专题七第2讲概率、随机变量及其分布

1、实用文案2015 届高三直升班第二轮复习专题七概率与统计第 2 讲概率、随机变量及其分布知识主干1随机事件的概率(1) 随机事件的概率范围： 0 P( A) 1；必然事件的概率为 1；不可能事件的概率为 0.m A中所含的基本事件数(2) 古典概型的概率P( A) n基本事件总数.构成事件 A的区域长度 ( 面积或体积 )(3) 几何概型的概率 P( A) 试验的全部结果所构成的区域长度 ( 面积或体积 ) . 2条件概率在A发生的条件下B发生的概率：( | )P(AB).P B AP( 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

2、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k k p)n k， ， n.P ( k) C p (1，k 0,1,2nn5超几何分布k n kC C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) M NM， ， m，n ， k 0,1,2CN其中 min， ，且， ， N* . 此时称随机变量X服从超几何分布超几何分布的模型mM nn N M N nM N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)设离散型随机变量X可能取的值为x1，2， ，xi ， ，xn，X取每一个值xi 的概率为( i ) pi ，xP

3、X x则称下表：Xx12x3xxxinPp1p2p3pipn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：p0， p p p p 1( i 1,2,3， ， n) i12in(3)E( X) x p x p x p x p为 X的均值或数学期望(简称期望 )1122i in nD( X) ( x1E( X) 2·p1 ( x2 E( X) 2·p2 ( xi E( X) 2·pi ( xn E( X)2·pn 叫做随机变量 的方差(4) 性质 E( aX b) aE( X) b， D( aX b) a2D( X) ； X B(

4、 n，p) ，则 E( X) np， D( X) np(1 p) ；X服从两点分布，则()，()(1)E X p D X pp7正态分布标准实用文案若 X N( ， 2) ，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 ( < ) 0.682 6； ( 2 < 2) 0.954 4； ( 3 < 3PXPXPX ) 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

5、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 秒的概率是 ()1137A. B.C.4D.428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1答案(1) 4(2)C解析(1) 任取两个数字( 可重复 ) 共有 4× 4 16( 种 ) 排列方法，一个数字是另一个数字的2 倍的所有可能41情况有 12、 21、 24、 42 共 4 种，所以所求概率为P .164(2) 如图所示

6、，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，0x 4x、y 相互独立，由题意可知0y 4，所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超| x y| 21正方形 ABC4× 4 2×2× 2× 2S2S12 3过 2 秒的概率为 P(| x y| 2) S正方形4×4 16 4.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

7、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 xx 31 有意义的概率为_标准实用文案1 2 答案 (1) 6 (2) 3解析 (1) 从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,97个) ，记事件 “七个中任取七个不同的数， 基本事件总数共有 C 120(10数的中位数为 6”为事件 ，则事件A包含的基本事件的个数为33( ) 201C6C

8、3 20，故所求概率 .AP A12061 x 0，1 ( 3)2(2) 由 x 3 0，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 3( 3) 3.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

9、笔试的概率；(2) 求经过两次考试后，至少有一人被该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(A1 A 2 A 3)P( A1A2 A 3)P( A1 A2A3) 0.6 × 0.5 × 0.6 0.4 × 0.5 × 0.6 0.4 × 0.5 ×0.4 0.38

10、.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 × 0.6 0.36 ，P( B) 0.5 × 0.6 0.3 ， P( C) 0.4 × 0.75 0.3.事件 F 表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”则 F 表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，即FABC，于是 P(F)1P( F )1P( A )P( B )P( C) 1 0.64 × 0.7 × 0.7 0.686 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

11、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；在每标准实用文案次试验中，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，系统A和系统B在任意时刻发B生故障的概率分别为 1和 .p1049(1)

12、若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为50，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14911 P( C ) 1 10· p 50，解得 p 5.(2) 设“系统A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D. “系统 A 在 3次相互独立的检测中发生k 次故障”为事件Dk .则 D D0 D1，且 D0、 D1 互斥依题意，得 (013(1112)C(1) ，)C·(1 ) ，P D3P D301011010所以 P( D)

13、P( D0) P( D1) 17292432430001 000250.243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 . 250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 21 道乙类题设张同学答对每道甲类题的概率都是3道甲类题，5，答对每道乙4X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望类题的概率都是5，且各题答对与否相互独立用思维启迪 (1)利用对立事件求概率；(2)计算每个

14、 X 的值所对应的概率解 (1)设事件“张同学所取的 3 道题至少有1 道乙类题”，则有A“张同学所取的3 道题都是甲类A题”315因为 P(C6A ) 3 ，所以 P( A) 1P(A) .C1066(2) X 所有的可能取值为0,1,2,3.03 02 214P( X 0) C2· 5· 5·5 125；13121103 022428( 1) C2··· C2·· ；P X55555512523 22 0113 12 1457P( X 2) C·5· 5·5 C5 ·5&

15、#183; 5 125；22标准实用文案2·3220436P( X 3) C5· 5·5 125.2所以 X 的分布列为X0123P42857361251251251254285736所以 E( X) 0× 125 1× 125 2× 125 3× 125 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

16、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 ()1266A. 125B. 51687C. 125D. 5(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2，得到乙、丙两公司面试的概率均为，且三个公司是否让其面试是相互独立的，记X为该毕3p1业生得到面试的公司个数若P( X 0) 12，则随机变量X的数学期望 E( X) _.答案(1)B5(2)3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

17、一个正方体，涂漆面数X 的数学期望( ) 54× 13681506× 2× 3 .E X1251251251255(2) 由题意知 P( X 0) 1(1 p) 2 1 ， p 1.3122随机变量X的分布列为X0123P115112312611515E( X) 0×12 1× 3 2× 12 3× 6 3.标准实用文案概率模型的应用，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 中包含的基本事件个数m；(2) 与图形

18、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，先求出事件

19、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()1234A.B.C.D.5555答案C263解析 取两个点的所有情况为C5 10，所有距离不小于正方形边长的情况有6 种，概率为 10 5. 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 ( m 3， n 3) ，从乙盒中随机抽取 i ( i 1,2) 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 ( i 1,

20、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( i 1,2) 则 ()A p1>p2， E( 1)< E( 2)C p1>p2， E( 1)> E( 2)Bp1 <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：112Pnmm nm n2123标准实用文案2112CCCCPnm nm222Cm nCm nCmnn 2m 2mn所以 E( 1) m n mn mn ，21123Cn2CmCn3CmE( 2) 2 2 2m n，CmnCm nCm n m n所

21、以 E( 1)< E( 2) mn1 2m n因为 p1 ·22( )，m nm nm n21121 3mnCmCmCn2 Cn2 2 2· 2· ，pC3C33( mn)Cmnmnm nnp1 p2 6( m n) >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 ()5218A.21 B. 7 C.3D.21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44 个，有 C10 210 种不同的结果，由于是随机取出的

22、，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11111C5· C2· C2· C2· C2 80 个基本事件，80 8所以 P( A) 210 21.2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 ()1696A. 625B. 6256244C. 625D. 625答案B解析由题意得任取两球有2种情况，取出两球号码之积是4 的倍数的情况为(1,4) ，(

23、2,4) ，(3,4)，(2,6)，C6(4,6)，(4,5)共 6 种情况， 故每人摸球一次中奖的概率为623 人中奖的概率为3233C62 5，故 4 人中有C(5) ×5496625. 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1两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为2. 据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40 万元，标准实用文案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

24、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nnnn(10 n 70) 300.设此数列为 a ，则易知 a1 40，a 10n30， S2解得 n 12( 舍去 ) 或 n 5，总决赛共比赛了5 场则前 4 场比赛的比分必为13，且第 5 场比赛为领先的球队获胜，其概率为1141C4(2) 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·( ) 41， 2 81( 300)1141 C () ，P X42421553165P( X 390) C5(2) 16，P( X 490) C6(2)

25、 16.所以， X 的分布列为X220300390490P11558416161155所以 X 的均值为 E( X) 220×8 300× 4 390× 16 490× 16 377.5( 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()1357A.8B.8C. 8D. 8答案D解析4 名同学各自在周六、 周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24 16( 种 ) ，其中仅在周六 ( 周日 )117参加的各有1 种，所

26、求概率为1 16 8.2已知菱形ABCD的边长为4， ABC 150°，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 ()标准实用文案A.4 B14 C. 8 D18答案D解析4× 4× sin 150°× 12 1 .P4× 4×sin 150 °8y 0， ，直线 y mx 2m 和曲线 y4 x2有两个不同的交点，它们围成3已知 ( x， y)|y 4 x2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) 2， 1，则2实数 m的取值范围为

27、 ()13A 2，1B0， 3 3C 3 ，1D0,1答案D解析如图，由题意得m 0，根据几何概型的意义，S弓形S弓形知 P(M)半圆2 ，S又 P(M) 22 ， 1 ，所以 S 弓形 2,2 故 0 m1.4已知盒中装有3 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()3277A.10 B. 9C. 8D. 9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” ，3377则 P( A) 1

28、0， P( AB) 10× 9 30.7则所求概率为P( AB)307P(B|A) .P( A)39105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 ()601160A. 91， 2B. 2， 91标准实用文案560911C. 18， 91D. 216， 2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， 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

29、 6× 6× 65× 5× 5 91( 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1C3× 5× 4 60( 种) ，60所以 P( A| B) 91.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11C×5×43有一个骰子掷出3 点”的概率，所以P( B| A) 6×5×42，故选 A.6设随机变量服从正态分布(2,9)，若 (>) (< 2) ，则c的值是()NP cP cA1 B 2 C3 D

30、4答案C解析因为 服从正态分布 N(2,9) 即 2 为图象的对称轴，而 P( >c) P( <c 2) 即 c 与 c 2 关于 2对称，则有 c c 2 2? c3.2二、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12解析从 10 件产品中取4134 件，共有 C 种取法，取到 1 件次品的取法为 C C种，由古典概型概率计算公式1037133× 351C C37 .得P 4210C1028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1132解析

31、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41 6P C2651 661 611 C62 C6 .23219 (2014 ·浙江 ) 随机变量 的取值为 0,1,2. 若 P( 0) 5， E( ) 1，则 D( ) _.答案25解析设 P( 1) a， P( 2) b，标准实用文案13a b1，a ，5则 5解得1a 2b 1，b 5，所以 (1312) ×0 ×1 .D555510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an 1，点数不是3的倍数，Sn 是其前 n 项和

32、，则 S5 3 的概率是 _1，点数是 3的倍数，答案10243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2，结果为 1 发生的概率为 1， S53 即 5331211 410次试验中 1 发生一次， 1发生四次，故其概率为C5· ( 3)( 3)243.三、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 X 的分布列和数学期望解(1) 设取出的小球

33、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2(C112CC) 1 19P(A)2334 .C735(2) 随机变量 X 的可能取值为 3,4,6.11P( X 3) C74 35，1322C2C4C4P(X4)4 ，C753C64P(X6) 4 .C77所以随机变量X 的分布列为X346P1243557X 的数学期望 E( X) 3×124179所以随机变量35 4×5 6×735 .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

34、到落点在甲上标准实用文案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 A11上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为2，在 D上的概率为 3；对落点在 B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为1D3，上各一次，小明的两次回球互不，在上的概率为. 假设共有两次来球且落在55A B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 i 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)，A则 P( A3) 1， P( A1) 1，P( A0) 11 1 1.23236记 Bj 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为j 分” ( j 0,1,3) ，13131则 P( B3) 5， P( B1) 5，P( B0) 15 5 5.记 D为事件“小明两次回球的落点中恰有1