300)＝0.60.7＝67.
故在降水量X 至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率是67
. 19．K6、K7[2012·山东卷] 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 .
19．解：(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，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。