高考复习：概率、随机变量及其分布列
专题八 概率与统计 第二讲 概率,随机变量及分布列——2023届高考数学二轮复习重点练(含解析)
专题八 概率与统计 第二讲 概率，随机变量及分布列1.为了援助湖北抗击疫情,全国各地的白衣天使走上战场的第一线,他们分别乘坐6架我国自主生产的“运20”大型运输机,编号分别为1,2,3,4,5,6,同时到达武汉天河飞机场,每五分钟降落一架,其中1号与6号相邻降落的概率为( ) A.112B.16C.15D.132.一个不透明的袋子中装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，3.现甲从中摸出1个球后放回，乙再从中摸出1个球，谁摸出的球上的数字大谁获胜，则甲、乙各摸一次球后，甲获胜且乙摸出的球上数字为偶数的概率为( ) A.14B.13C.49D.3163.从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A.110B.15C.310D.254.某次战役中，狙击手A 受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A 每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立.若A 至多射击2次，则他能击落敌机的概率为( ) A.0.23B.0.2C.0.16D.0.15.设两个相互独立事件A ，B 都不发生的概率为19，则A 与B 都发生的概率的取值范围是( )A.80,9⎡⎤⎢⎥⎣⎦B.15,99⎡⎤⎢⎥⎣⎦C.28,39⎡⎤⎢⎥⎣⎦D.40,9⎡⎤⎢⎥⎣⎦6.一个旅行团到漳州旅游，有百花村与云洞岩两个景点可选择，该旅行团选择去哪个景点相互独立.若旅行团选择两个景点都去的概率是49，只去百花村不去云洞岩与只去云洞岩不去百花村的概率相等，则旅行团选择去百花村的概率是( ) A.23B.13C.49D.197.某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责，每次献爱心活动均需该组织4位同学参加.假设李老师和张老师各自分别将活动通知的信息独立且随机地发给4位同学，且所发信息都能收到.则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为( )A.25B.1225C.1625D.458.（多选）从甲袋中摸出1个红球的概率是13，从乙袋中摸出1个红球的概率是12.从甲袋、乙袋各摸出1个球，则下列结论正确的是( )A.2个球都是红球的概率为16B.2个球不都是红球的概率为13C.至少有1个红球的概率为23D.2个球中恰有1个红球的概率为129. （多选）在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( )A.两件都是一等品的概率是13B.两件中有1件是次品的概率是12C.两件都是正品的概率是13D.两件中至少有1件是一等品的概率是5610. （多选）在一次随机试验中，A,B,C,D是彼此互斥的事件，且A B C D+++是必然事件，则下列说法正确的是( )A.A B+与C是互斥事件，也是对立事件B.B+C与D是互斥事件，但不是对立事件C.A C+与B D+是互斥事件，但不是对立事件D.A与B C D++是互斥事件，也是对立事件11.某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为__________.12.已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________.13.从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，则甲、乙两人中有且只有一人被选取的概率为_____________.14.一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率.(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求2n m<+的概率..假定甲、乙两位同学15.设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为23到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率.答案以及解析1.答案：D解析：6架飞机的降落顺序有66A 种,而1号与6号相邻降落的顺序有2525A A 种,所以所求事件的概率252566A A 1A 3P ==.故选D.2.答案：A解析：甲、乙各摸一次球，有可能的结果有4416⨯=（种），甲摸的数字在前，乙摸的数字在后，则甲获胜的情况有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，共6种. 其中甲、乙各摸一次球后，甲获胜且乙摸出的球上数字为偶数有4种，则所求概率41164P ==. 3.答案：D解析：先后有放回地抽取2张卡片的情况有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25种.其中满足条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10种情况.因此所求的概率102255P ==.故选D. 4.答案：A解析：A 每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立.若A 射击1次就击落敌机，则他击中了敌机的机尾，概率为0.1；若A 射击2次就击落敌机，则他2次都击中了敌机的机首，概率为0.20.20.04⨯=或者第1次没有击中机尾且第2次击中了机尾，概率为0.90.10.09⨯=，因此若A 至多射击2次，则他能击落敌机的概率为0.10.040.090.23++=.故选A. 5.答案：D解析：设事件A ，B 发生的概率分别为()P A x =，()P B y =，则1()()()(1)(1)9P AB P A P B x y ==-⋅-=，即11199xy x y +=++≥+x y =时取“=”，211)9∴≥23≤43（舍去），409xy ∴≤≤.4()()()0,9P AB P A P B xy ⎡⎤∴==∈⎢⎥⎣⎦.6.答案：A解析：用事件A 表示“旅行团选择去百花村”，事件B 表示“旅行团选择去云洞岩”，A ，B 相互独立，则4()9P AB =，()()P AB P AB =.设()P A x =，()P B y =，则4,9(1)(1),xy x y x y ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩解得2,323x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或2,323x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（舍去），故旅行团选择去百花村的概率是23.故选A.7.答案：C解析：设“甲同学收到李老师的信息”为事件A ，“收到张老师的信息”为事件B ，A ，B 相互独立，42()()105P A P B ===，则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为33161()1(1())(1())15525P AB P A P B -=---=-⨯=.故选C. 8.答案：ACD解析：设“从甲袋中摸出1个红球”为事件1A ，“从乙袋中摸出1个红球为事件2A ，则()113P A =，()212P A =，且1A ，2A 独立.对于A 选项，2个球都是红球为12A A ，其概率为111326⨯=，故A 正确；对于B 选项，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为15166-=，故B 错误；对于C 选项，2个球中至少有1个红球的概率为()()1221211323P A P A -=-⨯=，故C 正确；对于D 选项，2个球中恰有1个红球的概率为1121132322⨯+⨯=，故D 正确.故选ACD. 9.答案：BD解析：由题意设一等品编号为a ,b ，二等品编号为c ，次品编号为d ，从中任取2件的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)a d ，(,)b c ，(,)b d ，(,)c d ，共6种. 对于A ，两件都是一等品的基本情况有(,)a b ，共1种，故两件都是一等品的概率116P =，故A 错误； 对于B ，两件中有1件是次品的基本情况有(,)a d ，(,)b d ，(,)c d ，共3种，故两件中有1件是次品的概率23162P ==，故B 正确；对于C ，两件都是正品的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)b c ，共3种，故两件都是正品的概率33162P ==，故C 错误；对于D ，两件中至少有1件是一等品的基本情况有(,)a b ，(,)a c ，(,)a d ，(,)b c ，(,)b d ，共5种，故两件中至少有1件是一等品的概率456P =，故D 正确. 10.答案：BD解析：由于A ,B ,C ,D 彼此互斥，且A B C D +++是必然事件，故事件的关系如图所示.由图可知，任何一个事件与其余三个事件的和事件互为对立，任何两个事件的和事件与其余两个事件中任何一个是互斥事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件互为对立，故B,D 中的说法正确.11.答案：35解析：设此队员每次罚球的命中率为p ，则216125p -=，所以35p =. 12.答案：16；23解析：甲，乙两球都落入盒子的概率为111236⨯=.方法一：甲、乙两球至少有一个落入盒子的情形包括：①甲落入、乙未落入的概率为121233⨯=；②甲未落入，乙落入的概率为111236⨯=；③甲，乙均落入的概率为111236⨯=.所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为11123663++=.方法二：甲，乙两球均未落入盒子的概率为121233⨯=，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为12133-=.13.答案：23解析：从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，有{甲，乙}，{甲，丙}，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，{丙，丁}，共6种结果；其中甲、乙两人中有且只有一人被选取，有甲，丙}，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，共4种结果. 故甲、乙两人中有且只有一人被选取的概率为4263=. 14.答案：(1)13. (2)概率为1316. 解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的样本点有：1和2，1和3，1和4，2和3，2和4，3和4，共6个.从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的事件有：1和2，1和3，共2个， 因此所求事件的概率为2163P ==.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为m ， 试验的样本空间{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),Ω=(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}，共16个样本点.又满足条件2n m ≥+的样本点有：(1,3),(1,4),(2,4)，共3个. 所以满足条件2n m ≥+的事件的概率为1316P =，故满足条件2n m <+的事件的概率为1313111616P -=-=. 15.答案：（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概均为23，故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而3321()C ,0,1,2,333kkk P X k k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以随机变量X的分布列为随机变量X 的数学期望2()323E X =⨯=.（2）设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫⎪⎝⎭，且{3,1}{2,0}M X Y X Y ===⋃==.由题意知事件{3,1}X Y ==与{2,0}X Y ==互斥，且事件{3}X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立，从而由（1）知()P M =({3,1}{2,0})(3,1)(2,P X Y X Y P X Y P X ==⋃=====+=8240)(3)(1)(2)(0)2799Y P X P Y P X P Y ====+===⨯+⨯12027243=.。
概率、随机变量及其分布课件-高三数学二轮专题复习
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.
真题体验3
1.(2021.新高考1卷）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
P(B)＝
．
跟踪训练
1.袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概
率为________．
2.一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，
则使目标受损但未击毁的概率为________．
3.天气预报报道在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假
·
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病” , 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.
ത
ത ҧ
(|) (|)
(ⅱ)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A| )的估计值,并利用(ⅰ)的结果给出R 的估计
( - )
值.
附:K2=( + )( + )( + )( + ),
为在事件A发
生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
(2)两个公式:①利用古典概型：P(B|A)＝
②概率的乘法公式：P(AB)＝
；
．
6. 全 概 率 公 式 : 一 般 地 ， 设 A1 ， A2 ， … ， An 是 一 组 两 两 互 斥 的 事 件 ，
A1∪A2∪…∪An ＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有
高考复习概率随机变量分布列期望方差
2017高考复习---概率、随机变量分布列、期望方差1．某高校进行自主招生面试时的程序如下：共设3道题，每道题答对给10分、答错倒扣5分（每道题都必须回答，但相互不影响）．设某学生对每道题答对的概率都为，则该学生在面试时得分的期望值为分．2．随机变量ξ服从二项分布ξ～B（n，p），且Eξ=300，Dξ=200，则P等于．3．设随机变量X～B（6，），则P（X=3）=．4．口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只．现从中一次性随机地取出两个球，设取出的两球中较小的编号为X，则随机变量X的数学期望是．5．随机变量ξ的分布列如下：ξ﹣1 0 1P a b c其中a，b，c成等差数列，若．则Dξ的值是．6．已知某随机变量ξ的概率分布列如表，其中x＞0，y＞0，随机变量ξ的方差Dξ=，则x+y=．ξ 1 2 3P X y x7．袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量ξ，则P（ξ≤7）=．8．一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个球，则其中含红球个数的数学期望是．9．甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，记抽取到红球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ=．10．有一种游戏规则如下：口袋里有5个红球和5个黄球，一次摸出5个，若颜色相同则得100分，若4个球颜色相同，另一个不同，则得50分，其他情况不得分．小张摸一次得分的期望是分．11．为参加2012年伦敦奥运会，某旅游公司为三个旅游团提供了a，b，c，d四条旅游线路，每个旅游团可任选其中一条线路，则选择a线路旅游团数ξ的数学期望Eξ=．12．随机变量X的分布列如下：若，则DX的值是．X ﹣1 0 1P a c13．已知随机变量ξ的分布列如下表所示，ξ的期望Eξ=，则a的值等于．ξ0 1 2 3P a b14．一个人随机的将编号为1，2，3，4的四个小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了．设放对的个数记为ξ，则ξ的期望Eξ=．15．从三男三女6名学生中任选2名（每名同学被选中的概率均相等），则2名都是女同学的概率等于．16．盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7的七个球，从中任意抽取两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是（结果用最简分数表示）17．口袋中有形状和大小完全相同的四个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中随机抽取两个球，则取出的两个球的编号之和大于5的概率为．18．盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是．19．从长度分别为2，3，4，5的四条线段中任意取出三条，以这三条线段为边可以构成三角形的概率是．20．从分别写有0，1，2，3，4五张卡片中取出一张卡片，记下数字后放回，再从中取出一张卡片．两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率是．21．甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲在心中任想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，且a，b∈{1，2，3，4}，若|a﹣b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，得出他们“心有灵犀”的概率为．22．将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量=（m，n），=（3，6），则向量与共线的概率为．23．某学校有两个食堂，甲、乙两名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为．24．在一次招聘口试中，每位考生都要在5道备选试题中随机抽出3道题回答，答对其中2道题即为及格，若一位考生只会答5道题中的3道题，则这位考生能够及格的概率为．2017年03月25日茅盾中学09的高中数学组卷参考答案与试题解析一．填空题（共24小题）1．（2012?温州一模）某高校进行自主招生面试时的程序如下：共设3道题，每道题答对给10分、答错倒扣5分（每道题都必须回答，但相互不影响）．设某学生对每道题答对的概率都为，则该学生在面试时得分的期望值为15分．【分析】设该生在面试时的得分为X，由题设条件知X的可能取值为﹣15，0，15，30，分别求出P（X=﹣15），P（X=0），P（X=15），P（X=30），由此能求出该学生在面试时得分的期望值．【解答】解：设该生在面试时的得分为X，由题设条件知X的可能取值为﹣15，0，15，30，P（X=﹣15）==，P（X=0）==，P（X=15）==，P（X=30）==，∴EX=﹣15×+0×+15×+30×=15．∴该学生在面试时得分的期望值为15分．故答案为：15．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率计算公式的灵活运用．2．（2016春?松桃县校级期末）随机变量ξ服从二项分布ξ～B（n，p），且Eξ=300，Dξ=200，则P等于．【分析】根据随机变量符合二项分布，根据二项分布的期望和方差的公式和条件中所给的期望和方差的值，得到关于n和p的方程组，解方程组得到要求的未知量p．【解答】解：∵ξ服从二项分布B～（n，p）Eξ=300，Dξ=200∴Eξ=300=np，①；Dξ=200=np（1﹣p），②．可得1﹣p==，∴p=1﹣=．故答案为：．【点评】本题主要考查分布列和期望的简单应用，本题解题的关键是通过解方程组得到要求的变量，注意两个式子相除的做法，本题与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望和方差的公式，本题是一个基础题．3．（2013春?渭滨区校级期末）设随机变量X～B（6，），则P（X=3）=．【分析】根据条件中所给的变量符合二项分布，写出变量取值不同时对应的概率公式，本题x=3，代入公式得到要求的概率．【解答】解：∵随机变量X服从二项分布B（6，），∴P（X=3）=C36（）3×（1﹣）3=．故答案为：．【点评】本题考查二项分布的概率计算公式，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．4．（2015?中山二模）口袋中装有大小质地都相同、编号为1，2，3，4，5，6的球各一只．现从中一次性随机地取出两个球，设取出的两球中较小的编号为X，则随机变量X的数学期望是．【分析】确定X的可能取值为1，2，3，4，5，求出相应的概率，可求随机变量X的数学期望【解答】解：由题设知X的可能取值为1，2，3，4，5．随机地取出两个球，共有：=15种，∴P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=，P（X=4）=，P（X=5）=，∴随机变量X的分布列为X 1 2 3 4 5P故EX=1×+2×+3×+4×+5×=．故答案为：．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，确定X的可能取值，求出相应的概率是关键．5．（2007?浙江）随机变量ξ的分布列如下：ξ﹣1 0 1P a b c其中a，b，c成等差数列，若．则Dξ的值是．【分析】要求这组数据的方差，需要先求出分布列中变量的概率，这里有三个条件，一个是三个数成等差数列，一个是概率之和是1，一个是这组数据的期望，联立方程解出结果．【解答】解：∵a，b，c成等差数列，∴2b=a+c，∵a+b+c=1，Eξ=﹣1×a+1×c=c﹣a=．联立三式得，∴．故答案为：【点评】这是一个综合题目，包括等差数列，离散型随机变量的期望和方差，主要考查分布列和期望的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望的公式．6．（2014?余杭区校级模拟）已知某随机变量ξ的概率分布列如表，其中x＞0，y＞0，随机变量ξ的方差Dξ=，则x+y=．ξ 1 2 3P X y x【分析】利用离散型随机变量的期望与方差即可得出．【解答】解：由题意可得：2x+y=1，Eξ=x+2y+3x=4x+2y=4x+2（1﹣2x）=2．∴方差Dξ==（1﹣2）2x+（2﹣2）2（1﹣2x）+（3﹣2）2x．化为，解得，∴=．∴=．故答案为．【点评】熟练掌握离散型随机变量的期望与方差是解题的关键．7．（2015春?淮安校级期末）袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量ξ，则P（ξ≤7）=．【分析】取出的4只球中红球个数的可能为4，3，2，1个，黑球相应个数为0，1，2，3个，得分的随机变量ξ=4，6，8，10，由经能求出P（ξ≤7）的值．【解答】解：取出的4只球中红球个数的可能为4，3，2，1个，黑球相应个数为0，1，2，3个，∴得分的随机变量ξ=4，6，8，10，∴P（ξ≤7）=P（ξ=4）+P（ξ=6）==．故答案为：．【点评】本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．8．（2001?江西）一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个球，则其中含红球个数的数学期望是．【分析】由题意知ξ的可能取值是0、1、2，当ξ=0时，表示从中取出2个球，其中不含红球，当ξ=1时，表示从中取出2个球，其中1个红球，1个黄球，当ξ=2时，表示从中取出2个球，其中2个红球，这三种情况根据古典概型概率公式得到结果，求出期望．【解答】解：设含红球个数为ξ，ξ的可能取值是0、1、2，当ξ=0时，表示从中取出2个球，其中不含红球，当ξ=1时，表示从中取出2个球，其中1个红球，1个黄球，当ξ=2时，表示从中取出2个球，其中2个红球，∴P（ξ=0）==，P（ξ=1）==P（ξ=2）==∴Eξ=0×+1×+2×=．故答案为：．【点评】本题这种类型是近几年高考题中经常出现的，考查离散型随机变量的分布列和期望，大型考试中理科考试必出的一道问题．不过大多数题目是以解答题的形式出现的．9．（2012?浙江校级模拟）甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，记抽取到红球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ=．【分析】由题中ξ的取值可能是0，1，2，由等可能事件的概率计算出概率，得出分布列再有公式求出期望即可【解答】解：由题ξ的取值可能是0，1，2，从丙个袋中各一个球，总的取法有6×6=36 故P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=所以ξ的分布列为ξ0 1 2P=故答案为【点评】本题考查离散型随机变量的期望与方差，解题的关键是根据相应的概率计算公式求出变量取每一个可能值的概率，列出分布列，求出期望．10．（2013?浙江模拟）有一种游戏规则如下：口袋里有5个红球和5个黄球，一次摸出5个，若颜色相同则得100分，若4个球颜色相同，另一个不同，则得50分，其他情况不得分．小张摸一次得分的期望是分．【分析】由题意知小张摸一次得分X的可能取值是0，，50，100，当得分为100时，表示从十个球中取五个球，取到的都是颜色相同的球，当得分50时，表示取到的球有四个颜色相同，结合变量对应的事件，做出分布列和期望．【解答】解：由题意知小张摸一次得分X的可能取值是0，，50，100，当得分为100时，表示从十个球中取五个球，取到的都是颜色相同的球，从10个球中取5个共有C105种结果，而球的颜色都相同包括两种情况，∴P（X=100）==，当得分50时，表示取到的球有四个颜色相同，P（X=50）==，P（X=0）=1﹣=，∴EX=100×==，故答案为：．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，这种类型是近几年高考题中经常出现的，考查离散型随机变量的分布列和期望，大型考试中理科考试必出的一道问题．11．（2013?西湖区校级模拟）为参加2012年伦敦奥运会，某旅游公司为三个旅游团提供了a，b，c，d四条旅游线路，每个旅游团可任选其中一条线路，则选择a线路旅游团数ξ的数学期望Eξ=．【分析】确定ξ的可能取值，计算相应的概率，可得分布列，进而可求ξ的数学期望．【解答】解：由题意，ξ=0，1，2，3，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3P∴期望Eξ=0×+1×+2×+3×=故答案为：【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查学生的计算能力，属于中档题．12．（2011?海珠区一模）随机变量X的分布列如下：若，则DX的值是．X ﹣1 0 1P a c【分析】由分布列的性质和期望列出关于a和c的方程组，解出a和c，再利用方差公式求方差即可．【解答】解：由题意：，解得：所以DX=故答案为：【点评】本题考查分布列的性质、期望和方差的计算，考查基础知识和基本运算．13．（2012?浙江模拟）已知随机变量ξ的分布列如下表所示，ξ的期望Eξ=，则a的值等于．ξ0 1 2 3P a b【分析】由题意已经知道随机变量ξ的分布列表，又知道ξ的期望Eξ=，利用期望定义及分布列的性质建立方程求解即可．【解答】解：由题意可得：?．故答案为：．【点评】此题属于基本题型，重点考查了随机变量的分布列的性质，期望定义及学生利用方程的思想求解问题．14．（2011?宁波模拟）一个人随机的将编号为1，2，3，4的四个小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了．设放对的个数记为ξ，则ξ的期望Eξ=1．【分析】由于ξ表示匹对的个数，由题意则ξ可能取：0，1，2，4，并利用古典概型随机事件的概率公式及排列数与组合数，求出其分布列，根据期望公式求出所求．【解答】解：由题意ξ可能取：0，1，2，4，则，，，ξ的分布列为：ξ0 1 2 4PEξ==1．故答案为：1【点评】此题考查了离散型随机变量的定义及其分布列，并且利用分布列求出期望，还考查了考虑问题时的严谨的逻辑思维及计算能力．15．（2013?浙江）从三男三女6名学生中任选2名（每名同学被选中的概率均相等），则2名都是女同学的概率等于．【分析】由组合数可知：从6名学生中任选2名共有=15种情况，2名都是女同学的共有=3种情况，由古典概型的概率公式可得答案．【解答】解：从6名学生中任选2名共有=15种情况，满足2名都是女同学的共有=3种情况，故所求的概率为：=．故答案为：．【点评】本题考查古典概型及其概率公式，涉及组合数的应用，属基础题．16．（2013?上海）盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7的七个球，从中任意抽取两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是（结果用最简分数表示）【分析】从7个球中任取2个球共有=21种，两球编号之积为偶数包括均为偶数、一奇一偶两种情况，有=15种取法，利用古典概型的概率计算公式即可求得答案．【解答】解：从7个球中任取2个球共有=21种，所取两球编号之积为偶数包括均为偶数、一奇一偶两种情况，共有=15种取法，所以两球编号之积为偶数的概率为：=．故答案为：．【点评】本题考查古典概型的概率计算公式，属基础题，其计算公式为：P（A）=，其中n（A）为事件A所包含的基本事件数，m为基本事件总数．17．（2015?江苏模拟）口袋中有形状和大小完全相同的四个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中随机抽取两个球，则取出的两个球的编号之和大于5的概率为．【分析】由组合知识求出从4个球中随机抽取两个球的所有方法种数，由题意得到两球编号之和大于5的方法种数，然后直接利用古典概型概率计算公式求解．【解答】解：从5个球中随机抽取两个球，共有种抽法．满足两球编号之和大于5的情况有（2，4），（3，4）共2种取法．所以取出的两个球的编号之和大于5的概率为．故答案为．【点评】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了组合及组合数公式，是基础题．18．（2010?江苏）盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若从中随机地摸出两只球，两只球颜色不同的概率是．【分析】算出基本事件的总个数n=C42=6，再算出事件A中包含的基本事件的个数m=C31=3，算出事件A的概率，即P（A）=即可．【解答】解：考查古典概型知识．∵总个数n=C42=6，∵事件A中包含的基本事件的个数m=C31=3∴故填：．【点评】本题考查古典概型及其概率计算公式，其算法是：（1）算出基本事件的总个数n；（2）算出事件A中包含的基本事件的个数m；（3）算出事件A的概率，即P（A）=．19．（2009?安徽）从长度分别为2，3，4，5的四条线段中任意取出三条，以这三条线段为边可以构成三角形的概率是．【分析】本题是一个古典概率试验发生包含的基本事件可以列举出共4种；而满足条件的事件是可以构成三角形的事件可以列举出共3种；根据古典概型概率公式得到结果．【解答】解：由题意知，本题是一个古典概率∵试验发生包含的基本事件为2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5共4种；而满足条件的事件是可以构成三角形的事件为2，3，4；2，4，5；3，4，5共3种；∴以这三条线段为边可以构成三角形的概率是．故答案为：【点评】本题考查古典概型，考查三角形成立的条件，是一个综合题，解题的关键是正确数出组成三角形的个数，要做到不重不漏，要遵循三角形三边之间的关系．20．（2011?鼓楼区校级模拟）从分别写有0，1，2，3，4五张卡片中取出一张卡片，记下数字后放回，再从中取出一张卡片．两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率是．【分析】由题意抽两次且属于有放回的抽样，利用计数原理及古典概型随机事件的概率公式即可求出．【解答】解：由题意属于有放回的抽样，因为从分别写有0，1，2，3，4五张卡片中取出一张卡片，记下数字后放回，再从中取出一张卡片，即抽两次，所以利用分步计数原理可得总数为：5×5=25，即：“取出的两张卡片的数字之和恰好的等于4为事件A”：事件A的个数为：（4，0），（0，4），（2，2），（1，3），（3，1）共5个，利用古典概型随机事件的概率公式及得：P（A）=．故答案为：【点评】此题考查了有放回的抽样，古典概型随机事件的概率公式及分步计数原理．21．（2011?江西校级模拟）甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲在心中任想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，且a，b∈{1，2，3，4}，若|a﹣b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，得出他们“心有灵犀”的概率为．【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是两个人分别从4个数字中各选一个数字，共有4×4种结果，满足条件的事件是|a﹣b|≤1，可以列举出所有的满足条件的事件，根据古典概型概率公式得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是两个人分别从4个数字中各选一个数字，共有4×4=16种结果，满足条件的事件是|a﹣b|≤1，可以列举出所有的满足条件的事件，当a=1时，b=1，2，当a=2时，b=1，2，3当a=3时，b=2，3，4当a=4时，b=3，4总上可知共有2+3+3+2=10种结果，∴他们“心有灵犀”的概率为=故答案为：【点评】本题考查古典概型及其概率公式．考查利用分类计数原理表示事件数，考查理解能力和运算能力，注意列举出的事件数做到不重不漏．22．（2012?东莞二模）将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量=（m，n），=（3，6），则向量与共线的概率为．【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是一颗骰子掷两次，共有6×6种结果，满足条件事件是向量共线，根据向量共线的条件得到6m﹣3n=0即n=2m，列举出所有的结果数，得到概率．【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，∵试验发生包含的事件是一颗骰子掷两次，共有6×6=36种结果，满足条件事件是向量=（m，n）与=（3，6）共线，即6m﹣3n=0，∴n=2m，满足这种条件的有（1，2）（2，4）（3，6），共有3种结果，∴向量与共线的概率P=，故答案为：【点评】本题考查古典概型及其概率公式，考查向量共线的充要条件，考查利用列举法得到所有的满足条件的事件数，本题是一个比较简单的综合题目．23．（2013?西湖区校级模拟）某学校有两个食堂，甲、乙两名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为．【分析】先求出基本事件的总数，再找出所要求的事件包括的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式即可得出．【解答】解：甲学生随机选择其中的一个食堂用餐可有两种选法，同理乙也有两种选法，根据乘法原理可知：共有22=4中选法；其中他们在同一个食堂用餐的方法只有两种：一种是都到第一个食堂，另一种是都到第二个食堂，因此他们在同一个食堂用餐的概率P=．故答案为．【点评】熟练掌握分步乘法原理和古典概型的概率计算公式是解题的关键．24．（2011?卢湾区一模）在一次招聘口试中，每位考生都要在5道备选试题中随机抽出3道题回答，答对其中2道题即为及格，若一位考生只会答5道题中的3道题，则这位考生能够及格的概率为．【分析】根据这位考生只会答5道题中的3道题，可先计算出所有的基本事件个数，及该考生不及格的事件个数，进行求出该生不能及格的概率，然后根据对立事件减法公式，得到答案．【解答】解：从5道备选试题中随机抽出3道题共有：C53==10种情况其中从该考生考试不及格，即正好抽中该生不会的两道题有：C31=3种情况即这位考生不及格的概率为故这位考生能够及格的概率P=1﹣=故答案为：【点评】本题考查的知识点是古典概型及其概率计算公式，其中根据正繁则反的原则，先求对立事件的概率，是解答本题的关键．。
2025版高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及分布列第3讲二项式定理教案理含解析新人教A版
第3讲 二项式定理基础学问整合1．二项式定理的内容(1)(a ＋b )n ＝□01C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n nb n (n ∈N *)． (2)第r ＋1项，T r ＋1＝□02C r na n －rb r . (3)第r ＋1项的二项式系数为□03C r n (r ＝0,1，…，n )． 2．二项式系数的性质(1)0≤k ≤n 时，C k n 与C n －k n 的关系是□04相等． (2)二项式系数先增后减中间项最大且n 为偶数时第□05n 2＋1项的二项式系数最大，最大为，当n 为奇数时第□07n －12＋1或n ＋12＋1项的二项式系数最大，最大为.(3)各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝□092n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝□102n －1，C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝□112n －1.1．留意(a ＋b )n与(b ＋a )n虽然相同，但详细到它们绽开式的某一项时是不同的，肯定要留意依次问题．2．解题时，要留意区分二项式系数和项的系数的不同、项数和项的不同． 3．切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．1．(2024·全国卷Ⅲ)⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的绽开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80 答案 C解析 由题可得T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 5·2r ·x 10－3r .令10－3r ＝4，则r ＝2，所以C r 5·2r ＝C 25×22＝40.故选C.2．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6 答案 B解析 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8.3．(x －y )(x ＋y )5的绽开式中x 2y 4的系数为( ) A ．－10 B ．－5 C ．5 D ．10 答案 B解析 (x ＋y )5的绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5·x5－r·y r，令5－r ＝1，得r ＝4，令5－r ＝2，得r ＝3，∴(x －y )(x ＋y )5的绽开式中x 2y 4的系数为C 45×1＋(－1)×C 35＝－5.故选B.4．设(5x －x )n的绽开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，M －N ＝240，则绽开式中x 3的系数为( )A ．500B ．－500C ．150D ．－150 答案 C解析 N ＝2n，令x ＝1，则M ＝(5－1)n＝4n＝(2n )2.∴(2n )2－2n＝240,2n＝16，n ＝4.绽开式中第r ＋1项T r ＋1＝C r 4·(5x )4－r·(－x )r ＝(－1)r ·C r 4·54－r·x4－r2.令4－r2＝3，即r ＝2，此时C 24·52·(－1)2＝150.5．(2024·绍兴模拟)若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的绽开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝ ________.答案 －2 解析6．(2024·南昌模拟)(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的绽开式中的常数项为________．答案 －5解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的通项公式为T r ＋1＝C r 6x 6－2r (－1)r ，所以(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6的常数项为C r 6x6－2r(－1)r (当r ＝3时)与C r 6x6－2r(－1)r (当r ＝4时)之和，所以常数项为C 36(－1)3＋C 46(－1)4＝－20＋15＝－5.核心考向突破考向一 求绽开式中的特定项或特定系数例1 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 18的绽开式中含x 15的项的系数为( )A ．153B ．－153C ．17D ．－17 答案 C 解析(2)(2024·山东枣庄模拟)若(x 2－a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的绽开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13B.12 C ．1 D ．2 答案 D解析 ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r 10·x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 10·x 10－2r ，令10－2r ＝4，解得r ＝3，所以x 4项的系数为C 310；令10－2r ＝6，解得r ＝2，所以x 6项的系数为C 210，所以(x 2－a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的绽开式中x 6的系数为C 310－a C 210＝30，解得a ＝2.故选D.(3)(2024·浙江高考)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的绽开式的常数项是________．答案 7解析 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r＝C r8·12r ·x8－4r3，令8－4r 3＝0得r ＝2，故所求的常数项为C 28·122＝7.触类旁通即时训练 1.(2024·广州调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x9的绽开式中x 3的系数为( )A ．－212B ．－92 C.92 D.212答案 A解析 二项绽开式的通项T r ＋1＝C r 9x9－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r 9x 9－2r ，令9－2r ＝3，得r ＝3，绽开式中x 3的系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫－123C 39＝－18×9×8×73×2×1＝－212.故选A.2．(2024·河南信阳模拟)(x 2＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1x －25的绽开式的常数项是( )A ．5B ．－10C ．－32D ．－42 答案 D解析 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －25的通项为C r 5·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 5－r ·(－2)r ＝C r 5(－2)r·xr －52，故(x 2＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫1x －25的绽开式的常数项是C 15·(－2)＋C 55(－2)5＝－42.故选D.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫a x－x 29的绽开式中x 3的系数为94，则a ＝________. 答案 4 解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x－x 29的绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r9⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 9－r ·⎝⎛⎭⎪⎫－x 2r＝(－1)r ·a 9－r·2－r2·C r9·x 32r －9.令32r －9 ＝3，得r ＝8，则(－1)8·a ·2－4·C 89＝94，解得a ＝4.考向二 二项式系数与各项的系数问题角度1 二项式绽开式中系数的和例2 (1)(2024·金华模拟)已知⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n 的绽开式的各项系数和为243，则绽开式中x7的系数为( )A ．5B ．40C ．20D ．10 答案 B解析 由⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n 的绽开式的各项系数和为243，得3n＝243，即n ＝5，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋2x 5，则T r ＋1＝C r 5·(x 3)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r ·C r 5·x 15－4r ，令15－4r ＝7，得r ＝2，∴绽开式中x 7的系数为22×C 25＝40.故选B.(2)已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5＋a 6x 6＋a 7x 7，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝________，a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝________，a 2＋a 4＋a 6＝________.答案 126 2187 1092 解析 令x ＝0，得a 0＝1.令x ＝1，得－1＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7. ① 又∵a 7＝C 77(－2)7＝(－2)7，∴a 1＋a 2＋…＋a 6＝－1－a 0－a 7＝126. 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37＝2187. ②①＋②2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝1093，∴a 2＋a 4＋a 6＝1092. 触类旁通求二项式系数和的常用方法是赋值法(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如(ax ＋b )n，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ∈R )的式子，求其绽开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其绽开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．即时训练 4.(2024·黄冈质检)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝( )A ．284B ．356C ．364D ．378 答案 C解析 令x ＝0，则a 0＝1；令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36①； 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1 ②.①②两式左右分别相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 12)＝36＋1＝730，所以a 0＋a 2＋…＋a 12＝365，又a 0＝1，所以a 2＋a 4＋…＋a 12＝364.5．(2024·郑州一测)在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的绽开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x 2的系数为________．答案 90解析 令x ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n＝4n，所以⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的绽开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以4n2n ＝2n ＝32，解得n ＝5.二项绽开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝C r53rxr5－32，令5－32r ＝2，得r ＝2，所以x 2的系数为C 2532＝90.角度2 二项式系数的最值问题例3 (1)(2024·广东广州模拟)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n的全部二项式系数之和等于128，那么其绽开式中含1x项的系数是( )A ．－84B ．－14C ．14D ．84 答案 A解析 由二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n 的绽开式中全部二项式系数的和是128，得2n＝128，即n ＝7，∴⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 7，则T r ＋1＝C r 7·(2x 2)7－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·27－r ·C r 7·x 14－3r.令14－3r ＝－1，得r ＝5.∴绽开式中含1x项的系数是－4×C 57＝－84.故选A.(2)(2024·安徽马鞍山模拟)二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋13x n 的绽开式中只有第11项的二项式系数最大，则绽开式中x 的指数为整数的项的个数为( )A ．3B ．5C ．6D ．7 答案 D解析 依据⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋13x n 的绽开式中只有第11项的二项式系数最大，得n ＝20，∴⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x ＋13x n 的绽开式的通项为T r ＋1＝C r 20·(3x )20－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝(3)20－r · C r20·x20－4r 3，要使x 的指数是整数，需r 是3的倍数，∴r ＝0,3,6,9,12,15,18，∴x 的指数是整数的项共有7项．故选D.触类旁通求二项式系数最大项(1)假如n 是偶数，那么中间一项(第⎝ ⎛⎭⎪⎫n2＋1项)的二项式系数最大．即时训练 6.已知(1＋x )n的绽开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．29答案 D解析 因为绽开式的第4项与第8项的二项式系数相等，所以C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10，所以依据二项式系数和的相关公式可知，奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.7．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 的绽开式中只有第6项的二项式系数最大，则绽开式中的常数项是( )A ．180B ．120C ．90D ．45 答案 A解析 只有第6项的二项式系数最大，可知n ＝10，于是绽开式通项为T r ＋1＝C r10(x )10－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝2r C r 10·x 5－5r 2，令5－5r 2＝0，得r ＝2，所以常数项为22C 210＝180.故选A.角度3 项的系数的最值问题例4 (1)(2024·承德模拟)若(1＋2x )6的绽开式中其次项大于它的相邻两项，则x 的取值范围是( )A.112<x <15B.16<x <15C.112<x <23D.16<x <25答案 A解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧C 162x >C 06，C 162x >C 262x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x >112，0<x <15，即112<x <15. (2)若⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 2n的绽开式中第6项系数最大，则不含x 的项为( )A ．210B ．10C ．462D ．252 答案 A解析 ∵第6项系数最大，且项的系数为二项式系数， ∴n 的值可能是9,10,11. 设常数项为T r ＋1＝C r n x3(n －r )x －2r＝C r n x3n －5r， 则3n －5r ＝0，其中n ＝9,10,11，r ∈N ， ∴n ＝10，r ＝6，故不含x 的项为T 7＝C 610＝210. 触类旁通求绽开式系数最大项如求(a ＋bx )n(a ，b ∈R )的绽开式系数最大的项，一般是采纳待定系数法，设绽开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1从而解出k 来，即得．即时训练 8.(2024·宜昌高三测试)已知(x 23＋3x 2)n的绽开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为32.(1)求绽开式中二项式系数最大的项； (2)求绽开式中系数最大的项． 解考向三二项式定理的应用例5 (1)(2024·潍坊模拟)设a∈Z，且0≤a<13，若512024＋a能被13整除，则a＝( ) A．0 B．1 C．11 D．12答案 D1＋1，又由于13解析由于51＝52－1，(52－1)2024＝C020********－C12024522024＋…－C2024202452整除52，所以只需13整除1＋a，0≤a<13，a∈Z，所以a＝12.(2)0.9910的第一位小数为n1，其次位小数为n2，第三位小数为n3，则n1，n2，n3分别为( )A．9,0,4 B．9,4,0 C．9,2,0 D．9,0,2答案 A解析0.9910＝(1－0.01)10＝C010·110·(－0.01)0＋C110·19·(－0.01)1＋C210·18·(－0.01)2＋…＝1－0.1＋0.0045＋…≈0.9045.触类旁通二项式定理应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)绽开后的每一项都含有除式的因式．2二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，1＋x n≈1＋nx.即时训练9.1－90C110＋902C210－903C310＋…＋(－1)k90k C k10＋…＋9010C1010除以88的余数是( )A ．－1B ．1C ．－87D ．87 答案 B解析 1－90C 110＋902C 210－903C 210＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1.∵前10项均能被88整除，∴余数是1.10．1.028的近似值是________(精确到小数点后三位)． 答案 1.172解析 1.028＝(1＋0.02)8≈C 08＋C 18·0.02＋C 28·0.022＋C 38·0.023≈1.172.1．(2024·江苏模拟)(x 2＋x ＋y )5的绽开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．60 答案 C解析 由二项绽开式通项易知T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r y r，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2，对于二项式(x 2＋x )3，由T t ＋1＝C t 3(x 2)3－t·x t ＝C t 3x6－t，令t ＝1，所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C.2．在⎝⎛⎭⎪⎫2＋x －x 2024202412的绽开式中x 5的系数为________． 答案 264解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x －x 2024202412＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋x －x 2024202412的绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r12(2＋x )12－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 20242024r ，若要出现x 5项，则需r ＝0，则T 1＝(2＋x )12，∴x 5的系数为22C 1012＝4C 212＝264.答题启示二项式定理探讨两项和的绽开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．对点训练1．(x 2－x ＋1)10绽开式中x 3的系数为( ) A ．－210 B ．210 C ．30 D ．－30 答案 A解析 (x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 010(x 2)10－C 110(x 2)9(x －1)＋…－C 910x 2(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以含x 3项的系数为－C 910C 89＋C 1010(－C 710)＝－210.故选A.2.⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x －4y 7的绽开式中不含x 的项的系数之和为( ) A ．－C 37C 3443－47B ．－C 27C 2443＋47C ．－47D ．47答案 A11 解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x －4y 7＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x －4y 7的绽开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 7－r ·(－4y )r，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 7－r 的绽开式的通项公式为M k ＋1＝C k 7－r · x 7－r －4k 3，0≤k ≤7－r,0≤r ≤7，k ，r 均为整数，令7－r ＝4k 3，解得k ＝0，r ＝7或k ＝3，r ＝3，则不含x 的项的系数之和为(－4)7＋C 37C 34(－4)3＝－C 37C 3443－47.。
新高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布：离散型随机变量及其分布列pptx课件人教B版
【解析】选B.由分布列的性质知2q2+ 11 -3q+ 1 =1,解得q=1或q= 1 ,
6
6
2
又因为2q2<1,0< 11 3q <1,所以舍去q=1,
6
所以q= 1 .
2
3.(选修2-3 P47习题2-1BT2改编)设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
1
m
1
1
3
4
6
则P(|X-3|=1)=________.
④一个在数轴上随机运动的质点,它在数轴上的位置记为X.其中是离散型随机 变量的是 ( ) A.①② B.①③ C.①④ D.①②④
2.若随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
P
p1
p2
且p1=
1 2
p2,则p1等于
(
)
A. 1
B. 1
C. 1
D. 1
2
3
4
6
3.某学习小组共12人,其中有五名是“三好学生”,现从该小组中任选5人参加
n
pi
=1.
i1
2.常见的两类分布列 (1)两点分布： 若随机变量X服从两点分布，即其分布列为
X
0
1
P
_1_-_p_
p
其中p= _P_(_X_=_1_)_称为成功概率.
(2)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 k nk M NM
，
CnN
k=0，1，2，…，m，其中m=min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
【解析】选C.因为P(X=1)= 1 ，所以A，B不正确；
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
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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
2022版高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第6讲离散型随机变量的分布列均值方差
D．0.5
【答案】D
3．设随机变量 X 的分布列为 P(X＝k)＝15(k＝2,4,6,8,10)，则 DX 等于
()
A．5
B．8
C．10
D．16
【答案】B
4．随机变量X的方差DX＝0.01，则D(10X－1)＝
A．0.01
B．0.1
C．1
D．10
【答案】C
【解析】D(10X－1)＝102DX＝102×0.01＝1.
【变式精练】
1．(1)(一题两空)随机变量 X 的分布列如下.
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中 a，b，c 成等差数列，则 P(|X|＝1)＝________，公差 d 的取值
范围是________．
(2)(2020 年曲靖二模)已知随机变量 ξ 的分布列如下.
ξ
－2
－1
0
1
2
3
P
1 12
3 12
4 12
X
0
1
2
3
4
X2
0
1
4
9
16
从而 ξ＝X2 的分布列为
ξ
0
1
4
9
16
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
【解题技巧】离散型随机变量的分布列的性质的应用 (1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的值或取值范围． (2)利用“离散型随机变量在一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．
1 q2 ()
(2)离散型随机变量 X 的概率分布规律为 P(X＝n)＝nna＋1(n＝
【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
高考数学复习：概率与分布列题型
高考数学复习：概率与分布列题型1.已知随机变量且1211211P X P X P X μμμμ-<+-≥++≤<+=，则（）A．1-B．0C．1D．22.已知随机变量ξ服从正态分布()2,N μσ，若函数()(2)f x P x x ξ=≤≤+是偶函数，则实数μ=（）A．0B．12C．1D．23.随机变量ξ服从正态分布()3,4N ，且()()322P a P a ξξ-≥=≤，则=a （）A．12B．1C．43D．34.设X~N (1，σ2)，其正态分布密度曲线如图所示，且P (X ≥3)=0.0228，那么向正方形OABC 中随机投掷20000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为（）[附:随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则P (μ-σ<ξ<μ+σ)=0.6826，P (μ-2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544]A．12076B．13174C．14056D．7539题型二：二项分布型求参二项分布：若在一次实验中事件发生的概率为p ()01p <<，则在n 次独立重复实验中恰好发生k 次概率()=p k ξ=()1n kk k n C p p --()0,1,2,,k n =⋯，称ξ服从参数为,n p 的二项分布，记作ξ~(),B n p ，E ξ=npi =D npq .1.在n 次独立重复试验（伯努利试验）中，若每次试验中事件A 发生的概率为p ，则事件A 发生的次数X 服从二项分布(),B n p ，事实上，在伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A 首次发生时试验进行的次数Y ，显然1()(1)k P Y k p p -==-，1k =，2，3，…，我们称Y 服从“几何分布”，经计算得1EY p =．据此，若随机变量X 服从二项分布1,6B n ⎛⎫⎪⎝⎭时，且相应的“几何分布”的数学期望EY EX <，则n的最小值为（）A．6B．18C．36D．372.已知随机变量X 服从二项分布(,)B n p ，且()9E X =，9()4D X =，则n =（）A．3B．6C．9D．123.设随机变量ξ服从二项分布(),B n p ，若() 1.2E ξ=，()0.96D ξ=，则实数n 的值为__________.题型三：二项分布与正态分布综合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ξ1ξ2ξ3ξ…n ξP1p 2p 3p np ①()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。
高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.8n次独立重复试验与二项分布课件理
【变式训练 2】 某中学为丰富教职工生活，国庆节举 办教职工趣味投篮比赛，有 A，B 两个定点投篮位置，在 A 点投中一球得 2 分，在 B 点投中一球得 3 分．规则是：每 人投篮三次按先 A 后 B 再 A 的顺序各投篮一次，教师甲在 A 和 B 点投中的概率分别是12和13，且在 A，B 两点投中与否相 互独立．
P(A1)
＝
4 10
＝
2 5
，
P(A2)
＝
5 10
＝
1 2
，
所
以
P(B1) ＝ P(A1A2) ＝
P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1 A2 ＋ A1 A2)＝P(A1 A2 )＋
(2)一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域 随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧 3 个小正 方形区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间 的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P(AB)、P(A|B)．
[解] 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
[解] (1)记事件 A1＝{从甲箱中摸出的 1 个球是红球}， A2＝{从乙箱中摸出的 1 个球是红球}，B1＝{顾客抽奖 1 次 获一等奖}，B2＝{顾客抽奖 1 次获二等奖}，C＝{顾客抽奖 1 次能获奖}．
由题意，A1 与 A2 相互独立，A1 A2 与 A1 A2 互斥，B1 与
B2 互斥，且 B1＝A1A2，B2＝A1 A2 ＋ A1 A2，C＝B1＋B2.因为
第10章 计数原理、概率、随机变量及分 布列
第8讲 n次独立重复试验与二项分布
板块一 知识梳理·自主学习
届高考数学大一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.7 离散型随机变量及其分布列课
变式训练1 (1)随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
2 其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝____3____。
解析 由题意知2a＋b＝b＋a＋c＝c，1，
则 2b＝1－b，则 b＝31，a＋c＝23，
所以 P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝32。
(2)在例1(2)中条件不变的情况下，求Y＝2X＋1的分布列。 解 列表
X
0
1
2342Fra bibliotek＋11
3
5
7
9
∴P(Y＝1)＝P(X＝0)＝0.2，
P(Y＝3)＝P(X＝1)＝0.1，
P(Y＝5)＝P(X＝2)＝0.1，
P(Y＝7)＝P(X＝3)＝0.3，
P(Y＝9)＝P(X＝4)＝0.3。
因此，Y＝2X＋1的分布列为
Y
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
考点二 离散型随机变量的分布列
X
1
2
3
4
P
1 6
1
1
3
6
p
则 p＝( )
1 A.3
解析
1
1
1
B.2
C.4
D.6
由概率分布列的性质可知16＋13＋16＋p＝1，解得 p＝13。
答案 A
3．袋中装有10个红球、5个黑球。每次随机抽取1个球后，若取得黑球
则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止。若取球的次数为X，则表示
“放回5个红球”事件的是( )
基础自测
第1讲 概率、随机变量
第1讲 概率、随机变量及其分布列概率的研究对象是随机现象，为人们从不确定性的角度认识客观世界提供重要的思维模式和解决问题的方法，统计的研究对象是数据，核心是数据分析。
概率为统计的发展提供理论基础，高考中概率与统计考题常常具有鲜明的时代和文化背景，试题难度逐渐加大，重点提升数据分析、数学建模、逻辑推理和数学运算素养。
基础知识回顾1.古典概型概率公式: ()试验的样本点总数包含的样本点数事件A A P =。
2.条件概率公式:对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫作条件概率，用符号()A B P 来表示，其公式为()()()()()0>=A P A P AB P A B P 3.全概率公式:设n A A A ,...,21n A A A ,...,21是一组两两互斥的事件,Q A A A n = ...21,且()n i A P i ,...,2,1,0=>,则对任意的事件Q B ⊆,有()()()i ni i A B P A P B P ∑==1。
4.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()m k C C C k X P n N k n M N k M ,...,2,1,0,===--，其中{}n M m ,m in =, 且()NM n X E N N M n N M N n •=∈≤≤*,,,,,。
5.二项分布 :一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p （0<p<1），用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为()()()()()p np X D np X E nk p p C k X P k n k k n -===-==-1,,...,2,1,0,1 6.正态分布: 如果对于任何实数a ，b(a<b)，随机变量X 满足()()dx x b X a P b au σϕ,⎰=≤<(即x=a ，x=b ，正态曲线及x轴围成的曲边梯形的面积)，那么称随机变量X 服从正态分布记作()2,~σu N X 。
人教版高考数学总复习第十一章计数原理概率、随机变量及其分布第六节离散型随机变量及其分布列、均值与方差
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ基础知识 4.基本方法 5.基本能力 6.基本应用
3.(多选题)(离散型随机变量的概念)下列随机变量 X 是离散型随机变量的是( ) A．某市每天查到违章驾车的车辆数 X B．某网站中的歌曲《爱我中华》一天内被点击的次数 X C．一天内的温度 X D．射手对目标进行射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分，用 X 表示该射手在 一次射击中的得分 【解析】选 ABD.因为 A，B，D 的结果均可以一一列出，而 C 不能一一列出．
第六节 离散型随机变量及其
分布列、均值与方差
第十一章
计数原理、概率、随机变量及其分布
知识梳理·思维激活 考点探究·悟法培优
【考试要求】 1．了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及数字特点 2．掌握离散型随机变量的分布列 3．掌握离散型随机变量的均值与方差 【高考考情】 考点考法：离散型随机变量的分布列、均值及方差是高考考查重点，一般以 实际问题为命题载体，考查分布列、均值与方差在决策问题中的应用．试题 以选择题、填空题、解答题形式呈现，难度中档． 核心素养：数据分析、数学运算、逻辑推理
x＋0.1＋0.3＋y＝1， 【解析】选 D.由
7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，
解得 y＝0.4.
6．(离散型随机变量的方差)有甲、乙两种品牌的手表，它们的日误差分别为 X，Y(单 位：s)，其分布列如下：
X －1 0 1 P 0.1 0.8 0.1
Y －2 －1 0 1 2 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 则两种品牌中质量好的是__________． 【解析】E(X)＝E(Y)＝0，D(X)＝0.2，D(Y)＝1.2. 因为 E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲品牌质量好． 答案：甲
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：离散型随机变量及其分布列、数字特征
n
xipi
为随机变量
X
的均值或数学期望，
i＝1
数学期望简称期望.它反映了随机变量取值的_平__均__水__平__.
(2)方差
n
(xi－E(X))2pi
称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝_i＝_1___________
为随机变量X的方差，并称 DX 为随机变量X的 标准差 ，记为σ(X)，它们
跟踪训练3 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；
都可以度量随机变量取值与其均值的 偏离程度 .
知识梳理
5.均值(数学期望)与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝ aE(X)＋b . (2)D(aX＋b)＝ a2D(X) (a，b为常数).
常用结论
1.E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数. 2.E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2). 3.D(X)＝E(X2)－(E(X))2. 4.若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
定这两个“？”处的数值相同.据此计算，下列各式中：①E(ξ)＝1；
高考复习(数学)专项练习：概率、随机变量及其分布【含答案及解析】
专题突破练18 概率、随机变量及其分布一、单项选择题1.(2021·湖南师大附中月考)电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关.某品牌的电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用的概率是0.8,开关了15 000次后还能继续使用的概率是0.6,则已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率是( )A.0.20B.0.48C.0.60D.0.752.(2021·江苏泰州考前模拟)马林·梅森(Marin Mersenne,1588—1648)是17世纪法国数学家.他在欧几里得、费马等人研究的基础上深入地研究了2p -1型的数.人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献,将形如2p -1(其中p 是素数)的素数,称为梅森素数.在不超过20的素数中,随机选取两个不同的数,至少有一个为梅森素数的概率是( )A.37B.512C.1328D.19553.(2021·新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( )A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立二、填空题4.为研究如何提高大气污染监控预警能力,某学校兴趣小组的成员设计了一套大气污染检测预警系统.该系统设置了三个控制元件,三个元件T 1,T 2,T 3正常工作的概率分别为12,34,34,将T 2,T 3两个元件并联后再和T 1串联接入电路,如图所示,则该预警系统的可靠性是 .5.(2021·河北衡水模拟)已知甲、乙、丙三位选手参加某次射击比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两位选手参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的选手与未参加此场比赛的选手进行下一场的比赛;③在比赛中,若有一位选手首先获胜两场,则本次比赛结束,该选手获得此次射击比赛第一名.若在每场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为34,乙胜丙的概率为12,且甲与乙先参加比赛,则甲获得第一名的概率为 . 三、解答题6.(2021·江苏新高考基地学校联考)阳澄湖大闸蟹又名金爪蟹,产于江苏苏州,蟹身青壳白肚,体大膘肥,肉质膏腻,营养丰富,深受消费者喜爱.某水产品超市购进一批重量为100千克的阳澄湖大闸蟹,随机抽取了50只统计其重量,得到的结果如下表所示:(1)试用组中值来估计该批大闸蟹有多少只?(所得结果四舍五入保留整数)(2)某顾客从抽取的10只特大蟹中随机购买了4只,记重量在区间[260,280]内的大闸蟹数量为X,求X 的概率分布列和数学期望.7.(2021·福建漳州模拟)随着5G通信技术的发展成熟,移动互联网短视频变得越来越普及,人们也越来越热衷于通过短视频获取资讯和学习成长.某短视频创作平台,为了鼓励短视频创作者生产出更多高质量的短视频,会对创作者上传的短视频进行审核,通过审核后的短视频,会对用户进行重点的分发推荐.短视频创作者上传一条短视频后,先由短视频创作平台的智能机器人进行第一阶段审核,短视频审核通过的概率为35,通过智能机器人审核后,进入第二阶段的人工审核,人工审核部门会随机分配3名员工对该条短视频进行审核,同一条短视频每名员工审核通过的概率均为12,若该视频获得2名或者2名以上员工审核通过,则该短视频获得重点分发推荐.(1)某创作者上传一条短视频,求该短视频获得重点分发推荐的概率;(2)若某创作者一次性上传3条短视频作品,求其获得重点分发推荐的短视频个数的分布列与数学期望.专题突破练18概率、随机变量及其分布1.D解析记事件A:电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用,记事件B:电视机的显像管开关了15 000次后还能继续使用,则P(AB)=0.6,P(A)=0.8,所以,已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=0.60.8=0.75.2.C 解析 可知不超过20的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个,其中梅森素数有3,7,共2个,则在不超过20的素数中,随机选取两个不同的数共有C 82=28种,其中至少有一个为梅森素数有C 21C 61+C 22=13种,所以至少有一个为梅森素数的概率是P=1328. 3.B 解析 由已知得P (甲)=16,P (乙)=16,P (丙)=56×6=536,P (丁)=66×6=16,P (甲丙)=0,P (甲丁)=16×6=136,P (乙丙)=16×6=136,P (丙丁)=0.由于P (甲丁)=P (甲)·P (丁)=136,根据相互独立事件的性质,知事件甲与丁相互独立,故选B . 4.1532 解析 T 2,T 3并联电路正常工作概率为1-1-34×(1-34)=1516,故电路不发生故障的概率为12×1516=1532.5.2572 解析 因为每场比赛中,甲胜乙的概率为13,甲胜丙的概率为34,乙胜丙的概率为12,所以甲选手获胜的概率是P (A )=13×34+13×(1-34)×12×13+(1-13)×(1-12)×34×13=2572.6.解 (1)50只大闸蟹的平均重量为150×(170×3+190×2+210×15+230×20+250×7+270×3)=224,所以水产品超市购进的100千克大闸蟹只数约为100 000÷224≈446.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,概率分别为:P (X=0)=C 30C 74C 104=16,P (X=1)=C 31C 73C 104=12, P (X=2)=C 32C 72C 104=310,P (X=3)=C 33C 71C 104=130.分布列为:所以E (X )=0×16+1×12+2×310+3×130=65.7.解 (1)设“该短视频获得重点分发推荐”为事件A ,则P (A )=35×C 32×(12)2×(1-12)1+C 33×(12)3×(1-12)0=310. (2)设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量X ,X 可取0,1,2,3.则X~B (3,310),P (X=0)=C 30×(310)0×(1-310)3=3431 000, P (X=1)=C 31×(310)1×(1-310)2=4411 000, P (X=2)=C 32×(310)2×(1-310)1=1891 000, P (X=3)=C 33×(310)3×(1-310)0=271 000, 随机变量X 的分布列如下:E (X )=0×3431 000+1×4411 000+2×1891 000+3×271 000=910.[或E (X )=3×310=910]。
高考数学《概率,随机变量及分布列》复习
(2)借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n A ， 再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本事件数，即 n AB ， 得 P B | A＝ n( AB) .
n( A)
1.从分别写有 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片中无放回随机抽取 2 张，则抽到的 2 张卡片上的
(3)在一次试验中，对立事件 A 和 A 不会同时发生，但一定有一个发生，因此有 P( A)= 1－P(A)．
2．相互独立事件同时发生的概率
若 A，B 为相互独立事件，则 P AB＝P(A)P(B)．
3.独立重复试验 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
解题技巧
2．间接法 当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解． 对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解． 3．注意点 注意辨别独立重复试验的基本特征： ①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况； ②在每次试验中，事件发生的概率相同．
1.围棋盒子中有多粒黑子和多粒白子，已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为 1 ，从中取出 2
.故选
C.
（二）核心知识整合
考点 2：互斥事件，对立事件及独立事件 1.互斥事件与对立事件 (1)对立事件是互斥事件，互斥事件未必是对立事件． (2)如果事件 A，B 互斥，那么事件 A B 发生(即 A，B 中有一个发生)的概率，等于事件 A，
B 分别发生的概率的和，即 P(A B)＝P A＋PB .这个公式称为互斥事件的概率加法公式．
其中恰有 1 件一等品的取法有 (1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5) ，
高考总复习理数(人教版)课时作业提升第11章概率随机变量及其分布列第1节随机事件的概率
课时作业提升(六十四) 随机事件的概率A 组 夯实基础1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A ，B ，C ，D 的概率分别是0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( )A ．A ∪B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ∪C 与D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ∪C 与B ∪D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ∪C ∪D 是互斥事件，也是对立事件解析：选D 由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ∪B ∪C ∪D 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．2．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，从中取出2粒都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A ．17B ．1235C ．1735D ．1解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥．所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735，即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.3．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取到次数138576131810119A ．0.53B ．0.5C ．0.47D ．0.37解析：选A 取到号码为奇数的卡片的次数为：13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100＝0.53.故选A ． 4．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为： 162,153,148,154,165,168,172,171,173,150， 151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为( )A ．25B ．12C ．23D ．13解析：选A 从已知数据得，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的学生有8人，频率为25，故可估计在该校高二所有学生中任取一人，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率为25.5．若随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫54，2B ．⎝⎛⎭⎫54，32 C ．⎣⎡⎦⎤54，32D ．⎝⎛⎦⎤54，43解析：选D由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0＜P (A )＜1，0＜P (B )＜1，P (A )＋P (B )≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0＜2－a ＜1，0＜4a －5＜1，3a －3≤1⇒⎩⎨⎧1＜a ＜2，54＜a ＜32，a ≤43⇒54＜a ≤43. 6．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0、1、2的概率分别为0.4、0.5、0.1，则该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率为________.解析：方法一 记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0”为事件A ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为1”为事件B ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过1次”为事件D ，由题意知事件A ，B ，C 彼此互斥，而事件D 包含事件A 与B ，所以P (D )＝P (A )＋P (B )＝0.4＋0.5＝0.9.方法二 记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过1次”为事件D ，由题意知C 与D 是对立事件，所以P (D )＝1－P (C )＝1－0.1＝0.9.答案：0.97．(2018·潍坊模拟)连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6)，记“两次向上的数字之和等于m ”为事件A ，则P (A )最大时，m ＝________.解析：m 可能取到的值有2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12，对应的基本事件个数依次为1、2、3、4、5、6、5、4、3、2、1，∴两次向上的数字之和等于7对应的事件发生的概率最大．答案：78．(2018·泰安模拟)某城市2017年的空气质量状况如下表所示：100<T ≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2017年空气质量达到良或优的概率为________.解析：由题意可知2017年空气质量达到良或优的概率为P ＝110＋16＋13＝35.答案：359．有编号分别为1,2,3的三个白球，编号分别为4,5,6的三个黑球，这六个球除编号和颜色外完全相同，现从中任意取出两个球．(1)求取出的两个球颜色相同的概率； (2)求取出的两个球颜色不同的概率．解：从六个球中取出两个球的基本事件是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共计15个基本事件．(1)记事件A 为“取出的两个球是白球”，则这个事件包含的基本事件是(1,2)，(1,3)，(2,3)，共计3个基本事件，故P (A )＝315＝15；记“取出的两个球是黑球”为事件B ，同理可得P (B )＝15.记事件C 为“取出的两个球的颜色相同”，A ，B 互斥，根据互斥事件的概率加法公式，得P (C )＝P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝25.(2)记事件D 为“取出的两个球的颜色不相同”，则事件C ，D 对立，根据对立事件概率之间的关系，得P (D )＝1－P (C )＝1－25＝35.B 组 能力提升1．对一批产品的长度(单位：mm)进行抽样检测，如图为检测结果的频率分布直方图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上为一等品，在区间[15,20)和[25,30)上为二等品，在区间[10,15)和[30,35]上为三等品．用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，则其为二等品的概率是( )A ．0.09B ．0.20C ．0.25D ．0.45解析：选D 利用统计图表可知在区间[25,30)上的频率为1－(0.02＋0.04＋0.06＋0.03)×5＝0.25，在区间[15,20)上的频率为0.04×5＝0.2，故所求二等品的概率为0.45.2．(2018·青岛模拟)设条件甲：“事件A 与B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P (A )＋P (B )＝1”，则甲是乙的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P (A )＋P (B )＝1.设掷一枚硬币3次，事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“3次出现正面”，则P (A )＝78，P (B )＝18，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不是对立事件．3．在一次班级聚会上，某班到会的女同学比男同学多6人，从这些同学中随机挑选一人表演节目．若选到女同学的概率为23，则这班参加聚会的同学的人数为( )A ．12B ．18C ．24D ．32解析：选B 设女同学有x 人，则该班到会的共有(2x －6)人，所以x 2x －6＝23，得x ＝12，故该班参加聚会的同学有18人．故选B ．4．(2015·江苏卷)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.解析：这两只球颜色相同的概率为C 22C 24＝16，故两只球颜色不同的概率为1－16＝56.答案：565．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y ，且x >0，y >0，则x ＋y的最小值为________.解析：由题意可知4x ＋1y ＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )⎝⎛⎭⎫4x ＋1y ＝5＋⎝⎛⎭⎫4y x ＋x y ≥9，当且仅当4y x ＝x y ，即x ＝2y 时等号成立．答案：96．(2018·福建四地六校联考)现有7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通晓俄语，C 1、C 2通晓韩语．从中随机选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．(1)求A 1被选中的概率；(2)求B 1和C 1不全被选中的概率．解：(1)从7人中选出通晓日语、俄语和韩语志愿者各1名，所有基本事件数为3×2×2＝12.用M 表示“A 1恰被选中”这一事件，则它包含的基本事件有1×2×2＝4.P (M )＝412＝13.(2)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”，由于N －包含的基本事件：(A 1，B 1，C 1)，(A 2，B 1，C 1)，(A 3，B 1，C 1)，事件N －有3个基本事件组成，所以P (N －)＝312＝14，由对立事件的概率公式得P (N )＝1－14＝34.7．上午7：00～7：50，某大桥通过100辆汽车，各时段通过汽车辆数及各时段的平均车速如下表：(1)确定x ，y 的值，并计算这100辆汽车过桥的平均速度；(2)估计一辆汽车在7：00～7：50过桥时车速至少为50公里/小时的概率(将频率视为概率)．解：(1)由题意有x ＋15＋20＝44,30＋y ＝56，解得x ＝9，y ＝26.所求平均速度为9×60＋15×56＋20×52＋30×46＋26×50100＝51(公里/小时)．(2)车速至少为50公里/小时的概率P ＝9＋15＋20＋26100＝0.7.。
高考数学总复习考点知识讲解与练习32 概率、随机变量及其分布
高考数学总复习考点知识讲解与练习 第32讲 概率、随机变量及其分布[考情分析]1.考查古典概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复试验等内容，主要以选择题、填空题的形式出现，中低等难度.2.离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，中高等难度． 考点一 古典概型 核心提炼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.例1(1)(2020·宁夏六盘山高级中学模拟)2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在某省爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线，某医院抽调甲、乙、丙三名医生，抽调A ，B ，C 三名护士支援某市第一医院与第二医院，参加该市疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其他都在第二医院工作，则医生甲和护士A 被选去第一医院工作的概率为() A.112 B.16 C.15 D.19答案D解析根据题意，选一名护士与一名医生去第一医院，有：甲A ，甲B ，甲C ，乙A ，乙B ，乙C ，丙A ，丙B ，丙C ，9种情况，而医生甲和护士A 被选去第一医院工作有1种情况，所以概率为P ＝19.(2)河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案，与自己的观察，画出的“八卦”，而龙马身上的图案就叫做“河图”．把一到十分成五组，如图，其口诀：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中．现从这十个数中随机抽取四个数，则能成为两组的概率是()A.15B.110C.121D.1252 答案C解析现从这十个数中随机抽取4个数，基本事件总数n ＝C 410，能成为两组的基本事件个数m ＝C 25，则能成为两组的概率是P ＝m n ＝C 25C 410＝121.规律方法古典概型求解的关键点(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合的有关知识．(2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．跟踪演练1(1)(2018·全国Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A.112 B.114 C.115 D.118答案C解析不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C 210＝45(种)情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，所以所求概率为345＝115.(2)用0与1两个数字随机填入如图所示的5个格子里，每个格子填一个数字，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为()A.532B.516C.1132D.1116 答案B解析由题意可知，填写的可能结果共有如下32种： 00000,00001,00010,00011,00100,00101,00110,00111， 01000,01001,01010,01011,01100,01101,01110,01111， 10000,10001,10010,10011,10100,10101,10110,10111， 11000,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111， 其中满足题意的有10种：10101,10110,10111,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111，由古典概型概率计算公式可得满足题意的概率值P ＝1032＝516.考点二 随机变量的分布列核心提炼1．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，则事件{X＝k}发生的概率P(X＝k)＝C k M C n－kN－MC n N，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.2．二项分布一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C knp k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.考向一超几何分布例2(2020·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟)4月23日是“世界读书日”，某中学开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组(每名学生只能参加一个读书小组)学生中抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：(1)从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；(2)从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2个，用X表示抽得甲组学生的人数，求随机变量X的分布列和均值．解(1)由题意得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为4,3,2,3，从参加问卷调查的12名学生中随机抽取两人的取法共有C212＝66(种)，抽取的两名学生来自同一小组的取法共有C24＋2C23＋C22＝13(种)，所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为P＝13 66 .(2)由(1)知，在参加问卷调查的12名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为4,2，所以抽取的两个人中是甲组学生的人数X的可能取值为0,1,2，因为P(X＝0)＝C04C22C26＝115，P(X＝1)＝C14C12C26＝815，P(X＝2)＝C24C02C26＝25.所以随机变量X的分布列为所以随机变量X的均值为E(X)＝0×115＋1×815＋2×25＝43.跟踪演练2PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物．根据现行国家标准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2018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：(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列．解(1)记“从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P(A)＝C13C27C310＝2140.(2)由条件知，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，且随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3.P(ξ＝k)＝C k3·C3－k7C310(k＝0,1,2,3)．∴P(ξ＝0)＝C03C37C310＝724，P(ξ＝1)＝C13C27C310＝2140，P(ξ＝2)＝C23C17C310＝740，P(ξ＝3)＝C33C07C310＝1120.故ξ的分布列为考向二二项分布例3(2020·陕西安康中学模拟)“互联网＋”是“智慧城市”的重要内容，A市在智慧城市的建设中，为方便市民使用互联网，在主城区覆盖了免费WiFi ，为了解免费WiFi 在A 市的使用情况，调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：(1)根据以上数据，判断是否有90%的把握认为A 市使用免费WiFi 的情况与年龄有关； (2)将频率视为概率，现从该市45岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取3人中“偶尔或不用免费WiFi”的人数为X ，若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、均值E (X )和方差D (X )．附：K 2＝n (ad －bc )2(a＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解(1)由列联表可知K 2＝200×(70×40－60×30)2130×70×100×100≈2.198，因为2.198<2.706，所以没有90%的把握认为A 市使用免费WiFi 的情况与年龄有关． (2)由题意可知X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，25，X 的所有可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝C03×⎝⎛⎭⎪⎫353＝27125，P(X＝1)＝C13×25×⎝⎛⎭⎪⎫352＝54125，P(X＝2)＝C23×⎝⎛⎭⎪⎫252×35＝36125，P(X＝3)＝C33×⎝⎛⎭⎪⎫253＝8125.所以X的分布列为E(X)＝3×25＝65，D(X)＝3×25×⎝⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.规律方法随机变量分布列问题的两个关键点(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式求解．跟踪演练3某机器生产商对一次性购买2台机器的客户推出2种超过质保期后2年内的延保维修方案：方案一：交纳延保金6000元，在延保的2年内一共可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元；方案二：交纳延保金7740元，在延保的2年内一共可免费维修4次，超过4次每次收取维修费a元．某工厂准备一次性购买2台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后2年内维修的次数，统计得下表：以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后2年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？解(1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6，P(X＝0)＝15×15＝125，P(X＝1)＝110×15×2＝125，P(X＝2)＝110×110＋15×25×2＝17100，P(X＝3)＝110×25×2＋15×310×2＝15，P(X＝4)＝25×25＋310×110×2＝1150，P(X＝5)＝25×310×2＝625，P(X＝6)＝310×310＝9100，∴X的分布列为(2)设选择方案一所需费用为Y1元，则Y1的分布列为E(Y1)＝14×6000＋15×7500＋1150×9000＋625×10500＋9100×12000＝8580.设选择方案二所需费用为Y2元，则Y2的分布列为E(Y2)＝67100×7740＋625×(7740＋a)＋9100×(7740＋2a)＝7740＋21a50.当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50>0，即0<a<2000时，选择方案二更合算，当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50＝0，即a＝2000时，选择方案一、方案二均可；当E(Y1)－E(Y2)＝840－21a50<0，即a>2000时，选择方案一更合算．专题强化练一、单项选择题1.某路公交在某段路上有4个站点(如图)，分别记为A0，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从A0站点上车，且他们中的每个人在站点A i(i＝1,2,3)下车是等可能的，则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为()A.23B.34C.35D.12答案A解析设事件A表示“甲、乙两人不在同一站点下车”．甲、乙两人同在站点A1下车的概率为13×13；甲、乙两人同在站点A2下车的概率为13×13；甲、乙两人同在站点A3下车的概率为13×13.所以甲、乙两人在同一站点下车的概率为3×13×13＝13，则P(A)＝1－13＝23.2．设离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，则a－b等于()A.110B．0C．－110D.15答案A解析∵离散型随机变量X可能的取值为1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，∴(a ＋b )＋(2a ＋b )＋(3a ＋b )＋(4a ＋b )＝1， 即10a ＋4b ＝1， 又X 的均值E (X )＝3，则(a ＋b )＋2(2a ＋b )＋3(3a ＋b )＋4(4a ＋b )＝3， 即30a ＋10b ＝3，∴a ＝110，b ＝0，∴a －b ＝110.3．如图，电路从A 到B 上共连接着6个灯泡，每个灯泡断路的概率是13，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从A 到B 连通的概率是()A.1027B.448729C.100243D.4081 答案B解析由题图可知，A ，C 之间未连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝19，连通的概率是1－19＝89.E ，F 之间连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，未连通的概率是1－49＝59，故D ，B 之间未连通的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫592＝2581，D ，B 之间连通的概率是1－2581＝5681，故A ，B 之间连通的概率是89×5681＝448729. 4．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6六个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P (B |A )等于() A.12B.13C.14D.25 答案B解析正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C16·C16＝36(种)，事件A：“x＋y为偶数”包含事件A1：“x，y都为偶数”与事件A2：“x，y都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)＝C13·C1336＝14，P(A2)＝C13·C1336＝14，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝14＋14＝12.事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，所以事件AB为“x，y都为偶数且x≠y”，所以P(AB)＝C13·C13－336＝16，由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝13.5．(2020·山东枣庄市八中月考)某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N(105，σ2)(σ>0)，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀(高于120分)的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间的人数约为() A．150B．200 C．300D．400答案C解析因为P(X<90)＝P(X>120)＝1 5，P(90≤X≤120)＝1－25＝35，所以P(90≤X≤105)＝12P(90≤X≤120)＝310，所以此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间的人数约为1000×3 10＝300.6．某次考试共有12个选择题，每个选择题的分值为5分，每个选择题四个选项有且只有一个选项是正确的，A学生对12个选择题中每个题的四个选择项都没有把握，最后选择题的得分为X 分，B 学生对12个选择题中每个题的四个选项都能判断其中有一个选项是错误的，对其它三个选项都没有把握，选择题的得分为Y 分，则D (Y )－D (X )等于() A.12512B.3512C.274D.234答案A解析设A 学生答对题的个数为m ， 则得分X ＝5m ，m ～B ⎝⎛⎭⎪⎫12，14， D (m )＝12×14×34＝94， 所以D (X )＝25×94＝2254；同理设B 学生答对题的个数为n ，则得分Y ＝5n ，n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，13，D (n )＝12×13×23＝83，所以D (Y )＝83×25＝2003，所以D (Y )－D (X )＝2003－2254＝12512.二、多项选择题7．已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.若0<p 1<p 2<12，则下列结论正确的是() A ．E (ξ1)<E (ξ2) B ．E (ξ1)>E (ξ2) C ．D (ξ1)<D (ξ2)D ．D (ξ1)>D (ξ2) 答案AC解析∵E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2， ∴E (ξ1)<E (ξ2)，∵D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)， ∴D (ξ1)－D (ξ2)＝(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)<0， 即D (ξ1)<D (ξ2)．8．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是56，35，34，13，且各轮考核能否通过互不影响，则()A ．该软件通过考核的概率为18B ．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为18C ．该软件至少能够通过两轮考核的概率为23D ．在此次比赛中该软件平均考核了6524轮 答案ABD解析设事件A i (i ＝1,2,3,4)表示“该软件能通过第i 轮考核”，则P (A 1)＝56，P (A 2)＝35，P (A 3)＝34，P (A 4)＝13.该软件通过考核的概率为P (A 1A 2A 3A 4)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)＝56×35×34×13＝18，选项A 正确；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝56×35×14＝18，选项B 正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为1－P (A 1)－P (A 1A 2)＝1－16－56×25＝12，选项C 不正确；设在此次比赛中，该软件考核了Y 轮，∴Y 的可能取值为1,2,3,4，P (Y ＝1)＝P (A 1)＝16，P (Y ＝2)＝P (A 1A 2)＝56×25＝13，P (Y ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝18，P (Y ＝4)＝P (A 1A 2A 3)＝56×35×34＝38，∴E (Y )＝1×16＋2×13＋3×18＋4×38＝6524，故选项D 正确．三、填空题9．某校高一新生健康检查的统计结果显示：体重超重者占40%，血压异常者占15%，两者都有的占8%，今任选一该校高一新生，已知此人体重超重，则他血压异常的概率为________． 答案0.2解析记事件A 表示此人体重超重，事件B 表示此人血压异常，则P (A )＝0.4，P (AB )＝0.08，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.080.4＝0.2. 10．出租车司机从饭店到火车站途中经过六个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是13，则这位司机遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为________． 答案427解析因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概率都是13，所以未遇到红灯的概率都是1－13＝23，所以遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为23×23×13＝427.11．(2020·临沂模拟)《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为________．答案314解析观察八卦图可知，含三根阴线的共有一卦，含三根阳线的共有一卦，含两根阳线一根阴线的共有三卦，含一根阳线两根阴线的共有三卦，所以从八卦中任取两卦有C 28＝28(种)情况．其中抽取的两卦中六根线恰有两根阳线，四根阴线的所有情况是一卦含有三根阴线，另一卦含有两根阳线一根阴线，或者两卦都含有一根阳线两根阴线，即C 13＋C 23＝6(种)情况．故所求概率为P ＝628＝314.12．(2020·浙江)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P (ξ＝0)＝________，E (ξ)＝________. 答案131解析方法一1个红球，1个绿球，2个黄球，共有A 24＝12(种)排列．①红球前面没有黄球，有A13＋1＝4(种)，P(ξ＝0)＝412＝13；②红球前面有1个黄球，有A12＋A12＝4(种)，P(ξ＝1)＝412＝13；③红球前面有2个黄球，有1＋A13＝4(种)，P(ξ＝2)＝412＝13.E(ξ)＝0×13＋1×13＋2×13＝1.方法二①第1次就取到红球：P(红)＝1 4；②第2次取到红球：P(黄，红)＝24×13＝16，P(绿，红)＝14×13＝112；③第3次取到红球：P(黄，黄，红)＝24×13×12＝112，P(黄，绿，红)＝24×13×12＝112，P(绿，黄，红)＝14×23×12＝112；④第4次取到红球：P(黄，黄，绿，红)＝24×13×12＝112，P(黄，绿，黄，红)＝24×13×12＝112，P(绿，黄，黄，红)＝14×23×12＝112.故P(ξ＝0)＝P(红)＋P(绿，红)＝14＋112＝13，P(ξ＝1)＝P(黄，红)＋P(黄，绿，红)＋P(绿，黄，红)＝16＋112＋112＝13，P(ξ＝2)＝P(黄，黄，红)＋P(黄，黄，绿，红)＋P(黄，绿，黄，红)＋P(绿，黄，黄，红)＝112＋112＋112＋112＝13.则E(ξ)＝0×13＋1×13＋2×13＝1.四、解答题13．某大学在一次公益活动中聘用了10名志愿者，他们分别来自于A，B，C三个不同的专业，其中A专业2人，B专业3人，C专业5人，现从这10人中任意选取3人参加一个访谈节目．(1)求3个人来自两个不同专业的概率；(2)设X表示取到B专业的人数，求X的分布列与均值．解(1)令事件A表示“3个人来自于两个不同专业”，事件A1表示“3个人来自于同一个专业”，事件A2表示“3个人来自于三个不同专业”，P(A1)＝C33＋C35C310＝11120，P(A2)＝C12C13C15C310＝30120＝14，∴3个人来自两个不同专业的概率P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－11120－30120＝79120.(2)随机变量X的取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝C03C37C310＝35120＝724，P(X＝1)＝C13C27C310＝63120＝2140，P(X＝2)＝C23C17C310＝21120＝740，P(X＝3)＝C33C07C310＝1120，∴X的分布列为E(X)＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.14．(2020·寿光市第二中学月考)十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康．经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入力争早日脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：(1)根据频率分布直方图，估计50位农民的年平均收入x(单位：千元)(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)；(2)由频率分布直方图，可以认为该贫困地区农民收入X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为年平均收入x，σ2近似为样本方差s2，经计算得s2＝6.92，利用该正态分布，求：①在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有84.14%的农民的年收入不低于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入大约为多少千元？②为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民．若每位农民的年收入互相独立，这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数为ξ，求E(ξ)．附参考数据： 6.92≈2.63，若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)x＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.40(千元)，故估计50位农民的年平均收入x为17.40千元．(2)由题意知X～N(17.40,6.92)，①P(X≥μ－σ)＝0.5＋0.68272≈0.8414，所以μ－σ≈17.40－2.63＝14.77时，满足题意，即最低年收入大约为14.77千元．②由P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)＝0.5＋0.95452≈0.9773，每个农民的年收入不少于12.14千元的事件的概率为0.9773，则ξ～B(1000，p)，其中p＝0.9773，所以E(ξ)＝1000×0.9773＝977.3.。
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。