2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略课时作业： 18概率、随机变量及其分布列
人教A版2020届高考数学二轮复习(理)讲义及题型归纳(拔高)：概率与统计
概率与统计一、考纲解读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推导过程，并能进行简单的应用。
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n 次独立重复实验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题。
4.理解取有限个值的离散型变量均值，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.利用实际问题的频率分布直方图，了解正态分布密度曲线的特点及曲线所表示的意义二、命题趋势探究1.高考命题中，该部分命题形式有选择题、填空题，但更多的是解答题。
2.主要以离散型随机变量分布列为主体命题，计算离散型随机变量的期望和方差，其中二项分布与超几何分布为重要考点，难度中等以下。
3.有关正态分布的考题多为一道小题。
三、知识点精讲（一）.条件概率与独立事件（1）在事件A 发生的条件下，时间B 发生的概率叫做A 发生时B 发生的条件概率，记作()P B A ，条件概率公式为()=P B A ()()P AB P A 。
（2）若()=P BA P B （），即()=()()P A B PAPB ,称A 与B 为相互独立事件。
A 与B相互独立，即A 发生与否对B 的发生与否无影响，反之亦然。
即,A B 相互独立，则有公式()=()()P AB P A P B 。
（3）在n 次独立重复实验中，事件A 发生k ()0k n ≤≤次的概率记作()n P k ，记A在其中一次实验中发生的概率为()P A p = ，则()()1n k k k n n P k C p p -=- .（二）.离散型随机变量分布列、期望、方差及其性质（1）离散型随机变量ξ的分布列（如表13-1所示）.表13-1①()11,i p i n i N θ*≤≤≤≤∈ ;②121n p p p ++= .（2）E ξ表示ξ的期望：1122=+n n p p p E ξξξξ++…，反应随机变量的平均水平，若随机变量ξη，满足=a b ηξ+，则E aE b ηξ=+.（3）D ξ表示ξ的方差：()()()2221122=---n n E p E p E p D ξξξξξξξ+++，反映随机变量ξ取值的波动性。
2020高考数学(理)专项复习《概率统计》含答案解析
概率统计统计是研究如何合理收集、整理、分析数据的学科，为人们制定决策提供依据．概率是研究随机现象规律的学科，为人们认识客观世界提供重要的思维模式和解决问题的方法． 统计一章介绍随机抽样、样本估计总体、线性回归的基本方法，通过对典型案例的讨论，了解和使用一些常用的统计方法，进一步体会运用统计方法解决实际问题的基本思想，认识统计方法在决策中的作用．概率一章介绍随机现象与概率的意义、古典概型及几何概型，学习某些离散型随机变量分布列及其期望、方差等内容，初步学会利用离散型随机变量思想描述和分析某些随机现象的方法，并能用所学知识解决一些简单的实际问题，进一步体会概率模型的作用及运用概率思考问题的特点，初步形成用随机观念观察、分析问题的意识．§11－1 概率(一)【知识要点】1．事件与基本事件空间：随机事件：当我们在同样的条件下重复进行试验时，有的结果始终不会发生，它称为不可能事件；有的结果在每次试验中一定会发生，它称为必然事件；在试验中可能发生也可能不发生的结果称为随机事件，随机事件简称为事件．基本事件与基本事件空间：在一次试验中我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描述，这样的事件称为基本事件．所有基本事件构成的集合叫做基本事件空间，常用 表示．2．频率与概率频率：在相同的条件S 下，重复n 次试验，观察某个事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 的出现次数m 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例nm 为事件A 出现的频率． 概率：一般的，在n 次重复进行的试验中，事件A 发生的频率nm ，当n 很大时总是在某个常数附近摆动，随着n 的增加，摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做事件A 的概率，记做P (A )．显然有0≤P (A )≤1．不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，随机事件的概率在(0，1)之间．3．互斥事件的概率加法公式事件的并：由事件A 或B 至少有一个发生构成的事件C 称为事件A 与B 的并，记做C ＝A ∪B ．互斥事件：不可能同时发生的两个事件称为互斥事件．互斥事件加法公式：如果事件A 、B 互斥，则事件A ∪B 发生的概率等于这两个事件分别发生的概率和，即P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )．如果A 1，A 2，…，A n 两两互斥，那么事件A 1∪A 2∪…∪A n 发生的概率，等于这n 个事件分别发生的概率和，即P (A 1∪A 2∪…∪A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n )．对立事件：不能同时发生且必有一个发生的两个事件叫做互为对立事件．事件A 的对立事件记作A ，满足P (A )＝1－P (A )．概率的一般加法公式(选学)：事件A 和B 同时发生构成的事件D ，称为事件A 与B 的交(积)，记作D ＝A ∩B ．在古典概型中，P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (A ∩B )．4．古典概型古典概型：一次试验有下面两个特征：(1)有限性，在一次试验中可能出现的结果只有有限个，即只有有限个不同的基本事件；(2)等可能性，每个基本事件发生的可能性是均等的，则称这个试验为古典概型．古典概型的性质：对于古典概型，如果试验的n 个基本事件为A 1，A 2，…，A n ，则有P (A 1∪A 2∪…∪A n )＝1且⋅=nA P i 1)( 概率的古典定义：在古典概型中，如果试验的基本事件总数为n (Ω )，随机事件A 包含的基本事件数为n (A)，则p (A)＝试验的基本事件总数包含的基本事件数事件A ，即⋅=)()()(Ωn A n A P 5．几何概型几何概型：一次试验具有这样的特征：事件A 理解为区域Ω的一个子区域A ，A 的概率只与子区域A 的几何度量(长度、面积或体积)成正比，而与A 的位置和形状无关，这样的试验称为几何概型．几何概型的特点：(1)无限性：一次试验中可能出现的结果有无穷多个；(2)等可能性，每个基本事件发生的可能性相等．几何概型中事件A 的概率定义：ΩA A P μμ=)(，其中μ Ω 表示区域Ω 的几何度量，μ A 表示子区域A 的几何度量．随机数：就是在一定范围内随机产生的数，并且得到这个范围内的每一个数的机会均等．计算机随机模拟法(蒙特卡罗方法)是利用模型来研究某种现象的性质的一种有效方法，可以节约大量的人力物力．6．条件概率与事件的独立性条件概率：一般的，设A 、B 为两个事件，且P (A )＞0，称P (B ｜A )＝)()(A P B A P I 为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率．一般把P (B ｜A )读作“A 发生的条件下B 发生的概率”．在古典概型中，用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则有P (B ｜A )＝)()(A n B A n I ．事件的独立性：设A 、B 为两个事件，如果P (B ｜A )＝P (B )，则称事件A 与事件B 相互独立，并称事件A 、B 为相互独立事件．若A 、B 为两个相互独立事件，则A 与A 、A 与B 、A 与B 也都相互独立．若事件A 与事件B 相互独立，则P (A ∩B )＝P (A )·P (B )．【复习要求】1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别．2．了解两个互斥事件的概率加法公式．3．理解古典概型及其概率计算公式，会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．4．了解随机数的意义，了解几何概型的意义．5．在具体情境中，了解条件概率，了解两个事件相互独立的概念及独立事件的概率乘法公式，并能解决一些简单的实际问题．【例题分析】例1(1)射中9环或10环的概率；(2)至少命中8环的概率；(3)命中不足8环的概率．【分析】射击运动员一次射击只能命中1个环数，命中不同的环数是互斥事件，射中9环或10环的概率等于射中9环与射中10环的概率和．命中不足8环所包含的事件较多，而其对立事件为“至少命中8环”，可先求其对立事件的概率，再通过P (A )＝1－P (A )求解．解：设事件“射击一次，命中k 环”为事件A k (k ∈N ，k ≤10)，则事件A k 彼此互斥．(1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A ，则P (A )＝P (A 10)＋P (A 9)＝0.60．(2)记“射击一次，至少命中8环”为事件B ，则P (B )＝P (A 10)＋P (A 9)＋P (A 8)＝0.78．(3)“射击一次，命中不足8环”为事件B 的对立事件，则P (B )＝1－P (B )＝0.22．【评析】解决概率问题时，要先分清所求事件由哪些事件组成，分析是否是互斥事件，再决定用哪个公式．当用互斥事件的概率加法公式解题时，要学会不重不漏的将事件拆为几个互斥事件，要善于用对立事件解题．例2 现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A 1，A 2，A 3通晓日语，B 1，B 2，B 3通晓俄语，C 1，C 2通晓韩语．从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．(Ⅰ)求A 1被选中的概率；(Ⅱ)求B 1和C 1不全被选中的概率．【分析】本题是一个古典概型的问题，可以直接用概率公式)()()(Ωn A n A P =求解． 解：(Ⅰ)从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件空间Ω＝{(A 1，B 1，C 1)，(A 1，B 1，C 2)，(A 1，B 2，C 1)，(A 1，B 2，C 2)，(A 1，B 3，C 1)，(A 1，B 3，C 2)，(A 2，B 1，C 1)，(A 2，B 1，C 2)，(A 2，B 2，C 1)，(A 2，B 2，C 2)，(A 2，B 3，C 1)，(A 2，B 3，C 2)，(A 3，B 1，C 1)，(A 3，B 1，C 2)，(A 3，B 2，C 1)，(A 3，B 2，C 2)，(A 3，B 3，C 1)，(A 3，B 3，C 2)} 由18个基本事件组成．由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的．用M 表示“A 1恰被选中”这一事件，则M ＝｛(A 1，B 1，C 1)，(A 1，B 1，C 2)，(A 1，B 2，C 1)，(A 1，B 2，C 2)，(A 1，B 3，C 1)，(A 1，B 3，C 2)}事件M 由6个基本事件组成，因而⋅==31186)(M P(Ⅱ)用N 表示“B 1，C 1不全被选中”这一事件，则其对立事件N 表示“B 1，C 1全被选中”这一事件， 由于N ＝{(A 1，B 1，C 1)，(A 2，B 1，C 1)，(A 3，B 1，C 1)}，事件N 由3个基本事件组成， 所以61183)(==N P ，由对立事件的概率公式得⋅=-=-=65611)(1)(N P N P 【评析】古典概型解决概率问题时，选定基本事件空间并计算其所含基本事件的个数是重要的一步．本题中选定“从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果”为基本事件空间，计算时采用列举法，也可以利用乘法计数原理计算3×3×2＝18．本题第一问还可以选定“从通晓日语的3人中选出1人的可能结果”为基本事件空间，共有3个基本事件，选出A 1只有一种可能，故所求概率为⋅31例3 一个口袋中装有大小相同的2个红球，3个黑球和4个白球，从口袋中一次摸出一个球，摸出的球不再放回．(1)连续摸球2次，求第一次摸出黑球，第二次摸出白球的概率；(2)连续摸球2次，在第一次摸到黑球的条件下，求第二次摸到白球的概率；(3)如果摸出红球，则停止摸球，求摸球次数不超过3次的概率．【分析】本题是一个古典概型问题，因为基本事件空间中所含基本事件的个数较多，宜用排列组合公式计算，当然也可利用两个计数原理计数．本题第二问是条件概率问题．做第三问时，要分为三个事件：“第一次摸到红球”，“第一次摸到不是红球，第二次摸到红球”，“前两次摸到不是红球，第三次摸到红球”，显然三个事件是互斥事件．解：(1)从袋中依次摸出2个球共有29A 种结果，第一次摸出黑球、第二次摸出白球有3×4＝12种结果，则所求概率6112291==A P (或6184931=⨯=P )． (2)设“第一次摸到黑球”为事件A ，“第二次摸到白球”为事件B ，则“第一次摸到黑球，且第二次摸到白球”为事件A ∩B ，又31)(=A P ，P (A ∩B )61=，所以或⋅==213161)|(A B P (或2184)|(==A B P )． (3)第一次摸出红球的概率为1912A A ，第二次摸出红球的概率为291217A A A ，第三次摸出红球的概率为391227A A A ，则摸球次数不超过3次的概率为⋅=++=12739122729121719122A A A A A A A A P 【评析】利用古典概型求解时，求基本事件的个数和事件发生的总数时求法要一致，若无序则都无序，若有序则都有序，分子和分母的标准要相同．在求事件个数时常用列举法(画树状图、列表、坐标系法)，有时也与排列组合联系紧密，计算时灵活多变，但要注意分类讨论，做到不重不漏．要正确识别条件概率问题，理解P (A)，P (A ∩B )，P (B ｜A )的含义．例4 (1)两根相距6米的木杆上系一根绳子，并在绳子上挂一盏灯，则灯与两端距离都大于2米的概率是______．(2)甲乙两人约定在6点到7点之间在某处会面，并约好先到者等候另一人一刻钟，过时即可离去．则两人能会面的概率是______．(3)正方体内有一个内切球，则在正方体内任取一点，这个点在球内的概率为______．【分析】这三个题都可转化为几何概率问题求解．分别转化为线段长度、图形面积、几何体体积问题求解．解：(1)本题可转化为：“在长为6m 的线段上随机取点，恰好落在2m 到4m 间的概率为多少?” 易求得⋅=31P (2)本题可转化为面积问题：即“阴影部分面积占总面积的多少?”， 解得⋅=167)(A P (3)本题可转化为体积问题：即“内切球的体积与正方体体积之比是多少?”．解得⋅=6πP 【评析】几何概型也是一种概率模型，它具有等可能性和无限性两个特点．解题的关键是要建立模型，将实际问题转化为几何概率问题．基本步骤是：把基本事件空间转化为与之对应的区域Ω；把随机事件A 转化为与之对应的区域A ；利用概率公式)()()(ΩA A P μμ=计算．常用的几何度量包括：长度、面积、体积．例5 设有关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0．(Ⅰ)若a 是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，b 是从0，1，2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(Ⅱ)若a 是从区间[0，3］任取的一个数，b 是从区间[0，2］任取的一个数，求上述方程有实根的概率．【分析】本题第一问是古典概型问题，第二问由于a 、b 在实数区间选取，可以转化为几何概型问题求解．解：设事件A 为“方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根”．当a ≥0，b ≥0时，方程x 2＋2ax ＋b 2＝0有实根的充要条件为a ≥b ．(Ⅰ)基本事件共12个：(0，0)，(0，1)，(0，2)，(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)．其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．事件A 中包含9个基本事件，事件A 发生的概率为⋅==43129)(A P (Ⅱ)试验的全部结果所构成的区域为{(a ，b )｜0≤a ≤3，0≤b ≤2}．构成事件A 的区域为{(a ，b )｜0≤a ≤3，0≤b ≤2，a ≥b ｝．所以所求的概率为⋅=⨯⨯-⨯=3223221232 【评析】几何概型与古典概型的每个基本事件发生的可能性是均等的，只是几何概型的基本事件有无限个，而古典概型的基本事件有有限个．在具体问题中，不能因为古典概型的基本事件的个数多而误认为是几何概型．例6 如图，用A 、B 、C 三类不同的元件连结成两个系统N 1、N 2，当元件A 、B 、C 都正常工作时，系统N 1正常工作；当元件A 正常工作且元件B 、C 至少有一个正常工作时，系统N 2正常工作，已知元件A 、B 、C 正常工作的概率为0.80、0.90、0.90，分别求系统N 1、N 2正常工作的概率．【分析】三个元件能否正常工作相互独立．当元件A 、B 、C 同时正常工作时，系统N 1正常工作；当元件A 正常工作且元件B 、C 至少有一个正常工作时，系统N 2正常工作，而B 、C 至少有一个正常工作的概率可通过其对立事件计算．解：设元件A 、B 、C 正常工作为事件A 、B 、C ，则P (A )＝0.8，P (B)＝0.9，P (C)＝0.9，且事件A 、B 、C 相互独立．(1)系统N 1正常工作的概率为p 1＝P (A ·B ·C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝0.80×0.90×0.90＝0.648．(2)元件B 、C 至少有一个正常工作的概率为1－P (B ·C )＝1－P (B )·P (C )＝1－0.1×0.1＝0.99，所以系统N 2正常工作的概率为p 2＝P (A )·(1－P (B ·C ))＝0.80×0.99＝0.792．【评析】本题以串、并联为背景，重点在正确理解题意．在计算几个事件同时发生的概率时，要先判断各个事件之间是否相互独立．独立事件、互斥事件、对立事件的概率各有要求，要依据题目特点，巧妙地选用相关方法．例7 每次抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上分别标以数字1，2，3，4，5，6)．(1)连续抛掷3次，求向上的点数之和为3的倍数的概率；(2)连续抛掷6次，求向上的点数为奇数且恰好出现4次的概率．【分析】向上点数之和为3的倍数共有6种情况，计数时要不重不漏；向上点数为奇数的概率为21，连续抛掷6次是独立重复试验． 解：(1)向上的点数之和为3的结果有1种情况，为6的结果共10种情况，为9的结果共25种情况，为12的结果共25种情况，为15的结果共10种情况，为18的结果共1种情况．所以⋅=⨯⨯+++++=3166611025251012P(2)因为每次抛掷骰子，向上的点数为奇数的概率为P ＝21， 根据独立重复试验概率公式有⋅==⋅⋅6415)21()21(24463C P 【评析】独立重复试验是一类重要的概率问题，要善于分析模型的特点，正确合理的解题．例8 某学校进行交通安全教育，设计了如下游戏，如图，一辆车模要直行通过十字路口，此时前方交通灯为红灯，且该车模前面已有4辆车模依次在同一车道上排队等候(该车道只可以直行或左转行驶)．已知每辆车模直行的概率是53，左转行驶的概率是52，该路口红绿灯转换间隔时间均为1分钟．假设该车道上一辆直行去东向的车模驶出停车线需要10秒钟，一辆左转去北向的车模驶出停车线需要20秒钟，求：(1)前4辆车模中恰有2辆车左转行驶的概率；(2)该车模在第一次绿灯亮起时的1分钟内通过该路口的概率(汽车驶出停车线就算通过路口)．【分析】该车模1分钟内通过路口包含2种情况：4辆车都直行，3辆车直行1辆车左转．解：(1)设前4辆车模中恰有2辆左转行驶为事件A ，则⋅=⨯=625216)52()53()(2224C A P (2)设该车在第一次绿灯亮起时的1分钟内通过该路口为事件B ，其中4辆车模均 直行通过路口为事件B 1，3辆直行1辆左转为事件B 2，则事件B 1、B 2互斥．=+=+=)()()()(2121B B P B B P B P ⋅=⨯+62529752)53()53(334444C C 【评析】善于从复杂的背景中发现线索，体会其实质．善于转化问题的叙述，恰当的分类．练习11－1一、选择题1．下列随机事件的频率和概率的关系中哪个是正确的( )A ．频率就是概率B ．频率是客观存在的，与试验次数无关C ．随着试验次数增加，频率一般会越来越接近概率D ．概率是随机的，在试验前不能确定2．从装有2个黑球2个白球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )A ．至少有一个白球，都是白球B ．至少有一个白球，至少有一个红球C ．恰有一个白球，恰有两个白球D ．至少有一个白球，都是红球3．独立工作的两套报警系统遇危险报警的概率均为0.4，则遇危险时至少有一套报警系统报警的概率是( )A ．0.16B ．0.36C ．0.48D ．0.644．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 ．751B ．752C ．753D ．754 二、填空题5．甲、乙二人掷同一枚骰子各一次．如果谁掷的点数大谁就取胜，则甲取胜的概率为______．6．设每门高射炮命中飞机的概率都是0.6．今有一敌机来犯，要有99％的把握击中敌机，至少需要______门高射炮．7．在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，则落入E 中概率为______．8．一个口袋中有4个白球，2个黑球．有放回的取出3个球，如果第一次取出的是白球，则第三次取出的是黑球的概率为______；不放回的取出3个球，在第一次取出的是白球的条件下，第二次取出的是黑球的概率为______．三、解答题9．已知集合A ＝{－4．－2，0，1，3，5｝，在平面直角坐标系中点M (x ，y )的坐标满足x ∈A ，y ∈A ．计算：(1)点M 恰在第二象限的概率；(2)点M 不在x 轴上的概率；(3)点M 恰好落在区域⎪⎩⎪⎨⎧>>>-+0008y x y x 上的概率．10．某个高中研究性学习小组共有9名学生，其中有3名男生和6名女生．在研究学习过程中，要进行两次汇报活动(即开题汇报和结题汇报)，每次汇报都从这9名学生中随机选1人作为代表发言．设每人每次被选中与否均互不影响；(1)求两次汇报活动都是由小组成员甲发言的概率；(2)求男生发言次数不少于女生发言次数的概率．11．3名志愿者在10月1日至10月5日期间参加社区服务工作，若每名志愿者在这5天中任选两天参加社区服务工作，且各名志愿者的选择互不影响．求(1)这3名志愿者中在10月1日都参加社区服务工作的概率；(2)这3名志愿者中在10月1日至多有1人参加社区服务工作的概率．§11－2 概率(二)【知识要点】1．离散型随机变量及其分布列随机变量：如果随机试验的可能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．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．离散型随机变量的分布列：设离散型随机变量X 的可能取值为x 1，x 2，…，x n ，X 取到i i ii 12＋…＋p n ＝1．离散型随机变量在某个范围取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率和．其中0＜p ＜1，q ＝1－，则称离散型随机变量服从参数为p 的二点分布．二项分布：一般的，在相同条件下重复地做n 次试验，各次试验的结果相互独立，称为n 次独立重复试验．在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为==)(k X P k n k k n q p C -(其中p 为在一次试验中事件A 发生的概率，q ＝1－p ，k ＝0，1，…，n ).若将n次独立重复试验中事件A 发生的次数设为X ，则X 的分布列为超几何分布：一般的，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m C C C m X P n Nm n M N m M ≤==--0()(≤l ，其中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．2．随机变量的数字特征及正态分布1122i i n n 了离散型随机变量的平均取值水平．称i i n i p X E xX D ⋅-=∑=21))(()(为随机变量X 的方差，它反映了离散型随机变量X 相对于期望的平均波动大小(或说离散程度)，其算数平方根)(X D 为随机变量X 的标准差，记作σ (X )，方差(或标准差)越小表明X 的取值相对于期望越集中，否则越分散．均值与方差的性质：①E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ②D (aX ＋b )＝a 2D (X )若X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝pq ；若X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝npq ． 正态曲线：函数),((21)(222)(+∞∝-∈=--x e x x σμσπϕ，其中μ ∈R ，σ ＞0)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．其特点有：①曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交；②曲线是单峰的，关于x ＝μ 对称；③曲线在x ＝μ 处达到峰值σ2π1；④曲线与x 轴之间的面积为1；⑤当σ 一定时，曲线随着μ 的变化而沿x 轴平移；⑥当μ 一定时，曲线的形状由σ 决定．σ 越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ 越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．正态分布：如果对于任意实数a ＜b ，随机变量X 满足=≤<)(b X a P dx x ba )(ϕ⎰，则称X 的分布为正态分布；随机变量X 服从参数μ 、σ 的正态分布，记作N ～(μ ，σ 2)．正态分布的三个常用数据：①P (μ －σ ＜X ＜μ ＋σ )＝68.3％；②P (μ －2σ ＜X ＜μ ＋2σ )＝95.4％；③P (μ －3σ ＜X ＜μ ＋3σ )＝99.7％．【复习要求】①在对具体问题的分析中，理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性．②通过实例，理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．③通过实例，理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题． ④通过实例，理解取有限值的离散型随机变量期望、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的期望、方差，并能解决一些实际问题．⑤通过实际问题，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【例题分析】例1 一袋中装有编号为1、2、3、4、5、6的6个大小相同的小球，现从中随机取出3个球，以X 表示取出球的最大号码，(1)求X 的分布列；(2)求X ＞4的概率；(3)求E (X )．【分析】随机变量X 可能取的值为3、4、5、6，应用古典概型求得X 取每一个值的概率，就可以写出分布列．解：(1)随机变量X 可能取的值为3、4、5、6，且,203)4(,2011)3(362336======C C X P C X P 3624)5(C C X P ==103206==，212010)6(3625====C C X P ，所求X 的分布列为(2)==+==>)6()5()4(X P X P X P ⋅54 (3).25.5216103520342013)(=⨯+⨯+⨯+⨯=X E 【评析】离散型随机变量的分布列反映了一次试验的所有可能结果(X 的所有可能取值)，以及取得每个结果(X 的每一个值)的概率．书写分布列首先要根据具体情况正确分析X 可取的所有值，然后利用排列组合及概率的有关知识求得每个x i 所对应的概率p i ，最后列成表格．要注意不同的X 值所对应的事件之间是互斥的，求离散型随机变量在某一范围的概率等于它取这个范围内各个值的概率和．例2 袋中装有大小相同的5个红球、5个白球，现从中任取4个球，其中所含红球的个数为X ，写出X 的分布列，并求X 的期望．【分析】袋中共有10个球，从中任取4个，所含红球的个数为0、1、2、3、4，每个事件的概率可以利用古典概型求解．解：随机变量X 可取的值有0、1、2、3、4，)0(=X P ＝,42121054104505==⋅C C C )1(=X P ＝215210504103515==⋅C C C ，)2(=X P 21102101004102525===⋅C C C ，===⋅4101535)3(C C C X P 21050 215=，4212105)4(4100545==⋅==C C C X P ， 分布列为2424213212211420)(=⨯+⨯-+⨯+⨯+⨯=X E 【评析】本题的随机变量X 服从参数为N ，M ，n 的超几何分布，其中N ＝10，M ＝5，n ＝4．例3 某人练习射击，每次击中目标的概率为31． (1)用X 表示击中目标的次数．①若射击1次，求X 的分布列和期望；②若射击6次，求X 的分布列和期望；(2)若他连续射击6次，设ξ为他第一次击中目标前没有击中目标的次数，求ξ的分布列；(3)他一共只有6发子弹，若击中目标，则不再射击，否则子弹打完为止，求他射击次数η 的分布列．【分析】射击问题常被看做是独立重复试验．ξ的取值为0到6，η 的取值为1到6． 解：(1)①X 服从二点分布⋅=31)(X E ②X 服从二项分布)6,,1,0()2()1()(),1,6(~66Λ===-k C k X P B k k k ，分布列为.236)(=⨯=X E (2)ξ的取值为0到6，ξ＝k (k ＝0，1，…，5)表示第k ＋1次击中目标，前k 次都没击中目标，则P (ξ＝k )＝)5,,1,0(31)32(.Λ=k k ，ξ＝6表示射击6次都未击中目标，==)6(ξP6)2(．ξ的分布列为(3)η 的取值为1到6．η ＝k (k ＝1，2，…，5)表示第k 次时第一次击中目标，==)(k P η 6;1)2(.1=-ηk 表示前5次都没有击中目标，5)2()6(==ξP ．η 的分布列为“X ＝k ”．在计算满足二点分布和二项分布的随机变量的期望和方差时，可直接应用公式计算．例4 甲乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量X 和Y ，且X 和Y 的分布列为计算X 和Y 【分析】先由分布列所提供的数据用期望和方差公式计算，再根据实际意义作出分析． 解：E (X )＝8.85，D (X )＝2.2275；E (Y )＝5.6，D (Y )＝10.24．由于E (X )＞E (Y )，说明甲射击的平均水平比乙高；由于D (X )＜D (Y )，说明甲射击的环数比较集中，发挥比较稳定，乙射击的环数比较分散，技术波动较大，不稳定，由此可以看出甲比乙的技术好．【评析】正确记忆期望和方差的公式，在分布列中，期望是每个变量乘以它所对应的概率再相加，求方差要先求期望，再作差、平方、乘以相应概率再相加．科学对待计算结果，正确分析数据所表达的实际意义．例5 设b 和c 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x 2＋bx ＋c ＝0实根的个数(重根按一个计)．(1)求方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率；(2)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率；(3)若η ＝2ξ＋1，求ξ、η 的数学期望和方差；【分析】本题概率问题是古典概型，要分别求出事件中所含元素的个数，第一问事件“二次方程有实根”等价于“∆＝b 2－4c ≥0”，b 、c 的值都取自{1，2，3，4，5，6}；第二问是条件概率问题；第三问先求ξ的期望和方差，再由公式求η 的期望和方差．解：(1)由题意知：设基本事件空间为Ω，记“方程x 2＋bx ＋c ＝0没有实根”为事件A ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有且仅有一个实根”为事件B ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有两个相异实数”为事件C ，Ω中基本事件总数为36个，A 中的基本事件总数为17个，B 中的基本事件总数为2个，C 中的基本事件总数为17个．又因为B ，C 是互斥事件，故所求概率⋅=+=+=36193617362)()(C B B P P (2)记“先后两次出现的点数中有5”为事件D ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有实数”为事件E ，由上面分析得D P D P (,3611)(=∩367)=E ，∴⋅==117)()()|(D P E D P D E P I (Ⅱ)由题意ξ的可能取值为0，1，2，则,3617}2{,181}1{,3617}0{======&ξξξP P P 故ξ的分布列为：所以．18173617·)12(181·)11(3617·(0－0－,136172181136170222=-+-+==⨯+⨯+⨯=ξξD E 9342)12(,312)12(2==+==+=+=ξξξξηηD D D E E E 【评析】本题是一道概率的综合题，由07山东卷改编而得．在古典概型中解决条件概率问题时，概率公式是=)|(A B P )()()()(A n B A n A P B A P I I =．具有线性关系的两个随机变量的期望和方差之间的关系是b X aE b aX E +=+)()(，)()(2X D a b aX D =+．例6 (1)设两个正态分布N (μ 1，21σ)(σ 1＞0)和N (μ 2，22σ)(σ 2＞0)的密度函数图象如图所示．则有( )。
【高三数学】二轮复习：专题五 第2讲 概率、随机变量及其分布
1
感染的,于是假定他受 A 和 B 感染的概率都是2.同样也假定 D 受 A,B 和 C
1
感染的概率都是3.在这种假定下,B,C,D 中恰有两人直接受 A 感染的概率是
(
)
1
A.6
1
B.3
1
C.2
2
D.3
(2)(2021·河北张家口一模)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔.
三局.若甲抽到的三张扑克牌分别是A1,A2,A3,乙抽到的三张扑克牌分别是
B1,B2,B3,且这六张扑克牌的大小顺序为A1>B1>B2>A2>A3>B3,则三局比赛
结束后甲得4分的概率为(
1
6
A.
1
3
B.
)
1
2
C.
2
3
D.
(2)(2021·山东泰安三模)已知大于3的素数只分布在{6n-1}和{6n+1}两数
[例2-4](2021·江苏苏州中学园区校月考)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七
场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,
甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,
客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概
率是
.
1
次的概率为2,现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过 500 次,则其能够
循环充电超过 1 000 次的概率是(
3
A.4
2
B.3
)
1
C.2
1
D.3
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点二十概率、随机变量及其分布课件理
P＝mn ＝165＝25，故选 B.
4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合
后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则开关在第一次
闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A．110
B．15
C．25
D．12
答案 C
解析 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件 A，“开关第二次闭合 后出现红灯”为事件 B，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件 AB，“开 关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件 B|A， 由题意得 P(B|A)＝PPAAB＝25，故选 C.
B卷
一、选择题
1．已知实数 m∈[0,1]，向量 a＝(2，－2)，b＝(1,1)，则|ma|>|b|的概率
是( )
A．14
B．13
C．12
D．23
答案 C
解析 ma＝(2m，－2m)，若|ma|>|b|，则 2m2＋－2m2> 12＋12，得 m<－12(舍去)或 m>12.所以|ma|>|b|的概率是
3．(2019·山东临沂二模)某人连续投篮 6 次，其中 4 次命中，2 次未命
中，则他第 1 次和第 5 次两次均命中的概率是( )
A．12
B．25
C．14
D．15
答案 B 解析 基本事件总数 n＝C46C22＝15，他第 1 次和第 5 次两次均命中包含
的基本事件个数 m＝C22C24C22＝6，则他第 1 次和第 5 次两次均命中的概率是
A．34 B．58 C．176 D．196 答案 B 解析 第 2 球投进的概率为 P＝34×34＋1－34×14＝58.故选 B.
2020版高考数学二轮复习第2部分专题3概率与统计第1讲概率、随机变量及其分布教案理(最新整理)
第1讲概率、随机变量及其分布［做小题——激活思维］1．若随机变量X的分布列如表所示，E(X）＝1。
6,则a－b＝( ）X0123P0。
1a b0。
1A．0.2C．0。
8 D．－0。
8B［由0。
1＋a＋b＋0.1＝1,得a＋b＝0。
8,又由E(X)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0。
1＝1。
6，得a＋2b＝1.3，解得a＝0。
3,b＝0.5，则a－b＝－0。
2.］2．已知甲在上班途中要经过两个路口,在第一个路口遇到红灯的概率为0。
5,两个路口连续遇到红灯的概率为0。
4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )A．0。
6 B．0.7C．0.8 D．0。
9C［记“第一个路口遇到红灯"为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P（A）＝0.5，P（AB)＝0。
4，则P（B｜A)＝错误!＝0.8，故选C。
]3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为错误!和错误!,两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ）A。
错误!B。
错误!C。
14D。
错误!B［设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝错误!,P(B）＝错误!，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A错误!)＋P（错误!B)＝P（A)P（错误!）＋P(错误!）P(B）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!。
］4．设随机变量X~B(2，p），Y～B（4，p)，若P（X≥1）＝错误!,则P(Y≥1）＝( ）A.错误!B。
错误!C。
错误!D．1C[∵X～B(2，p），∴P（X≥1）＝1－P(X＝0）＝1－C错误!（1－p)2＝错误!，解得p＝错误!,∴P(Y≥1）＝1－P（Y＝0)＝1－C0，4（1－p)4＝1－错误!＝错误!，故选C.］5．罐中有6个红球和4个白球，从中任取1球,记住颜色后再放回，连续取4次,设X为取得红球的次数，则X的方差D（X）的值为________．错误!［因为是有放回地取球，所以每次取球（试验）取得红球（成功）的概率均为错误!，连续取4次(做4次试验），X为取得红球（成功）的次数,则X~B错误!，∴D(X）＝4×错误!×错误!＝错误!.]6．已知某批零件的长度误差（单位：毫米)服从正态分布N（0,32)，从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6）内的概率为________．（附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2），则P(μ－σ＜X＜μ＋σ）＝0。
高三数学二轮复习 课时作业18 概 率 文
高三数学二轮复习 课时作业18 概 率 文概 率时间：45分钟 分值：100分一、选择题(每小题6分，共计36分)1．(2011·陕西高考)甲乙两人一起去游“2011西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是( )A.136B.19C.536D.16解析：∵甲、乙参观每一个景点是随机且独立的，∴在最后一个小时参观哪一个景点是等可能的，∴甲有6种可能性，乙也有6种可能性，基本事件空间总数n ＝36，事件“二人同在一个景点参观”的基本事件数m ＝6，由古典概型概率公式得P ＝m n ＝16.答案：D2．(2011·广东高考)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )A.12B.35C.23D.34解析：由甲、乙两队每局获胜的概率相同，知甲每局获胜的概率为12，甲要获得冠军有两种情况：第一种情况是再打一局甲赢，甲获胜概率为12；第二种情况是再打两局，第一局甲输，第二局甲赢．则其概率为(1－12)×12＝14.故甲获得冠军的概率为12＋14＝34.答案：D3．在区间[0,1]上随机取两个数m ，n ，则关于x 的一元二次方程x 2－n ·x ＋m ＝0有实根的概率为( )A.78B.13C.12D.18图1解析：由题易知(m ，n )与图中正方形内(包括边界)的点一一对应，若方程x 2－n ·x＋m ＝0有实根，则⎩⎪⎨⎪⎧n －4m ≥00≤m ≤10≤n ≤1，其表示的区域为图中的阴影部分，且阴影部分的面积为18，则S 阴影S 正方形＝18，即关于x 的方程x 2－n ·x ＋m ＝0有实根的概率为18. 答案：D4．5张卡片上分别写有数字1,2,3,4,5，从这5张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上数字之和为奇数的概率为( )A.35B.25C.34D.23 解析：从5张卡片中随机抽取2张，共有10个基本事件：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，其中卡片上数字之和为奇数的有：(1,2)，(1,4)，(2,3)，(2,5)，(3,4)，(4,5)，共6个基本事件，因此所求的概率为610＝35.答案：A5．在一个袋子中装有分别标注1,2,3,4,5的5个小球，这些小球除标注的数字外其余完全相同，现从中随机取出2个小球，则取出小球标注的数字之差的绝对值为2或4的概率是( )A.110B.310C.25D.14解析：取2个小球的不同取法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种，其中标注的数字之差的绝对值为2或4的有(1,3)，(2,4)，(3,5)，(1,5)，共4种，故所求的概率为410＝25.答案：C6．在棱长为2的正方形ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( )A.π12 B ．1－π12 C.π6 D ．1－π6解析：正方形的体积为：2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为：12×43πr 3＝12×43π×13＝23π，则点P 到点O 的距离大于1的概率为：1－23π8＝1－π12.答案：B二、填空题(每小题8分，共计24分)7．(2011·江苏高考)从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析：由古典概型知P ＝m n ＝26＝13.答案：138．盒子中共有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机摸出两只球，则它们颜色不同的概率是________．解析：从4个球中任取2个，基本事件总数为6种情况，其中颜色不同共有3种情况，所以所求概率为36＝12.答案：12图29．已知一颗粒子等可能地落入如图2所示的四边形ABCD内的任意位置，如果通过大量的试验发现粒子落入△BCD内的频率稳定在25附近，那么点A和点C到直线BD的距离之比约为________．解析：由几何概型的概率计算公式得：粒子落在△ABD与△CBD中的概率之比等于△ABD 与△CBD的面积之比，而△ABD与△CBD的面积之比又等于点A与点C到直线BD的距离之比，所以点A和点C到直线BD的距离之比约为3525＝32.答案：32三、解答题(共计40分)10．(10分)甲、乙二人用4张扑克牌(分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，且各抽一张，抽出的牌不放回．(1)写出甲、乙二人抽出的牌的所有情况；(2)若甲抽出红桃3，则乙抽出的牌的数字比3大的概率是多少？(3)甲、乙约定：若甲抽出的牌的数字比乙大，则甲胜；反之，则乙胜．你认为此游戏是否公平，并说明你的理由．解：(1)甲、乙二人抽出的牌的所有情况(方片4用4′表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2,3,4表示)为：(2,3)、(2,4)、(2,4′)、(3,2)、(3,4)、(3,4′)、(4,2)、(4,3)、(4,4′)、(4′，2)、(4′，3)、(4′，4)，共12种情况．(2)若甲抽出3，则乙抽出的牌只能是2,4,4′，因此乙抽出的牌的数字比3大的概率为23.(3)甲抽出的牌的数字比乙大的情况有：(3,2)、(4,2)、(4,3)、(4′，2)、(4′，3)，共5种，甲胜的概率为P1＝512，乙胜的概率为P2＝712，∵512<712，∴此游戏不公平．11．(15分)将一颗质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b.(1)设复数z＝a＋b i(i为虚数单位)，求事件“z－3i为实数”的概率；(2)求点P(a，b)落在四边形ABCD内(含边界)的概率，其中四边形ABCD是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a－b＋2≥00≤a≤4b≥0表示的平面区域．解：(1)z＝a＋b i(i为虚数单位)，z－3i为实数，即a＋b i－3i＝a＋(b－3)i为实数，则b＝3.依题意得b可能为1,2,3,4,5,6，故b＝3的概率为16，即事件“z －3i 为实数”的概率为16.1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)图3四边形ABCD 所表示的平面区域如图3中阴影部分所示(含边界)．由图知，其中P (a ，b )落在四边形ABCD 内的结果有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(3,5)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)、(4,5)、(4,6)，共18种．所以点P (a ，b )落在四边形ABCD 内(含边界)的概率为1836＝12.12．(15分)(2011·福建高考)某日用品按行业质量标准分成五个等级，等级系数X 依次为1,2,3,4,5.现从一批该日用品中随机抽取20件，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：X 1 2 3 4 5 f a 0.2 0.45 b c(1)若所抽取的20等级系数为5的恰有2件，求a ，b ，c 的值；(2)在(1)的条件下，将等级系数为4的3件日用品记为x 1，x 2，x 3，等级系数为5的2件日用品记为y 1，y 2.现从x 1，x 2，x 3，y 1，y 2这5件日用品中任取两件(假定每件日用品被取出的可能性相同)，写出所有可能的结果，并求这两件日用品的等级系数恰好相等的概率．解：(1)由频率分布表得a ＋0.2＋0.45＋b ＋c ＝1，即a ＋b ＋c ＝0.35.因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b ＝320＝0.15.等级系数为5的恰有2件，所以c ＝220＝0.1.从而a ＝0.35－b －c ＝0.1.所以a ＝0.1，b ＝0.15，c ＝0.1.(2)从日用品x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取两件，所有可能的结果为：(x 1，x 2)，(x 1，x 3)，(x 1，y 1)，(x 1，y 2)，(x 2，x 3)，(x 2，y 1)，(x 2，y 2)，(x 3，y 1)，(x 3，y 2)，(y 1，y 2)．设事件A 表示“从日用品x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取两件，其等级系数相等”，则A 包含的基本事件为：(x 1，x 2)，(x 1，x 3)，(x 2，x 1)，(y 1，y 2)，共4个． 又基本事件的总数为10，故所求的概率P (A )＝410＝0.4.。
2020版高考数学(理科)复习 作业答案-第十单元 概率、随机变量及其分布
全品一线高考总复习数学（理科）课时作业(五十二)1.C[解析] 三角形的三边应满足任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边,所以将一根长为1 m的铁丝随意截成三段,是否构成一个三角形是随机的,故此事件是随机事件.故选C.2.D[解析] 因为某人射击一次,脱靶的概率为0.20,所以此人射击一次命中的概率P=1-0.20=0.80.故选D.3.A[解析] 从5人中随机选取2人,共有=10(种)选法,而“甲被选上且乙不被选上”有=3(种)选法,所以事件A发生的概率为=0.3,故选A.4.[解析] 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数,共有=120(种)取法.记“七个数的中位数是6”为事件A,若事件A发生,则6,7,8,9必取,再从0,1,2,3,4,5中任取三个数,有=20(种)取法,故所求概率P(A)==.5.[解析] 掷一个骰子的试验有6种可能结果.依题意得,P(A)==,P(B)==,所以P(=1-P(B)=1-=,显然A与,从而P(A∪)=P(A)+P(=+=.6.D[解析] 从分别标有数字“2”“0”“1”“8”的四个球中随机选取三个球有=4(种)取法,球上数字能构成等差数列的取法只有1种,即取出分别标有数字“0”“1”“2”的三个球,故所求概率为.故选D.7.A[解析] 由题意可知,(a,b)的取法有(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3),(5,5),共12种.因为m⊥n,即m·n=0,所以a×1+b×(-1)=0,即a=b,满足此条件的(a,b)的取法有(3,3),(5,5),共2种,故所求的概率为=.故选A.8.C[解析] 设白球为A,蓝球为B,红球为C,则不同的排列情况有ABCC,ACBC,ACCB,BACC,BCAC,BCCA,CABC,CACB,CBCA,CBAC,CCAB,CCBA,共12种,其中中间2个小球都是红球的有ACCB,BCCA,共2种情况,所以中间2个小球都是红球的概率为=,所以中间2个小球不都是红球的概率为1-=.故选C.9.A[解析] 作出不等式组表示的平面区域(图略),则平面区域内的整数点有(-1,0),(-1,1),(-1,2),(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2),共12个,其中位于第二象限的有(-1,1),(-1,2),共2个,所以所求概率P=.故选A.10.C[解析] 从集合{2,4,8}中随机选取一个数m,则当m=2时,椭圆方程为+=1,离心率e==-=;当m=4时,方程+=1表示圆;当m=8时,椭圆方程为+=1,离心率e==-=.综上可得,方程+=1表示离心率为的椭圆的概率为.故选C.11.C[解析] 由题知基本事件总数为6×6=36.若方程ax2+bx+1=0有实根,则必有Δ=b2-4a≥0.若a=1,则b=2,3,4,5,6;若a=2,则b=3,4,5,6;若a=3,则b=4,5,6;若a=4,则b=4,5,6;若a=5,则b=5,6;若a=6,则b=5,6.故事件“方程ax2+bx+1=0有实根”包含的基本事件数为5+4+3+3+2+2=19,∴所求的概率为.故选C.12.[解析] 因为日加工零件的样本均值为=22,所以由茎叶图知优秀工人只有2名.从6名工人中任取3名共有=20(种)情况,其中至少有1名为优秀工人的情况有+=16(种),故至少有1名优秀工人的概率P==.13.[解析] 由题意得,甲、乙、丙三人领到的钱数均为整数的基本事件有(1,1,5),(1,5,1),(5,1,1),(1,2,4),(1,4,2),(2,1,4),(2,4,1),(4,1,2),(4,2,1),(1,3,3),(3,1,3),(3,3,1),(2, 2,3),(2,3,2),(3,2,2),共15个,其中甲领到的钱数不少于其他任何人的基本事件有(5,1,1),(4,1,2),(4,2,1),(3,1,3),(3,3,1),(3,2,2),共6个,所以所求概率为=.14.[解析] 基本事件的总数为=120.中间a3最大,只能放5,即a3=5,其他位置数字的排列方法数为=6,故所求概率为=.15.D[解析] 从九个数中任取三个数共有=84(种)取法.取出的三个数,使它们不同行且不同列:从第一行中任取一个数,有=3(种)取法,则第二行只能从另外两列的两个数中任取一个,有=2(种)取法,第三行只能从剩下的一列中取,有1种取法.∴共有3×2=6(种)取法,即三个数分别位于三行或三列的情况有6种,∴所求的概率P=-=.故选D.16.C[解析] 由题意,将这6名毕业生全部进行安排,每所学校至少安排2名毕业生,基本事件总数N=+×=50.每所学校男、女毕业生至少各安排1名有两种情况:一是其中一所学校安排1女1男,另一所学校安排1女3男;二是其中一所学校安排1女2男,另一所学校也安排1女2男.故所求概率P===,故选C.课时作业(五十三)1.A[解析] 根据几何概型的概率公式可得,A图中游戏盘中奖的概率为,B图中游戏盘中奖的概率为=,C图中游戏盘中奖的概率为=,D图中游戏盘中奖的概率为,则中奖概率最大的为A中游戏盘,故选A.2.C[解析] 由于试验的全部结果构成的区域长度为25-15=10,构成事件“17<a<20”的区域长度为20-17=3,所以所求概率为.故选C.3.A[解析] 根据圆的面积公式以及几何概型概率公式可得,此点取自阴影部分的概率是-==,故选A.4.[解析] 当f(x0)=ln x0≥0时,x0≥1,∴所求概率P=-=,故答案为.5.D[解析] 若方程m2x2+4y2=1表示焦点在y轴上的椭圆,则m2>4,又m∈[1,5],∴2<m≤5,故方程m2x2+4y2=1表示焦点在y轴上的椭圆的概率P=--=.故选D.6.B[解析] 由题意得,正实数对(x,y)满足其所在区域的面积为1,x,y能与1构成钝角三角形三边的数对(x,y)满足x2+y2<1且x+y>1,其所在区域的面积为-,由几何概型的概率公式得≈-,解得π≈,故选B.7.B[解析] 如图,正三角形ABC的边长为a,分别以点A,B,C为圆心,以为半径,在△ABC内部画圆弧,得到三个扇形.易知满足题意的点P在△ABC内且在三个扇形外的部分(阴影区域),因此所求概率为-=1-π,故选B.8.B[解析] 不等式组--所表示的平面区域M是一个直角三角形,其面积为2,函数y=--的图像与x轴所围成的平面区域N是一个半径为1的半圆,其面积为,所以该点落在N内的概率为=.故选B.9.C[解析] 显然时钟的圆面被12个刻度十二等分,指针转过一等分就旋转30°,时针转过一等分就是1小时,分针转过一等分就是5分钟,所以8:20的时候秒针指向刻度“12”,分针指向刻度“4”,时针的指向是从刻度“8”再转过一等分的三分之一,即10°,所以分针与时针之间的扇形的圆心角为4×30°+10°=130°.又同圆中扇形面积的比等于其圆心角的度数的比,所以所求概率P==.故选C.10.-1[解析] 不妨令圆的半径为1,则大圆的面积S=π,阴影区域的面积S'=π-8×-=4-π,所以所求概率P==-1.11.[解析] 由2+x-x2≥0可得-1≤x≤2,则A=[-1,2],所以在区间[-3,6]上随机取一个数x,x∈A的概率P=----=.12.[解析] 由题意得,b==(-2cos x)=4,a=-×=1,由几何概型的概率公式,得油滴正好落入孔中的概率P=正方形圆==.13.D[解析] ∵f(x)=-x2+mx+m的图像与x轴有公共点,∴Δ=m2+4m≥0,∴m≤-4或m≥0,∴在[-6,9]内任取一个实数m,函数f(x)的图像与x轴有公共点的概率为--=.故选D.14.A[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系,x,y分别表示甲、乙二人到达A站的时刻,根据题意,甲、乙二人到达A站时刻的所有可能组成的可行域是图中粗线围成的矩形,而其中二人可搭乘同一班车对应的区域为阴影区域,根据几何概型的概率公式可知,所求概率为=.故选A.课时作业(五十四)1.D[解析] 问题等价于第一枚骰子掷出的点数减去第二枚骰子掷出的点数所得结果不小于5,只有D选项符合题意,故选D.2.D[解析] P(ξ≤1)=1-P(ξ=2)=1-=.故选D.3.B[解析] 显然P(X>x2)=β,P(X<x1)=α.由概率分布列的性质可知P(x1≤X≤x2)=1-P(X>x2)-P(X<x1)=1-α-β.故选B.4.-1,0,1,2,3[解析] 由题意,当X=-1时,甲队抢到1个题但答错了,乙队抢到2个题均答错;当X=0时,甲队没抢到题,乙队抢到3个题均答错或甲队抢到2个题1对1错,乙队抢到1个题答错;当X=1时,甲队抢到1个题答对,乙队抢到2个题至多答对1个或甲队抢到3个题1错2对,乙队没抢到题;当X=2时,甲队抢到2个题均答对,乙队抢到1个题答对或答错;当X=3时,甲队抢到3个题均答对,乙队没抢到题.综上可得,X的所有可能取值是-1,0,1,2,3.5.[解析] 根据概率分布列的性质得+m++=1,解得m=,所以随机变量X的概率分布列为所以P(|X-3|=1)=P(X=4)+P(X=2)=.6.D[解析] 因为随机变量ξ的分布列为P(ξ=k)=a k(k=1,2,3),所以根据分布列的性质得a×+a×2+a×3=1,化简得a++=a×=1,解得a=.故选D.7.C[解析] 由随机变量X的分布列得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,P(X=2)=0.1,则当P(X<a)=0.8时,实数a的取值范围是(1,2].故选C.8.C[解析] 依题意知,+m+=1,解得m=,故P≤Y≤=P(Y=2)+P(Y=3)=+=.故选C.9.B[解析] 由题意,事件{X=k}表示“第k次恰好打开,前k-1次没有打开”,∴P(X=k)=-×--×…×----×--=.故选B.10.C[解析] 由离散型随机变量分布列的性质可知+++…++m=1,∴m=1-+++…+=1-2×--=9=,∴P(X=10)=.故选C.11.[解析] ∵x≥175且y≥75,∴由表格中数据可知5件产品中有2件优等品,则X的可能取值为0,1,2.P(X=0)==0.3,P(X=1)==0.6,P(X=2)==0.1,∴抽取的2件产品中优等品件数X的分布列为12.[解析] 随机变量X的可能取值为0,1,2,4,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=4)==,所以随机变量X的分布列为13.解:(1)由统计表可知,全班总人数t==50,则m=50×0.10=5,n==0.26,所以a==0.026,又3+5+13+9+p=50,即p=20,所以q==0.4.(2)成绩在[50,60)内的有3人,在[60,70)内的有5人.由题意得,X的可能取值为0,1,2,3,P(X=k)=-,k=0,1,2,3,所以P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,所以随机变量X的分布列为14.解:(1)由题意得P(ξ=2)=×2×2=.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,P(ξ=k)=k4-k(k=0,1,2,3,4),∴随机变量ξ的概率分布列为15.解:(1)因为f(x)=所以-0.4+-0.4+-0.4+-+b+-+b=1,解得b=1.9,所以该班学生该次考试的平均分数约为-0.4×55+-0.4×65+-0.4×75+-+1.9×85+-+1.9×95=76.(2)由题意可知,考试成绩为1分、2分、3分、4分、5分的概率分别是0.1,0.2,0.3,0.3,0.1,按分层抽样的方法分别从考试成绩为1分、2分、3分的学生中抽出1人、2人、3人,再从这6人中抽出3人,这3人的成绩之和为7分的情况有1个1分,2个3分或2个2分,1个3分,所以P(ξ=7)==.(3)由题意,ξ的可能取值为5,6,7,8,9,P(ξ=5)==,P(ξ=6)==,P(ξ=7)=,P(ξ=8)==,P(ξ=9)==,所以ξ的分布列为课时作业(五十五)1.D[解析] 由题意,该选手只通过前两关,即通过第一、第二关,未通过第三关,所以所求概率为0.8×0.7×(1-0.6)=0.224,故选D.2.A[解析] 易知P(A)=P(B)=,因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=,由条件概率计算公式知P(B|A)===.故选A.3.A[解析] 由题意得P(A)==,P(AB)==,∴P(B|A)===.故选A.4.[解析] 在任意时刻恰有一个系统不发生故障有两种情况,即A发生故障B不发生故障或A不发生故障B发生故障,∴(1-p)+1-p=,解得p=.5.[解析] ∵甲队在每局比赛获胜的概率都为,∴乙队在每局比赛获胜的概率都为,∴乙队以3∶0获胜的概率为,以3∶1获胜的概率为×=,以3∶2获胜的概率为2×=,∴最后乙队获胜的概率为++=.6.D[解析] 根据题意,恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得,则所求概率是×1-+×1-=,故选D.7.B[解析] 集合U中共含有15个元素,其中有8个奇数,7个偶数,∴P(A)==,P(AB)=P(B)==,∴P(B|A)==.故选B.8.C[解析] 1次试验中,至少有5点或6点出现的概率为1-1-×1-=1-=,设X为3次试验中成功的次数,则X~B3,,故所求概率P(X≥1)=1-P(X=0)=1-×0×3=,故选C.9.B[解析] 由题图可知,用A配方生产的产品利润y=-1,0,1的频率分别为0.2,0.3,0.2,用B 配方生产的产品利润y=-1,0,1的频率分别为0.1,0.35,0.35,故抽得的这2件产品利润之和为0的概率为0.2×0.35+0.3×0.35+0.2×0.1=0.07+0.105+0.02=0.195.故选B.10.C[解析] 由题意得,该产品能销售的概率为1-×1-=.易知X的所有可能取值为-320,-200,-80,40,160,设ξ表示一箱产品中可以销售的件数,则ξ~B4,,所以P(ξ=k)=k-(k=0,1,2,3,4),所以P (X=-80)=P (ξ=2)=×2× 2= ,P (X=40)=P (ξ=3)=×3×1= ,P (X=160)=P (ξ=4)=× 4×0= ,所以P (X ≥-80)=P (X=-80)+P (X=40)+P (X=160)=.故选C .11.[解析] 由题意,1位乘客是否在第20层下电梯为1次试验,所以有5次独立重复试验,故ξ~B 5,,所以P (ξ=k )= k-,k=0,1,2,3,4,5,故P (ξ=4)=×4×1=. 12.[解析] 由题意,事件A ,B ,C 相互独立,所以①②③ 由③÷①得P ( )= ,所以P (C )=1-P ( )=1- = .将P (C )= 代入②得P ( )= ,所以P (B )=1-P ( )=.将P (B )=代入①得P (A )=,所以P ( )=1-P (A )=,故P ( B )=P ( )·P (B )= × =.13.解:(1)由茎叶图可知,甲地被抽取的观众评分的中位数是=83,乙地被抽取的观众评分的极差是97-76=21.(2)记“从乙地抽取1人对该电视剧进行评分,其评分不低于90分”为事件M ,则P (M )= =, 随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,且X~B 4,,所以P (X=k )=k1-4-k,k=0,1,2,3,4,所以X 的分布列为 (3)由茎叶图可得,甲地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分,乙地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分.设事件A 为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取1人,2人中至少1人评分不低于90分”,事件B 为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取1人,乙地被抽取的观众评分低于90分”, 所以P (A )=1- = ,P (AB )= =,根据条件概率计算公式得所求概率P (B|A )===.14.解:(1)由题意得,甲车间的合格零件数为4,乙车间的合格零件数为2,故所求概率P=1-×1-=.(2)设事件A表示“抽取的4个零件中有2个零件合格,2个零件不合格”,事件B表示“抽取的4个零件中有3个零件合格,1个零件不合格”,事件C表示“抽取的4个零件全合格”, 事件D表示“甲车间检测通过”,事件E表示“甲车间检测良好”,则P(D)=P(A)+P(B)+P(C)=++=++=,所以P(E|D)=+=+=,故甲车间在这次检测通过的条件下,获得检测良好的概率为.(3)由题意可得,X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,所以随机变量X的分布列为15.解:(1)记“甲射击4次,至少有1次未击中目标”为事件A1,则事件A1的对立事件为“甲射击4次,全部击中目标”.由题意知,射击4次相当于做4次独立重复试验,故P()=×4=,所以P(A1)=1-P()=1-=,所以甲射击4次,至少有1次未击中目标的概率为.(2)记“甲射击4次,恰好有2次击中目标”为事件A2,“乙射击4次,恰好有3次击中目标”为事件B2,则P(A2)=×2×1-2=,P(B2)=×3×1-1=.由于甲、乙射击相互独立,故P(A2B2)=P(A2)P(B2)=×=,所以两人各射击4次,甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.(3)记“乙恰好射击5次后,被终止射击”为事件A3,“乙第i次射击未击中”为事件D i(i=1,2,3,4,5),则A3=D5D4(∪D1∪D2),且P(D i)=.因为各事件相互独立,所以P(A3)=P(D5)P(D4)P()P(∪D1∪D2)=×××1-×=,所以乙恰好射击5次后,被终止射击的概率为.课时作业(五十六)1.C[解析] 由题意可得0.1+a+b+0.1=1,所以a+b=0.8①,又因为E(ξ)=0×0.1+1×a+2×b+3×0.1=1.6,所以a+2b=1.3②,由①②解得a=0.3,b=0.5,所以a-b=-0.2,故选C.2.A[解析] 由题意知,D(ξ)=4××1-=,∵η=2ξ+3,∴D(η)=4D(ξ)=4×=.故选A.3.C[解析] E(ξ)=(-1)×+0×+1×=-,故①正确; D(ξ)=-1+2×+0+2×+1+2×=,故②不正确;由分布列知③正确.故选C.4.0.34[解析] ∵随机变量ξ~N(1,4),∴μ=1,σ=2,∴P(-1<ξ<1)=P(1<ξ<3)=P(ξ<3)-P(ξ≤1)=0.84-0.5=0.34.5.6[解析] 因为P(X≥1)=,所以P(X=0)=1-=,即p0(1-p)2=,得p=,又随机变量Y~B(3,p),所以D(Y)=np(1-p)=3××=,所以D(3Y+1)=9D(Y)=9×=6.6.B[解析] ∵X~N(1,1),∴μ=1,σ=1,∵P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6,∴P(0<X≤2)=0.682 6,∴阴影部分的面积为1-=0.658 7,∴向正方形ABCD中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是×10 000=6587.故选B.7.C[解析] 设检测的机器的台数为X,则X的所有可能取值为2,3,4.P(X=2)==,P(X=3)==,P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)=,所以E(X)=2×+3×+4×=,所以所需的检测费用的均值为1000×=3500(元).故选C.8.D[解析] 当X=k时,第k次取出的必然是红球,而前k-1次中,有且只有1次取出的是红球,其余次数取出的皆为黑球,故P(X=k)=-=-,k=2,3,4,5,6,7,所以随机变量X的分布列为故E(X)=2×+3×+4×+5×+6×+7×=.9.D[解析] ∵X~N(10,σ2),P(X>12)=m,∴P(X<8)=m,P(X≤10)=,又P(8≤X≤10)=n,∴m+n=,又m>0,n>0,∴+=+(2m+2n)=4+++2≥6+2=6+4,当且仅当=,即m=-,n=-时等号成立,故选D.10.C[解析] 根据题意,某学生发球次数为1的概率P(X=1)=p,发球次数为2的概率P(X=2)=(1-p)p,发球次数为3的概率P(X=3)=(1-p)2,则数学期望E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3.由E(X)>,得p2-3p+3>,解得p>或p<,结合p的实际意义,可得0<p<.故选C.11.3.5[解析] ∵随机变量ξ的分布列中各概率之和为1,∴P(ξ=5)=0.15,P(ξ=3)=0.25,∴数学期望E(ξ)=1×0.20+2×0.10+3×0.25+4×0.10+5×0.15+6×0.20=3.5.12.100[解析] 由题意,数学考试成绩ξ~N(100,σ2),∴μ=100,其正态曲线关于直线x=100对称,∴P(80<ξ≤100)=P(100≤ξ<120)=,∴P(ξ≤80)=P(ξ≥120).又∵P(ξ≤80)+P(ξ≥120)=1-P(80<ξ≤100)-P(100≤ξ<120)=,∴P(ξ≥120)=×=,∴成绩不低于120分的学生约有600×=100(人).13.解:(1)由题意可知共答对3题可以分为3种情况:甲答对1题乙答对2题;甲答对2题乙答对1题;甲答对3题乙答对0题.故所求的概率P=××2×+××2×+××3=.(2)m的所有可能取值有1,2,3,P(m=1)==,P(m=2)==,P(m=3)==,故E(m)=1×+2×+3×=2.由题意可知乙同学答对题目的个数服从二项分布,即n~B3,,故E(n)=3×=2.因为X=15m+10n,所以E(X)=15E(m)+10E(n)=50.14.解:(1)每位献爱心参与者中奖记为事件A,则P(A)表示摸出的三个球中至少有一个红球的概率,即P(A)===.(2)设1位献爱心参与者参加活动,学校所得善款为X元,则X的可能取值为20,10,0,-80,则P(X=20)==,P(X=10)==,P(X=0)==,P(X=-80)==,所以X的分布列为若只有1位献爱心参与者捐款,则学校所得善款的数学期望为E(X)=20×+10×+0×-80×=(元),所以此次募捐所得善款的数学期望为×900=9375(元).15.解:(1)近60天中,包裹件数在101~400之间的天数为48,其频率f==,故可估计其概率为.显然未来3天中,包裹件数在101~400之间的天数X服从二项分布,即X~B3,,故所求概率为×2×=.(2)①样本中每件包裹的快递费用及包裹件数如下表:故样本中每件包裹收取的快递费用的平均值为=15,故估计该公司对每件包裹收取的快递费用的平均值为15.②根据题意及①,揽件数每增加1,可使前台工资和公司利润增加15×=5(元),将题目中的天数转化为频率,列表如下:若不裁员,则每天可揽件的上限为450件,设不裁员时实际揽件数为Y,则公司每日揽件数的情况如下:此时公司平均每日利润的数学期望为260×5-3×100=1000(元).若裁员1人,则每天可揽件的上限为300件,设裁员1人时实际揽件数为Z,则公司每日揽件数的情况如下:此时公司平均每日利润的数学期望为235×5-2×100=975(元).因为975<1000,所以公司将前台工作人员裁减1人对提高公司利润不利.。
2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十八概率与统计随机变量及其分布列理
2019-2020年高考数学二轮复习专题检测十八概率与统计随机变量及其分布列理一、选择题1．已知某一随机变量ξ的分布列如下表所示，若E (ξ)＝6.3，则a 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选A 根据随机变量ξ的分布列可知b ＋0.1＋0.4＝1，所以b ＝0.5.又E (ξ)＝0.5×a ＋7×0.1＋9×0.4＝6.3，所以a ＝4.2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312解析：选A 3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝C 23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.3．(2017·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点不相同”，事件B ＝“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29 B.13 C.49D.59解析：选A 小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A 44＝4×3×2×1＝24种，∴P (A |B )＝24108＝29.4．(2017·惠州三调)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛，则田忌获胜的概率为( )A.13B.14C.15D.16解析：选A 设田忌的上、中、下三个等次的马分别为A ，B ，C ，齐王的上、中、下三个等次的马分别为a ，b ，c ，从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的所有可能结果有Aa ，Ab ，Ac ，Ba ，Bb ，Bc ，Ca ，Cb ，Cc ，共9种，田忌获胜有Ab ，Ac ，Bc ，共3种，所以田忌获胜的概率为13.5．(2017·西安八校联考)在平面区域{(x ，y )|0≤x ≤2，0≤y ≤4}内随机投入一点P ，则点P 的坐标(x ，y )满足y ≤x 2的概率为( )A.12 B.13 C.23D.34解析：选 B 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤4表示的平面区域的面积为2×4＝8，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤4，y ≤x 2表示的平面区域的面积为⎠⎛02x 2d x ＝13⎪⎪⎪20＝83，因此所求的概率P ＝838＝13.6．甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜2局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．记X 为比赛决出胜负时的总局数，则X 的数学期望是( )A.20183 B.21483 C.22481D.23981解析：选C 用A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”， 则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1,2,3,4,5.X 的所有可能取值为2,3,4,5，且P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)·P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29，P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)·P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081，P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881.故X 的分布列为：E (X )＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.二、填空题7．(2017·江苏高考)记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________．解析：由6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3，则D ＝[－2,3]，则所求概率P ＝3－－5－－＝59. 答案：598.某车间共有6名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．从该车间6名工人中，任取2人，则至少有1名优秀工人的概率为________．解析：由茎叶图可知6名工人加工零件数分别为17,19,20,21,25,30，平均值为16×(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，则优秀工人有2名，从该车间6名工人中，任取2人共有C 26＝15种取法，其中至少有1名优秀工人的共有C 14C 12＋C 22＝9种取法，由概率公式可得P ＝915＝35.答案：359．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为η，若η的均值E (η)>74，则p 的取值范围是________．解析：由已知得P (η＝1)＝p ，P (η＝2)＝(1－p )p ，P (η＝3)＝(1－p )2， 则E (η)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0,1)，所以p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 三、解答题10．某市教育局为了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市高三学生的体能测试成绩X 服从正态分布N (80，σ2)(满分为100分)．已知P (X ≤75)＝0.3，P (X ≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．(1)求抽到的3位同学在该次体能测试中的成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有1位的概率；(2)记抽到的3位同学在该次体能测试中的成绩在区间(75,85)内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．解：(1)由题意知，P (80≤X <85)＝0.5－P (X ≤75)＝0.2，P (85≤X <95)＝0.3－0.1＝0.2， 所以所求概率P ＝A 33×0.2×0.2×0.1＝0.024. (2)P (75<X <85)＝1－2P (X ≤75)＝0.4， 所以ξ服从二项分布B (3,0.4)，P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝C 13×0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝C 23×0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量ξ的分布列为：数学期望E (ξ)11．(2018届高三·云南11校跨区调研)为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量(单位：克)，按照[27.5,32.5)，[32.5,37.5)，[37.5,42.5)，[42.5,47.5)，[47.5,52.5]分为5组，其频率分布直方图如图所示．(1)求图中a的值；(2)估计这种植物果实重量的平均数x和方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(3)已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实，用样本估计总体．若从这种植物果实中随机抽取3个，其中优质果实的个数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．解：(1)组距d＝5，由5×(0.02＋0.04＋0.075＋a＋0.015)＝1，得a＝0.05.(2)各组中点值和相应的频率依次为x＝30×0.1＋35×0.2＋40×0.375＋45×0.25＋50×0.075＝40，s2＝(－10)2×0.1＋(－5)2×0.2＋02×0.375＋52×0.25＋102×0.075＝28.75.(3)由已知，这种植物果实的优质率p＝0.9，且X服从二项分布B(3,0.9)，P(X＝0)＝0.13＝0.001，P(X＝1)＝C13×0.9×0.12＝0.027，P(X＝2)＝C23×0.92×0.1＝0.243，P(X＝3)＝0.93＝0.729，所以X的分布列为：故数学期望E(X)＝np＝2.7.12．班主任为了对本班学生的考试成绩进行分析，决定从本班24名女同学，18名男同学中随机抽取一个容量为7的样本进行分析．(1)如果按照性别比例分层抽样，可以得到多少个不同的样本？(写出算式即可，不必计算出结果)(2)如果随机抽取的7名同学的数学、物理成绩(单位：分)对应如下表：①若规定记3名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；②根据上表数据，求物理成绩y关于数学成绩x的线性回归方程(系数精确到0.01)，若班上某位同学的数学成绩为96分，预测该同学的物理成绩为多少分？附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝∑i ＝1nx i －xy i －y∑i ＝1nx i －x2，a ^＝y －b ^x .解：(1)依据分层抽样的方法，24名女同学中应抽取的人数为742×24＝4,18名男同学中应抽取的人数为742×18＝3，故不同的样本的个数为C 424C 318.(2)①∵7名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为3， ∴ξ的取值为0,1,2,3.∴P (ξ＝0)＝C 34C 37＝435，P (ξ＝1)＝C 24C 13C 37＝1835，P (ξ＝2)＝C 14C 23C 37＝1235，P (ξ＝3)＝C 33C 37＝135.∴ξ的分布列为：∴E (ξ)＝0×435＋1×1835＋2×1235＋3×135＝97.②∵b ^＝526812≈0.65，a ^＝y －b ^x ＝83－0.65×76＝33.60.∴线性回归方程为y ^＝0.65x ＋33.60. 当x ＝96时，y ^＝0.65×96＋33.60＝96. ∴可预测该同学的物理成绩为96分．B 卷——大题增分专练1．(2018届高三·湖南十校联考)为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”的战略，进一步优化能源消费结构，某市决定在地处山区的A 县推进光伏发电项目．在该县山区居民中随机抽取50户，统计其年用电量得到以下统计表．以样本的频率作为概率.的数学期望；(2)已知该县某山区自然村有居民300户．若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购．经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接收益多少元？解：(1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A ，则P (A )＝35.由已知可得从该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X ，X 服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫10，35，故E (X )＝10×35＝6.(2)设该县山区居民户年均用电量为E (Y )，由抽样可得E (Y )＝100×550＋300×1550＋500×1050＋700×1550＋900×550＝500(度)．则该自然村年均用电量约150 000度．又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度，故该机组每年所发电量除保证正常用电外还能剩余电量约150 000度，能为该村创造直接收益150 000×0.8＝120 000 元．2．《最强大脑》是江苏卫视借鉴德国节目《Super Brain 》推出的大型科学竞技类真人秀节目，是专注于传播脑科学知识和脑力竞技的节目．某机构为了了解大学生喜欢《最强大脑》是否与性别有关，对某校的100名大学生进行了问卷调查，得到如下列联表：已知在这100人中随机抽取1人抽到不喜欢《最强大脑》的大学生的概率为0.4. (1)请将上述列联表补充完整；(2)判断在犯错误的概率不超过0.001的前提下能否认为喜欢《最强大脑》与性别有关，并说明你的理由；(3)已知在被调查的大学生中有5名是大一学生，其中3名喜欢《最强大脑》，现从这5名大一学生中随机抽取2人，抽到喜欢《最强大脑》的人数为X ，求X 的分布列与数学期望．下面的临界值表仅供参考：⎝⎛ 参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝)a ＋b ＋c ＋d解：(1)因为在100人中随机抽取1人抽到不喜欢《最强大脑》的大学生的概率为0.4，所以不喜欢《最强大脑》的大学生人数为100×0.4＝40，其中男生有10人，则女生有30人，列联表补充如下：(2)由表中数据得K 2＝－260×40×50×50≈16.667>10.828，所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下能认为喜欢《最强大脑》与性别有关．(3)X 的所有可能取值为0,1,2. 依题意知，X 服从超几何分布，所以P (X ＝0)＝C 03C 22C 25＝110，P (X ＝1)＝C 13C 12C 25＝610＝35，P (X ＝2)＝C 23C 02C 25＝310.所以X 的分布列为故数学期望E (X )＝0×110＋1×35＋2×310＝65.3．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X 的分布列和数学期望E (X ). 解：(1)记事件A ：“甲第一轮猜对”， 记事件B ：“乙第一轮猜对”， 记事件C ：“甲第二轮猜对”， 记事件D ：“乙第二轮猜对”，记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D ，由事件的独立性与互斥性， 得P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (ABC D )＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )·P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×23×34×23＋34×13×34×23＝23， 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，P (X ＝4)＝2×⎝⎛⎭⎪⎫34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512， P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望E (X )＝0×1144＋1×572＋2×25144＋3×112＋4×512＋6×14＝236. 4．(2017·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店1月份其中5天的日营业额y (单位：万元)与该地当日最低气温x (单位：℃)的数据，如下表：(1)求y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^；(2)判断y 与x 之间是正相关还是负相关，若该地1月份某天的最低气温为6 ℃，用所求回归方程预测该店当日的营业额；(3)设该地1月份的日最低气温X ～N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x ，σ2近似为样本方差s 2，求P (3.8＜X ≤13.4)．附：①回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝∑i ＝1nx i y i －n xy∑i ＝1nx 2i －n x 2，a ^＝y －b ^x .②10≈3.2， 3.2≈1.8.若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 5.解：(1)x ＝15×(2＋5＋8＋9＋11)＝7，y ＝15×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9.∑i ＝15x 2i ＝4＋25＋64＋81＋121＝295， ∑i ＝15x i y i ＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7，∴b ^＝∑i ＝15x i y i －5xy∑i ＝15x 2i －5x 2＝28.7－5×7×0.9295－5×72＝－2.850＝－0.056， a ^＝y －b ^x ＝0.9－(－0.056)×7＝1.292.∴线性回归方程为y ^＝－0.056x ＋1.292.(2)∵b ^＝－0.056＜0，∴y 与x 之间是负相关．当x ＝6时，y ^＝－0.056×6＋1.292＝0.956.∴该店当日的营业额约为9 560元．(3)样本方差s 2＝15×(25＋4＋1＋4＋16)＝10， ∴最低气温X ～N (7,3.22)，∴P (3.8＜X ≤10.2)＝0.682 7， P (0.6＜X ≤13.4)＝0.954 5，∴P (10.2＜X ≤13.4)＝12×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9. ∴P (3.8＜X ≤13.4)＝P (3.8＜X ≤10.2)＋P (10.2＜X ≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6.。
2020届高考数学二轮复习(理)讲义及题型归纳(拔高)：概率与统计
概率与统计一、考纲解读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推导过程，并能进行简单的应用。
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解次独立重复实验的模型及二n 项分布，并能解决一些简单的实际问题。
4.理解取有限个值的离散型变量均值，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.利用实际问题的频率分布直方图，了解正态分布密度曲线的特点及曲线所表示的意义。
二、命题趋势探究1.高考命题中，该部分命题形式有选择题、填空题，但更多的是解答题。
2.主要以离散型随机变量分布列为主体命题，计算离散型随机变量的期望和方差，其中二项分布与超几何分布为重要考点，难度中等以下。
3.有关正态分布的考题多为一道小题。
三、知识点精讲（一）.条件概率与独立事件（1）在事件A 发生的条件下，时间B 发生的概率叫做A 发生时B 发生的条件概率，记作 ，条件概率公式为 。
()P B A ()=P B A ()()P AB P A （2）若，即,称与为相互独立事件。
与()=P B A P B （）()=()()P AB P A P B A B A B 相互独立，即发生与否对的发生与否无影响，反之亦然。
即相互独立，A B ,A B 则有公式。
()=()()P AB P A P B（3）在次独立重复实验中，事件发生次的概率记作，记n A k ()0k n ≤≤()n P k A在其中一次实验中发生的概率为 ，则 .()P A p =()()1n k k k n n P k C p p -=-（二）.离散型随机变量分布列、期望、方差及其性质（1）离散型随机变量的分布列（如表13-1所示）.ξ表13-1ξ 1ξ 2ξ 3ξ… n ξ P 1p 2p 3pn p ① ;()11,i p i n i N θ*≤≤≤≤∈② .121n p p p ++= （2）表示的期望：，反应随机变量的平均水平，E ξξ1122=+n n p p p E ξξξξ++…若随机变量满足，则.ξη，=a b ηξ+E aE b ηξ=+（3）表示的方差：，反映随机D ξξ()()()2221122=---n n E p E p E p D ξξξξξξξ+++ 变量取值的波动性。
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：7.2概率、随机变量及其分布列
该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C36＝ 6 20 5
＝20.根据古典概型的
概率计算公式得，所求概率 P＝64＝16.故选 A.
M→B M→C (2)由 · ≥0，知∠BMC 为锐角或直角，则点 M 所在的区域
1
× π × 22
2
π
如图中阴影部分所示，则所求概率 P＝1－ 4 × 2 ＝1－4＝ 4－π
PAB
P(B|A)＝ PA . 2．相互独立事件同时发生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 3．独立重复试验、二项分布 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，那么它在 n 次独立重 复试验中恰好发生 k 次的概率为 Pn(k)＝Cnkpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n. [例 2] [2019·全国卷Ⅱ]11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分， 当某局打成 1010 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜， 该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分 的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独 立．在某局双方 1010 平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比 赛结束． (1)求 P(X＝2)； (2)求事件“X＝4 且甲获胜”的概率． 【解析】 本题主要考查互斥事件的概率、相互独立事件的概率， 意在考查考生的逻辑思维能力、数据获取与处理能力、运算求解能力， 考查的核心素养是逻辑推理、数学建模、数学运算． (1)X＝2 就是 1010 平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则 这 2 个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此 P(X＝2) ＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5. (2)X＝4 且甲获胜，就是 1010 平后，两人又打了 4 个球该局比 赛结束，且这 4 个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得 1 分，后两 球均为甲得分． 因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
2020届高考数学大二轮复习层级二专题六概率与统计第3讲概率随机变量及其分布课时作业理
层级二 专题六 第3讲(理)限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·西安模拟)勾股定理在西方被称为毕达哥拉斯定理，其证明方法有几百种之多，著名的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图，在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形ABDE 是由4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形CFGH 组成的．若Rt △ABC 的三边长构成等差数列，则在正方形ABDE 内任取一点，此点取自小正方形CFGH 内的概率为( )A.149 B.325C.125D.2549解析：C [由于Rt △ABC 的三边长成等差数列，所以2b ＝a ＋c ，又a 2＋b 2＝c 2，于是(2b－c )2＋b 2＝c 2，故b c ＝45，a c ＝35.大正方形ABDE 的面积为c 2，小正方形CFGH 的面积为(b －a )2，在正方形ABDE 内任取一点，此点取自小正方形CFGH 内的概率为b －a2c 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b c －a c 2＝125.故选C.]2．(2020·石家庄模拟)《中华好诗词》是由河北电视台创办的令广大观众喜闻乐见的节目，旨在弘扬中国古代诗词文化，观众可以选择从A ，B ，C 和河北卫视这四家视听媒体的播放平台中观看，若甲乙两人各自随机选择一家播放平台观看此节目，则甲乙二人中恰有一人选择在河北卫视观看的概率是( )A.12B.38C.14D.316解析：B [甲、乙两人从A ，B ，C 和河北卫视这四家播放平台随机选择一家有4×4＝16(种)等可能情况，其中甲、乙两人恰有一人选择在河北卫视观看的情况有C 12×3＝6(种)，∴所求概率为616＝38.]3．某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A 组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X (单位：分)的数学期望为( )A ．0.9B ．0.8C ．1.2D ．1.1解析：A [由题意得X ＝0,1,2，则P (X ＝0)＝0.6×0.5＝0.3，P (X ＝1)＝0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.5，P (X ＝2)＝0.4×0.5＝0.2，所以E (X )＝1×0.5＋2×0.2＝0.9.]4．甲、乙、丙三位同学独立解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为12，13，14，则有人能够解决这个问题的概率为( )A.1312B.34C.14D.124 解析：B [本题主要考查相互独立事件、互斥事件的概率，考查对立事件的概率公式，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题．这个问题没有被解决的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14，故有人能够解决这个问题的概率为1－14＝34.故选B 项．] 5．(2019·大连三模)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A ．3 B.83 C ．2D.53解析：B [每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X 服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，89，所以X 的数学期望为3×89＝83.]6．(2020·衡水模拟)某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销量x (单位：件)分布在[50,100)内，且销量x 的分布频率f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧n10－0.5，10n ≤x ＜10n ＋1，n 为偶数，n20－a ，10n ≤x ＜10n ＋1，n 为奇数.若销量大于或等于70件，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X 个组，将频率视为概率，则随机变量X 的数学期望为( )A.137 B.67 C.167D.87解析：C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧10n ≥50，10n ＋1≤100，解得5≤n ≤9，故n 可取5,6,7,8,9，代入f (x )，得610－0.5＋810－0.5＋520－a ＋720－a ＋920－a ＝1，得a ＝0.15.故销量在[70,80)，[80,90)，[90,100)内的频率分别是0.2,0.3,0.3，频率之比为2∶3∶3，所以各组抽取的天数分别为2,3,3，X 的所有可能取值为1,2,3，P (X ＝1)＝2C 38＝256＝128，P (X ＝3)＝2×3×3C 38＝1856＝928，P (X ＝2)＝1－128－928＝914. X 的分布列为X 1 2 3 P128914928数学期望E (X )＝1×128＋2×14＋3×28＝7.故选C.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．解析：甲队以4∶1获胜的概率为[C 120.6×0.4×0.52＋0.62×C 120.5×0.5]×0.6＝0.18. 答案：0.188．(2019·宁波三模)某保险公司针对企业职工推出一款意外险产品，每年每人只要交少量保费，发生意外后可一次性获赔50万元．保险公司把职工从事的工作共分为A ，B ，C 三类工种，根据历史数据统计出这三类工种的每年赔付频率如表所示，并以此估计赔付概率.B ，C 三类工种每份保单保费的上限之和为________元．解析：设工种A 的每份保单保费为a 元，保险公司每份保单的利润为随机变量X ，则X 的分布列为保险公司期望利润E (X )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－105＋(a －5×105)×105＝(a －5)(元)，根据规定知a －5≤0.2a ， 解得a ≤6.25.设工种B 的每份保单保费为b 元，同理可得保险公司期望利润为(b －10)元，根据规定知，b －10≤0.2b ，解得b ≤12.5，设工种C 的每份保单保费为c 元，同理可得保险公司期望利润为(c －50)元，根据规定知，c －50≤0.2c ，解得c ≤62.5.则A ，B ，C 三类工种每份保单保费的上限之和为6.25＋12.5＋62.5＝81.25(元)． 答案：81.25三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2020·长沙模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量如下表：((1)根据该食品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与数学期望；(2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份， 哪一种得到的利润更大？解析：(1)根据题意可得P (ξ＝30)＝15×15＝125， P (ξ＝31)＝15×310×2＝325， P (ξ＝32)＝15×25×2＋310×310＝14， P (ξ＝33)＝15×110×2＋310×25×2＝725， P (ξ＝34)＝310×110×2＋25×25＝1150， P (ξ＝35)＝25×110×2＝225， P (ξ＝36)＝110×110＝1100.ξ的分布列如下：E (ξ)＝30×25＋31×25＋32×4＋33×25＋34×50＋35×25＋36×100＝32.8. (2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X ，则X 的可能取值有104,116,128， 且P (X ＝104)＝0.04，P (X ＝116)＝0.12，P (X ＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，∴E (X )＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6.当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y ，则Y 的可能取值有96,108,120,132. 且P (Y ＝96)＝0.04，P (Y ＝108)＝0.12，P (Y ＝120)＝0.25，P (Y ＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，∴E (Y )＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68. ∵E (X )＞E (Y )，∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．10．(2019·北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从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：(2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X 的分布列和数学期望；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．解析：本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关．(1)由题意可知，两种支付方式都使用的人数为：(100－30－25－5)人＝40人，则： 该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率p ＝40100＝25.(2)由题意可知，仅使用A 支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占35，金额大于1 000的人数占25， 仅使用B 支付方法的学生中，金额不大于1 000元的人数占25，金额大于1 000元的人数占35， 且X 可能的取值为0,1,2.P (X ＝0)＝35×25＝625，P (X ＝1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝1325，P (X ＝2)＝35×25＝625，X 的分布列为：其数学期望：E (X )＝0×25＋1×25＋2×25＝1.(3)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化．理由如下：随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率．学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”．11．(2020·福建质检)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．假设该市该收入层级的IT 从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT 从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：(1)设该市该收入层级的IT 从业者2019年月缴个税为X 元，求X 的分布列和期望； (2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT 从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？解析：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990；符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790.既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，月缴个税X ＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590. 所以X 的可能值为2 190,1 990,1 790,1 590. 依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1， 所以P (X ＝2 190)＝25，P (X ＝1 990)＝15，P (X ＝1 790)＝15，P (X ＝1 590)＝15.所以X 的分布列为所以E (X )＝2 190×5＋1 990×5＋1 790×5＋1 590×5＝1 950.(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT 从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．因为在新个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税的均值为1 950元，所以该收入层级的IT从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．设经过x个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元，则2 170x＞24 000，因为x∈N，所以x≥12.所以经过12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．。
2021年高考数学二轮复习专题突破课时作业18概率、随机变量及其分布列理
4．[2021·湖北省四校高三上学期第二次联考试题]如下图的图案是由两个等边三角形构成的六角星，其中这两个等边三角形的三边分别对应平行，且各边都被交点三等分，假设往该图案内投掷一点，那么该点落在图中阴影局部内的概率为( )A .14B .13C .12D .23解析：设六角星的中心为点O ，分别将点O 与两个等边三角形的六个交点连接起来，那么将阴影局部分成了六个全等的小等边三角形，并且与其余六个小三角形也是全等的，所以所求的概率P ＝12，应选C .答案：C5．[2021·山东省潍坊市第一次模拟]某篮球队对队员进展考核，规那么是：①每人进展3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，假设至少投中1次，那么本轮通过，否那么不通过．队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A ．3B .83 C ．2 D .53解析：每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X 服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，89，所以X 的数学期望为3×89＝83.答案：B6．[2021·石家庄高中毕业班模拟考试(一)]函数f(x)＝2x(x ＜0)，其值域为D ，在区间(－1,2)上随机取一个数x ，那么x∈D 的概率是( )A .12B .13C .14D .23解析：因为函数y ＝2x是R 上的增函数，所以函数f (x )的值域是(0,1)，所以所求概率是13，应选B. 答案：B7．一个多面体的直观图和三视图如下图，点M 是AB 的中点，一只蝴蝶在几何体ADF －BCE 内自由飞翔，那么它飞入几何体F －AMCD 内的概率为( )A.34B.23C.13D.12解析：因为V F －AMCD ＝13×S AMCD ×DF ＝14a 3，V ADF －BCE ＝12a 3，所以它飞入几何体F －AMCD 内的概率为14a 312a 3＝12.答案：D8．[2021·石家庄市重点高中毕业班摸底考试]某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，那么开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A.110B.15C.25D.12解析：设“开关第一次闭合后出现红灯〞为事件A ，“开关第二次闭合后出现红灯〞为事件B ，那么“开关两次闭合后都出现红灯〞为事件AB ，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯〞为事件B |A ，由题意得P (B |A )＝P AB P A ＝25，应选C.答案：C14．[2021·郑州一中高三入学测试]2021年河南多地遭遇“跨年霾〞，很多学校调整元旦放假时间，提前放假让学生在家躲霾．郑州市根据?郑州市人民政府办公厅关于将重污染天气黄色预警升级为红色预警的通知?(郑政办明电[2021]421号)，自12月29日12时将黄色预警升级为红色预警，12月30日零时启动Ⅰ级响应，明确要求“幼儿园、中小学校等教育机构停课，停课不停学〞．学生和家长对停课这一举措褒贬不一，有为了安康赞成的，有怕耽误学习不赞成的．某调查机构为了了解学生和家长对这项举措的态度，随机调查采访了50人，将调查情况整理汇总成下表： 年龄/岁 [15,25) [25,35) [35,45) [45,55) [55,65) [65,75) 频数 5 10 15 10 5 5 赞成人数469634(1)请在图中完成被调查人员年龄的频率分布直方图；(2)假设从年龄在[25,35)，[65,75]两组的采访对象中各随机选取2人进展深度跟踪调查，选取的4人中不赞成这项举措的人数为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．解：(1)补全的频率分布直方图如下图．(2)由题意知，X 所有可能的取值为0,1,2,3， P (X ＝0)＝C 24C 25·C 26C 210＝90450＝15，P (X ＝1)＝C 14C 25·C 26C 210＋C 24C 25·C 14C 16C 210＝204450＝3475，P (X ＝2)＝C 14C 25·C 14C 16C 210＋C 24C 25·C 24C 210＝132450＝2275，P (X ＝3)＝C 14C 25·C 24C 210＝24450＝475，那么随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录，得到了如下图的派送量指标的频率分布直方图，并发现每名派送员的日平均派送单数满足以下条件：当某天的派送量指标在⎝ ⎛⎦⎥⎤2n －110，n 5(n ＝1,2,3,4,5)时，日平均派送量为(50＋2n )单．假设将频率视为概率，答复以下问题：(ⅰ)根据以上数据，设一名派送员的日薪为Y (单位：元)，试分别求出甲、乙两种方案中日薪Y 的分布列、数学期望及方差；(ⅱ)结合(ⅰ)中的数据，利用统计的知识，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比拟适宜，并说明你的理由．222222222＝1 971.36)解析：(1)甲方案中派送员日薪y (单位：元)与派送单数n 的函数关系式为y ＝100＋n ，n ∈N .乙方案中派送员日薪y (单位：元)与派送单数n 的函数关系式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧140n ≤55，n ∈N ，12n －520n >55，n ∈N .(2)(ⅰ)由，在这100天中，该公司的一名派送员的日平均派送单数满足下表：派送单数 5254565860 频率所以Y 甲的分布列为Y 甲 152 154 156 158 160 P所以E (Y 甲)＝152×0.2＋154×0.3＋156×0.2＋158×0.2＋160×0.1＝155.4，s 2甲＝0.2×(152－155.4)2＋0.3×(154－155.4)2＋0.2×(156－155.4)2＋0.2×(158－155.4)2＋0.1×(160－155.4)2＝6.44；Y 乙的分布列为Y 乙 140152176200 P所以E (Y 乙)＝140×0.5＋152×0.2＋176×0.2＋200×0.1＝155.6，s2乙＝0.5×(140－155.6)2＋0.2×(152－155.6)2＋0.2×(176－155.6)2＋0.1×(200－155.6)2＝404.64.(ⅱ)答案一由(ⅰ)可知，E(Y甲)<E(Y乙)，但两者相差不大，且s2甲远小于s2乙，即甲方案中日薪的波动相对较小，所以小明选择甲方案比拟适宜．答案二由(ⅰ)可知，E(Y甲)<E(Y乙)，即甲方案中日薪的期望小于乙方案中日薪的期望，所以小明选择乙方案比拟适宜．。
2020届高考数学(理)二轮复习全程方略课件：专题18 概率、随机变量及其分布列 Word版含答案
5 9 [解析] 由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3， ∴D＝[－2,3]． 如图，区间[－4,5]的长度为9，定义域D的长度为5，
∴P＝59．
7．(2016·四川卷，12)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正
面向上时，就说这次试验成功，则在 2 次试验中成功次数 X 的均值是____3______. 2
• (6)当μ一定时，曲线的形状由σ确 定．σ___越__小_____，曲线越“瘦高”，表示 总体的分布越集中；σ____越_大_____，曲线越 “矮胖”，表示总体的分布越分散，如图 乙所示．
• 4．正态分布的三个常用数据 • P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝___0._6_82_6____； • P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝__0_.9_5_4_4____； • P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝__0_.9_9_7_4____．
5．(2017·浙江卷，8)已知随机变量 ξi 满足 P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，(i
＝1,2.)若 0<p1<p2<12，则 (
)
A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)
A
B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)
3．正态曲线的性质
(1)曲线位于x轴___上___方____，与x轴不相交； (2)曲线是单峰的，它关于直线___x_＝___μ___对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值σ
1； 2π
(4)曲线与x轴之间的面积为____1______；
• (5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平 移，如图甲所示；
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略课时作业： 18概率、随机变量及其分布列
个基本事件，所以第2个走出的是女同学的概率是13.答案：B 2．[2019·山东青岛调研]已知某运动员每次投篮投中的概率是40%.现采用随机数法估计该运动员三次投篮中，恰有两次投中的概率：先由计算器随机产生0～9中的整数，指定1,2,3,4表示投中，5,6,7,8,9,0表示未投中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．现产，宽为4，在矩形内随机撒，以此试验数据为依据可以估计出椭圆的面积为C ．8.68 D ．7.68解析：由题意，可估计椭圆的面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－96300×6×4＝16.32.故选A.答案：A 5．[2019·广东惠州二调]设随机变量ξ服从正态分布N (4,3)，若P (ξ＜a －5)＝P (ξ＞a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．62550答案：A 7．[2019·湖北部分重点中学起点考试]有4位游客去某地旅游，若每人只能从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览，则每个景点都有人去游览的概率为( )A.34B.916 84黑龙江齐齐哈尔模拟]随着计算机的出现，图标被赋予了新的含义，有了新的用武之和第三部分的面积和为π×32＝9π，图标第三部分的面积为π×22＝4π，故此点取自图标第三部分的概率为4π24＋9π，故选B.答案：B9．[2019·湖南长沙一模]已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为()]如图，三国时期数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方．设直角三角形有一内角为30°，则落在小正方形答案：81 12．[2019·广东肇庆联考]已知某条线的地铁每10分钟一班，每站停1分钟，则乘客到达站台立即乘上车的概率是________．解析：由于地铁每10分钟一班，每站停1分钟，故所求概率P ＝1－010－0＝110. 答案：1：解析：生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．为甲队以：1队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以解析：(1)记“一局中甲先摸，甲在该局获胜”为事件A ，易知黑球被摸到的情况有5种，且被甲摸到的情况有3种，所以P (A )＝35.故甲在该局获胜的概率为35.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3，则P (X ＝0)＝25×35＝625，服务质量指012 3标用频率表示概率，解决下列问题：(1)从该市使用过外卖A的市民中任选5人，记对外卖A服务质量评价较高的人数为X，求X的数学期望；(2)从参与调查的市民中随机抽取1人，试求其评分中外卖A的“服务质量指标”与外卖B的“服务质量指标”的差的绝对值等于2的概率．：(1)从这18天中任取3天，求至少含2个A类天的概率；(2)从这18天中任取3天，记X是达到A类天或的分布列及数学期望．解析：(1)从这18天中任取3天，取法种数为C3183天中至少有2个A类天的取法种数为C23C115＋C23用户编号12345678910 年用电量/度1000126014001824218024232815332544114600。
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现采用随机数法估计该运动员三次投篮中，恰有两次投中的概率：先 由计算器随机产生 0～9 中的整数，指定 1,2,3,4 表示投中，5,6,7,8,9,0 表示未投中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．现产 生了如下 10 组随机数；907 966 191 925 271 431 932 458 569 683.估计 该运动员三次投篮恰有两次投中的概率为( )
65
A.7 B.6 42
C.5 D.5 4
解析：∵大约5的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家 17
用小电器的合格率约为20，∴某家用小电器是在网上购买的，且被投
( ) 4
17 3
1－
诉的概率约为5× 20 ＝25，又实体店里的家用小电器的合格率约
9
为10，∴某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为
( ) ( ) 4
91
1－ 1－
5 × 10 ＝50，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投
3
25
3 16 ＋
诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性 P＝25 50＝7. 答案：A 7．[2019·湖北部分重点中学起点考试]有 4 位游客去某地旅游，
若每人只能从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览，则每个
13
故有人能够解决这个问题的概率为 1－4＝4. 3
答案：4 14．[2019·全国卷Ⅰ]甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制 (当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩， 甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概 率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队 以 4：1 获胜的概率是________． 解析：本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率，考查考 生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数 学运算． 记事件 M 为甲队以 4：1 获胜，则甲队共比赛五场，且第五场 甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以 P(M) ＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18. 答案：0.18 15．[2019·江苏南通联考]甲、乙两人玩摸球游戏，每两局为一轮， 每局游戏的规则如下：甲、乙两人从装有 4 个红球、1 个黑球(除颜色 外完全相同)的袋中轮流不放回摸取 1 个球，摸到黑球便结束该局，且 摸到黑球的人获胜． (1)若在一局游戏中甲先摸，求甲在该局获胜的概率； (2)若在一轮游戏中约定：第一局甲先摸，第二局乙先摸，每一局 先摸并获胜的人得 1 分，后摸并获胜的人得 2 分，未获胜的人得 0 分， 求此轮游戏中甲得分 X 的概率分布及数学期望． 解析：(1)记“一局中甲先摸，甲在该局获胜”为事件 A，易知黑
3
球被摸到的情况有 5 种，且被甲摸到的情况有 3 种，所以 P(A)＝5. 3
故甲在该局获胜的概率为5. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2,3，则
23 6
P(X＝0)＝5×5＝25，
33 9
P(X＝1)＝5×5＝25， 22 4
P(X＝2)＝5×5＝25， 32 6
P(X＝3)＝5×5＝25， 所以 X 的概率分布为
景点都有人去游览的概率为( ) 39
A.4 B.16 84
C.9 D.9 解析：通解 由题意知，4 位游客各从此地甲、乙、丙三个不同
景点中选择一处游览的选法有 34＝81(种)．第一步：从三个不同景点 中选出一个景点的选法有 C 13种；第二步：从 4 位游客中选 2 位到第 一步选出的景点去游览，有 C 24种方法；第三步：余下 2 位游客到余 下的两个景点的分法有 A 2种．所以每个景点都有人去游览的方法有
课时作业 18 概率、随机变量及其பைடு நூலகம்布列
1．[2019·湖北宜昌联考]某次下课后，某教室里还剩下 2 位男同 学和 1 位女同学，若他们依次走出教室，则第 2 个走出的是女同学的 概率是( )
11
A.2 B.3 11
C.4 D.5 解析：由题意知共有 6 个基本事件，第 2 个走出的是女同学包含
1
4π
π×22＝4π，故此点取自图标第三部分的概率为24＋9π，故选 B. 答案：B 9．[2019·湖南长沙一模]已知一种元件的使用寿命超过 1 年的概
率为 0.8，超过 2 年的概率为 0.6，若一个这种元件使用到 1 年时还未 损坏，则这个元件使用寿命超过 2 年的概率为( )
A．0.75 B．0.6 C．0.52 D．0.48 解析：设一个这种元件使用到 1 年时还未损坏为事件 A，使用到 2 年时还未损坏为事件 B，则由题意知 P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，则这
12
A.3 B.3 23
C.5 D.5 解析：绳子的长度为 6 m，剪成两段后，设其中一段的长度为 x
m，则另一段的长度为(6－x)m，记“其中一段的长度大于另一段长度 的 2 倍”为事件 A，则 A＝{x|Error!}＝{x|0<x<2 或 4<x<6}，∴P(A)
2
＝3，故选 B. 答案：B 4．[2019·河北九校联考]
X 012
694 P
25 25 25
6
9
4
3 6
25
6
7
数学期望 E(X)＝25×0＋25×1＋25×2＋25×3＝5. 16．[2019·贵州贵阳监测]互联网使我们的生活日益便捷，网络外 卖也开始成为人们日常生活中不可或缺的一部分．M 市某调查机构针 对该市市场占有率最高的两家网络外卖企业(以下简称外卖 A、外卖 B)的 服务质量进行了调查，从使用过这两家外卖服务的市民中随机抽取了 1 000 人，每人分别对这两家外卖企业评分，满分均为 100 分，并将 分数分成 5 组，得到以下频数分布表：
PAB 0.6
个元件使用寿命超过 2 年的概率为 P(B|A)＝ PA ＝0.8＝0.75，故选 A.
答案：A
10．[2019·湖南株洲联考]
如图，三国时期数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了
勾股定理的绝妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方
形(阴影部分)．设直角三角形有一内角为 30°，若向弦图内随机抛掷 1 000 颗米粒(大小忽略不计)，则落在小正方形(阴影部分)内的米粒数大 约为( 3≈1.732)( )
务质量指标”划分成以下四个档次：
分数
[0,40) [40,60) [60,80) [80,100]
服务质量指
标
0
1
2
3
用频率表示概率，解决下列问题：
(1)从该市使用过外卖 A 的市民中任选 5 人，记对外卖 A 服务质
量评价较高的人数为 X，求 X 的数学期望；
(2)从参与调查的市民中随机抽取 1 人，试求其评分中外卖 A 的 “服务质量指标”与外卖 B 的“服务质量指标”的差的绝对值等于 2 的概率．
3、宽为 1；第二部分为圆环部分，大圆半径为 3，小圆半径为 2；第
三部分为圆环内部的白色区域．在整个“黑白太阳”图标中随机取一
点，则此点取自图标第三部分的概率为( )
π
4π
A.24＋9π B.24＋9π
π
4π
C.18＋9π D.18＋9π 解析：图标第一部分的面积为 8×3×1＝24，图标第二部分的面 积和第三部分的面积和为 π×32＝9π，图标第三部分的面积为
10－0＝10. 1
答案：10 13．[2019·福建福州质量抽测]甲、乙、丙三位同学独立解决同一
111
个问题，已知三位同学能够解决这个问题的概率分别为2，3，4，则有
人能够解决这个问题的概率为________．
( )( )( ) 1 1 1 1
1－ 1－ 1－ 解析：没有人能解决这个问题的概率为 2 3 4 ＝4，
解析：(1)由频数分布表可知，对外卖 A 服务质量评价较高的频 300＋400 7
率为 1 000 ＝10，将频率作为概率，则从该市使用过外卖 A 的市民 7
中抽取 1 人，对外卖 A 服务质量评价较高的概率 P＝10，
( )7
5， 显然 X～B 10 ，
77
故 E(X)＝5×10＝2. (2)记外卖 A 的“服务质量指标”为事件 Ai，外卖 B 的“服务质 量指标”为事件 Bi，i∈{0,1,2,3}， 则其评分中外卖 A 的“服务质量指标”与外卖 B 的“服务质量 指标”的差的绝对值等于 2 的概率为 P(A2B0＋A3B1＋A0B2＋A1B3)＝P(A2B0)＋P(A3B1)＋P(A0B2)＋P(A1B3) ＝0.4×0.2＋0.3×0.3＋0.2×0.2＋0.1×0.3＝0.24. 17．[2019·河北武邑中学期末]我国城市空气污染指数范围及相应 的空气质量类别如下表：
13
A.5 B.5 39
C.10 D.10 解析：随机模拟产生了 10 组随机数，在这 10 组随机数中，表示
3
三次投篮恰有两次投中的有 191,271,932，共 3 组，故所求概率为10， 故选 C.
答案：C 3．[2019·广东佛山调研]将一根长为 6 m 的绳子剪成两段，则其 中一段大于另一段的 2 倍的概率为( )
36 4
C13C24A2＝36(种)，于是所求概率 P＝81＝9，故选 D. 优解 由题意知，4 位游客各从此地甲、乙、丙三个不同景点中
选择一处游览的选法有 34＝81(种)．将 4 位游客分为 3 组的分法有 C
24种，然后将这 3 组游客分到甲、乙、丙三个不同景点，其分法有 A 3种，由分步乘法计数原理知，每个景点都有人去游览的方法有
答案：A
( )1
4， 11．[2019·浙江七彩联盟联考]若随机变量 X～B 3 ，则 P(X＝3)