三维设计高三数学理二轮复习同步题型专题18 概率随机变量及其分布列通用版doc

1、题型专题(十八)概率、随机变量及其分布列师说考点1古典概型的概率公式P(A).说明求事件包含的基本事件数，常用计数原理与排列、组合的相关知识2几何概型的概率公式P(A).典例(1)(2016·合肥质检)某企业的4名职工参加职业技能考核，每名职工均可从4个备选考核项目中任意抽取一个参加考核，则恰有一个项目未被抽中的概率为()A. B. C. D.解析选A由题意得，所有的基本事件总数为44256，若恰有一个项目未被抽中，则说明4名职工总共抽取了3个项目，符合题意的基本事件数为C·C·C·A144，故所求概率P，故选A.(2)(2016·山西质检)某

2、同学用计算器产生两个0，1之间的均匀随机数，分别记作x，y.当y<x2时，x>的概率是()A. B. C. D. 解析选D记“y<x2”为事件A，“x>”为事件B，所有(x，y)构成的区域如图所示，S1x2dxx3|0，S2x2dxS1x3|，则所求概率为，故选D.1利用古典概型求概率的关键及注意点(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，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2几何概型的适用条件及应用关键(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解(2)利用几何概型求概率时，关

3、键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域 演练冲关1(2016·全国甲卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为()A. B. C. D.解析：选B如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯AB长度为401525，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为，故选B.2在三棱锥S­ABC内任取一点P，使得三棱锥P­ABC的体积满足VP­ABC<VS

4、­ABC的概率是()A. B. C. D.解析：选A由题意知，三棱锥S­ABC与三棱锥P­ABC的底面相同，设三棱锥S­ABC的底面面积为S，则三棱锥P­ABC的高h与三棱锥S­ABC的高h满足Sh<×Sh，所以h<.如图，点P位于棱台ABC­ABC内，其中A，B，C分别为SA，SB，SC的中点，易知棱台的上底面的面积SS，所以棱台的体积应为VS­ABCVS­ABCVS­ABC，故所求概率为.3某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第

5、一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为() A. B. C. D.解析：选A当学生A最后一个出场时，有AA18种不同的安排方法；当学生A不是最后一个出场时，有AA36种不同的安排方法，所以满足“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的所有不同安排方法有183654种其中“C第一个出场”的结果有AA18种，则所求概率为，选项A正确.师说考点概率类型特点概率求法相互独立事件同时发生事件互相独立P(AB)P(A)P(B)(A，B相互独立)独立重复试验一次试验重复n次P(Xk)Cpk(1p)nk(p为发生的概率)典例(2016·山东高考节选)甲、乙两人组成“星

6、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，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的分布列解(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，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得，所以“星队”至少猜对3个成语

7、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. 根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得，P(X0)×××，P (X1)2×(××××××)，P (X2)××××××××××××，P (X3)××××××，P (X4)2×(×××××

8、×)， P (X6)×××.可得随机变量X的分布列为X012346P求复杂事件概率的2种方法(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解(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 演练冲关1一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X12)等于()AC BCCC DC解析：选

9、D“X12”表示第12次取到红球，且前11次有9次取到红球，2次取到白球，因此P(X12)C×C.2某校要用三辆校车把教师从西校区送到东校区，已知从西校区到东校区有两条公路，校车走公路堵车的概率为，不堵车的概率为；校车走公路堵车的概率为p，不堵车的概率为1p.若甲、乙两辆校车走公路，丙校车由于其他原因走公路，且三辆校车是否堵车相互之间没有影响(1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为，求走公路堵车的概率；(2)在(1)的条件下，求三辆校车中被堵的辆数的分布列解：(1)由已知条件得C××·(1p)·p，即3 p1，则p.(2)可能的取值为0，1，

10、2，3.P(0)××；P(1)；P(2)××C×××；P(3)××.的分布列为0123 P师说考点1均值与方差的性质(1)E(aXb)a E (X)b；(2)D(aXb)a2D(X)(a，b为实数)2两点分布与二项分布的均值、方差(1)若X服从两点分布，则E (X)p，D (X)p (1p)；(2)若XB(n，p)，则E (X)np，D (X)np (1p)典例(2016·全国乙卷)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，

11、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n19与n20之中选其一，应选用哪个？解(1)由柱状图及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

12、，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2.从而P (X16)0.2×0.20.04；P (X17)2×0.2×0.40.16；P (X18)2×0.2×0.20.4×0.40.24；P (X19)2×0.2×0.22×0.4×0.20.24；P (X20)2×0.2×0.40.2×0.20.2；P (X21)2×0.2×0.20.08；P (X22)0.2×0.20.04.所以X的分布列为X16171819202122P0.04

13、0.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P (X18)0.44，P (X19)0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)当n19时，E(Y)19×200×0.68(19×200500)×0.2(19×2002×500)×0.08(19×2003×500)×0.044 040；当n20时，E (Y)20×200×0.88(20×200500)×0.08(20×2002×

14、500)×0.044 080.可知当n19时所需费用的期望值小于当n20时所需费用的期望值，故应选n19.求解离散型随机变量的均值与方差的2个关键(1)求离散型随机变量的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，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率(2)求随机变量的均值和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或两点分布，则可直接使用公式求解 演练冲关(2016·长春质检)近年来我国电子商务行业迎来蓬勃发展的新机遇，2015年双11期间，某购物平台的销售业绩高达918亿人民币与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务评价体系现从评

15、价系统中选出200次成功的交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都作出好评的交易为80次(1)是否可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品好评与服务好评有关？(2)若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的5次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量X：求对商品和服务全好评的次数X的分布列(概率用组合数算式表示)；求X的均值和方差P(K2k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(K2，其中nabcd)解：(1)由题意可得关于商品

16、和服务评价的2×2列联表如下：对服务好评对服务不满意总计对商品好评8040120对商品不满意701080总计15050200K211.111>10.828，可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品好评与服务好评有关(2)每次购物时，对商品和服务都好评的概率为，且X的取值可以是0，1，2，3，4，5.其中P(X0)；P (X1)C；P (X2)C；P (X3)C·；P (X4)C；P (X5).所以X的分布列为：由于XB，则E(X)5×2；D(X)5××.随机变量的均值与其他知识的交汇随机变量及其分布是高考的一个必考点，多为解答题，

17、重点考查离散型随机变量的分布列与均值知识近几年，高考试题通过对常见模型进行改编，成为立意高、情境新、设问巧、贴近生活的问题典例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1 000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1 200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 W121518P 0.30.50.2该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量(1)

18、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10 000元的概率解(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获利为z，则有(*)目标函数为z1 000x1 200y.将z1 000x1 200y变形为l：yx，设l0：yx.当W12时，(*)表示的平面区域如图阴影部分所示，三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)平移直线l0知当直线l过点B，即当x2.4，y4.8时，z取最大值，故最大获利Zzmax2.4×1 0004.8×1 2008 160(元)当W15时，(*)表示的平面区域如图阴影部

19、分所示，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)平移直线l0知当直线l过点B，即当x3，y6时，z取得最大值故最大获利Zzmax3×1 0006×1 20010 200(元)当W18时，(*)表示的平面区域如图阴影部分所示，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0)平移直线l0知当直线l过点C，即当x6，y4时，z取得最大值，故最大获利Zzmax6×1 0004×1 20010 800(元)故最大获利Z的分布列为Z8 16010 20010 800P0.30.50.2因此，E(Z)8 160×0.31

20、0 200×0.510 800×0.29 708.(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率p1P(Z>10 000)0.50.20.7，由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为P1(1p1)310.330.973. (1)本题是随机变量的均值与线性规划知识的交汇，主要考查离散型随机变量的分布列、均值与线性规划等相关知识(2)求解本题的关键：利用条件列出不等关系，即约束条件；求出目标函数所对应的最值；结合概率知识求解即可解决 演练冲关甲、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，比赛就此结束因两队实

21、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，所以Sn300.解得n5或n12(舍去)，所以总决赛共比赛了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C.所以总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率为.(2)随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即2

22、20，300，390，490.P(X220)2×，P (X300)C，P (X390)C，P (X490)C，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)一、选择题1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()A0.648 B0.432 C0.36 D0.312解析：选A3次投篮投中2次的概率为P(k2)C×0.62×(10.6)，投中3次的概率为P(k3)

23、0.63，所以通过测试的概率为P(k2)P(k3)C×0.62×(10.6)0.630.648.2(2016·张掖模拟)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为()A. B. C. D.解析：选B第一次摸出新球记为事件A，则P(A)，第二次取到新球记为事件B，则P(AB)，P(B|A)，故选B.3(2016·广州模拟)在平面区域(x，y)|0x1，1y2内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y2x的概率为()A. B. C. D.解析：选A依题意作出图象如图，则P

24、(y2x).4(2016·江西两市联考)已知集合M=1,2,3，N=1,2，3,4.定义映射f:MN，则从中任取一个映射满足由点A(1，f(1)，B(2，f(2)，C(3，f(3)构成ABC且ABBC的概率为()A. B. C. D.解析：选C集合M1，2，3，N1，2，3，4，N有4364种，映射f:MN有4364种，由点A(1，f(1)，B(2，f(2)，C(3，f(3)构成ABC且ABBC，f(1)f(3)f(2)，f(1)f(3)有4种选择，f(2)有3种选择，从中任取一个映射满足由点A(1，f(1)，B(2，f(2)，C(3，f(3)构成ABC且ABBC的事件有4×

25、;312种，所求概率为.5不等式组表示的点集记为A，不等式组表示的点集记为B，在A中任取一点P，则PB的概率为()A. B. C. D.解析：选A联立解得x1或x2.由几何概型知识可知所求概率P.6先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1，2，3，4，5，6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“xy为偶数”，事件B为“x，y中有偶数且xy”，则概率P(B|A)()A. B. C. D.解析：选B正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C·C36(种)事件A：“xy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)

26、，P(A2)，所以P(A)P(A1)P(A2).事件B为“x，y中有偶数且xy”，所以事件AB为“x，y都为偶数且xy”，所以P(AB).由条件概率的计算公式，得P(B|A).二、填空题7(2016·山东高考)在1，1上随机地取一个数k，则事件“直线ykx与圆(x5)2y29相交”发生的概率为_解析：由直线ykx与圆(x5)2y29相交，得3，即16k29，解得k.由几何概型的概率计算公式可知P.答案：8(2016·四川高考)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_解析：法一：由题意可知每次试验不成功的概率

27、为，成功的概率为，在2次试验中成功次数X的可能取值为0，1，2，则P(X0)，P(X1)C××，P(X2).所以在2次试验中成功次数X的分布列为X012P则在2次试验中成功次数X的均值为E(X)0×1×2×.法二：此试验满足二项分布，其中p，所以在2次试验中成功次数X的均值为E(X)np2×.答案：9某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止设甲每次击中的概率为p(p0)，射击次数为，若的均值E()>，则

28、p的取值范围是_解析：由已知得P(1)p，P(2)(1p)p，P(3)(1p)2，则E()p2(1p)p3(1p)2p23p3>，解得p>或p<，又p(0，1)，所以p.答案：三、解答题10(2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a (单元：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：上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概

29、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：(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)1(0.300.15)0.55.(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)0.10.050.15.又P(AB)P(B)，故P(B|A).因此所求概率为.(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)0.85a×0.30a×0.151.25a×0.201.5a×0.201.75a×0.102a×0.051.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.