2019高考数学理专题突破课件第一部分专题六第二讲：概率、随机变量及其分布列
专题六第2讲概率、随机变量及其分布列
训 练 高 效 提 能
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分 法
基 础 要 点 整 合
专题六
概率与统计、推理与证明、复数、算
[自主解答]
(1)该项新技术的三项不同指标甲、乙、
丙独立通过检测合格分别为事件 A、B、C，则事件“得 分不低于 8 分”表示为 ABC＋A－ B C. ∵ABC 与 A－ B C 为互斥事件，且 A、B、C 为彼此独 立， ∴ P(ABC ＋ A － B C) ＝ P(ABC) ＋ P(A － B C) ＝
训 练 高 效 提 能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分 法
基 础 要 点 整 合
专题六
概率与统计、推理与证明、复数、算
解 题 规 范 流 程
考 点 核 心 突 破
【例 2】中国航母“辽宁舰”是中国第一艘航母， “辽宁”号以 4 台蒸汽轮机为动力，为保证航母的动力 安全性，科学家对蒸汽轮机进行了 170 余项技术改进， 增加了某项新技术，该项新技术要进入试用阶段前必须 对其中的三项不同指标甲、 乙、 丙进行通过量化检测． 假 如该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概 3 2 1 率分别为 、 、 .指标甲、乙、丙合格分别记为 4 分、2 4 3 2 分、4 分；若某项指标不合格，则该项指标记 0 分，各 项指标检测结果互不影响． (1)求该项技术量化得分不低于 8 分的概率； (2)求该项新技术的三个指标中被检测合格的指标不 少于 2 个的概率．
考 点 核 心 突 破
3 C. 4π
1 D. 2π
训 练 高 效 提 能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分 法
2019届高考数学复习专题五第2讲概率、随机变量及其分布列(理)学案
第2讲概率、随机变量及其分布列1．计数原理、古典概型、几何概型的考查多以选择或填空的形式命题，中低档难度；2．概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”．1．概率模型公式及相关结论 (1)古典概型的概率公式．P (A )＝m n ＝事件A 中所含的基本事件数试验的基本事件总数．(2)几何概型的概率公式．P (A )＝构成事件A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）．(3)条件概率．在A 发生的条件下B 发生的概率：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）．(4)相互独立事件同时发生的概率：若A ，B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B )． (5)若事件A ，B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，P (A )＝1－P (A )． 2．独立重复试验与二项分布如果事件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P n (k )＝C k n p k(1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n ．用X 表示事件A 在n 次独立重复试验中发生的次数，则X 服从二项分布，即X ～B (n ，p )且P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k ． 3．超几何分布在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品，则P (X ＝k )＝C C C k n kM N Mn N--，k ＝0，1，2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *，此时称随机变量X 服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M ，N ，n ． 4．离散型随机变量的均值、方差 (1)离散型随机变量ξ的分布列为：离散型随机变量ξi ②p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1(i ＝1，2，3，…，n )．(2)E (ξ)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量ξ的数学期望或均值．D (ξ)＝(x 1－E (ξ))2·p 1＋(x 2－E (ξ))2·p 2＋…＋(x i －E (ξ))2·p i ＋…＋(x n －E (ξ))2·p n 叫做随机变量ξ的方差．(3)数学期望、方差的性质．①E (aξ＋b )＝aE (ξ)＋b ，D (aξ＋b )＝a 2D (ξ)． ②X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )． ③X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )．热点一 随机变量的分布列、均值与方差【例1】(2019·黄山一模)2015年11月27日至28日，中共中央扶贫开发工作会议在北京召开，为确保到2020年所有贫困地区和贫困人口一道迈入全面小康社会．黄山市深入学习贯彻习近平总书记关于扶贫开发工作的重要论述及系列指示精神，认真落实省委、省政府一系列决策部署，精准扶贫、精准施策，各项政策措施落到实处，脱贫攻坚各项工作顺利推进，成效明显．贫困户杨老汉就是扶贫政策受益人之一．据了解，为了帮助杨老汉早日脱贫，负责杨老汉家的扶贫队长、扶贫副队长和帮扶责任人经常到他家走访，其中扶贫队长每天到杨老汉家走访的概率为14，扶贫副队长每天到杨老汉家走访的概率为13，帮扶责任人每天到杨老汉家走访的概率为12． （Ⅰ）求帮扶责任人连续四天到杨老汉家走访的概率；（Ⅱ）设扶贫队长、副队长、帮扶责任人三人某天到杨老汉家走访的人数为X ，求X 的分布列；（Ⅲ）杨老汉对三位帮扶人员非常满意，他对别人说:“他家平均每天至少有1人走访”．请问：他说的是真的吗？解(Ⅰ)设帮扶责任人连续四天到杨老汉家走访的事件为A ，则P (P )=12×12×12×12=116，∴帮扶责任人连续四天到杨老汉家走访的概率为116． （Ⅱ）随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3．P (P =0)=34×23×12=14；P (P =1)=14×23×12+34×13×12+34×23×12=1124； P (P =2)=14×13×12+14×23×12+34×13×12=14； P (P =3)=14×13×12=124．随机变量X 的分布列为：（Ⅲ）P (P )=1124+12+18=1312，所以P (P )>1，所以杨老汉说的是真的．探究提高 1．求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列．2．对于实际问题中的随机变量X ，如果能够断定它服从二项分布B (n ，p )，则其概率、期望与方差可直接利用公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0，1，2，…，n )，E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )求得．【训练1】(2017·西安二模)中国铁路客户服务中心为方便旅客购买车票，推出三种购票方式：窗口购票、电话购票、网上购票，旅客任选一种购票方式．若甲、乙、丙3名旅客都准备购买火车票，并且这3名旅客选择购票的方式是相互独立的．(1)求这三名旅客中至少有两人选择网上购票的概率；(2)记这三名旅客购票方式的种数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．解 (1)记“三名旅客中恰有两人选择网上购票”为事件A ，“三名旅客都选择网上购票”为事件B ，且A ，B 互斥．则P (A )＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝29，P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127．因此，三名旅客中至少有两人选择网上购票的概率P ＝P (A )＋P (B )＝727．(2)由题意，ξ的所有可能取值为1，2，3，则P (ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝19； P (ξ＝2)＝C 23×23A ×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝23； P (ξ＝3)＝33A ×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝29． 所以随机变量ξ的分布列为：故ξ的期望E (ξ)＝1×19＋2×23＋3×9＝9．热点二 概率与统计的综合问题【例2】(2018·德州期末)在创新“全国文明卫生城”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次），通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分P ∼P (P，198)，P 近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），利用该正态分布，求P (38．2<P ≤80．2)；（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于P的可以获赠2次随机话费，得分低于P的可以获赠1次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率为：现有市民甲参加此次问卷调查，记P（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求P的分布列与数学期望．附：参考数据与公式：√198≈14，若P∼P(P，P2)，则P(P−P<P≤P+P)=0．6826，P(P−2P< P≤P+2P)=0．9544，P(P−3P<P≤P+3P)=0．9974．解（1）由题意得：3544513552165257524851195466.2100⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，∴P=66．2，∵P=√198≈14，∴P(66．2−14<P≤66．2+14)=P(52．2<P≤80．2)=0．6826，P(66．2−2×14<P≤66．2+2×14)=P(38．2<P≤94．2)=0．9544，∴P(38．2<P≤52．2)=12[P(38．2<P≤94．2)−P(52．2<P≤80．2)]=0．1359综上，P(38．2<P≤80．2)=P(38．2<P≤52．2)+P(52．2<P≤80．2)]=0．1359+0．6826= 0．8185．（2）由题意知，P(P<P)=P(P≥P)=12，获赠话费P的可能取值为20，40，50，70，100，P(P=20)=12×34=38；P(P=40)=12×34×34=932；P(P=50)=12×14=18；P(P=70)=12×34×14+12×14×34=316，P(P=100)=12×14×14=132；P的分布列为：∴PP=20×38+40×932+50×18+70×316+100×132=1654．探究提高本题考查统计与概率的综合应用，意在考查考生的识图能力和数据处理能力．此类问题多涉及相互独立事件、互斥事件的概率，在求解时，要明确基本事件的构成．【训练2】(2017·全国Ⅰ卷改编)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数， 求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查． ①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：经计算得x －＝116∑16i ＝1x i ＝9．97，s ==0．212， 其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1，2， (16)用样本平均数x －作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ(精确到0．01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0．997 4，0．997 416≈0．959 2， 0.008≈0．09．解 (1)由题可知尺寸落在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0．997 4， 落在 (μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0．002 6．由题可知X ～B (16，0．002 6)，P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0．997 416≈0．040 8． ∴E (X )＝16×0．002 6＝0．041 6．(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0．002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0．040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x ＝9．97，s ≈0．212，得μ的估计值为μ^＝9．97，σ的估计值为σ^＝0．212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9．22，剩下数据的平均数为115×(16×9．97－9．22)＝10．02．因此μ的估计值为10．02．1．(2018·全国I卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为P(0<P<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为P(P)，求P(P)的最大值点P0．（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为P，求PP;（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？1．(2017·邯郸质检)2017年4月1日，国家在河北省白洋淀以北的雄县、容城、安新3县设立雄安新区，这是继深圳经济特区和上海浦东新区之后又一具有全国意义的新区，是千年大计、国家大事。
2019年高考数学(理科)必考题突破讲座6：统计与概率、随机变量及其分布列
3 3
(1)这 4 个人中恰有 2 人参加甲游戏的概率
2 1 2 2 2 P(A2)＝C4 ＝
3 3
8 27.
高考总复习 · 数学(理)
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第十章 算法初步、统计、统计案例
(2)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件 B， 则 B＝A3＋A4 且 A3 与 A4 互斥． 故 2 1 3 1 3 4 1 4 P(B)＝P(A3＋A4)＝P(A3)＋P(A4)＝C4 × ＋C4 ＝ .
方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公 式．
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第十章 算法初步、统计、统计案例
2．离散型随机变量的分布列、均值与方差
离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，常有
解答题的考查，属于中档题．复习中应强化应用类习题的理解与掌握，弄清随机变 量的所有取值，它是正确求随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的 确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中应强化解答题的规范 性训练． 3．概率与统计的综合应用 概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮 点．主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键．复习时
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第十章 算法初步、统计、统计案例
【例2】 (20成两组，
每组各50名，一组服药，另一组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标x
和y的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“＋”表示未服药者．
(1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；
高考数学：专题六 第二讲 概率、随机变量及其分布列课件
本 讲 栏 目 开 关
解析 设 AC＝x，CB＝12－x，
所以 x(12－x)<32，所以 x>8 或 x<4 4＋4 2 又因为 0<x<12，所以 P＝ 12 ＝3.
考点与考题
0≤x≤2， 3.(2012· 北京)设不等式组 0≤y≤2
第二讲
表示的平面区域为 D， 在区域 D
本 讲 栏 目 开 关
本 讲 栏 目 开 关
解析 分别从两个集合中各取一个数共有 15 种取法，其中满足 b>a 3 1 的有 3 种取法，故所求事件的概率为 P＝15＝5.
题型与方法
第二讲
(2)学生通过演示实验来估算不规则图形的面积，先在平面内画 4 条直 线 x＝0，x＝5，y＝－2，y＝1 围成矩形，再画 2 条曲线 y＝log2x，y ＝log2(x－3)， 2 条直线 y＝－2， 称 y＝1 和 2 条曲线 y＝log2x， y＝log2(x
本 讲 栏 目 开 关
回答互不影响. (1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率.
解 (1)记“该选手能正确回答第 i 轮的问题”的事件为 Ai (i＝
1,2,3,4)，
4 3 2 则 P(A1)＝ ，P(A2)＝ ，P(A3)＝ ， 5 5 5 1 P(A4)＝5，
第二讲
本 讲 栏 目 开 关
ξ P
0 3 8
1 7 16
2 1 6
3 1 48
3 7 1 1 5 所以 E(ξ)＝0×8＋1×16＋2×6＋3×48＝6.
题型与方法
第二讲
方法提炼 求出概率.
(1)求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变
高中数学高考复习《概率及随机变量及其分布列》讲座PPT课件
18 1 . 216 12
3.(2009·浙江)有20张卡片,每张卡片上分别标有两
个连续的自然数k,k+1,其中k=0,1,2,…，19.从这20
张卡片中任取一张,记事件“该卡片上两个数的各位 数字之和(例如:若取到标有9,10的卡片,则卡片上两 个数的各位数字之和为9+1+0=10)不小于14”为A,则 1 P(A)=___. 4 解析 从20张卡片中任取一张共有20种可能,其中各 卡片上的数字之和大于等于14的有(7,8),(8,9), (16,17),(17,18),(18,19)共5种,因此满足各条件的 概率 P 5 1 . 20 4
卡片的事件包含下面三个事件:①甲抽到写有奇数数
1 字的卡片,乙抽到写有偶数数字的卡片,有 C1 种; C 5 4
②甲抽到写有偶数数字的卡片,乙抽到写有奇数数字
1 种;③甲、乙二人都抽到奇数数字的 的卡片,有 C1 C 4 5
1 种.设甲、乙二人至少有一人抽到奇数 卡片,有 C1 C 5 4
1.(2009·江西)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种卡片则获奖,现购买该食品5袋,能获奖的概 率为 31 A. 81 解析 (D )
50 33 48 B. C. D. 81 81 81 5袋食品中含卡片的可能有35种，
其中含1种卡片的有3种， 含2种卡片的有 C 2 ×(25-2)=3×(25-2).
学案20 概率及随机变量及其分布列
1.事件与概率: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;
了解两个互斥事件的概率加法公式.
高三数学专题复习：第一部分专题六
第一部分•专题突破方略
P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由对立事件的概率公式得 P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝ 1.6.
第一部分•专题突破方略
真题再现 1.(2011年高考课标全国卷)执行右面的程序框图 ，如果输入的N是6，那么输出的p是( A．120 B．720 C．1440 D．5040 )
第一部分•专题突破方略
解析：选B.该框图的功能是计算
1×2×3×…×N的值，因为N＝6，所以输出P
的值为1×2×3×4×5×6＝720.
第一部分•专题突破方略
(2)由题意知 ξ 可能的取值为 0,1,2,3. 又由(1)知 D 0)＝P( D E E F， D E F ，D E F 是两两互 斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，因此 P(ξ＝ F )＝0.4×0.5×0.5＝0.1， E F) ＋ P( D E F ) ＋ P(D E P(ξ ＝ 1) ＝ P( D F) ＝ 0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝ 0.35，
第一部分•专题突破方略
2．(2011年高考浙江卷)某中学为了解学生数学 课程的学习情况，在3000名学生中随机抽取200 名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩， 得到了样本的频率分布直方图(如图)．根据频率 分布直方图推测，这3000名学生在该次数学考 试中成绩小于60分的学生数是__________．
第一部分•专题突破方略
本部分内容讲解结束
2019届高考数学突破热点分层教学专项：二专题六第讲概率离散型随机变量及其分布列
2019年4月29日
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专题六 概率与统计
命题分析 1.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形 式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题. 2.选择或填空题常出现在第 4～10 题或第 13～15 题的位置，主 要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般. 3.概率解答题多在第 18 或 19 题的位置，多以交汇性的形式考 查，交汇点主要有两种：(频率分布直方图与茎叶图)择一与随 机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直 方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难 度中等.
2019年4月29日
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解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C，那么 1－ P(－C )＝1－110·p＝4590，解得 p＝15. (2)设“系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于 发生故障的次数”为事件 D，“系统 A 在 3 次相互独立的检测中 发生 k 次故障”为事件 Dk. 则 D＝D0＋D1，且 D0，D1 互斥． 依题意，得 P(D0)＝C031－1103，
2019年4月29日
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随机变量的分布列、均值与方差(综合型)
均值与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b 为实数)．
两点分布与二项分布的均值、方差 (1)若 X 服从两点分布，则 E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)． (2)若 X～B(n，p)，则 E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
2019年4月29日
高考数学二轮复习 专题六 概率与统计 第2讲 随机变量及其分布课件 理
所以X的分布列为
X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19. (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元). 当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200 ＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.
P(AiCj)＝P(Ai)P(Cj)＝15×18＝410，i＝1，2，…，5，j＝1，2，…， 8.设事件 E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由 题意知，E＝A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2 ∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4. 因此 P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3) ＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3) ＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)＝15×410＝38. (3)μ1＜μ0.
解 (1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年 内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2， 0.4，0.2，0.2，从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2； P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；
2019届高考数学二轮复习概率、随机变量及其分布列课件(65张)(全国通用)
二
专题整合、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专
题
概率与统计
七
第二讲
概率、随机变量及其分布列
核心考点突破H
典例精析 题型突破
考点一 古典概型、几何概型、条件概率 1．古典概型的概率公式 P(A)＝mn ＝事件试A验中的所基含本的事基件本总事数件数. 2．几何概型的概率公式 P(A)＝试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域面长积度或面体积积或 体积.
[答案]
4 5
[快速审题] 看到区域长度和面积问题，想到几何概型；看 到计数问题，想到古典概型；看到有条件的概率问题，想到条件 概率．
解答古典概型、几何概型、条件概率的关键 (1)有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数 和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合 的相关知识． (2)利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区 域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表 示所需要的区域．
P(X＝3)＝C36123·123＝2604＝156， P(X＝4)＝C46124·122＝1654， P(X＝5)＝C56125·121＝664＝332， P(X＝6)＝C66126120＝614.
故 X 的分布列为
(1)设事件 M 为“邀请到的 3 个人中至少有 2 个人接受挑 战”，则 P(M)＝C23122·12＋C33123＝12.
(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 因为 X 为接下来被邀请到的 6 个人中接受挑战的人数，所以 X～B6，12. 所以 P(X＝0)＝C06120126＝614， P(X＝1)＝C1612·125＝664＝332， P(X＝2)＝C26122·124＝1654，
2019高考数学理专题突破课件第一部分专题六第二讲：概率、随机变量及其分布列
显然 P(ξ＝k)≥0(k＝0,1,2，…，n)， Cknpkqn－k＝1. k＝0
称这样的随机变量 ξ 服从参数 n 和 p 的二项分布， 记为 ξ～B(n，p)．
3．离散型随机变量的期望与方差 若离散型随机变量ξ的分布列为
则称E(ξ )＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＋…为ξ 的数
学期望，简称期望．
(2)所有可能的申请方式有 34 种，而“每个片区的
房源都有人申请”的申请方式有 C24A33种．
记“每个片区的房源都有人申请”为事件 B，从
而有 P(B)＝C324A4 33＝49.
【归纳拓展】 (1)求复杂事件的概率，要正确 分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几 个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个 相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率 公式求解．
D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋ [xn－E(ξ)]2·pn＋…叫做随机变量ξ的方差．
高考热点讲练
几何概型
例1 (2011 年高考福建卷)如图，矩形 ABCD 中，
点 E 为边 CD 的中点，若在矩形 ABCD 内部随机
取一个点 Q，则点 Q 取自△ABE 内部的概率等于
(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况 较少，则一般利用对立事件进行求解，对于“ 至少”，“至多”等问题往往用这种方法求 解．
变式训练3 甲袋中装有若干质地、大小相同的黑 球、白球，乙袋中装有若干个质地、大小相同的黑
球、红球．某人有放回地从两袋中每次取一球，甲 袋中每取到一黑球得2分，乙袋中每取到一黑球得1 分，取得其他球得零分，规定他最多取3次，如果 前两次得分之和超过2分即停止取球，否则取第三 次．取球方式：先在甲袋中取一球，以后均在乙袋
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(2)“m 为奇数”的概率和“m 为偶数”的概率不 相等． 因为 m 为奇数的概率为 P(m＝3)＋P(m＝5)＋P(m ＝7)＝126＋126＋126＝38.
m 为偶数的概率为 1－38＝58，这两个概率值不相
等．
相互独立事件、独立重复试 验的概率
例3 (2019年高考重庆卷)某市公租房的房源位 于A、B、C三个片区．设每位申请人只申请其 中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的 房源是等可能的，求该市的任4位申请人中： (1) 没有人申请A片区房源的概率； (2) 每个片区的房源都有人申请的概率．
由独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率计
算公式知，没有人申请 A 片区房源的概率为 P4(0) ＝C04310·324＝8116.
(2)所有可能的申请方式有 34 种，而“每个片区的
房源都有人申请”的申请方式有 C24A33种．
记“每个片区的房源都有人申请”为事件 B，从
而有 P(B)＝C324A4 33＝49.
高考热点讲练
几何概型
例1 (2011 年高考福建卷)如图，矩形 ABCD 中，
点 E 为边 CD 的中点，若在矩形 ABCD 内部随机
取一个点 Q，则点 Q 取自△ABE 内部的概率等于
()
1
1
A.4
B.3
C.12
D.23
【解析】 这是一道几何概型的概率问题，点 Q
1
取自△ABE
内部的概率为 S△ABE ＝2·|AB|·|AD|＝ S矩形ABCD |AB|·|AD|
n
显然 P(ξ＝k)≥0(k＝0,1,2，…，n)， Cknpkqn－k＝1. k＝0
称这样的随机变量 ξ 服从参数 n 和 p 的二项分布， 记为 ξ～B(n，p)．
3．离散型随机变量的期望与方差 若离散型随机变量ξ的分布列为
则称E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＋…为ξ的数 学期望，简称期望． D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋[xn －E(ξ)]2·pn＋…叫做随机变量ξ的方差．
12.故选 C.
【答案】 C
【归纳拓展】 (1)当试验的结果构成的区域为 长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑 使用几何概型求解．
(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部 结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有 时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区 域．
பைடு நூலகம்
变式训练1 (2019年高考湖南卷)已知圆C：x2 ＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25. (1)圆C的圆心到直线l的距离为__________； (2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率 为__________．
【归纳拓展】 (1)求复杂事件的概率，要正确 分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几 个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个 相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率 公式求解．
【归纳拓展】 (1)求解古典概型中的等可能性事 件的概率，是最基本的一种概率计算问题，其求 解方法就是利用古典概型的概率计算公式 P＝mn 计算即可． (2)求解互斥事件、对立事件的概率问题时，一要 先利用条件判断所给的事件是互斥事件，还是对 立事件；二要将所求事件的概率转化为互斥事件、 对立事件的概率；三要准确利用互斥事件、对立
解：因为玩具的质地是均匀的，所以玩具各面朝 下的可能性相等，出现的可能情况有：(1,1)，(1,2)， (1,3)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,2)， (3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 16 种． (1)事件“m 不小于 6”包含(1,5)，(2,5)，(3,5)， (3,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,5)，共 8 个基本事件，
解析：(1)圆心 C 到 l 的距离为 |－25| ＝5. 42＋32
(2)如图 l′∥l，且 O 到 l′的距离为 3，sin∠ODE
＝3＝ 23
23，所以∠ODE＝60°，从而∠BOD＝60°，
点 A 应在劣弧 BD 上，所以满足条件的概率为16.
答案：(1)5
1 (2)6
古典概型
例2 一个袋中装有大小相同的10个球，其中 红球8个，黑球2个，现从袋中有放回地取球， 每次随机取1个． (1)求连续取两次都是红球的概率； (2)如果取出黑球，则取球终止，否则继续取球， 直到取出黑球，求取球次数不超过3次的概率．
【解】 (1)由于是有放回地取球，故连续两次取 球是相互独立的，因此连续取两次都是红球的概 率 P＝CC11180·CC11180＝1265. (2)取到黑球时取球次数为 1 次，2 次，3 次的事件， 分别记为 A、B、C.
则 P(A)＝15，P(B)＝45×15＝245，
P(C)＝(45)2×15＝11265. 所以，取球次数不超过 3 次的概率是 P(A＋B＋C) ＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝15＋245＋11265＝16215. 即取球次数不超过 3 次的概率是16215.
【解】 (1)法一：所有可能的申请方式有 34 种，
而“没有人申请 A 片区房源”的申请方式有 24 种． 记“没有人申请 A 片区房源”为事件 A，则
P(A)＝2344＝8116.
法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是 4 次独立重复试验．
记“申请 A 片区房源”为事件 A，则 P(A)＝13.
事件的概率公式去计算所求事件的概率．
变式训练2 有两枚大小相同、质地均匀的正四 面体玩具，每个玩具的各个面上分别写着数字 1,2,3,5.同时投掷这两枚玩具一次，记m为两个 朝下的面上的数字之和．
(1)求事件“m不小于6”的概率； (2)“m为奇数”的概率与“m为偶数”的概率 是否相等？并给出说明．
2019高考数学理专题突破课件第一部分专题六第二讲： 概率、随机变量及其分布列
2．常见的离散型随机变量的分布 (1)两点分布 分布列为(其中0＜p＜1)
(2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生的次数 ξ 是一 个随机变量，其所有可能取的值为 0,1,2,3，…，n， 并且 P(ξ＝k)＝Cknpkqn－k(其中 k＝0,1,2，…，n，q＝1 －p)．