2016广东高考理数大二轮专项训练专题7(I)概率随机变量和其分布(含答案)

1、2016广东高考理数大二轮 专项训练第2讲概率、随机变量及其分布考情解读1.该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何、定积分交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的分布列、期望(均值)、方差，常与相互独立事件的概率、n次独立重复试验交汇考查.2.从考查形式上来看，三种题型都有可能出现，选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能，有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的分布列等，都属于中、低档题1随机事件的概率(1)随机事件的概率范围：0P(A)1；必然事件的概率为1；不可能

2、事件的概率为0.(2)古典概型的概率P(A).(3)几何概型的概率P(A).2条件概率在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A).3相互独立事件同时发生的概率P(AB)P(A)P(B)4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次的概率为Pn(k)Cpk(1p)nk，k0,1,2，n.5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(Xk)，k0,1,2，m，其中mminM，n，且nN，MN，n，M，NN*.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.6离散型随机变量的分布列(1

3、)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，xi，xn，X取每一个值xi的概率为P(Xxi)pi，则称下表：Xx1x2x3xixnPp1p2p3pipn为离散型随机变量X的分布列(2)离散型随机变量X的分布列具有两个性质：pi0，p1p2pipn1(i1,2,3，n)(3)E(X)x1p1x2p2xipixnpn为X的均值或数学期望(简称期望)D(X)(x1E(X)2·p1(x2E(X)2·p2(xiE(X)2·pi(xnE(X)2·pn叫做随机变量的方差(4)性质E(aXb)aE(X)b，D(aXb)a2D(X)；XB(n，p)，则E(X)np，D(X

4、)np(1p)；X服从两点分布，则E(X)p，D(X)p(1p)7正态分布若XN(，2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率P(<X)0.682 6；P(2<X2)0.954 4；P(3<X3)0.997 4.热点一古典概型与几何概型例1(1)在1,2,3,4共4个数字中，任取两个数字(允许重复)，其中一个数字是另一个数字的2倍的概率是_(2)(2013·四川)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概

5、率是()A. B. C. D.思维启迪(1)符合古典概型特点，求4个数字任取两个数字的方法种数和其中一个数字是另一个数字的2倍的方法数；(2)由几何概型的特点，利用数形结合求解答案(1)(2)C解析(1)任取两个数字(可重复)共有4×416(种)排列方法，一个数字是另一个数字的2倍的所有可能情况有12、21、24、42共4种，所以所求概率为P.(2)如图所示，设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，x、y相互独立，由题意可知，所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|xy|2).思维升华(1)解答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

6、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)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解(1)(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为_(2)在区间3,3上随机取一个数x，使得函数f(x)1有意义的概率为_答案(1)(2)解析(1)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件总数共有C120(个)，记事件“

7、七个数的中位数为6”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为CC20，故所求概率P(A).(2)由得f(x)的定义域为3,1，由几何概型的概率公式，得所求概率为P.热点二相互独立事件和独立重复试验例2甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75.(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率；(2)求经过两次考试后，至少有一人被该

8、高校预录取的概率思维启迪本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解解(1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通过笔试”，则P(E)P(A123)P(1A23)P(12A3)0.6×0.5×0.60.4×0.5×0.60.4×0.5×0.40.38.即恰有一人通过笔试的概率是0.38.(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A、B、C，则P(A)0.6&#

9、215;0.60.36，P(B)0.5×0.60.3，P(C)0.4×0.750.3.事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”则表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，即 ，于是P(F)1P()1P()P()P()10.64×0.7×0.70.686 4.即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.686 4.思维升华求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：(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(2)一个复杂事件若

10、正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；在每次试验中，事件发生的概率相同某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；(2)求系统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的概率解(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1P()1·p，解得p.(2)设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故

11、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DD0D1，且D0、D1互斥依题意，得P(D0)C(1)3，P(D1)C·(1)2，所以P(D)P(D0)P(D1).所以系统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的概率为.热点三随机变量的分布列例3(2013·辽宁)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

12、同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望思维启迪(1)利用对立事件求概率；(2)计算每个X的值所对应的概率解(1)设事件A“张同学所取的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)1P().(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X0)C·0·2·；P(X1)C·1·1·C0·2·；P(X2)C·2·0·C1·1·；P(X3)C·2·0·.所以X的分布列为X0123P所以E(X)0×

13、;1×2×3×2.思维升华解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：(1)明确随机变量可能取哪些值(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值(3)根据分布列和期望、方差公式求解(1)(2013·湖北)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的数学期望E(X)等于()A. B.C. D.(2)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试

14、是相互独立的，记X为该毕业生得到面试的公司个数若P(X0)，则随机变量X的数学期望E(X)_.答案(1)B(2)解析(1)125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆，从中随机取一个正方体，涂漆面数X的数学期望E(X)×1×2×3.(2)由题意知P(X0)(1p)2，p.随机变量X的分布列为X0123PE(X)0×1×2×3×.概率模型的应用，需熟练掌握以下常考的五种模型：(1)基本事件的发生具有等可能性，一般可以抽象转化为古典概型问题，解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数n与事件A中包

15、含的基本事件个数m；(2)与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问题，一般可以应用几何概型求解，即随机事件A的概率可用“事件A包含的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”之比表示；(3)两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题，可转化为互斥事件来解决，解决这类问题的关键是分清事件是否互斥；(4)事件是否发生相互不影响的实际应用问题，可转化为独立事件的概率问题，其中在相同条件下独立重复多次的可转化为二项分布问题，应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解；(5)有关平均值和稳定性的实际应用问题，一般可抽象为随机变量的期望与方差问题，先

16、求出事件在各种情况下发生的概率，再应用公式求随机变量的期望和方差.真题感悟1(2014·陕西)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为()A. B. C. D.答案C解析取两个点的所有情况为C10，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为.故选C.2(2014·浙江)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m3，n3)，从乙盒中随机抽取i(i1,2)个球放入甲盒中(1)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为i(i1,2)；(2)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i1,2)则()Ap1&

17、gt;p2，E(1)<E(2) Bp1<p2，E(1)>E(2)Cp1>p2，E(1)>E(2) Dp1<p2，E(1)<E(2)答案A解析随机变量1，2的分布列如下：112P2123P所以E(1)，E(2)，所以E(1)<E(2)因为p1·，p2··，p1p2>0，所以p1>p2.押题精练 1有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为()A. B. C. D.答案D解析有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有C21

18、0种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件A为“取出球的编号互不相同，”则事件A包含了C·C·C·C·C80个基本事件，所以P(A).2箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是()A. B.C. D.答案B解析由题意得任取两球有C种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6种情况，故每人摸球一次中奖的概率为，故4人

19、中有3人中奖的概率为C()3×.故选B.3甲乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛结束因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率；(2)设总决赛中获得的门票总收入为X，求X的均值E(X)解(1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列设此数列为an，则易知a140，an10n30，Sn300.解得n12(舍去)或n5，总决赛共比赛了5场则前4场比赛的比分必为13，且第5场

20、比赛为领先的球队获胜，其概率为C()4.(2)随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即220,300,390,490.又P(X220)2·()4，P(X300)C()4，P(X390)C()5，P(X490)C()6.所以，X的分布列为X220300390490P所以X的均值为E(X)220×300×390×490×377.5(万元)(推荐时间：50分钟)一、选择题1(2014·课标全国)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A. B. C. D.答案D解析4名同学各自在

21、周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有2416(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，所求概率为1.2已知菱形ABCD的边长为4，ABC150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率为()A. B1 C. D1答案D解析P1.3已知(x，y)|，直线ymx2m和曲线y有两个不同的交点，它们围成的平面区域为M，向区域上随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P(M)，若P(M)，1，则实数m的取值范围为()A，1 B0，C，1 D0,1答案D解析如图，由题意得m0，根据几何概型的意义，知P(M)，又P(M)，1，所以S弓形2,2故0m1.4已知盒中装有3

22、只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率是()A. B. C. D.答案D解析设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)，P(AB)×.则所求概率为P(B|A).5将三个骰子各掷一次，设事件A为“三个骰子掷出的点数都不同”，事件B为“至少有一个骰子掷出3点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是()A.， B.，C.， D.，答案A解析根据条件概率的含义，P(A|B)的含义为在B发生的情况下

23、，A发生的概率，即在“至少有一个骰子掷出3点”的情况下，“三个骰子掷出的点数都不同”的概率因为“至少有一个骰子掷出3点”的情况共有6×6×65×5×591(种)，“三个骰子掷出的点数都不相同且只有一个3点”的情况共有C×5×460(种)，所以P(A|B).P(B|A)的含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个骰子掷出的点数都不同”的情况下，“至少有一个骰子掷出3点”的概率，所以P(B|A)，故选A.6设随机变量服从正态分布N(2,9)，若P(>c)P(<c2)，则c的值是()A1 B2 C3 D4答案C解析因为服从

24、正态分布N(2,9)即2为图象的对称轴，而P(>c)P(<c2)即c与c2关于2对称，则有2c3.二、填空题7(2014·江西)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是_答案解析从10件产品中取4件，共有C种取法，取到1件次品的取法为CC种，由古典概型概率计算公式得P.8将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为_答案解析正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或6次，故所求的概率PC6C6C6.9(2014·浙江)随机变量的取值为0,1,2.若P(0)，E()1，则D()_.答案解析

25、设P(1)a，P(2)b，则解得所以D()×0×1.10连续掷一枚均匀的正方体骰子(6个面分别标有1,2,3,4,5,6)，现定义数列anSn是其前n项和，则S53的概率是_答案解析该试验可看作一个独立重复试验，结果为1发生的概率为，结果为1发生的概率为，S53即5次试验中1发生一次，1发生四次，故其概率为C·()1()4.三、解答题11一个袋子中装有7个小球，其中红球4个，编号分别为1,2,3,4，黄球3个，编号分别为2,4,6，从袋子中任取4个小球(假设取到任一小球的可能性相等)(1)求取出的小球中有相同编号的概率；(2)记取出的小球的最大编号为X，求随机变量

26、X的分布列和数学期望解(1)设取出的小球中有相同编号的事件为A，编号相同可分成一个相同和两个相同P(A).(2)随机变量X的可能取值为3,4,6.P(X3)，P(X4)，P(X6).所以随机变量X的分布列为X346P所以随机变量X的数学期望E(X)3×4×6×.12.(2014·山东)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，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解(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”(i0,1,3)，则P(A3)，P(A1)，P(A0)1.记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分”(j0,1,3)，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