（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差课件 理

1、12.2 离散型随机变量及其分布列、均值与方差 高考理数高考理数 (课标专用) 考点一离散型随机变量及其分布列考点一离散型随机变量及其分布列 五年高考 A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组 1.(2019课标,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为 此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随 机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种 药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为 了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施

2、以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲 药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1 分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为和,一轮试验中 甲药的得分记为X. (1)求X的分布列; (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认 为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,7),其中a=P(X=-1),b=P(X =0),c=P(X=1).假设=0.5,=0.8. (i)证明:pi+1-pi(i=0,1

3、,2,7)为等比数列; (ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性. 解析解析本题主要考查概率与数列的综合,考查离散型随机变量的分布列,等比数列的判定及累 加法的应用,考查学生灵活运用概率与数列知识去分析、解决实际问题的能力,综合考查学生 的逻辑推理能力、数学运算能力以及应用意识、创新意识. (1)X的所有可能取值为-1,0,1. P(X=-1)=(1-),P(X=0)=+(1-)(1-), P(X=1)=(1-). 所以X的分布列为 X-101 P(1-)+(1-)(1-)(1-) (2)(i)证明:由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此pi=0.4pi-1+0.5

4、pi+0.1pi+1,故0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1),即pi+1-pi=4(pi-pi-1).又因为p1-p0=p10,所以pi+1 -pi(i=0,1,2,7)是公比为4,首项为p1的等比数列. (ii)由(i)可得p8=p8-p7+p7-p6+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+(p1-p0)=p1. 由于p8=1,故p1=, 所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=p1=. p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0. 8时,认为甲药更有效的概率为p4=0.0039,此时

5、得出错误结论的概率非常小,说明这种试 验方案合理. 试题分析试题分析本题以试验新药疗效为背景,命制了一个概率与数列的综合性问题,试题很新颖,创 新度高,考查学生灵活运用数学知识解决实际问题的能力.本题层次分明,内容丰富,区分度较 高,使不同学生的理性思维的广度和深度得到了充分展示. 8 41 3 8 3 41 4 41 3 1 257 1 257 2.(2017课标,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售 价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每 天需求量与当天最高气温(单位:)有关.如果最高气温不低于25,

6、需求量为500瓶;如果最高气 温位于区间20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的 订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 最高气温10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40) 天数216362574 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列; (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位: 瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值? 解析解析本题考查随机变量的分布列,数学期望

7、. (1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500, 由表格数据知 P(X=200)=0.2, P(X=300)=0.4, P(X=500)=0.4. 因此X的分布列为 2 16 90 36 90 2574 90 X200300500 P0.20.40.4 (2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200n500. 当300n500时, 若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温位于区间20,25), 则Y=6300+2(n-300)-4n=1200-2n; 若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n.

8、 因此EY=2n0.4+(1200-2n)0.4+(800-2n)0.2=640-0.4n. 当200n300时, 若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温低于20,则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n(0.4+0.4)+(800-2n)0.2=160+1.2n. 所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元. 名师点拨名师点拨求离散型随机变量的分布列、均值与方差需过四关:“题目的理解关”.要抓住 题中关键字句,尽可能转化为自己熟悉的模型.“随机变量的取值关”.准确无误地找出随机 变量的所有可能取值.“事件的类型关”.概率问题中

9、的事件涉及等可能事件、互斥事件、 对立事件、相互独立事件等,在计算相应的概率前要先确定事件的类型.“概率的运算关”. 运用公式P(A)=,P(A+B)=P(A)+P(B),P(AB)=P(A)P(B),P(=k)=pk(1-p)n-k(k=0,1,2,n)时,要 注意准确无误. m n Ck n 3.(2016课标,19,12分)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易 损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件 不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理 了100台这种机器在三年

10、使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图: 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表 示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求X的分布列; (2)若要求P(Xn)0.5,确定n的最小值; (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个? 解析解析(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. 可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22, P(X=16)

11、=0.20.2=0.04; P(X=17)=20.20.4=0.16; P(X=18)=20.20.2+0.40.4=0.24; P(X=19)=20.20.2+20.40.2=0.24; P(X=20)=20.20.4+0.20.2=0.2; P(X=21)=20.20.2=0.08; P(X=22)=0.20.2=0.04.(4分) 所以X的分布列为 X16171819202122 P0.040.160.240.240.20.080.04 (6分) (2)由(1)知P(X18)=0.44,P(X19)=0.68,故n的最小值为19.(8分) (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用

12、(单位:元). 当n=19时, EY=192000.68+(19200+500)0.2+(19200+2500)0.08+(19200+3500)0.04=4040. (10分) 当n=20时, EY=202000.88+(20200+500)0.08+(20200+2500)0.04=4080. 可知当n=19时所需费用的期望值小于n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.(12分) 思路分析(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列. (2)根据(1)中求得的概率可得P(X18)以及P(X19)的值,由此即可确定n的最小值. (3)求出n=19,n=20时的期望值,比较

13、大小即可作出决策. 考点二离散型随机变量的均值与方差考点二离散型随机变量的均值与方差 1.(2019课标,13,5分)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个 车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高 铁列车所有车次的平均正点率的估计值为. 答案答案0.98 解析解析本题考查离散型随机变量的均值计算;考查抽象概括能力和运算求解能力;考查的核心 素养为数学抽象和数学运算. 设经停该站高铁列车所有车次中正点率为0.97的事件为A,正点率为0.98的事件为B,正点率为 0.99的事件为C,则用频率估计概率有P(A

14、)=,P(B)=,P(C)= =,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.97+0.98+0.99=0.98. 10 1020 10 1 4 20 1020 10 1 2 10 1020 10 1 4 1 4 1 2 1 4 2.(2017课标,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽 取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX=. 答案答案1.96 解析解析本题主要考查二项分布. 由题意可知XB(100,0.02),由二项分布可得DX=1000.02(1-0.02)=1.96. 3.(2018课标,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,

15、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件做检 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 (0p0; 当p(0.1,1)时,f(p)400,故应该对余下的产品做检验. 2 20 C 2 20 C 2 20 C B组组自主命题自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组 考点一离散型随机变量及其分布列考点一离散型随机变量及其分布列 1.(2019北京,17,13分)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

16、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: 支付金额(元) 支付方式 (0,1000(1000,2000大于2000 仅使用A18人9人3人 仅使用B10人14人1人 (1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率; (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 1000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

17、们本月的支付金额都大于2000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2000元的人数有变化?说明理由. 解析解析本题主要考查用样本分布估计总体分布,离散型随机变量的分布列与期望,以实际生活 为背景考查学生解决实际问题的能力,渗透了数据分析的核心素养,体现了应用与创新意识. (1)由题意知,样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人,仅使用B的学生有10+14+1=25人,A,B两 种支付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40 人.所以从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率估计为 =0

18、.4. (2)X的所有可能值为0,1,2. 记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”, 事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1000元”. 由题设知,事件C,D相互独立,且P(C)=0.4,P(D)=0.6. 所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24, P(X=1)=P(CD)=P(C)P()+P()P(D)=0.4(1-0.6)+(1-0.4)0.6=0.52, P(X=0)=P()=P()P()=0.24. 所以X的分布列为 40 100 93 30 14 1 25 DCDC CDCD X01

19、2 P0.240.520.24 故X的数学期望E(X)=00.24+10.52+20.24=1. (3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2000元”. 假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2000元的人数没有变化,则由上个月的样本数 据得P(E)=. 答案示例1:可以认为有变化.理由如下: P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的支付金额大于 2000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化. 答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下: 事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法

20、确定有没有变 化. 思路分析思路分析(1)由频率=即可求解相应频率,进而用频率估计概率. (2)仅使用A,且支付金额大于1000元的概率P=0.4,仅使用B,且支付金额大于1000元的概 率P=0.6,进而求分布列和期望. 3 30 1 C 1 4060 频数 样本容量 93 30 14 1 25 (3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可. 评析本题以移动支付的出现及普及为背景来设计问题,样本数据来源于学生熟悉的情景,不 仅使学生体会到数学应用的广泛性,同时也体现了人们生活方式的巨大变化.第(3)问结合古典 概型考查概率的意义,体会统计中的决策思想. 2.(2019江苏,23,10分)在

21、平面直角坐标系xOy中,设点集An=(0,0),(1,0),(2,0),(n,0),Bn=(0,1), (n,1),Cn=(0,2),(1,2),(2,2),(n,2),nN*.令Mn=AnBnCn.从集合Mn中任取两个不同的点,用 随机变量X表示它们之间的距离. (1)当n=1时,求X的概率分布; (2)对给定的正整数n(n3),求概率P(Xn)(用n表示). 解析解析本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识,考查逻辑 思维能力和推理论证能力. (1)当n=1时,X的所有可能取值是1,2,. X的概率分布为 P(X=1)=,P(X=)=, P(X=2)=,P(X=)=

22、. (2)设A(a,b)和B(c,d)是从Mn中取出的两个点. 因为P(Xn)=1-P(Xn),所以仅需考虑Xn的情况. 若b=d,则ABn,不存在Xn的取法; 若b=0,d=1,则AB=,所以Xn当且仅当AB=,此时a=0,c=n或a=n,c=0, 有2种取法; 若b=0,d=2,则AB=.因为当n3时,n,所以Xn当且仅当AB= ,此时a=0,c=n或a=n,c=0,有2种取法; 若b=1,d=2,则AB=,所以Xn当且仅当AB=,此时a=0,c=n或a=n,c=0, 25 2 6 7 C 7 15 2 2 6 4 C 4 15 2 6 2 C 2 15 5 2 6 2 C 2 15 2

23、()1ac 2 1n 2 1n 2 ()4ac 2 4n 2 (1)4n 2 4n 2 ()1ac 2 1n 2 1n 有2种取法. 综上,当Xn时,X的所有可能取值是和,且 P(X=)=,P(X=)=. 因此,P(Xn)=1-P(X=)-P(X=)=1-. 2 1n 2 4n 2 1n 2 24 4 C n 2 4n 2 24 2 C n 2 1n 2 4n 2 24 6 C n 3.(2018天津,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层 抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)

24、若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检 查. (i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望; (ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概 率. 解析解析本小题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率 加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)由已知得,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3 2 2,由于采用分层抽样的方法从中 抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人. (2)(i)随机变量X

25、的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以,随机变量X的分布列为 3 43 3 7 CC C kk X0123 P 1 35 12 35 18 35 4 35 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. (ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取 的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=BC,且B与C互斥. 由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1), 故P(A)=P(BC)=P(X=2)+P(X=1)=. 所以,事件A发生的概率为. 导师点睛超几何分布描述的是不

26、放回抽样问题,随机变量为抽到某类个体的个体数.超几何 分布的特点: (1)考察对象分两类; (2)已知各类对象的个数; (3)从中抽取若干个个体,考察某类个体数X的概率分布. 超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其实质是古典概型. 1 35 12 35 18 35 4 35 12 7 6 7 6 7 4.(2017天津,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在 各路口遇到红灯的概率分别为,. (1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概

27、率. 1 2 1 3 1 4 解析解析本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的 概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=, P(X=1)=1-1-+1-1-+=, P(X=2)=+=, P(X=3)=. 所以,随机变量X的分布列为 1 1 2 1 1 3 1 1 4 1 4 1 2 1 3 1 4 1 2 1 3 1 4 1 1 2 1 1 3 1 4 11 24 1 1 2 1 3 1 4 1 2 1 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 4 1 4 1 2 1 3

28、 1 4 1 24 X0123 P 1 4 11 24 1 4 1 24 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. (2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为 P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0) =P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0) =+ =. 所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为. 技巧点拨技巧点拨解决随机变量分布列问题的关键是正确求出随机变量可以取哪些值以及取各个 值时对应的概率,只有正确理解随机变量取值的意义才能解决这个问题,理解随机变量取值的 意义是解决这类问题的必要前提. 1 4 11 24

29、 1 4 1 24 13 12 1 4 11 24 11 24 1 4 11 48 11 48 5.(2017山东,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响, 具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心 理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名 男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人 接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率; (2)用X表示接受乙种心理暗

30、示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX. 解析解析本题考查离散型随机变量的分布列,期望. (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M, 则P(M)=. (2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=. 因此X的分布列为 4 8 5 10 C C 5 18 5 6 5 10 C C 1 42 41 64 5 10 C C C 5 21 32 64 5 10 C C C 10 21 23 64 5 10 C C C 5 21 14 64 5 10 C C C 1 42 X01234 P 1

31、 42 5 21 10 21 5 21 1 42 X的数学期望是 EX=0P(X=0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)=0+1+2+3+4=2. 解后反思(1)求离散型随机变量X的分布列的步骤: 理解X的含义,写出X所有可能的取值. 求X取每个值时的概率; 写出X的分布列. (2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意 应用计数原理、古典概型概率公式等知识. 5 21 10 21 5 21 1 42 1.(2019浙江,7,4分)设0a1.随机变量X的分布列是 则当a在(0,1)内增大时,() A.D(X)增大B.D(X

32、)减小 C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大 X0a1 P 1 3 1 3 1 3 考点二离散型随机变量的均值与方差考点二离散型随机变量的均值与方差 答案答案D本题主要考查了离散型随机变量的分布列、期望与方差,考查了学生的运算求解 能力及逻辑推理能力,考查了数学运算的核心素养. 随机变量X的期望E(X)=0+a+1=, D(X)= =(a2-a+1) =+, 当a时,D(X)单调递减,当x时,D(X)单调递增,故选D. 易错警示易错警示本题易出错的地方有两个:方差公式记忆错误致错;计算方差时,运算过程出 错. 1 3 1 3 1 3 1 3 a 222 111 01 333 aaa

33、 a 1 3 2 9 2 9 2 1 2 a 1 6 1 0, 2 1 ,1 2 2.(2018浙江,7,4分)设0p1,随机变量的分布列是 则当p在(0,1)内增大时,() A.D()减小B.D()增大 C.D()先减小后增大D.D()先增大后减小 012 P 1p 2 1 2 p 2 答案答案D本小题考查随机变量的分布列,期望、方差的计算及函数的单调性. 由题意得E()=0+1+2=+p, D()=+ =(1+2p)2(1-p)+(1-2p)2+(3-2p)2p =-p2+p+=-+. 由得0p1, D()在上单调递增,在上单调递减,故选D. 1 2 p1 22 p1 2 2 1 0 2

34、p 1 2 p 2 1 1 2 p 1 2 2 1 2 2 p 2 p 1 8 1 4 2 1 2 p 1 2 1 01, 2 01, 2 11 1, 222 p p pp 1 0, 2 1 ,1 2 3.(2017浙江,8,4分)已知随机变量i满足P(i=1)=pi,P(i=0)=1-pi,i=1,2.若0p1p2,则() A.E(1)E(2),D(1)D(2) B.E(1)D(2) C.E(1)E(2),D(1)E(2),D(1)D(2) 1 2 答案答案A本题考查随机变量的概念及其分布列,随机变量的期望、方差的计算,考查推理运 算能力,利用作差比较法比较两式的大小,构造函数,利用函数的单

35、调性比较两式的大小. 解法一:E(1)=0(1-p1)+1p1=p1, 同理,E(2)=p2,又0p1p2,E(1)E(2). D(1)=(0-p1)2(1-p1)+(1-p1)2p1=p1-, 同理,D(2)=p2-. D(1)-D(2)=p1-p2-(-)=(p1-p2)(1-p1-p2). 0p1p20,(p1-p2)(1-p1-p2)0. D(1)D(2).故选A. 解法二:同解法一知E(1)E(2),D(1)=p1-,D(2)=p2-, 令f(x)=x-x2,则f(x)在上为增函数,0p1p2,f(p1)f(p2),即D(1)70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2

36、=35)+P(T1=40,T2=40) =0.40.1+0.10.4+0.10.1=0.09. 故P(A)=1-P()=0.91. A A 2.(2015湖北,20,12分)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品,生产1吨A产品需鲜牛奶 2吨,使用设备1小时,获利1000元;生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1200元. 要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12 小时.假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位:吨)是一个随机变量,其分布列为 W121518 P0.30.50.2 该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使其获利

37、最大,因此每天的最大获利Z(单位:元)是 一个随机变量. (1)求Z的分布列和均值; (2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率. 解析解析(1)设每天A,B两种产品的生产数量分别为x吨,y吨,相应的获利为z元,则有 目标函数为z=1000 x+1200y. 当W=12时,表示的平面区域如图1,三个顶点分别为 21.5, 1.512, 20, 0,0. xyW xy xy xy A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0). 将z=1000 x+1200y变形为y=-x+, 当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大,

38、最大获利Z=zmax=2.41000+4.81200=8160. 当W=15时,表示的平面区域如图2,三个顶点分别为 A(0,0),B(3,6),C(7.5,0). 将z=1000 x+1200y变形为y=-x+, 当x=3,y=6时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大, 最大获利Z=zmax=31000+61200=10200. 当W=18时,表示的平面区域如图3, 四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0). 将z=1000 x+1200y变形为y=-x+, 当x=6,y=4时,直线l:y=-x+在y轴上的截距最大, 5 61200 z 5 61200 z 5

39、61200 z 5 61200 z 5 61200 z 5 61200 z 最大获利Z=zmax=61000+41200=10800. 故最大获利Z的分布列为 因此,E(Z)=81600.3+102000.5+108000.2=9708. (2)由(1)知,一天最大获利超过10000元的概率 P(Z10000)=0.5+0.2=0.7, 由二项分布知,3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率为1-(1-0.7)3=1-0.33=0.973. Z81601020010800 P0.30.50.2 3.(2015四川,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男

40、生、2名女 生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相 当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队. (1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率; (2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的分布 列和数学期望. 解析解析(1)由题意得,参加集训的男、女生各有6名. 参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为=. 因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-=. (2)根据题意,X的可能取值为1,2,3. P(X=1)=,P(X=2)=, P(X=3)=. 所

41、以X的分布列为 33 34 33 66 C C C C 1 100 1 100 99 100 13 33 4 6 C C C 1 5 22 33 4 6 C C C 3 5 31 33 4 6 C C C 1 5 X123 P 1 5 3 5 1 5 因此,X的数学期望为 E(X)=1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3) =1+2+3=2. 1 5 3 5 1 5 4.(2015重庆,17,13分)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有10个粽子,其中豆沙粽2 个,肉粽3个,白粽5个,这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取3个. (1)求三种粽子各取到1个的概率; (2)设X表示取

42、到的豆沙粽个数,求X的分布列与数学期望. X012 P 7 15 7 15 1 15 解析解析(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)= =. (2)X的所有可能值为0,1,2,且 P(X=0)=,P(X=1)=, P(X=2)=. 综上知,X的分布列为 111 235 3 10 C C C C 1 4 3 8 3 10 C C 7 15 12 28 3 10 C C C 7 15 21 28 3 10 C C C 1 15 故E(X)=0+1+2=(个). 7 15 7 15 1 15 3 5 5.(2013课标,19,12分)一批产品需要进行质量检验,

43、检验方案是:先从这批产品中任取4件做 检验,这4件产品中优质品的件数记为n.如果n=3,再从这批产品中任取4件做检验,若都为优质 品,则这批产品通过检验;如果n=4,再从这批产品中任取1件做检验,若为优质品,则这批产品通 过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验. 假设这批产品的优质品率为50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为,且各件产品是否 为优质品相互独立. (1)求这批产品通过检验的概率; (2)已知每件产品的检验费用为100元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品做质量检验 所需的费用记为X(单位:元),求X的分布列及数学期望. 1 2 解析解析(1)设第一次取出的4件产品中恰

44、有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质 品为事件A2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事 件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,所以P(A)=P(A1 B1)+P(A2B2)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) =+=. (2)X可能的取值为400,500,800,并且 P(X=400)=1-=, P(X=500)=, P(X=800)=. 所以X的分布列为 4 16 1 16 1 16 1 2 3 64 4 16 1 16 11 16 1 16 1 4 X40

45、0500800 P 11 16 1 16 1 4 EX=400+500+800=506.25. 思路分析思路分析(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是 优质品为事件A2,第二次取出的4件产品全是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品 为事件B2,这批产品通过检验为事件A,依题意有A=(A1B1)(A2B2),且A1B1与A2B2互斥,进而求解. (2)X可能的取值为400,500,800,分别求其对应的概率,进而可得分布列、期望. 11 16 1 16 1 4 6.(2013课标,19,12分)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出1t

46、该产品获利润500元, 未售出的产品,每1t亏损300元.根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直 方图,如下图所示.经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品,以X(单位:t,100X150)表 示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润. (1)将T表示为X的函数; (2)根据直方图估计利润T不少于57000元的概率; (3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,并以需求量落入该区间 的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如:若需求量X100,110),则取X=105,且X=105 的概率等于需求量落入100,1

47、10)的频率),求T的数学期望. 解析解析(1)当X100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39000, 当X130,150时,T=500130=65000. 所以T= (2)由(1)知利润T不少于57000元当且仅当120X150. 由直方图知需求量X120,150的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元 的概率的估计值为0.7. (3)依题意可得T的分布列为 80039000,100130, 65000,130150. XX X T45000530006100065000 P0.10.20.30.4 所以ET=450000.1+530000.

48、2+610000.3+650000.4=59400. 思路分析思路分析(1)经分段讨论(分X100,130)和X130,150)得函数解析式. (2)先求出利润T不少于57000元时X的范围,然后根据直方图得到概率的估计值. (3)T可能的取值是45000,53000,61000,65000,由此结合题意列出分布列,进而得期望. 易错警示易错警示(1)中容易忽略100X150而导致出错. 考点二离散型随机变量的均值与方差考点二离散型随机变量的均值与方差 1.(2017江苏,23,10分)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,nN*,n2),这些球除颜色外完 全相同.现将口袋中的球随机地逐个取

49、出,并放入如图所示的编号为1,2,3,m+n的抽屉内,其 中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,m+n). 123m+n (1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P; (2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X) . ()(1) n mn n 解析解析本小题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及 其性质,考查运算求解能力和推理论证能力. (1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P=. (2)证明:随机变量X的概率分布为: 1 1 C C n m n n m n n mn X P 1 n 1 n1 1

50、 n2 1 k 1 mn n 1 n 1 n m n C C n 1 n n m n C C n 1 n 1 n m n C C n 1 k 1 n m n C C n 1 n m 1 n m n C C 随机变量X的期望为: E(X)=. 所以E(X) m n k n 1 k 1 1 C C n k n m n 1 Cn m n m n k n 1 k (1)! (1)!()! k nkn 1 Cn m n m n k n (2)! (1)!()! k nkn 2.(2015福建,16,13分)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将 被锁定.小王到该银行取钱时,发现

51、自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码 是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝 试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定. (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率; (2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X,求X的分布列和数学期望. 解析解析(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A, 则P(A)=. (2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3. P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=1=, 所以X的分布列为 5 6 4 5 3 4 1 2 1 6 5 6 1 5 1 6 5 6 4 5 2 3 X123 P 1 6

52、1 6 2 3 所以E(X)=1+2+3=. 1 6 1 6 2 3 5 2 3.(2015安徽,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机 检测一件产品,检测后不放回,直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束. (1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率; (2)已知每检测一件产品需要费用100元,设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所 需要的检测费用(单位:元),求X的分布列和均值(数学期望). 解析解析(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A, 则P(A)=. (2)X的可能取值为200,300,4

53、00. P(X=200)=, P(X=300)=, P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-=. 故X的分布列为 11 23 2 5 A A A 3 10 2 2 2 5 A A 1 10 3112 3232 3 5 AC C A A 3 10 1 10 3 10 6 10 X200300400 P 1 10 3 10 6 10 EX=200+300+400=350. 1 10 3 10 6 10 4.(2015天津,16,13分)为推动乒乓球运动的发展,某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参 加.现有来自甲协会的运动员3名,其中种子选手2名;乙协会的运动员5名,其中种子

54、选手3名.从 这8名运动员中随机选择4人参加比赛. (1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手,且这2名种子选手来自同一个协会”,求事件A 发生的概率; (2)设X为选出的4人中种子选手的人数,求随机变量X的分布列和数学期望. 解析解析(1)由已知,有 P(A)=. 所以,事件A发生的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. P(X=k)=(k=1,2,3,4). 所以,随机变量X的分布列为 2222 2333 4 8 C CC C C 6 35 6 35 4 53 4 8 C C C kk X1234 P 1 14 3 7 3 7 1 14 随机变量X的数学期望E(X)

55、=1+2+3+4=. 评析评析本题主要考查古典概型及其概率计算公式,离散型随机变量的分布列与数学期望等 基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.属中等难度题. 1 14 3 7 3 7 1 14 5 2 5.(2014大纲全国,20,12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0. 6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用设备相互独立. (1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率; (2)X表示同一工作日需使用设备的人数,求X的数学期望. 解析解析记Ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备,i=0,1,2, B表示事件:甲需使用设备, C表示事件:丁需

56、使用设备, D表示事件:同一工作日至少3人需使用设备. (1)D=A1BC+A2B+A2C, P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=0.52,i=0,1,2,(3分) 所以P(D)=P(A1BC+A2B+A2C) =P(A1BC)+P(A2B)+P(A2C) =P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P()P(C) =0.31.(6分) (2)X的可能取值为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=P(A0)=P()P(A0)P() =(1-0.6)0.52(1-0.4)=0.06, P(X=1)=P(BA0+A0C+A1) B 2 Ci B B B BCBC CBBC

57、 =P(B)P(A0)P()+P()P(A0)P(C)+P()P(A1)P() =0.60.52(1-0.4)+(1-0.6)0.520.4+(1-0.6)20.52(1-0.4)=0.25, P(X=4)=P(A2BC)=P(A2)P(B)P(C)=0.520.60.4=0.06, P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25, P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4) =1-0.06-0.25-0.25-0.06=0.38,(10分) 数学期望EX=0P(X=0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)=0.25+20.38+30.

58、25+4 0.06=2.(12分) CBBC 考点一离散型随机变量及其分布列考点一离散型随机变量及其分布列 1.(2018豫南九校4月联考,18)为创建国家级文明城市,某城市号召出租车司机在高考期间至少 进行一次“爱心送考”,该城市某出租车公司共200名司机,他们进行“爱心送考”的次数统 计如图所示. (1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数; (2)从这200名司机中任选两人,设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X,求X的分布 列及数学期望. 三年模拟 A组 20172019年高考模拟考点基础题组 解析解析(1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人, 送考2次的有10

59、0人,送考3次的有80人, 该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为=2.3. (2)从该公司任选两名司机,记“这两人中一人送考1次,另一人送考2次”为事件A, “这两人中一人送考2次,另一人送考3次”为事件B, “这两人中一人送考1次,另一人送考3次”为事件C, “这两人送考次数相同”为事件D, 由题意知X的所有可能取值为0,1,2, P(X=1)=P(A)+P(B)=+=, P(X=2)=P(C)=, P(X=0)=P(D)=, X的分布列为 20 1 100 280 3 200 11 20100 2 200 C C C 11 10080 2 200 CC C 100 199 11

60、2080 2 200 C C C 16 199 222 2010080 2 200 CCC C 83 199 X012 P 83 199 100 199 16 199 E(X)=0+1+2=. 83 199 100 199 16 199 132 199 2.(2018山东潍坊一模,19)某公司新上一条生产线,为保证新的生产线正常工作,需对该生产线 进行检测.现从该生产线上随机抽取100件产品,测量产品数据,用统计方法得到样本的平均数 =14,标准差=2,绘制如图所示的频率分布直方图.以频率作为概率估计值. (1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件,记其数据为X,依据以下不等式评判(P表示对应事