（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第二十章 概率统计 20.2 条件概率及相互独立事件、ｎ次独立重复试验的模型及二项分布课件

1、20.2条件概率及相互独立事件、n次独立 重复试验的模型及二项分布 高考数学高考数学 (江苏省专用) 统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组 考点一条件概率及相互独立事件的概率考点一条件概率及相互独立事件的概率 五年高考 1.(2019课标全国理,15,5分)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. 答案答案0.18 解析解析本题主要考查独立事件概率的求解;考

2、查学生的数据处理能力、推理论证能力;考查的 核心素养是逻辑推理与数学建模. 由题意可知七场四胜制且甲队以4 1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第 一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=0.60.40.52=2=;第二 类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.620.50.5=2=,所以甲 队以4 1获胜的概率为P=0.6=0.18. 1 2 C 3 5 2 5 1 4 3 25 1 2 C 2 3 5 1 4 9 50 39 2550 疑难突破疑难突破采用七场四胜制,由题意分析得若甲队以4 1获胜,则甲队在第5场比赛中必胜,且

3、前4场比赛中胜3场. 2.(2015课标全国改编,4,5分)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 . 答案答案0.648 解析解析该同学通过测试的概率P=0.620.4+0.63=0.432+0.216=0.648. 2 3 C 3.(2019天津理,16,13分)设甲、乙两位同学上学期间,每天7:30之前到校的概率均为.假定 甲、乙两位同学到校情况互不影响,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

4、)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. 2 3 解析解析本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,互斥事件和相互独立事件的概率 计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力,重点考查数学建模、数学 运算的核心素养.满分13分. (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之前到校的概率均为,故X B,从而P(X=k)= ,k=0,1,2,3. 所以,随机变量X的分布列为 2 3 2 3, 3 3 Ck 2 3 k 3 1 3 k X0123 P 1 27 2 9 4

5、9 8 27 随机变量X的数学期望E(X)=3=2. (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YB,且M=X=3,Y=1X=2, Y=0. 由题意知事件X=3,Y=1与X=2,Y=0互斥,且事件X=3与Y=1,事件X=2与Y=0均相互 独立, 从而由(1)知P(M)=P(X=3,Y=1X=2,Y=0)=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X= 2)P(Y=0)=+=. 2 3 2 3, 3 8 27 2 9 4 9 1 27 20 243 思路分析思路分析(1)观察关键词“均”“互不影响”“相互独立”,判断XB(n,p),从而利用二项分

6、 布求出分布列与期望.(2)先将“天数恰好多2”用数学语言表示,即或从而利用 互斥与相互独立事件的概率计算公式求解. 3, 1 X Y 2, 0. X Y 解后反思解后反思本题关键是将实际问题转化为数学问题. 4.(2019课标全国理,18,12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10 10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10 1 0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

7、胜”的概率. 解析解析本题主要考查独立事件概率的求解.考查学生的逻辑推理及数据处理能力;考查的核心 素养是数据分析和逻辑推理. (1)X=2就是10 10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)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5. (2)X=4且甲获胜,就是10 10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)0.40.50.4=0.1. 思路分析思路分析(1)X=2,即要么甲得2分,要么乙得2分,分类求出独立事件

8、的概率,求和即可. (2)X=4且甲获胜,即又打了4个球,且后两球甲得分,前两个球甲、乙各得1分,由独立事件的概 率公式可求解. 解题关键解题关键某局打成10 10平后,每球交换发球权,甲先发球,求出甲得分的概率分别为0.5,0.4, 0.5,0.4是解决本题的关键. 5.(2016课标全国,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续 保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: 上年度出险次数012345 保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a 一年内出险次数012345 概率0.300.1

9、50.200.200.100.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率; (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值. 解析解析(1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一 年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分) (2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年 内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15. 又P(AB)=P(B),故P(B|A)=. 因此所求概率

10、为.(7分) (3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为 () ( ) P AB P A ( ) ( ) P B P A 0.15 0.55 3 11 3 11 X0.85aa1.25a1.5a1.75a2a P0.300.150.200.200.100.05 EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分) 思路分析思路分析(1)将本年度保费高于基本保费a对应的所有事件的概率相加即可; (2)利用条件概率公式求解; (3)求出续保人本年度保费的期望

11、与基本保费的比值即可. 考点二考点二 n n次独立重复试验的模型及二项分布次独立重复试验的模型及二项分布 1.(2018课标全国理改编,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支 付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)P(X=6),则 p=. 答案答案0.6 解析解析本题考查相互独立事件及二项分布. 由题知XB(10,p),则DX=10p(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又P(X=4)P(X=6),即p4(1-p)6 p6(1-p)4(1-p)20.5,p=0.6. 4 10 C 6 10 C 2.(2017课标

12、全国理,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.(2016四川理,12,5分)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. 答案答案 3 2 解析解析同时抛掷两枚质地均匀的硬币,至少有一枚硬币正面向上的概率为1-=,且XB , 均值是2=. 2 1 2 3 4 3 2, 4 3 4 3 2

13、 评析评析判断X服从二项分布是解题的关键. 4.(2015广东,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p=. 答案答案 1 3 解析解析因为XB(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p=. 1 3 5.(2018课标全国理,20,12分)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(0p0; 当p(0.1,1

14、)时,f(p)400,故应该对余下的产品作检验. 2 20 C 2 20 C 2 20 C 6.(2017天津理,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个红灯的概率. 1 2 1 3 1 4 解析解析本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.

15、 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 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)=

16、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. 1 4 11 24 1 4 1 24 13 12 1 4 11 24 11 24 1 4 11 48 11 48 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. 7.(2016山东理,19,12分)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

17、,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,乙每轮猜对的概率是; 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EX. 3 4 2 3 解析解析(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+BCD+ACD+ABD+ABC, 由事件的独立性与互斥性,得 P(E)=P(

18、ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P (C)P() =+2 =. 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为. (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)=, ABCD ABCD ABC D 3 4 2 3 3 4 2 3 12323132 43434343 2 3 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 1 144 P(X=1)=2=, P(X=2)=+=,

19、P(X=3)=+=, P(X=4)=2=, P(X=6)=. 可得随机变量X的分布列为 31111211 43434343 10 144 5 72 3 4 1 3 3 4 1 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 3 4 1 3 1 4 2 3 1 4 2 3 25 144 3 4 2 3 1 4 1 3 1 4 1 3 3 4 2 3 12 144 1 12 32313212 43434343 60 144 5 12 3 4 2 3 3 4 2 3 36 144 1 4 X012346 P 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 所以数学期望EX=0+1

20、+2+3+4+6=. 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 23 6 评析评析本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的分布列与数学期望,确定随机变 量可能的取值是解题的关键.属于中档题. 8.(2015湖南,18,12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽 奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个 球.在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获 奖. (1)求顾客抽奖1次能获奖的概率; (2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖

21、的次数为X,求X的分布列和数学 期望. 解析解析(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,得A1与A2相互独立,A1与A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+A2,C=B1+B2. 因为P(A1)=,P(A2)=, 所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=, P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2) =P(A1)P()+P()P(A2) =P(A1)1-P(A2)+1-P(A1)P(A2) =+=. 故所求概率为P(C

22、)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=. 2A1A2A1A 4 10 2 5 5 10 1 2 2 5 1 2 1 5 2A1A2A1A 2A1A 2 5 1 1 2 2 1 5 1 2 1 2 1 5 1 2 7 10 (2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为,所以XB . 于是P(X=0)= =, P(X=1)= =, P(X=2)= =, P(X=3)= =. 故X的分布列为 1 5 1 3, 5 0 3 C 0 1 5 3 4 5 64 125 1 3 C 1 1 5 2 4 5 48 125 2 3 C 2 1 5 1 4 5 1

23、2 125 3 3 C 3 1 5 0 4 5 1 125 X0123 P 64 125 48 125 12 125 1 125 X的数学期望为E(X)=3=. 1 5 3 5 教师专用题组教师专用题组 考点一条件概率及相互独立事件的概率考点一条件概率及相互独立事件的概率 1.(2014课标全国改编,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率 是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优 良的概率是. 答案答案0.8 解析解析由条件概率可得所求概率为=0.8. 0.6 0.75 2.(2014大纲全国,20,12分)设每个工

24、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(

25、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) B 2 Ci B B B BC BC =0.06, P(X=1)=P(BA0+A0C+A1) =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.

26、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+30.25+40. 06=2.(12分) CBBC CBBC 3.(2014山东,18,12分)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分,如图,甲上有两个不相交的区域 A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D,某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回 球.规定:回球一次,

27、落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小 明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C 上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不 影响.求: (1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率; (2)两次回球结束后,小明得分之和的分布列与数学期望. 1 2 1 3 1 5 3 5 解析解析(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3), 则P(A3)=,P(A1)=,P(A0)=1-=; 记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(

28、i=0,1,3), 则P(B3)=,P(B1)=,P(B0)=1-=. 记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”. 由题意得,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3, 由事件的独立性和互斥性,得 P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3) =P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3) =P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3) =+=, 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为. (2)随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6, 1 2 1 3 1 2 1 3 1 6 1 5 3 5

29、1 5 3 5 1 5 1 2 1 5 1 3 1 5 1 6 3 5 1 6 1 5 3 10 3 10 由事件的独立性和互斥性,得 P(=0)=P(A0B0)=, P(=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=+=, P(=2)=P(A1B1)=, P(=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=+=, P(=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=+=, P(=6)=P(A3B3)=. 可得随机变量的分布列为: 1 6 1 5 1 30 1 3 1 5 1 6 3 5 1 6 1 3 3 5 1 5 1 2 1 5 1

30、 5 1 6 2 15 1 2 3 5 1 3 1 5 11 30 1 2 1 5 1 10 012346 P 1 30 1 6 1 5 2 15 11 30 1 10 所以数学期望E=0+1+2+3+4+6=. 1 30 1 6 1 5 2 15 11 30 1 10 91 30 4.(2014安徽,17,12分)甲、乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,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,乙获胜的概率为, 各局比赛结果相互独立. (1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率; (2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学

31、期望). 2 3 1 3 解析解析用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙 获胜”, 则P(Ak)=,P(Bk)=,k=1,2,3,4,5. (1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4) =P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) =+=. (2)X的可能取值为2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2) =P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=, P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3) =P(B1)P(A2)P(A3)+P(

32、A1)P(B2)P(B3)=, P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4) =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=, 2 3 1 3 2 2 3 1 3 2 2 3 2 3 1 3 2 2 3 56 81 5 9 2 9 10 81 P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=. 故X的分布列为 EX=2+3+4+5=. X2345 P 8 81 5 9 2 9 10 81 8 81 5 9 2 9 10 81 8 81 224 81 评析评析本题考查了独立事件同时发生、互斥事件至少有一个发生、分布列、均值等知识

33、,考 查应用意识、运算求解能力,准确理解题意是解题的关键. 5.(2014北京,16,13分)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立): (1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率; (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超 过0.6的概率; (3)记为表中10个命中次数的平均数.从上述比赛中随机选择一场,记X为李明在这场比赛中 的命中次数.比较EX与的大小.(只需写出结论) 场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数 主场12212客场1188 主场21512客场21312 主场3128客

34、场3217 主场4238客场41815 主场52420客场52512 x x 解析解析(1)根据投篮统计数据,在10场比赛中,李明投篮命中率超过0.6的场次有5场,分别是主场 2,主场3,主场5,客场2,客场4. 所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5. (2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件B为“在随 机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”,事件C为“在随机选择的一个主场和 一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6”. 则C=AB,A,B独立. 根据投篮统计数据,可知P(A)=,P(B)=.

35、 P(C)=P(A)+P(B) =+ =. 所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过0.6,一场不超过0.6的 概率为. BA 3 5 2 5 BA 3 5 3 5 2 5 2 5 13 25 13 25 (3)EX=. x 6.(2014陕西,19,12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1000元,此作物的市场价格 和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表: 作物产量(kg)300500 概率0.50.5 作物市场价格(元/kg)610 概率0.40.6 (1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列; (2)若在这块地上连续3

36、季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率. 解析解析(1)设A表示事件“作物产量为300kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”,由题设 知P(A)=0.5,P(B)=0.4, 利润=产量市场价格-成本, X所有可能的取值为 50010-1000=4000,5006-1000=2000, 30010-1000=2000,3006-1000=800. P(X=4000)=P()P()=(1-0.5)(1-0.4)=0.3, P(X=2000)=P()P(B)+P(A)P()=(1-0.5)0.4+0.5(1-0.4)=0.5, P(X=800)=P(A)P(B)=0.

37、50.4=0.2, 所以X的分布列为 AB AB X40002000800 P0.30.50.2 (2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2000元”(i=1,2,3), 由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3季的利润均不少于2000元的概率为 P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512; 3季中有2季利润不少于2000元的概率为 P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=30.820.2=0.384, 所以,这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概

38、率为 0.512+0.384=0.896. 1C2C3C 评析评析本题考查了离散型随机变量的分布列,相互独立事件,二项分布等知识;考查应用意识, 分类讨论的意识、运算求解的能力. 7.(2013课标全国理,19,12分)一批产品需要进行质量检验,检验方案是:先从这批产品中任取 4件作检验,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件作检验,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件作检验,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,且各件产品是不 是

39、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,对这批产品作质量检验 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(A1B1)+P(A2B2) =P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) =+=

40、. (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 X400500800 P 11 16 1 16 1 4 EX=400+500+800=506.25. 11 16 1 16 1 4 8.(2011江苏,22,10分)某工厂生产甲、乙两种产品,甲产品的一等品率为80%,二等品率为20%; 乙产品的一等品率为90%,二等品率为10%.生产1件甲产品,若是一等品则获得利润4万元,若是 二等品则亏损1万元;生产1件

41、乙产品,若是一等品则获得利润6万元,若是二等品则亏损2万元. 设生产各种产品相互独立. (1)记X(单位:万元)为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润,求X的分布列; (2)求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率. 解析解析(1)由题设知,X的可能取值为10,5,2,-3,且 P(X=10)=0.80.9=0.72,P(X=5)=0.20.9=0.18, P(X=2)=0.80.1=0.08,P(X=-3)=0.20.1=0.02. 由此得X的分布列为 X1052-3 P0.720.180.080.02 (2)设生产的4件甲产品中一等品有n件,则二等品有(4-n)件. 由题设知4

42、n-(4-n)10,解得n, 又nN,(4-n)N,所以n=3或n=4. 所求概率为P=0.830.2+0.84=0.8192. 答:生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192. 14 5 3 4 C 考点二考点二 n n次独立重复试验的模型及二项分布次独立重复试验的模型及二项分布 1.(2014辽宁,18,12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布 直方图,如图所示. 将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立. (1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的 概率; (2)用X表示

43、在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列,期望E(X)及方 差D(X). 解析解析(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”, A2表示事件“日销售量低于50个”, B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”. 因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)50=0.6, P(A2)=0.00350=0.15, P(B)=0.60.60.152=0.108. (2)X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为 P(X=0)=(1-0.6)3=0.064, P(X=1)=0.6(1-0.6)2=0.288, P(X=2

44、)=0.62(1-0.6)=0.432, P(X=3)=0.63=0.216. 分布列为 0 3 C 1 3 C 2 3 C 3 3 C X0123 P0.0640.2880.4320.216 因为XB(3,0.6),所以期望E(X)=30.6=1.8,方差D(X)=30.6(1-0.6)=0.72. 2.(2014四川,17,12分)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现 一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音乐获得2 0分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200分).设每次击鼓出现音乐 的概率

45、为,且各次击鼓出现音乐相互独立. (1)设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列; (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? (3)玩过这款游戏的许多人都发现,若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而减少 了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因. 1 2 解析解析(1)X可能的取值为10,20,100,-200. 根据题意,有P(X=10)=, P(X=20)=, P(X=100)=, P(X=-200)=. 所以X的分布列为 1 3 C 1 1 2 2 1 1 2 3 8 2 3 C 2 1 2 1 1 1 2 3 8 3 3 C 3 1 2 0 1 1 2 1 8

46、0 3 C 0 1 2 3 1 1 2 1 8 X1020100-200 P 3 8 3 8 1 8 1 8 (2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3), 则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=. 所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1-P(A1A2A3)=1-=1-=. 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是. (3)X的数学期望为EX=10+20+100-200=-. 这表明,获得的分数X的均值为负. 因此,多次游戏之后分数减少的可能性更大. 1 8 3 1 8 1 512 511 512 511 512 3 8 3 8 1 8 1

47、8 5 4 评析评析本题主要考查随机事件的概率、古典概型、独立重复试验、随机变量的分布列、数 学期望等基础知识,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力,考查运算 求解能力、应用意识和创新意识. 3.(2013辽宁理,19,12分)现有10道题,其中6道甲类题,4道乙类题,张同学从中任取3道题解答. (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率; (2)已知所取的3道题中有2道甲类题,1道乙类题.设张同学答对每道甲类题的概率都是,答对 每道乙类题的概率都是,且各题答对与否相互独立.用X表示张同学答对题的个数,求X的分布 列和数学期望. 3 5 4 5 解析解析(1)设事件A=“张同学所

48、取的3道题至少有1道乙类题”, 则有=“张同学所取的3道题都是甲类题”. 因为P()=,所以P(A)=1-P()=.(6分) (2)X所有的可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=; P(X=1)=+=; P(X=2)=+=; P(X=3)=. 所以X的分布列为 A A 3 6 3 10 C C 1 6 A 5 6 0 2 C 0 3 5 2 2 5 1 5 4 125 1 2 C 1 3 5 1 2 5 1 5 0 2 C 0 3 5 2 2 5 4 5 28 125 2 2 C 2 3 5 0 2 5 1 5 1 2 C 1 3 5 1 2 5 4 5 57 125 2 2 C 2 3

49、5 0 2 5 4 5 36 125 X0123 P 4 125 28 125 57 125 36 125 (10分) 所以E(X)=0+1+2+3=2.(12分) 4 125 28 125 57 125 36 125 三年模拟 A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组 1.(2019南师大附中期中,22)甲、乙两人做某种游戏共两局,每局胜者得3分,打平各得1分,输者 得0分.已知甲每局获胜的概率为,乙每局获胜的概率为,随机变量X表示甲在两局游戏后的 得分. (1)求概率P(X=2); (2)求X的分布列,并求其数学期望E(X). 1 2 1

50、3 解析解析(1)设“甲打平的事件”为A, 则P(A)=1-=. 所以P(X=2)=.(2分) (2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,6. P(X=0)=, P(X=1)=+=, P(X=2)=, P(X=3)=+=, P(X=4)=+=, P(X=6)=. 所以X的分布列为 1 2 1 3 1 6 1 6 1 6 1 36 1 3 1 3 1 9 1 3 1 6 1 6 1 3 1 9 1 6 1 6 1 36 1 2 1 3 1 3 1 2 1 3 1 2 1 6 1 6 1 2 1 6 1 2 1 2 1 4 X012346 P 1 9 1 9 1 36 1 3 1 6 1 4 (

51、8分) (说明:一个概率1分) 故E(X)=0+1+2+3+4+6=.(10分) 1 9 1 9 1 36 1 3 1 6 1 4 10 3 2.(2019南京期初调研,23)本着健康、低碳的生活理念,租用公共自行车骑行的人越来越多.某 种公共自行车的租用收费标准为:每次租车不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费2 元(不足1小时的部分按1小时计算).甲、乙两人相互独立来租车,每人各租1辆且只租用1次.设 甲、乙不超过1小时还车的概率分别为和;1小时以上且不超过2小时还车的概率分别为 和;两人租车时间都不会超过3小时. (1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率; (2)记甲、乙两人所付的

52、租车费用之和为随机变量X,求X的分布列和数学期望E(X). 1 4 1 2 1 2 1 4 解析解析(1)由于两人租车时间都不会超过3小时, 所以每人所付费用可能为0元,2元,4元. 因此,两人都付0元的概率P1=, 都付2元的概率P2=, 都付4元的概率P3=. 所以,两人所付费用相同的概率P=P1+P2+P3=.(4分) (2)根据题意,X的所有可能取值为0,2,4,6,8. P(X=0)=, P(X=2)=+=, P(X=4)=+=, P(X=6)=+=, P(X=8)=. 1 4 1 2 1 8 1 2 1 4 1 8 1 4 1 4 1 16 5 16 1 4 1 2 1 8 1 4

53、 1 4 1 2 1 2 5 16 1 4 1 4 1 2 1 4 1 4 1 2 5 16 1 2 1 4 1 4 1 4 3 16 1 4 1 4 1 16 因此,随机变量X的分布列为 (8分) 故随机变量X的数学期望E(X)=+=.(10分) X02468 P 1 8 5 16 5 16 3 16 1 16 5 8 5 4 9 8 1 2 7 2 3.(2019扬州期中,22)假定某人在规定区域投篮命中的概率为,现他在某个投篮游戏中,共投 篮3次. (1)求连续命中2次的概率; (2)设命中的次数为X,求X的分布列和数学期望E(X). 2 3 解析解析(1)设Ai(i=1,2,3)表示第

54、i次投篮命中,表示第i次投篮不中.设投篮连续命中2次为事 件A, 则P(A)=P(A1A2+A2A3)=+=.(4分) (2)命中的次数X可能的取值为0,1,2,3. P(X=0)=,P(X=1)= =,P(X=2)= =,P(X=3)=. 从而X的分布列为 iA 3A1A 2 3 2 3 1 3 1 3 2 3 2 3 8 27 3 2 1 3 1 27 1 3 C 1 2 3 2 2 1 3 2 9 2 3 C 2 2 3 1 2 1 3 4 9 3 2 3 8 27 X0123 P 1 27 2 9 4 9 8 27 (8分) 所以E(X)=0+1+2+3=2.(10分) 1 27 2

55、9 4 9 8 27 4.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,22)“回文数”是指从左到右与从右到左读都 一样的正整数,如22,121,3553等.显然2位“回文数”共9个:11,22,33,99.现从9个不同2位 “回文数”中任取1个乘4,其结果记为X;从9个不同2位“回文数”中任取2个相加,其结果记 为Y. (1)求X为“回文数”的概率; (2)设随机变量表示X,Y两数中“回文数”的个数,求的概率分布和数学期望E(). 解析解析(1)记“X是回文数”为事件A. 9个不同2位“回文数”乘4的值依次为44,88,132,176,220,264,308,352,396.其中“回文数”有

56、4 4,88. 所以,事件A的概率P(A)=.(3分) (2)根据条件知,随机变量的所有可能取值为0,1,2. 由(1)得P(A)=.(5分) 设“Y是回文数”为事件B,则事件A,B相互独立. 根据已知条件得P(B)=. P(=0)=P()P()=, P(=1)=P()P(B)+P(A)P()=+=, P(=2)=P(A)P(B)=.(8分) 所以随机变量的概率分布为 2 9 2 9 2 9 20 C 5 9 AB 2 1 9 5 1 9 28 81 AB 2 1 9 5 9 2 9 5 1 9 43 81 2 9 5 9 10 81 012 P28 81 43 81 10 81 所以,随机变

57、量的数学期望E()=0+1+2=.(10分) 28 81 43 81 10 81 7 9 名师点睛名师点睛求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤: 第一步是“判断取值”,即判断随机变量的所有可能取值,以及取每个值所表示的意义; 第二步是“探求概率”,即利用排列组合、枚举法、概率公式等,求出随机变量取每个值时的 概率; 第三步是“写分布列”,即按规范形式写出分布列,并注意用分布列的性质检验所求的分布列 或某事件的概率是否正确; 第四步是“求期望值”,一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值. 5.(2019南通期末三县联考,22)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

58、, 乙两人均从装有4只红球、1只黑球的袋中轮流不放回摸取1只球,摸到黑球的人获胜,并结束 该局. (1)若在一局中甲先摸,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. 解析解析(1)记“一局中甲先摸,甲在该局获胜”为事件A,共有三种情况:黑球在1号、3号或5号 位置.(2分) 所以P(A)=. 答:甲在该局获胜的概率为.(4分) (2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3,(5分) 则P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)

59、=,(9分) 所以X的概率分布为 3 5 3 5 2 5 3 5 6 25 3 5 3 5 9 25 2 5 2 5 4 25 3 5 2 5 6 25 X0123 P 6 25 9 25 4 25 6 25 故E(X)=0+1+2+3=.(10分) 6 25 9 25 4 25 6 25 7 5 6.(2018南京、盐城二模,22)甲,乙两人站在P点处分别向A,B,C三个目标进行射击,每人向三个 目标各射击一次.每人每次射击每个目标均相互独立,且两人各自击中A,B,C的概率分别为, ,. (1)设X表示甲击中目标的个数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)求甲、乙两人共击中目标数为2的概

60、率. 1 2 1 3 1 4 解析解析(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=, P(X=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 1 3 1 1 4 1 1 2 1 3 1 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 1 4 1 24 0123 P 1 4 11 24 1 4 1 24 X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. (2)设Y表示乙击中目标的个数,