2014高考数学(苏教理)专题常考问题17计数原理、随机变量及其分布列

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2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第5课时独立性及二项分布

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第5课时独立性及二项分布1. (选修23P 59练习2改编)省工商局于2003年3月份，对全省流通领域的饮料进行了质量监督抽查，结果显示，某种刚进入市场的x 饮料的合格率为80%，现有甲、乙、丙3人聚会，选用6瓶x 饮料，并限定每人喝2瓶．则甲喝2瓶合格的x 饮料的概率是________．答案：0.64解析：记“第一瓶x 饮料合格”为事件A 1，“第二瓶x 饮料合格”为事件A 2，A 1与A 2是相互独立事件，“甲喝2瓶x 饮料都合格就是事件A 1、A 2同时发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得P(A 1·A 2)＝P(A 1)·P(A 2)＝0.8×0.8＝0.64.2. (选修23P 63练习2改编)某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________．答案：54125解析：本题符合独立重复试验，是二项分布问题，所以此人恰有两次击中目标的概率为C 23(0.6)2·(1－0.6)＝54125.3. 甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，假定在这段时间内两市是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两市同时下雨的概率为________．答案：0.036解析：设甲市下雨为事件A ，乙市下雨为事件B ，由题设知，事件A 与B 相互独立，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.2×0.18＝0.036.4. (选修23P 63练习2改编)某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则3个景区都有部门选择的概率是________．答案：49解析：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.3个景区都有部门选择可能出现的结果数为C 24·3！(从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有C 24＝6种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法)，记“3个景区都有部门选择”为事件A 1，那么事件A 1的概率为P(A 1)＝C 24·3！34＝49. 5. 在4次独立试验中，事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率是6581，则事件A 在一次试验中出现的概率是________．答案：13解析：设A 发生概率为P ，1－(1－P)4＝6581，P ＝13.1. 相互独立事件(1) 对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 相互独立． (2) 若A 与B 相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．(3) 若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4) 若P(AB)＝P(A)P(B)，则A 、B 相互独立． 2. 二项分布如果在一次试验中某事件发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是P(X ＝k)＝C k n p k q n －k，其中k ＝0，1，2，3，…，n ，q ＝1－p.于是得到随机变量X 的概率分布如下：nn n ＋…＋C k n p q ＋…＋n q 0中的第k ＋1项(k ＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X ～B(n ，p)．3. “互斥”与“相互独立”的区别与联系题型1 相互独立事件例1 A 高校自主招生设置了先后三道程序：部分高校联合考试、本校专业考试、本校面试．在每道程序中，设置三个成绩等级：优、良、中．若考生在某道程序中获得“中”，则该考生在本道程序中不通过，且不能进入下面的程序．考生只有全部通过三道程序，自主招生考试才算通过．某中学学生甲参加A 高校自主招生考试，已知该生在每道程序中通过的概率均为34，每道程序中得优、良、中的概率分别为p 1、12、p 2.(1) 求学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率；(2) 设ξ为学生甲在三道程序中获优的次数，求ξ的分布列．解：由题意，得11213,241,2p p p ìïï+=ïïíïï+=ïïïî解得p 1＝p 2＝14.(1) 设事件A 为学生甲不能通过A 高校自主招生考试，则P(A)＝14＋34×14＋34×34×14＝3764. 答：学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率为3764.(2) 由题意知：ξ＝0，1，2，3.P(ξ＝0)＝14＋12×14＋12×12×14＋12×12×12＝916，P(ξ＝2)＝14×14×14＋14×14×12＋14×12×14＋12×14×14＝764，P(ξ＝3)＝14×14×14＝164，∵i ＝03P (ξ＝i)＝1，∴P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝516. 故ξ的分布列为变式训练有一种闯三关游戏规则规定如下：用抛掷正四面体型骰子(各面上分别有1，2，3，4点数的质地均匀的正四面体)决定是否过关，在闯第n(n ＝1，2，3)关时，需要抛掷n 次骰子，当n 次骰子面朝下的点数之和大于n 2时，则算闯此关成功，并且继续闯关，否则停止闯关．每次抛掷骰子相互独立．(1) 求仅闯过第一关的概率；(2) 记成功闯过的关数为ξ，求ξ的分布列．解：(1) 记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A ，则P(A)＝34·616＝932.(2) 由题意得，ξ的取值有0，1，2，3，且P(ξ＝0)＝14，P(ξ＝1)＝932，P(ξ＝2)＝34·1016·5464＝4051 024，P(ξ＝3)＝34·1016·1064＝751 024，即随机变量ξ的概率分布列为题型2 独立重复试验与二项分布例2 设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1) 求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率； (2) 求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(3) 记ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．解：记A 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品；记B 表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品；记C 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种；记D 表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．(1) C ＝A·B ＋A ·B，P(C)＝P(A·B ＋A ·B)＝P(A·B)＋P(A ·B)＝P(A)·P(B)＋P(A －)·P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(2) D ＝A ·B ，P(D)＝P(A ·B)＝P(A )·P(B)＝0.5×0.4＝0.2， P(D)＝1－P(D)＝0.8.(3) ξ～B(3，0.8)，故ξ的分布列P(ξ＝0)＝0.23＝0.008；P(ξ＝1)＝C 13×0.8×0.22＝0.096；P(ξ＝2)＝C 23×0.82×0.2＝0.384；P(ξ＝3)＝0.83＝0.512.某中学在高一开设了数学史等4门不同的选修课，每个学生必须选修，且只能从中选一门．该校高一的3名学生甲、乙、丙对这4门不同的选修课的兴趣相同．(1) 求3个学生选择了3门不同的选修课的概率； (2) 求恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率；(3) 设随机变量X 为甲、乙、丙这三个学生选修数学史这门课的人数，求X 的分布列．解：(1) 3个学生选择了3门不同的选修课的概率：P 1 ＝A 3443＝38.(2) 恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率：P 2＝C 24·C 23·A 2243＝916.(3) X ＝0，1，2，3，则有P (ξ＝ 0 ) ＝3343＝2764；P (X ＝ 1) ＝C 13·3243＝2764；P (X ＝ 2 ) ＝C 23·343＝964；P (X ＝ 3 ) ＝C 3343＝164.∴ X 的概率分布表为：题型3 独立性及二项分布的应用例3 某商场为促销设计了一个抽奖模型，一定数额的消费可以获得一张抽奖券，每张抽奖券可以从一个装有大小相同的4个白球和2个红球的口袋中一次性摸出3个球，至少摸到一个红球则中奖．(1) 求一次抽奖中奖的概率；(2) 若每次中奖可获得10元的奖金，一位顾客获得两张抽奖券，求两次抽奖所得的奖金额之和X(元)的概率分布．解：(1) 设“一次抽奖中奖”为事件A ，则P(A)＝C 12C 24＋C 22C 14C 36＝1620＝45. 答：一次抽奖中奖的概率为45.(2) X 可取0，10，20，P(X ＝0)＝(0.2)2＝0.04，P(X ＝10)＝C 12×0.8×0.2＝0.32，P(X ＝20)＝(0.8)2＝0.64. X 的概率分布列为备选变式（教师专享）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为12、a 、a(0＜a ＜1)，三人各射击一次，击中目标的次数记为ξ.(1) 求ξ的分布列及数学期望；(2) 在概率P(ξ＝i)(i ＝0、1、2、3)中，若P(ξ＝1)的值最大，求实数a 的取值范围．解：(1) P(ξ)是“ξ个人命中，3－ξ个人未命中”的概率．其中ξ的可能取值为0、1、2、3.P(ξ＝0)＝C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 02(1－a)2＝12(1－a)2；P(ξ＝1)＝C 11·12C 02(1－a)2＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 12a(1－a)＝12(1－a 2)；P(ξ＝2)＝C 11·12C 12a(1－a)＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 22a 2＝12(2a －a 2)； P(ξ＝3)＝C 11·12C 22a 2＝a22.所以ξ的分布列为ξ的数学期望为E(ξ)＝0×12(1－a)2＋1×12(1－a 2)＋2×12(2a －a 2)＋3×a 22＝4a ＋12.(2) P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a)2]＝a(1－a)；P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a －a 2)]＝1－2a 2；P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a 22.由2(1)0,120,21202a a a a ìïïï- ïïïï-ï³íïïïï-ï³ïïïî和0＜a ＜1，得0＜a≤12，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.1. (2013·福建)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率．解：由已知得：小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则A 事件的对立事件为“X＝5”，∵ P(X ＝5)＝23×25＝415，∴ P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115.∴ 这两人的累计得分X≤3的概率为1115.2. (2013·山东理)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束，除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23，假设各局比赛结果相互独立．(1) 分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2) 若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列．解：(1) 记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P(A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827，P(A 3)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427.所以，甲队以3∶0、3∶1、3∶2胜利的概率分别是827、827、427；(2) 设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4，由题意，各局比赛结果相互独立，所以P(A 4)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427.由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3，根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝P(A 1)＋P(A 2)＝1627，P(X ＝1)＝P(A 3)＝427，P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327.故X 的分布列为3. (2013·陕西理)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1) 求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2) X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列．解：(1) 设事件A 表示：观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手．观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙未选中3号歌手的概率为1－35.所以P(A)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝415.因此，观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为415.(2) X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则X 可取0，1，2，3. 观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙选中3号歌手的概率为35.当观众甲、乙、丙均未选中3号歌手时，这时X ＝0，P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＝475.当观众甲、乙、丙中只有1人选中3号歌手时，这时X ＝1，P(X ＝1)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝8＋6＋675＝2075. 当观众甲、乙、丙中只有2人选中3号歌手时，这时X ＝2，P(X ＝2)＝23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·35＋23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝12＋9＋1275＝3375. 当观众甲、乙、丙均选中3号歌手时，这时X ＝3，P(X ＝3)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝1875.X 的分布列如下表：4. (2013·南京市、盐城市一模)某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P 1＝23，乙的命中率为P 2，在射击比赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．(1) 若P 2＝12，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；(2) 计划在2013年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E(ξ)≥5，求P 2的取值范围．解：(1) 可得P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13(C 12×12×12)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＝13.(2) 该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13[C 12×P 2×(1－P 2)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23P 22＝89P 2－49P 22，而ξ～B(12，P)，所以E(ξ)＝12P ，由E(ξ)≥5，知(89P 2－49P 22)×12≥5，解得34≤P 2≤1.1. 为保护水资源，宣传节约用水，某校4名志愿者准备去附近的甲、乙、丙三家公园进行宣传活动，每名志愿者都可以从三家公园中随机选择一家，且每人的选择相互独立．(1) 求4人恰好选择了同一家公园的概率；(2) 设选择甲公园的志愿者的人数为X ，试求X 的分布列．解：(1) 设“4人恰好选择了同一家公园”为事件A.每名志愿者都有3种选择，4名志愿者的选择共有34种等可能的情况．事件A 所包含的等可能事件的个数为3，∴ P(A)＝334＝127.即4人恰好选择了同一家公园的概率为127.(2) 设“一名志愿者选择甲公园”为事件C ，则P(C)＝13.4人中选择甲公园的人数X 可看作4次独立重复试验中事件C 发生的次数，因此，随机变量X 服从二项分布．X 可取的值为0，1，2，3，4.P(X ＝i)＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ， i ＝0，1，2，3，4. X 的分布列为：2. 甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛30分钟后仍成平局，现决定各派5名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0.5.(1) 不考虑乙队，求甲队仅有3名队员点球命中，且其中恰有2名队员连续命中的概率； (2) 求甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率．解：(1) 甲队3名队员射中，恰有2名队员连续命中的情形有A 23种，故所求的概率为P 1＝A 23×0.53×(1－0.5)2＝316.(2) 再次出现平局包括0∶0，1∶1，…，5∶5等6种可能性，故其概率为P 2＝[C 05×0.50×(1－0.5)5]2＋[C 15×0.51×(1－0.5)4]2＋…＋[C 55×0.55×(1－0.5)0]2＝36256. 3. 有一批数量很大的环形灯管，其次品率为20%，对这批产品进行抽查，每次抽出一件，如果抽出次品，则抽查中止，否则继续抽查，直到抽出次品，但抽查次数最多不超过5次．求抽查次数ξ的分布列．解：抽查次数ξ取1～5的整数，从这批数量很大的产品中每次抽取一件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率为0.2，取出正品的概率为0.8，前(k －1)次取出正品而第k 次(k ＝1，2，3，4)取出次品的概率：P(ξ＝k)＝0.8k －1×0.2，k ＝1，2，3，4.P(ξ＝5)＝0.84×0.2＋0.85＝0.4096. 所以ξ的概率分布列为：4. 电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得3分，闯第二关成功得3分，闯第三关成功得4分．现有一位参加游戏者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为12、13、14，记该参加者闯三关所得总分为ξ.(1) 求该参加者有资格闯第三关的概率； (2) 求ξ的分布列和数学期望．解：(1) 设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为p 1＝12，p 2＝13，p 3＝14，该参加者有资格闯第三关为事件A.则P(A)＝p 1(1－p 2)＋(1－p 1)p 2＋p 1p 2＝23.(2) 由题意可知，ξ的可能取值为0，3，6，7，10， P(ξ＝0)＝(1－p 1)(1－p 2)＝13，P(ξ＝3)＝p 1(1－p 2)(1－p 3)＋(1－p 1)p 2(1－p 3)＝14＋18＝38，P(ξ＝6)＝p 1p 2(1－p 3)＝18，P(ξ＝7)＝p 1(1－p 2)p 3＋(1－p 1)p 2p 3＝112＋124＝18，P(ξ＝10)＝p 1p 2p 3＝124，∴ ξ的分布列为事件的独立性中的注意问题： (1) 事件A 与B 独立是相互的，表明事件A(事件B)的发生对事件B(事件A)的发生没有产生影响．(2) 若事件A 、B 相互独立，则A 与B －，A －与B ，A －与B －也是相互独立的．(3) 两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A 1、A 2、…、A n相互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(A 1A 2…A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )．(4) 注意辨别两个事件互斥与两个事件独立的区别．请使用课时训练（A ）第5课时（见活页）.第11 页共11 页。

高考数学(苏教,理科)复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第四节离散型随机变量及其分布列

解：(1)P(ξ＞7)＝1－P(ξ＝7)＝1－0.1×0.1＝0.99.
(2)ξ 的可能取值为 7,8,9,10.
据现行国家标准 GB3095－2012，PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质量为一级；在 35 微克/立方米～75 微克/立方米之间空
气质量为二级；在 75 微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区 2012 年全年每天的 PM2.5 监测数据中随机地抽取 10 天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：
P(X＝2)＝CC15C93 24＝154，P(X＝3)＝CC9334＝211.
∴X 的分布列为
X0 1 2 3
P
5 42
10 5 21 14
1 21
[类题通法] 对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出．超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.
在本例条件下，求所选 3 人中女生人数 X
这两次取出白球数 X 的分布列为________．解析：X 的所有可能值为 0,1,2.
P(X＝0)＝CC2111CC1112＝14， P(X＝1)＝C11CC1211C×12 2＝12，
X0 1 2
P
1 4
1 2
1 4
P(X＝2)＝CC2111CC1112＝14. ∴X 的分布列为
答案： X 0 1 2
事件的概率是否正确．
[针对训练] (2014·温州模拟)从装有大小相同的 2 个红球和 6 个白球的袋
子中，每摸出 2 个球为一次试验，直到摸出的球中有红球(不
放回)，则试验结束． (1)求第一次试验恰好摸到一个红球和一个白球的概率； (2)记试验次数为 X，求 X 的分布列．

江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通真题感悟：常考问题17 计数原理、随机变量及其分布列

江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题17 计数原理、随机变量及其分布列

•常考问题17 计数原理、随机变量 • 及其分布列
[真题感悟]
[考题分析]
1．两种计数原理分类计数原理和分步计数原理． 2．排列 (1)排列的定义；(2)排列数公式：Am n ＝n(n－1)(n－2)„ n！ (n－m＋1)＝ (m≤n，m，n∈N*)． n－m！
3．组合 (1)组合的定义； (2) 组合数公式： C
•
• •
【训练 1】 (2012· 江苏卷 ) 设集合 Pn ＝ {1,2，„，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合 A 的个数：① A⊆Pn ；②若 x∈A ，则 2x∉A ； ③ 若 x∈∁PnA ，则 2x∉∁PnA. (1)求f(4)； (2)求f(n)的解析式(用n表示)．
解 (1)设 A 表示事件“观众甲选中 3 号歌手”，B 表示事件“观
1 2 C2 2 C4 3 众乙选中 3 号歌手”，则 P(A)＝ 2＝，P(B)＝ 3＝ .∵事件 A 与 C3 3 C5 5
B 相互独立，∴观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的 2 2 4 概率为 P(A B )＝P(A)· P( B )＝P(A)· [1－P(B)]＝3×5＝15，
解
(1)甲从 1 到 m(m 为给定的正整数，且 2≤m≤n－2)号中任选
两款，乙从(m＋1)到 n 号中任选两款的所有等可能基本事件的种
2 数为 C2 C m n－m，
记“款式 s 和 t(1≤s≤m，m＋1≤t≤n)同时被选中”为事件 A，则
1 1 1 事件 A 包含的基本事件的种数为 C1 C · C － 1 m 1 1Cn－m＋1， 1 1 1 C1 C1 Cn－m＋1 4 1Cm－1· 所以 P(A)＝Pst＝＝， 2 C2 C m n － m m n －m

2014届高考数学一轮复习第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》(第9课时)知识过关检测理新人教A版

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》（第9课时）（新人教A 版）一、选择题1．若随机变量X 服从二点分布，且成功的概率p ＝0.5，则E (X )和D (X )分别为( )A ．0.5和0.25B ．0.5和0.75C ．1和0.25D ．1和0.75解析：选A.∵X∴E (X )＝0×0.5＋1×0.5＝0.5，D (X )＝0.52×0.5＋(1－0.5)2×0.5＝0.25.2．(2013·威海质检)设X 为随机变量，X ～B (n ，13)，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于( )A.1316B.4243C.13243D.80243解析：选D.∵X ～B (n ，13)，E (X )＝2，∴n ·13＝2， ∴n ＝6，∴P (X ＝2)＝C 26(13)2(1－13)4＝6×51×2×19×1634＝80243. 3．(2013·广州调研)设随机变量X ～N (1,52)，且P (X ≤0)＝P (X ≥a －2)，则实数a 的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选A.由正态分布的性质可知P (X ≤0)＝P (X ≥2)，所以a －2＝2，故a ＝4，选A.4．(2013·营口质检)某一离散型随机变量X 的概率分布如下表，且E (X )＝1.5，则a －b 的值为( )A.－0.1 C ．0.1 D ．0.2解析：选B.由⎩⎪⎨⎪⎧ 0.1＋a ＋b ＋0.1＝10×0.1＋a ＋2b ＋3×0.1＝1.5⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0.4b ＝0.4， ∴a －b ＝0.5．(2013·合肥质检)在某市2013年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N (98,100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9450人，某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( )A ．1500B ．1700C ．4500D ．8000解析：选A.因为学生的数学成绩X ～N (98,100)，所以P (X ≥108)＝12[1－P (88<X <108)]＝12[1－P (μ－σ<X <μ＋σ)]＝12(1－0.6826)＝0.1587，故该学生的数学成绩大约排在全市第0.1587×9450≈1500名，故选A.二、填空题6．(2013·辽阳质检)两封信随机投入A 、B 、C 三个空邮箱，则A 邮箱的信件数ξ的数学期望E (ξ)＝________.解析：P (ξ＝1)＝C 12×C 1232＝49，P (ξ＝2)＝132＝19， ∴E (ξ)＝1×49＋2×19＝23. 答案：237．若p 为非负实数，随机变量ξ的分布列如下表，则E (ξ)的最大值为________，D (ξ)的最大值为________.解析：E (ξ)＝p ＋1≤32(0≤p ≤2)；D (ξ)＝－p 2－p ＋1≤1. 答案：321 8．(2013·青岛质检)已知随机变量X 服从正态分布N (3，σ2)，若P (X >4)＝0.2，则P (2<X <3)＝________.解析：由题意可知曲线关于直线x ＝3对称，故P (X >4)＝P (X <2)＝0.2，因此P (2<X <3)＝0.5－P (X <2)＝0.5－0.2＝0.3. 答案：0.3三、解答题9．(2013·洛阳统考)某产品有4件正品和2件次品混在了一起，现要把这2件次品找出来，为此每次随机抽取一件进行测试，测试后不放回，直至次品能全部被找出为止．(1)求“第1次和第2次都抽到次品”的概率；(2)所要测试的次数X 为随机变量，求X 的分布列和数学期望．解：(1)设“第1次和第2次都抽到次品”为事件A ，则P (A )＝A 22A 26＝115. (2)X 的所有可能取值为2,3,4,5.P (X ＝2)＝115； P (X ＝3)＝C 12C 14A 22A 36＝215； P (X ＝4)＝A 44A 46＋C 12C 24A 33A 46＝415； P (X ＝5)＝C 12C 34A 44A 56＋C 34C 12A 44A 56＝815. X 的分布列为因此，E (X )＝2×115＋3×15＋4×15＋5×15＝15. 10．(2013·大同调研)甲、乙等五名大运会志愿者被随机分到A 、B 、C 、D 四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．(1)求甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率；(2)求甲、乙两人不在同一岗位服务的概率；(3)设随机变量ξ为这五名志愿者中参加A 岗位服务的人数，求ξ的分布列及数学期望．解：(1)记“甲、乙两人同时参加A 岗位服务”为事件A 1；则P (A 1)＝A 33C 25A 44＝140. 故甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率为140. (2)记“甲、乙两人在同一岗位服务”为事件A 2，则P (A 2)＝C 14A 33C 25A 44＝110. 故甲、乙两人不在同一岗位服务的概率为P (A 2)＝1－P (A 2)＝910. (3)由题知，随机变量ξ的所有可能取值为1,2，则P (ξ＝2)＝C 25A 33C 25A 44＝14，P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝2)＝34. 故ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝1×34＋2×14＝4.一、选择题1．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( )A ．100B ．200C ．300D ．400解析：选B.种子发芽率为0.9，不发芽率为0.1，每粒种子发芽与否相互独立，故设没有发芽的种子数为ξ，则ξ～B (1000，0.1)，∴E (ξ)＝1000×0.1＝100，故需补种的期望为2·E (ξ)＝200.2．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，且二次方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实数根的概率为12，则μ等于( ) A ．1 B ．2C ．4D ．不能确定解析：选C.因为方程x 2＋4x ＋ξ＝0无实根，故Δ＝16－4ξ＜0，∴ξ＞4，即P (ξ＞4)＝12＝1－P (ξ≤4)，故P (ξ≤4)＝12，∴μ＝4. 二、填空题3．(2012·高考课标全国卷)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，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________．解析：三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N (1000,502)，得：三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为P ＝12. 超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率P 1＝1－(1－P )2＝34那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为P 2＝P 1×P ＝38. 答案：384．(2011·高考浙江卷)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________. 解析：由题意知P (X ＝0)＝13(1－p )2＝112，∴p ＝12. 随机变量XE (X )＝0×112＋1×13＋2×12＋3×6＝3. 答案：53三、解答题5．(2013·广东六校第二次联考)某菜园要将一批蔬菜用汽车从所在城市甲运至亚运村乙，已知从城市甲到亚运村乙只有两条公路，且运费由菜园承担．若菜园恰能在约定日期(×月×日)将蔬菜送到，则亚运村销售商一次性支付给菜园20万元；若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付给菜园1万元；若在约定日期后送到，每迟到一天销售商将少支付给菜园1万元．为保证蔬菜新鲜度，汽车只能在约定日期的前两天出发，且只能选择其中2 的分布列和数学期望E (ξ)；(2)如果你是菜园的决策者，你选择哪条公路运送蔬菜有可能让菜园获得的毛利润更多？(注：毛利润＝销售商支付给菜园的费用－运费)解：(1)若汽车走公路1.不堵车时菜园获得的毛利润ξ＝20－1.6＝18.4(万元)；堵车时菜园获得的毛利润ξ＝20－1.6－1＝17.4(万元)． ∴汽车走公路1E (ξ)＝18.4×910＋17.4×110＝18.3(万元)．(2)设汽车走公路2时菜园获得的毛利润为η，则不堵车时菜园获得的毛利润η＝20－0.8＋1＝20.2(万元)；堵车时菜园获得的毛利润η＝20－0.8－2＝17.2(万元)． ∴汽车走公路2时菜园获得的毛利润η的分布列为E (η)＝20.2×12＋17.2×12＝18.7(万元)．∵E (ξ)<E (η)，∴选择公路2运送蔬菜有可能让菜园获得的毛利润更多．。

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．。

2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第1课时分类加法分步乘法

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第1课时分类加法计数原理与分步乘法1. (选修23P 8练习3改编)某班级有男生5人，女生4人，从中任选一人去领奖，有________种不同的选法．答案：9解析：不同选法种数共有N ＝5＋4＝9种． 2. (选修23P 8例4改编)书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从中任取数学书与语文书各一本，有________种不同的取法．答案：30解析：共有5×6＝30种不同取法．3. (选修23P 8练习5改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种．答案：32解析：每位同学有2种不同的报名方法，故5位同学有25＝32种不同的报名方法． 4. (选修23P 9习题3改编)从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．则从甲地到丙地共有________种不同的走法．答案：14解析：共有2×3＋4×2＝14种不同的走法．5. 如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．答案：84解析：分两类：A、C种同种花有4×3×3＝36种不同的种法； A、C种不同种花有4×3×2×2＝48种不同的种法．故共有36＋48＝84种不同的种法．1. 分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2. 分步乘法计数原理：完成一件事，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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3. 分类和分步区别，关键是看事件能否完成，事件完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，分步后要将种数相乘．[备课札记]题型1 分类计数原理例1满足A∪B＝{1，2}的集合A、B共有多少组？解：集合A、B均是{1，2}的子集：Æ，{1}，{2}，{1，2}，但不是随便两个子集搭配都行，本题尤如含A、B两元素的不定方程，其全部解分为四类：①当A＝Æ时，只有B＝{1，2}，得1组解；②当A＝{1}时，B＝{2}或B＝{1，2}，得2组解；③当A＝{2}时，B＝{1}或B＝{1，2}，得2组解；④当A＝{1，2}时，B＝Æ或{1}或{2}或{1，2}，得4组解．根据分类计数原理，共有1＋2＋2＋4＝9组解．变式训练如下图，共有多少个不同的三角形？解：所有不同的三角形可分为三类：第一类：其中有两条边是原五边形的边，这样的三角形共有5个；第二类：其中有且只有一条边是原五边形的边，这样的三角形共有5×4＝20个；第三类：没有一条边是原五边形的边，即由五条对角线围成的三角形，共有5＋5＝10个．由分类计数原理得，不同的三角形共有5＋20＋10＝35个．题型2 分步计数原理例2用五种不同颜色给图中四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．(1) 共有多少种不同的涂色方法？(2) 若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么有多少种不同的涂色方法？解：(1) 每一个区域都有5种不同的涂色的方法，所以涂完四个区域共有5×5×5×5＝625种不同的涂色方法．(2) 若2号，4号区域同色，有5×4×3＝60种涂法；若2号，4号区域异色，有5×4×3×2＝120种涂法．所以共有60＋120＝180种涂法．备选变式（教师专享）用三种不同的颜色填涂下图3×3方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法共有________种．分析：将9答案：12解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有3×2×1＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有2×1＝2种方法；剩余区域只有一种涂法．综上由分步计数原理可知共有6×2＝12种涂法．题型3 两个基本原理的联系例3某同学有12本课外参考书，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆去阅读．(1) 若从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2) 若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3) 若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？解：(1) 完成的事情是带一本书，无论是带外语书，还是带数学书、物理书，事情都已经完成，从而应用加法原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2) 完成的事情是带三本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本后，才能完成这件事，因此应用乘法原理，结果为5×4×3＝60种．(3) 要完成的这件事是带2本不同的书，先乘法原理，再用加法原理，结果为5×4＋5×3＋3×4＝47种选法．备选变式（教师专享）三边长均为整数，且最大边长为7的三角形的个数为_______．答案：16解析：另两边长用x 、y 表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须有x ＋y≥8. 当y 取值7时，x ＝1，2，3，…，7，可有7个三角形；当y 取值6时，x ＝2，3，4，5，6，可有5个三角形；当y 取值5时，x ＝3，4，5，可有3个三角形；当y 取值4时，x ＝4，可有1个三角形，所求三角形的个数合计为16个．1. (2013·山东理)用0，1，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．答案：252解析：组成三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有C 19A 29＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.2. (2013·福建理)满足a 、b∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b)的个数为________．答案：13解析：方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解，分析讨论．① 当a ＝0时，很显然为垂直于x 轴的直线方程，有解．此时b 可以取4个值．故有4种有序数对；② 当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个实数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)．∵ (a，b)共有16种实数对，故答案应为16－3＝13.3. 将字母a 、a 、b 、b 、c 、c ，排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种．答案：12解析：第一步先排第一列有A 33＝6，再排第二列，当第一列确定时，第二列有2种方法，如图，所以共有6×2＝12种． 4. (2013·四川理)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lga －lgb 的不同值的个数是________．答案：18解析：首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有5×4＝20种排法．因为31＝93，13＝39，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a、b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是20－2＝18.1. 某赛季足球比赛的规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积33分．若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有________种．答案：3解析：利用加法原理，考虑胜11场、胜10场、胜9场等情况．2. 一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，则满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况种数有________________．答案：65解析：分两类：第一类，甲上7楼，有52种；第二类：甲不上7楼，有4×2×5种．故52＋4×2×5＝65.3. 现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选择出若干人组成A、B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有______种．答案：49解析：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1，2，3，4，5，组成集合M＝{1，2，3，4，5}．①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2，3，4，5}的非空子集，这样的子集有C14＋C24＋C34＋C44＝24－1＝15个，∴不同的选法有15个；②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}、{1，2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3，4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有23－1＝7个，∴不同的选法有2×7＝14个；③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个：{3}、{1，3}、{2，3}、{1，2，3}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有22－1＝3个，∴不同的选法有4×3＝12个；④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个：{4}、{1，4}、{2，4}、{3，4}、{1，2，4}、{1，3，4}、{2，3，4}、{1，2，3，4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有{5} 1个，∴不同的选法有8个．∴ 综上，所有不同的选法是15＋14＋12＋8＝49个．4. 75 600有多少个正约数？有多少个奇约数？解：75 600的约数就是能整除75 600的整数，所以本题就是分别求能整除75 600的整数和奇约数的个数．由于 75 600＝24×33×52×7.(1) 75 600的每个约数都可以写成2i·3j·5k·7l的形式，其中0≤i≤4，0≤j≤3，0≤k≤2，0≤l≤1.于是，要确定75 600的一个约数，可分四步完成，即i，j，k，l分别在各自的范围内任取一个值，这样i有5种取法，j有4种取法，k有3种取法，l有2种取法，根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2＝120个．(2) 奇约数中不含有2的因数，因此75 600的每个奇约数都可以写成3j·5k·7l的形式，同上奇约数的个数为4×3×2＝24个．在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧：(1) 建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．(2) 枚举法：利用枚举法(如树状图，表格)可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．(3) 直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法(排除法)，用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．(4) 分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”．请使用课时训练（A）第1课时（见活页）.。

2014届高考江苏专用(理)一轮复习第十三章第4讲离散型随机变量及其概率分布

即可．
【训练2】 (2012· 无锡模拟)在一个盒子中，放有标号分别为
1,2,3的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两
张卡片的标号分别为x、y，记ξ＝|x－2|＋|y－x|. (1)求随机变量ξ的最大值，并求事件“ξ取得最大值”的概率；
(2)求随机变量ξ的分布列．
解 (1)∵x，y可能的取值为1,2,3， ∴|x－2|≤1，|y－x|≤2， ∴ξ≤3，且当x＝1，y＝3或x＝3，y＝1时，ξ＝3. 因此，随机变量ξ的最大值为3.
1 7 1 2 3 (3)因为＜X＜，只有 X＝，，时满足，故 10 10 5 5 5
1 7 1 2 3 1 2 3 2 P ＜X＜＝PX＝＋PX＝＋PX＝＝＋＋＝ . 10 5 5 5 15 15 15 5 10
故ξ的分布列为 ξ P 6 0.63 2 0.25 1 0.1 －2 0.02
(2)1件产品的平均利润为E(ξ)＝6×0.63＋2×0.25＋1×0.1＋ (－2)×0.02＝4.34(万元)．
(3)设技术革新后三等品率为x，
则此时1件产品的平均利润为E(ξ)＝6×0.7＋2×(1－0.7－x－ 0.01)＋1×x＋(－2)×0.01＝4.76－x. 由E(ξ)≥4.73，得4.76－x≥4.73，解得x≤0.03，所以三等品率最多为3%.
解析
由概率分布的性质知：所有概率之和为 1，
1 所以 p＝ . 3 1 答案 3
2．如果X是一个离散型随机变量，给出下列四个命题： ①X取每个可能值的概率是非负实数；
②X取所有可能值的概率之和为1；
③X取某两个可能值的概率等于分别取其中每个值的概率之和； ④X在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和．

2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章计数原理、随机变量及分布列第3课时二项式定理

《最高考系列高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章计数原理、随机变量及分布列第3课时二项式定理1. (选修23P 32练习5改编)在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是________．答案：1 890 解析：T r ＋1＝C r10x10－r(－3)r，令10－r ＝6，r ＝4，T 5＝9C 410x 6＝1 890x 6.2. (选修23P 32练习6改编)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 212的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中，T r ＋1＝C r12x12－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2r ＝(－1)r C r 12x 12－3r ，当r ＝4时，T 5＝C 412＝495为常数项．3. (选修23P 35习题2改编)若C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363，则自然数n ＝________．答案：13解析：C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝363＋1，C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝364，C 35＋C 25＋…＋C 2n ＝…＝C 3n ＋1＝364，n ＝13.4. (选修23P 36习题12改编)已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝________．答案：－2解析：设f(x)＝(1－2x)7，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2)7＝－1，令x ＝0，得a 0＝1，a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1－a 0＝－2.5. (选修23P 35习题10改编)在(x ＋y)n的展开式中，若第七项系数最大，则n 的值可能为________．答案：11，12，13解析：分三种情况：① 若仅T 7系数最大，则共有13项，n ＝12；② 若T 7与T 6系数相等且最大，则共有12项，n ＝11；③ 若T 7与T 8系数相等且最大，则共有14项，n ＝13，所以n 的值可能等于11，12，13.1. 二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n∈N)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a ＋b)n的二项展开式，其中的系数C r n (r ＝0，1，2，…，n)叫做第r ＋1项的二项式系数．式中的C r n a n －r b r叫做二项式展开式的第r ＋1项(通项)，用T r ＋1表示，即展开式的第r ＋1项；T r ＋1＝C r n a n －r b r．2. 二项展开式形式上的特点 (1) 项数为n ＋1.(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n. (3) 字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.(4) 二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn . 3. 二项式系数的性质(1) 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等． (2) 如果二项式的幂指数是偶数，中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大．(3) 二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n.(4) 二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1．[备课札记]题型1 二项式展开式的特定项例1 如果⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n的展开式中，第四项和第七项的二项式系数相等，求：(1) 展开式的中间项；(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －124x n －1展开式中所有的有理项．解：(1) ⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 3n展开式中，第四项和第七项的二项式系数分别是C 3n ，C 6n ，由C 3n ＝C 6n ，得n ＝9，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 39展开式的中间项为第5项和第6项，即T 5＝(－1)4C 49(x －3)4(x 2)5＝126x 2，T 6＝(－1)5C 59(x －3)5(x 2)4＝－126x7.(2) 通项为T r ＋1＝C r 8(x)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－124x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r 8x 16－3r 4(r ＝0，1，2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，必须r 是4的倍数，所以r ＝0，4，8，共有三个有理项，分别是T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120C 08x4＝x 4，T 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 48x ＝358x ，T 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－128C 88x －2＝1256x 2.变式训练 (1) 若(1＋x)n 的展开式中，x 3的系数是x 的系数的7倍，求n ；(2) 已知(ax ＋1)7(a≠0)的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，求a ；(3) 已知(2x ＋x lgx )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，求x. 解：(1) C 3n ＝7C 1n ，n （n －1）（n －2）6＝7n ，即n 2－3n －40＝0.由n∈N *，得n ＝8.(2) C 57a 2＋C 37a 4＝2C 47a 3，21a 2＋35a 4＝70a 3，a ≠0，得5a 2－10a ＋3＝0 a ＝1±105. (3) C 48(2x)4(x lgx )4＝1 120，x 4(1＋lgx)＝1，所以x ＝1，或lgx ＝－1，x ＝110.题型2 二项式系数例2 已知(x 23＋3x 2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求： (1) 展开式中二项式系数最大的项； (2) 展开式中系数最大的项．解：令x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n.又展开式中二项式系数和为2n，∴ 22n －2n＝992，n ＝5.(1) ∵ n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3、4两项，∴ T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223.(2) 设展开式中第r ＋1项系数最大，则T r ＋1＝C r 5(x 23)5－r (3x 2)r ＝3r C r5x 10＋4r 3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧3r C r 5≥3r －1C r －15，3r C r 5≥3r ＋1C r ＋15， 72≤r ≤92，∴ r ＝4，即展开式中第5项系数最大，T 5＝C 45(x 23)(3x 2)4＝405x 263.备选变式（教师专享）已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n 的展开式中前三项的系数成等差数列．设⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.求：(1) a 5的值；(2) a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)na n 的值； (3) a i (i ＝0，1，2，…，n)的最大值．解：(1) 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍)．T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r，令8－r ＝5 r ＝3，所以a 5＝7.(2) 在等式的两边取x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝1256. (3) 设第r ＋1的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧12r C r 8≥12r ＋1C r ＋18，12r C r8≥12r －1C r －18，即⎩⎪⎨⎪⎧18－r ≥12（r ＋1），12r ≥19－r ，解得r ＝2或r ＝3.所以a i 系数最大值为7.题型3 二项式定理的综合应用例3 已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 展开式中的二项式系数的和比(3a ＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x n展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2n －27＝128，n ＝8，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的通项T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 8x 16－3r，当r ＝4时，展开式中的系数最大，即T 5＝70x 4为展开式中的系数最大的项；当r ＝3，或5时，展开式中的系数最小，即T 4＝－56x 7，T 6＝－56x 为展开式中的系数最小的项．备选变式（教师专享）已知(2－3x)50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f(x)＝(2－3x)50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50) ＝(2－3)50(2＋3)50＝1.1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________．答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x 2的系数为C 25＋a·C 15＝5，解得a ＝－1.2. (2013·天津理)⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 6的二项展开式中的常数项为________．答案：15解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6x 6－k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 6x6－32k(－1)k.由6－32k ＝0，得k＝4.所以常数项为T 4＋1＝C 46(－1)4＝15.3. (2013·大纲版理)(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是________．答案：18解析：(x ＋1)3的展开式的通项为T r ＋1＝C r 3x r ，令r ＝2得到展开式中x 2的系数是C 23＝3.(1＋y)4的展开式的通项为T r ＋1＝C r 4y r ，令r ＝2得到展开式中y 2的系数是C 24＝6，(1＋x)3(1＋y)4的展开式中x 2y 2的系数是3×6＝18.4. (2013·辽宁理)使得⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n(n∈N ＋)的展开式中含有的常数项最小的n 为________．答案：5解析：展开式的通项公式为T k ＋1＝C k n (3x)n －k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x k ＝C k n 3n －k xn －5k 2.由n －5k 2＝0，得n＝5k2，所以当k ＝2时，n 有最小值5.1. 若n 是奇数，则7n ＋C 1n 7n －1＋C 2n 7n －2＋…＋C n －1n 7被9除的余数是________．答案：7解析：原式＝(7＋1)n －1＝(9－1)n－1＝9k －2＝9k′＋7(k 和k ′均为正整数)．2. 0.9915的近似值是___________．(精确到0.001) 答案：0.956解析：0.9915＝(1－0.009)5＝1－5×0.009＋10×(0.009)2－…≈1－0.045＋0.000 81≈0.956.3. 用二次项定理证明32n ＋2－8n －9能被64整除(n∈N )．证明：32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9 ＝C 0n ＋18n ＋1＋C 1n ＋18n ＋…＋C n －1n ＋182＋C n n ＋18＋C n ＋1n ＋1－8n －9＝64(C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)＋8(n ＋1)＋1－8n －9＝M×64(记M ＝C 0n ＋18n －1＋C 1n ＋18n －2＋…＋C n －1n ＋1)． ∵ M 为整数，∴ 64M 能被64整除．4. (1) 在(1＋x)n的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则n 等于多少？(2) ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x x ＋13x n的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大项．解：(1) 由已知得C 2n ＝C 5n n ＝7.(2) 由已知得C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝128，2n －1＝128，n ＝8，而展开式中二项式系数最大项是T 4＋1＝C 48(x x)4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 4＝70x 43x 2.一般地，对于多项式g(x)＝(px ＋q)n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则有： (1) g(x)的常数项的系数为g(0)； (2) g(x)的各项的系数和为g(1)；(3) g(x)的奇数项的系数和为12[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为12[g(1)－g(－1)]．请使用课时训练（A ）第3课时（见活页）.[备课札记]。

高考数学复习专题14 计数原理与概率统计离散型随机变量及其分布列易错点

离散型随机变量及其分布列易错点主标题：离散型随机变量及其分布列易错点副标题：从考点分析离散型随机变量及其分布列易错点，为学生备考提供简洁有效的备考策略。

关键词：离散型随机变量，分布列，超几何分布，易错点难度：3重要程度：4内容：【易错点】1．离散型随机变量(1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量．(√)(2)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．(√)2．分布列的性质及两个特殊的概率分布(4)如果随机变量X的分布列由下表给出：(5)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布．(√)(6)(教材习题改编)已知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝i2a(i＝1,2,3,4)，则P(2<X≤4)＝0.7.(√)[剖析]1．离散型随机变量的特点一是在试验之前不能断言随机变量取什么值，即具有随机性；二是在大量重复试验中能按一定统计规律取值的变量，即存在统计规律性，如(1)、(3)．2．分布列的两条性质离散型随机变量的分布列指出了随机变量X的取值范围以及取各值的概率，如(6)；要理解两种特殊的概率分布——两点分布与超几何分布，如(4)、(5)；并善于灵活运用两性质：一是p i≥0(i＝1,2，…)；二是p1＋p2＋…＋p n＝1检验分布列的正误，如(2)．[典例]盒子中有大小相同的球10个，其中标号为1的球3个，标号为2的球4个，标号为5的球3个．第一次从盒子中任取1个球，放回后第二次再任取1个球(假设取到每个球的可能性都相同)．记第一次与第二次取得球的标号之和为ξ.(1)求随机变量ξ的分布列；(2)求随机变量ξ的数学期望．[思路点拨](1)注意两次取球是相互独立的，编号之和的可能取值为2,3,4,6,7,10.(2)利用数学期望公式求解．[解析] (1)由题意可得，随机变量ξ的取值是2,3,4,6,7,10.且P(ξ＝2)＝0.3×0.3＝0.09，P(ξ＝3)＝C12×0.3×0.4＝0.24，P(ξ＝4)＝0.4×0.4＝0.16，P(ξ＝6)＝C12×0.3×0.3＝0.18，P(ξ＝7)＝C12×0.4×0.3＝0.24，P(ξ＝10)＝0.3×0.3＝0.09.故随机变量ξ的分布列为(2)Eξ＝2×0.09＋3×0.24＋4×0.16＋6×0.18＋7×0．24＋10×0.09＝5.2.[名师点评] 1.本题由于离散型随机变量ξ的取值情况较多，极易发生对随机变量取值考虑不全而导致解题错误．2．此类问题还极易发生如下错误：虽然弄清随机变量的所有取值，但对某个取值考虑不全．3．避免以上错误发生的有效方法是验证随机变量的概率和是否为1.。

(江苏专用)高考数学复习第十一章计数原理、随机变量及其概率分布11.1分类计数原理与分步计数原理课件

3.分类和分步的区别，关键是看事件能否一步完成，事件一步完成了就是 _分__类__；必须要连续若干步才能完成的则是_分__步__.分类要用分类计数原理将种数_相__加__；分步要用分步计数原理，将种数_相__乘__.
【概念方法微思考】 1.在解题过程中如何判定是用分类计数原理还是分步计数原理？提示如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步计数原理. 2.两种原理解题策略有哪些？提示 ①分清要完成的事情是什么； ②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； ③有无特殊条件的限制； ④检验是否有重复或遗漏.
思维升华
分类标准是运用分类计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置. (1)根据题目特点恰当选择一个分类标准. (2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复. (3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.
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3.[P29习题T9]将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4,5,6的盒子内，6号盒子中至少有1个球的放法种数是__9_1_. 解析本题应分为6号盒子中有1个球，2个球，3个球三类来解答，可列式为 C13(A25＋A15)＋C23A15＋C33＝91(种).
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2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为_2_4_0_.
解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与 121，共2个. 若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3 ＝6(个). 若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的 “凸数”有8×9＝72(个). 所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).

高中数学随机变量及其分布讲义及练习

随机变量及其分布要求层次重难点取有限值的离散型随机变量及其分布列C⑴理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．⑵理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．超几何分布A（一）知识内容1．运用计数原理，求随机事件的概率，为求随机变量的分布列打下基础．2．涉及到的主要是古典概型的概率求法，与概率初步相承接．对于直接列出基本事件空间求概率的题型不再收集，属于概率初步中的内容．（二）典例分析：【例1】甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，知识框架例题精讲高考要求离散型随机变量二点分布超几何分布二项分布离散型随机变量的分布列板块一：随机事件的概率随机变量及其分布把乙猜的数字记为b，且{0129}，，，，，，若||1a b∈-≤，则称甲乙“心有灵犀”．现任意a b找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为．【例2】从装有3个白球，4个红球的箱子中，把球一个个取出来，到第五个恰好白球全部取出来的概率是_____．【例3】从正二十边形的对角线中任取一条，则其与此正二十边形的所有边都不平行的概率为_____．【例4】某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是______．【例5】（09上海春）一只猴子随机敲击只有26个小写英文字母的练习键盘．若每敲1次在屏幕上出现一个字母，它连续敲击10次，屏幕上的10个字母依次排成一行，则出现单词“monkey”的概率为______．【例6】6女，4男中随机选出3位参加测验．每位女同学能通过测验的概率为0.8，每位男同学能通过测验的概率为0.6．试求：⑴选出的3位同学中，至少有一位男同学的概率；⑵10位同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率．【例7】（06江西）将7个人（含甲、乙）分成三个组，一组3人，另两组2人，不同的分组数为a，甲、乙分到同一组的概率为p，则a p，的值分别为（）A ．510521a p ==， B ．410521a p ==， C ．521021a p ==， D ．421021a p ==，【例8】（07四川）已知一组抛物线2112y ax bx =++，其中a 为2468，，，中任取的一个数，b 为1357，，，中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线1x =交点处的切线相互平行的概率是（）A ．112B ．760C ．625D ．516【例9】（08湖南）对有(4)n n ≥个元素的总体{}12n ，，，进行抽样，先将总体分成两个子总体{}12m ，，，和{}12m m n ++，，，（m 是给定的正整数，且22m n -≤≤），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本．用ij P 表示元素i 和j 同时出现在样本中的概率，则1n P = ；所有(1)ij P i j n <≤≤的和等于．【例10】（2009江西10）为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为（）A ．3181B ．3381C ．4881D ．5081【例11】（2009重庆6）锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为（）A ．891B ．2591C ．4891D ．6091【例12】（2009安徽）考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（）A ．175B ．275C ．375D ．475【例13】（2009安徽10）考察正方体6个面的中心，从中任意选3个点连成三角形，再把剩下的3个点也连成三角形，则所得的两个三角形全等的概率等于（）A ．1B ．12C ．13D ．0【例14】在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为12318，，，，的18名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为_______．【例15】右图中有一个信号源和五个接收器．接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（）A ．445B ．136C ．415D ．815【例16】已知盒中装有3只螺口与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡使用，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则他直到第3次才取得卡口灯泡的概率为（）A ．2140B ．1740C ．310D ．7120【例17】（2006上海）两部不同的长篇小说各由第一、二、三、四卷组成，每卷1本，共8本．将它们任意地排成一排，左边4本恰好都属于同一部小说的概率是______（结果用分数表示）．【例18】某人射击5枪，命中3枪，3枪中恰有2枪连中的概率为（）A．120B．110C．25D．35【例19】从数字12345，，，，中，随机抽取3个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字之和等于9的概率为（）A．19125B．18125C．16125D．13125【例20】（2007年全国II卷文）从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率()0.96P A=．⑴求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；⑵若该批产品共100件，从中任意抽取2件，求事件B：“取出的2件产品中至少有一件二等品”的概率()P B．【例21】（2006年浙江卷）甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球．由甲，乙两袋中各任取2个球．⑴若3n=，求取到的4个球全是红球的概率；⑵若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n．【例22】（2009江苏23）对于正整数2n ≥，用n T 表示关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的有序数组()a b ，的组数，其中{}12a b n ∈，，，，（a 和b 可以相等）；对于随机选取的{}12a b n ∈，，，，（a 和b 可以相等），记n P 为关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的概率．⑴求2n T 及2n P ；⑵求证：对任意正整数2n ≥，有11n P n>-．【例23】某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球，已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是12，从按钮第二次按下起，若前次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为1233，；若前次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为3255，；记第(*)n n ∈N 次按下按钮后出现红球的概率为n P ． ⑴求2P 的值；⑵当2n n ∈N ，≥时，求用1n P -表示n P 的表达式； ⑶求n P 关于n 的表达式．（一）知识内容1．离散型随机变量如果在试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X 来表示，并且X 是随着试验的结果的不同而变化的，我们把这样的变量X 叫做一个随机变量．随机变量常用大写字母,,X Y 表示．如果随机变量X 的所有可能的取值都能一一列举出来，则称X 为离散型随机变量． 2．离散型随机变量的分布列将离散型随机变量X 所有可能的取值i x 与该取值对应的概率i p (1,2,,)i n =列表表示：X 1x 2x … i x … n x P1p2p…i p…n pX 的分布列．板块二：离散型随机变量及其分布列（二）典例分析：【例1】以下随机变量中，不是离散型随机变量的是：⑴ 某城市一天之内发生的火警次数X ；⑵ 某城市一天之内的温度Y ．【例2】写出下列各随机变量可能的取值．⑴ 小明要去北京旅游，可能乘火车、汽车，也可能乘飞机，他的旅费分别为100元、260元和600 元，记他的旅费为X ；⑵ 正方体的骰子，各面分别刻着123456，，，，，，随意掷两次，所得的点数之和X ．【例3】若()1P X n a =-≤，()1m P X b =-≥，其中m n <，则()P m X n ≤≤等于（）A ．(1)(1)a b --B ．1(1)a b --C ．1()a b -+D ．1(1)b a --【例4】甲乙两名篮球运动员轮流投篮直至有人投中为止，设每次投篮甲投中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，而且每次不受其他次投篮结果的影响，甲投篮的次数为X ，若甲先投，则()P X k ==_________．【例5】某12人的兴趣小组中，有5名三好生，现从中任意选6人参加竞赛，用X 表示这6人中三好生的人数，则(3)P X ==________．【例6】设随机变量的分布列如下：k【例7】设随机变量X 等可能的取值123n ，，，，，如果(4)0.3P X <=，那么（） A ．3n = B ．4n = C ．9n = D ．10n =【例8】设随机变量X 的概率分布列为2()1233iP X i a i ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，，，，则a 的值是（） A ．1738 B ．2738 C ．1719 D ．2719【例9】已知随机变量X 的分布列为()(123)2iP X i i a===，，，则(2)P X == ．【例10】设随机变量X 的概率分布是()5kaP X k ==，a 为常数，123k =，，，则a =（） A ．2531 B ．3125 C ．12531 D ．31125【例11】设随机变量ξ所有可能取值为1234，，，，且已知概率()P k ξ=与k 成正比，求ξ的分布．【例12】设随机变量X 的概率分布列为()1262k cP X k k ===，，，，，其中c 为常数，则(2)P X ≤的值为（）A ．34B ．1621C ．6364D ．6463【例13】设随机变量X 的分布列为()()123k P X k k n λ===，，，，，，求λ的取值．【例14】已知(12)(1)k p k k k λ==+，，为离散型随机变量的概率分布，求λ的取值．【例15】随机变量X 的分布列()(1234)(1)p P X k k k k ===+，，，，p 为常数，则1522P X ⎛⎫<<= ⎪⎝⎭（）A ．23B ．34C ．45D ．56【例16】（2008年北京卷理）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到A B C D，，，四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．⑴求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；⑵求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；⑶设随机变量ξ为这五名志愿者中参加A岗位服务的人数，求ξ的分布列．【例17】甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23，求：⑴记甲击中目标的次数为ξ，ξ的概率分布及数学期望；⑵乙至多击中目标2次的概率；⑶甲恰好比乙多击中目标2次的概率．【例18】甲与乙两人掷硬币，甲用一枚硬币掷3次，记国徽面（记为正面）朝上的次数为随机变量X；乙用一枚硬币掷2次，记国徽面（记为正面）朝上的次数为随机变量Y．⑴求随机变量X与Y的分布列；⑵求甲得到的正面朝上的次数不少于1的概率．⑶求甲与乙得到的正面朝上的次数之和为3的概率；⑷求甲得到的正面朝上的次数大于乙的概率．【例19】一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得1-分，试写出从该盒中取出一球所得分数X的分布列，并求出所得分数不为0的概率．【例20】一袋中装有编号为123456，，，，，的6个大小相同的球，现从中随机取出3个球，以X表示取出的最大号码．⑴求X的概率分布；⑵求4X 的概率．【例21】袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用X表示取球终止所需要的取球次数．⑴求袋中所有的白球的个数；⑵求随机变量X的概率分布；⑶求甲取到白球的概率．【例22】一个袋中有5个球，编号为12345，，，，，在其中同时取3个球，以X表示取出的3个球中的最大号码，试求X的概率分布列以及最大号码不小于4的概率．（一）知识内容1．如果随机变量X 的分布列为 X 1 0P p q其中01p <<，1q p =-X 服从参数为p 的二点分布．二点分布举例：某次抽查活动中，一件产品合格记为1，不合格记为0，已知产品的合格率为80%，随机变量X 为任意抽取一件产品得到的结果，则X 的分布列满足二点分布． X 1 0P 0.8 0.2两点分布又称01-为伯努利分布．2．超几何分布一般地，设有总数为N 件的两类物品，其中一类有M 件，从所有物品中任取n 件()n N ≤，这n 件中所含这类物品件数X 是一个离散型随机变量，它取值为m 时的概率为C C ()C mn m M N M nNP X m --==(0m l ≤≤，l 为n 和M 中较小的一个)．我们称离散型随机变量X 的这种形式的概率分布为超几何分布，也称X 服从参数为N ，M ，n 的超几何分布．在超几何分布中，只要知道N ，M 和n ，就可以根据公式求出X 取不同值时的概率()P X m =，从而列出X 的分布列．（二）典例分析：【例23】某导游团有外语导游10人，其中6人会说日语，现要选出4人去完成一项任务，则有两人会说日语的概率为____．【例24】在15个村庄中有6个村庄交通不便，现从中任意选取10个村庄，其中有X 个村庄交通不便，下列概率中等于46691015C C C 的是（） A ．(4)P X = B ．(4)P X ≤ C ．(6)P X =D ．(6)P X ≤板块三：二点分布与超几何分布【例25】4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选三人中女生人数，则所选三人中女生人数1ξ≤的概率为（）．A．15B．25C．35D．45【例26】袋中装有2个5分硬币，3个二分硬币，5个一分硬币，任意抓取3个，则总面值超过1角的概率是（）A．115B．215C．1315D．1415【例27】从分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，9的9张卡片中任取2张，则两数之和是奇数的概率是______【例28】从一副扑克（无王牌）中随意抽取3张，其中至少有一张是黑桃的概率_______（保留四位有效数字）【例29】袋中有12个大小规格相同的球，其中含有2个红球，从中任取3个球，求取出的3个球中红球个数X的概率分布．【例30】袋中有大小相同的5个白球和3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率．⑴摸出2个或3个白球；⑵至少摸出一个黑球．【例31】一批产品共100件，其中5件是废品，任抽10件进行检查，求下列事件的概率．⑴10件产品中至多有一件废品；⑵10件产品中至少有一件废品．【例32】（2009四川文）为振兴旅游业，四川省2009年面向国内发行总量为2000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡（简称金卡），向省内人士发行的是熊猫银卡（简称银卡），某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅游，其中34是省外游客，其余是省内游客，在省外游客中有13持金卡，在省内游客中有23持银卡．⑴在该团中随即采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；⑵在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．【例33】已知10件产品中有3件是次品．⑴任意取出3件产品作检验，求其中至少有1件是次品的概率；⑵为了保证使3件次品全部检验出的概率超过0.6，最少应抽取几件产品作检验？【例34】人类血型有A型，B型，AB型，O型，四种常见血型，现在有100人，其中是A型血的有40人，B型血的有20人，AB型血的有10人，O型血的有30人，从这100人中随机选出两人，问血型不同的概率是多少？【例35】交5元钱，可以参加一次摸奖，一袋中有同样大小的球10个，其中8个标有1元钱，2个标有5元钱，摸奖者只能从中任取2个球，所得奖励是所抽2球的钱数之和，求摸奖人至少不赔的概率．【例36】一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，从中任取4个球，⑴红球的个数不比白球少的概率是多少？⑵若取一个红球记2分，取一个白球记1分，使总分不少于7分的概率是多少？【例37】已知甲盒内有大小相同的1个红球、1个绿球和2个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球、1个绿球和3个黑球，现从甲乙两个盒子内各任取2球．⑴求取出的4个球中恰有1个红球的概率；⑵求取出的4个球中红球的个数不超过2个的概率．。

苏教版高中数学高考总复习(理科)知识讲解_高考总复习：离散型随机变量及其分布列、均值与方差

高考总复习：离散型随机变量及其分布列、期望与方差【考纲要求】一、离散型随机变量及其分布列（1）理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；（2）理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用。

二、离散型随机变量的均值与方差（1）理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念；（2）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。

【知识网络】【考点梳理】考点一、离散型随机变量及其分布列一、离散型随机变量的概念随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，常用字母X，Y，,ξη，……表示。

所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量。

要点诠释：1．所谓随机变量，就是试验结果和实数之间的一个对应关系。

这与函数概念在本质上是相同的，不同的是函数的自变量是实数，而随机变量的自变量是试验结果。

2．如果随机变量可能取的值为有限个，则我们能够把其结果一一列举出来。

3．随机变量是随机试验的结果数量化，变量的取值对应随机试验的某一个随机事件，在学习中，要注意随机变量与以前所学的变量的区别与联系。

二、离散型随机变量的分布列及性质1．一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为12,inx x x x ，，，，X 取每一个值(=1,2,,)i x i n 的概率(=)=i i P X x p ，则表称为离散型随机变量X 的概率分布列，简称为X 的分布列，有时为了表达简单，也用等式(=)=,=1,2,,i i P X x p i n 表示X 的分布列。

2．离散型随机变量的分布列的性质 ①i p ≥0（=1,2,,i n ）； ②1=1ni i p =∑。

要点诠释：求离散型随机变量的分布列时，首先确定随机变量的极值，求出离散型随机变量的每一个值对应的概率，最后列成表格。

1．分布列可由三种形式，即表格、等式和图象表示。

在分布列的表格表示中，结构为2行n+1列，第1行表示随机变量的取值，第2行是对应的变量的概率。

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第一节排列与组合讲义含解析0513134.doc

第一节排列与组合突破点一两个计数原理[基本知识]1．分类加法计数原理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．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有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．3．两个计数原理的比较一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(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．( )(3)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．( )答案：(1)×(2)√(3)√二、填空题1．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有________种．答案：62．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为________．答案：323．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有________个．答案：120[全析考法]考法一分类加法计数原理与分步乘法计数原理[例1] (1)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A．6 B．12C．24 D．36(2)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.(2)十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．[答案] (1)A (2)8[易错提醒](1)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．(2)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．考法二两个计数原理的综合应用在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例2] 如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )A．48 B．18C．24 D．36[解析] 分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．[答案] D[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．[集训冲关]1.[考法一]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A．10种 B．25种C．52种 D．24种解析：选D 每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．2.[考法一]如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：53.[考法二]如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________．解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．答案：72种突破点二排列、组合[基本知识] 1．排列与排列数3．排列数、组合数的公式及性质A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！C m n＝A m nA m m＝n n－n－m＋m！＝n！m！n－m！一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立．( )(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.( )(5)A m n＝n A m－1n－1.( )(6)k C k n＝n C k－1n－1.( )答案：(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√(6)√二、填空题1．某考生填报某高校专业意向，打算从5个专业中挑选3个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的填法有________种．答案：602．用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为________．答案：2883．甲、乙、丙、丁四位同学各自在周六、周日两天中随机选一天郊游，则周六、周日都有同学参加郊游的情况共有________种．答案：14[全析考法]考法一排列问题[例1] 3名女生和5名男生排成一排．(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？[解] (1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4 320种不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有A55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝14 400种不同排法．(3)法一：(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有A25·A66＝14 400种不同排法．法二：(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14 400种不同排法．[方法技巧] 求解排列应用题的6种主要方法考法二组合问题[例2] 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解] (1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种取法，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种取法．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有C120C215＝2 100种取法．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．[方法技巧]组合问题的2种题型及解法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[集训冲关]1.[考法一]六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种B．216种C．240种 D．288种解析：选B 第一类：甲在左端，有A55＝120种排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A44＝96种排法；所以共有120＋96＝216种排法．2.[考法二]在某校2018年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同的运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为( )A．30 B．36C．60 D．72解析：选A 因为甲、乙两位同学从四个不同的项目中各选两个项目的选法有C24C24种．其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C24种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有C24C24－C24＝30(种)．故选A.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

2014高考数学理硬手笔(真题篇)常考问题随机变量的分布列、均值与方差

2014高考数学理“硬”手笔（真题篇）常考问题：
随机变量的分布列、均值与方差
[真题感悟]
(2013·天津卷)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4；白色卡片3张，编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．
(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；
(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．
(1)解设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件A ，则
P (A )＝C 12C 35＋C 22C 2
5C 47＝67
. 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为67
. (2)随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4.
P (X ＝1)＝C 33C 47＝135，P (X ＝2)＝C 34C 47＝435
， P (X ＝3)＝C 35C 47＝27，P (X ＝4)＝C 36C 47＝47
. 所以随机变量X 的分布列是
随机变量X 的数学期望EX ＝1×35＋2×35＋3×7＋4×7＝5
. [考题分析]
题型选择题、填空题、解答题
难度低档对排列、组合知识、二项式定理、离散型随机变量的数学期望的单项考查．中档对排列、组合知识的综合考查；对互斥事件、相互独立事件、独立重复试验概率的求解．。

【创新设计】江苏高考数学理二轮专题分析训练17计数原理、随机变量及其分布列(含答案解析)

常考问题 17计数原理、随机变量及其散布列(建议用时： 80 分钟 )1．(2012 ·无锡五校联考 )无锡学校娱乐队的每位队员唱歌、跳舞起码会一项，已知会唱歌的有 2 人，会跳舞的有 5 人，现从中选 2 人．设 ξ为选出的人中既7会唱歌又会跳舞的人数，且P(ξ＞0)＝ 10.(1)求娱乐队的队员人数；(2)写出 ξ的概率散布列并计算 E(ξ)．解设既会唱歌又会跳舞的有 x 人，则娱乐队中共有 (7－x)人，只会一项的人数是 (7－2x)人．27 ，∴ P(ξ＝ 0)＝3，即C 7－ 2x＝ 32(1)∵P(ξ＞0)＝ P(ξ≥ 1)＝1－P(ξ＝0)＝ 1010C 7－ x 10.∴ 7－2x 6－2x ＝ 3，解得 x ＝2.7－ x 6－x 10故娱乐队共有 5 人．1 1 21C 2·C 3 3C 2，2 ＝， P(ξ＝2)＝ 2＝(2)P(ξ＝1)＝ C 5 5 C 5 10ξ的概率散布列为ξ 0 1 2 P 3 3 110510331 4∴ E(ξ)＝0×10＋ 1× 5＋2× 10＝5.2．(2013 ·徐州质检 )一扔掷飞碟的游戏中，飞碟投入红袋记2 分，投入蓝袋记 1分，未投入袋记0 分．经过多次试验，某人扔掷 100 个飞碟有 50 个入红袋，25 个入蓝袋，其他不可以入袋．(1)求该人在 4 次扔掷中恰有三次投入红袋的概率；(2)求该人两次扔掷后得分 ξ的数学希望 E ξ.解 (1)“飞碟投入红袋”，“飞碟投入蓝袋”，“飞碟不入袋”分别记为事件 A ，B ，C.50 125 1则 P(A)＝ 100＝2，P(B)＝P(C)＝ 100＝4.因每次扔掷飞碟为相互独立事件，故 4 次扔掷中恰有三次投入红袋的概率为3 1 31 1P 4(3)＝C 4 2 1－2 ＝ 4.(2)两次扔掷得分 ξ的得分可取值为 0,1,2,3,4 则：1P(ξ＝0)＝ P(C)P(C)＝16；11 1 1P(ξ＝1)＝ C 2P(B)P(C)＝2×4×4＝8；15P(ξ＝2)＝ C 2P(A)P(C)＋P(B)P(B)＝ 16；11P(ξ＝3)＝ C 2P(A)P(B)＝4；1P(ξ＝4)＝ P(A)P(A)＝4.1 1 5 1 1 5∴ E(ξ)＝0×16＋ 1× 8＋2×16＋3×4＋4×4＝2.3．某居民小区有两个相互独立的安全防备系统(简称系统 )A 和 B ，系统 A 和 B1在随意时辰发生故障的概率分别为10和 p.49(1)若在随意时辰起码有一个系统不发生故障的概率为50，求 p 的值；(2)设系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量 ξ，求 ξ的概率散布列及数学希望 E ξ.解 (1)设“起码有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1491－P( C )＝1－10·p ＝ 50.1解得 p ＝5.1 3 1(2)由题意， P(ξ＝0)＝ C 3 10 ＝1 000，P( ξ＝ 1) ＝ C 1 1 21－ 1 ＝ 27 ， 3 10 · 10 1 0002112＝243，P(ξ＝2)＝ C 31－1010·1 000 313 729P(ξ＝3)＝ C3 1－10＝1 000.因此，随机变量ξ的概率散布列为ξ0123P127243729 1 000 1 000 1 000 1 000故随机变量ξ的数学希望：12724372927E(ξ)＝ 0×1 000＋1×1 000＋2×1 000＋3×1 000＝10.4．(2013 ·苏北四市模拟 )学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有 3 个白球， 2 个黑球，乙箱子里装有 1 个白球， 2 个黑球，这些球除颜色外完整相同．每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球，若摸出的白球许多于 2 个，则获奖 (每次游戏结束后将球放回原箱 )(1)求在一次游戏中①摸出 3 个白球的概率；②获奖的概率．(2)求在两次游戏中获奖次数X 的散布列及数学希望E(X)．解(1)①设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球”为事件A i(i＝0,1,2,3)，则 P(A3)＝211C3C22·2＝.C5C35②设“在 1 次游戏中获奖为事件B”则 B＝ A2∪A3，221111又 P(A2＝C3C2C3·C2C2互斥，2·2＋2·2＝，且A2，A3)C5C3C5C32117因此 P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝2＋5＝10.(2)由题意可知 X 的全部可能取值为0,1,2.7 29P(X＝ 0)＝ 1－10＝100；17721P(X＝ 1)＝C2 1－10 10＝50；7249P(X＝ 2)＝10＝100.因此 X 的散布列是X 0 1 2 P9 21 49 10050100921 49 7X 的数学希望是 E(X)＝0×100＋ 1× 50＋2×100＝5.5．(2013 ·西安惠安中学模拟 )形状如下图的三个游戏盘中 (图①是正方形， M ，N 分别是所在边中点，图②是半径分别为2 和 4 的两个齐心圆， O 为圆心，图③是正六边形，点 P 为此中心 )各有一个玻璃小球，挨次摇动三个游戏盘后，将它们水平搁置，就达成了一局游戏．(1)一局游戏后，这三个盘中的小球都停在暗影部分的概率是多少？(2)用随机变量 X 表示一局游戏后，小球停在暗影部分的事件数与小球没有停在暗影部分的事件数之差的绝对值，求随机变量X 的散布列．解 (1)“一局游戏后，这三个盘中的小球停在暗影部分”分别记为事件A 1，A 2，A 3.由题意知， A 1，A 2，A 3 相互独立，且 P(A 1)＝1，P(A 2)＝ 1，P(A 3)＝ 1，因此“一24 3 局游戏后，这三个盘中的小球都停在暗影部分”的概率为P(A 1 2 3 ＝A A )1 1 1 1 P(A 1)P(A 2) ·P(A 3)＝ 2× 4× 3＝ 24.(2)一局游戏后，这三个盘中的小球停在暗影部分的事件数可能是 0,1,2,3，相应的小球没有停在暗影部分的事件数可能取值为 3,2,1,0，因此 X 可能的取值为 1,3.由剖析可得 P(X ＝3)＝ P(A 12 3＋P( A 1 A 2 3123A A ) A ) ＝P(A ) ·P(A )P(A )＋P( A1 1 11 32 77 171)P( A 2)P( A 3)＝2×4×3＋2×4×3＝ 24；P(X ＝ 1)＝1－ 24＝ 24.因此 X 的散布列为X13P17 7 24246．(2012 ·南师附中信息卷 )为拉动经济增加，某市决定新建一批基础设备工程、1 1民生工程和家产建设工程三类，这三类工程所含项目个数分别占总数的2，3，16，此刻 3 名工人独立地从中随意一个项目参加建设．(1)求他们选择的项目所属类型互不同样的概率．(2)记 X 为 3 人中选择的项目所属于基础设备工程或家产建设工程的人数，求X 的散布列及数学希望．解记第 i 名工人选择的项目属于基础设备工程、民生工程和家产建设工程分别为事件 A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意，知 A 1，A 2，A 3 相互独立， B 1，B 2，B 3 相互独立，C 1，C 2， C 3 相互独立， A i ，B j ，C k (i ，j ，k ＝ 1,2,3，且 i ，j ，k互不同样 )相互独立，且11 1P(A i )＝，P(B j )＝，P(C k )＝ .236(1)他们选择的项目所属类型互不同样的概率32 3＝12 311 1 1P ＝A 3×P(A 1)＝ ×× × ＝6.B C 6P(A )P(B )P(C ) 6 2 3 6 (2)设 3 名工人中选择的项目属于民生工程的人数为 η，由已知 η～B ， 1 ，且 X ＝3－η3 33 1 3 1 因此 P(X ＝ 0)＝P(η＝3)＝ C 3 3 ＝27，2 1 2 2 2 P(X ＝ 1)＝P(η＝2)＝ C3 3 3 ＝9， 1 1 2 24 P(X ＝ 2)＝P(η＝1)＝ C 3 3 3 ＝9， 0 2 3 8P(X ＝ 3)＝P(η＝0)＝ C 3 3 ＝27，故 X 的散布列是X 0 1 2 3 P12 4 8 2799271248X 的数学希望是 E(X)＝0×27＋1×9＋2×9＋3×27＝2.备课札记：。