专题三概率、随机变量及其分布列题型及解题方法汇总

专题三概率、随机变量及其分布列练真题析考情（笑使常考）练真题析考情（笑使常考）考什丛、学什丛［练真题•考什么］（2018•全国卷II）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ）1A-1211A-121CC.151D-18（2017・全国卷I）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）1A-4B.11A-4B.1C.2D.（2018•全国卷I）下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC.△ABC的三边所围成的区域记为I,黑色部分记为n,其余部分记为ni.在整个图形中随机取一点，此点取自1,11,111的概率分别记为p1,p2,p3,则（）A.p1=p2 B.p1=p3 c.p2=p3 D.p1=p2+p3（2016・全国卷I）某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（）

1A31A31 2B.2 C.3（2016•全国卷II）从区间［0,1］随机抽取2n个数x1,x2,…，xn,y1,y2,…，yn构成n个数对（x1,y1）,（x2,y2）,…，（xn,yn）,其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率n的近似值为（）4n4nA.一m2n 4m 2mBm C.~ D-~（2018•全国卷III）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，D（X）=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=( )A.A.0.7B.0.6C.0.4D.0.3［析命题・学什么］考情展示2018年考情展示2018年2017年2016年卷I卷n卷III卷I卷n卷III卷I卷n卷IIIT10,T20T8T8T4Tn,T19T18T3,T19T8,T18T51.对概率的考查既有大题也有小题，选择题或填空题出现在第3〜8题或第13题的位置，主要考查几何概率，难度一般.命题分2.概率统计的解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇命题分点有两种：一是图表（频率分布直方图、茎叶图、折线图、总体密度曲线、等高条形图等）择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇考查；二是图表（频率分布直方图、茎叶图、折线图、总体密度曲线、等高条形图等）择一与回归分析或独立性检验相交汇考查.析典例破疑难（师金总晴）展现律，寻方法・考点一析典例破疑难（师金总晴）展现律，寻方法・考点一【例1】每次抽取1张古典概型与几何概型⑴从分别标有1,2,…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（）C5.9（2）折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如图所示的几何图形，其中四边形ABCD为正方形，

G为线段BC的中点，四边形AEFG与四边形DGHI也是正方形，连接EB,CI，则向多边形AEFGHID中投掷一点，该点落在阴影部分的概率为.规律方法.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.⑵对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏..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.「对点训练」.5个车位分别停放了A,B,C,D,E5辆不同的车，现将所有车开出后再按A,B,C,D,E的次序停入这5个车位，则在A车停入了B车原来的位置的条件下，停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的概率是()3 3A-8B-401C-61D-12.在区间0,%上任选两个数x和》则yvsinx的概率为()A.=n22

D-1—A.=n2・考点二相互独立事件和独立重复试验命题角度一：条件概率【例2】某险种的基本保费为〃(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:上年度出险次数01234三5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01234三5概率0.300.150.200.200.100.05⑴求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；⑵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.命题角度二：事件的相互独立性【例3】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2,3，4.乙JI"(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；(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.命题角度三：独立重复试验的概率【例4】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不和p. 49 (1)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.规律方法1．条件概率在A发生的条件下B发生的概率P(AB)~P^).2．相互独立事件同时发生的概率P(AB)=P(A)XP(B).3．独立重复试验、二项分布如果事件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Cnpk(1—p)n—k,k=0,1,2,…，n.一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X=k)=Ckpkqn-k，其中0Vp<1,p+q=1,k=0,1,2,…，n，称X服从参数为n,p的二项分布，记作X〜B(n,p)，且E(X)=np,D(X)=np(1—p).「对点训练」一款击鼓小游戏的规则如下：每轮游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每轮游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得一200分).设每次击鼓出现音乐的概率为2,且各次击鼓是否出现音乐相互独立．(1)设每轮游戏获得的分数为X，求X的分布列；(2)玩三轮游戏，至少有一轮出现音乐的概率是多少？•考点三离散型随机变量的分布列、均值与方差【例5】（2018•南宁二中、柳州高中第二次联考）交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险每年的费用（基准保费）统一为〃元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：交强险浮动因素和浮动比率表类型浮动因素浮动比率A上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮10%A2上两个年度未发生有责任道路交通事故下浮20%A3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮30%A4上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%A5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮10%A6上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮30%某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：类型A1A2A3A4A5A6数量105520155以这60辆该品牌同型号车的投保类型的频率代替该品牌同型号一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（1）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规

定，〃=950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X为该车在

第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；（数学期望值保留到个位数字）（2）某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5000元，购进并销售一辆非事故车盈利10000元．①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求他获得利润的期望值．规律方法1．离散型随机变量的分布列的两个性质(Dpi三0(i=1,2,…，n)；(2)p1+p2H Hpn=1.2．期望公式E(X)=x1P1+x2p2n Hxnpn.3．期望的性质(1)E(aXHb)=aE(X)Hb；⑵若X〜B(n,p)，则E(X)=np.4．方差公式D(X)=1x1—E(X)Lp1+lx2—E(X».p2+•••+1—E(X»•p,标准差为"D西.5．方差的性质(1)D(aX+b)=a2D(X)；(2)若X〜B(n,p)，贝ID(X)=np(1~p).「对点训练」(2018.福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵.某汽车经销商推出A,B,C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图.已知从A,B,C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元.现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆.以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率.(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与期望.专题三概率、随机变量及其分布列（答案）练真题析考情（笑使常考）考什人■学什丛

［练真题•考什么］.解析：不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个，从这10个素数中随机选取两个不同的数，有C?0=45种情况，其和等于30的情况有3 3 1种，则所求概率等于45=元.故选C.答案：c.解析：设正方形的边长为2,则正方形的内切圆的半径为1,其中黑色部n分和白色部分关于正方形的中心对称，则黑色部分的面积为2,所以在正方形内n2n.,随机取一点，此点取自黑色部分的概率P=不==万，故选B.TOC\o"1-5"\h\z2X2 8答案:B.解析：不妨设BC=5,AB=4,AC=3,则4ABC的三边所围成的区域I的面积S1=2X3X4=6,\o"CurrentDocument". .一五I的面积S1=2X3X4=6,区域111的面积S=_x5—S=25--6，区域11的3 212） 1 8面积S=

2-X22+-x（口22 212）所以S1=S2>S3,由几何概型的概率公式可知p1=p2>p3,故选A.答案：A.解析：解法一：7:30的班车小明显然是坐不到的.当小明在8:00之前到达，或者8:20之后到达，他等车的时间将不超过10分钟，故所求概率为10+104010+1040=2.故选B.解法二：当小明到达车站的时刻超过8:00,但又不到8:20时，等车时间将超过10分钟，其他时刻到达车站时，等车时间将不超过10分钟，故等车时间201不超过10分钟的概率为1—而=2.答案:B

.解析：如图，数对（知yi）（i=1,2,…，n）表示的点落在边长为1的正方形OABC内（包括边界），两数的平方和小于1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆（阴影部分）内，则由几何概型的概率公式可得兀m=1=兀=4m.故选c.n 12 n答案：C.解析：由题知X〜B(10,p)，则D(X)=10XpX(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又•・•尸(X=4)<P(X=6),即C40p4(1-p)6<C%p6(1-p)40(1-p)2Vp20p>0.5,・•・p=0.6,故选B.答案:B析典例破疑难（而看片我规律，寻方法・考点一古典概型与几何概型【例1］［解析］（1）解法一：9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，545所以p（第一次抽到奇数，第二次抽到偶数）=9义8=我，一 一 455p（第一次抽到偶数，第二次抽到奇数）=9义8=章所以P（抽到的2张卡片上的数奇偶性不同）=巳+巳=5.18 18 9解法二：依题意，得p（抽到的2张卡片上的数奇偶性不同）=5X4=9.故选C.(2)设AB=2,则BG=1,AG=-..；5,故多边形AEFGHID的面积S=术X\,''5X2+2X2X2=12;阴影部分为两个对称的三角形，其中/EAB=90°—NGAB,故阴影部分的面积S=2X2AE•AB•sinZEAB=2X1AE•AB-cosNGAB=2X2乙 乙 乙X2X#X255=4,故所求概率P=3.［答案］(1)C(2)3

「对点训练」1.解析：若C停在原来位置上，则剩下三辆车都不停在原来位置上，有393 ,种可能，D,E同理，因此共有9种方法，故所求概率为耳=8.故选A.答案：A2.2.解析：在区间上任选两个数x和y，则(x,y)表示的点所占区域如图，其中阴影内的点满足.n2 、 .y<sinx,区域的面积为彳，阴影部分的面积为•，((x,y)表示的点所占区域如图，其中阴影内的点满足.n2 、 .y<sinx,区域的面积为彳，阴影部分的面积为•，(J2sinxdx=Jcosx)0口 4 ,2=1,所以所求概率为二.故选C.0 兀2答案：C・考点二相互独立事件和独立重复试验命题角度一：条件概率【例2］［解］(1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则当且仅当一年内出险次数大于1时，事件A发生，故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.⑵设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则当且仅当一年内出险次数大于3时，事件B发生，故P(B)=0.10+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),认, P(AB)P(B)0.153故P(BIA尸P(A)=P(A)=q35=T1. 3因此所求概率为言命题角度二：事件的相互独立性［例3］［解］(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=1、P(X=0)=1、1--义1--义1--1———,

4P(X=1)=1 ( 1、—义1-1*1--+1--X-义1-1+1--义1--义二二42411 ,P(X=2)P(X=2)=1-—x-x-+-x1--x-+-x-x1--1111P(x=3)=2义3X4=24.所以随机变量X的分布列为X0123P11111424424⑵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)=, 111,11111P(Y=0>P(Z=1)+P(Y=1)・P(Z=0)=4X24+24X4=48,所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为非.48命题角度三：独立重复试验的概率【例4］［解］（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件。，那么1一— 1 49 1P(C)=1-1Q,P=50，解得P=5.⑵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+D］，且D0,D1互斥.依题意，得P括0）(1\=依题意，得P括0）(1\=C01-—P(D)=1310所以P(D)=P(D0)+P(D1)=1729243 24300011000—250.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243250.数的概率为243250.「对点训练」解：（1）X可能的取值为10,20,100,-200.根据题意，有P根据题意，有P（X=10）=C1x32_3=一,8P(X=20)=C2X3P(X=100P(X=100)=C3X1 130X1-I2JP(X=-200)=C0x31 1\X1-I2J所以X的分布列为X1020100—200P33118888⑵设“第，轮游戏没有出现音乐”为事件4(=123),皿 … 1则P(AJ=P(A2)=P(A3)=P(X=—200)=8.所以，“三轮游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1 1 5111— = 512512因此，玩三轮游戏至少有一轮出现音乐的概率是511因此，玩三轮游戏至少有一轮出现音乐的概率是511512.・考点三离散型随机变量的分布列、均值与方差【例5］［解］(1)由题意可知，X的可能取值为0.9a,0.8a,0.7a,a,1.1a,1.3a.11P11P(X=0.9a)=6,P(X=0.8a)=五,11TOC\o"1-5"\h\zP(X=0.7a)=12,P(X=a)=3,P(X=1.1a)

JL乙 J所以X的分布列为X0.9a0.8a0.7aa1.1a1.3aP111111612123412所以E(X)=0.9aX6+0.8aX*+0.7aX*+aX1+1.1aX4+1.3aX*=942(元).TOC\o"1-5"\h\z11.9a11305 =942(元).12 12⑵①