2014高考复习概率随机变量其分布列

第十九讲概率、随机变量及其散布列概率、随机变量及概率几何概型古典概型互相独立事件同时发生的概率其散布列独立重复试验中事件A恰随机变失散型随机变量及量及分好发生k次的概率条件概率散布列的观点布列失散型随机变量的均值、方差1．(古典概型)(2013课·标全国卷Ⅰ)从1,2,3,4中任取2个不一样的数，则拿出的2个数之差的绝对值为2的概率是()1111A.2B.3C.4D.6【分析】从1,2,3,4中任取2个不一样的数，有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共12种情况，而知足条件“2个数之差的绝对值为2”的只有(1,3)，(2,4)，(3,1)，(4,2)，共4种情况，所以拿出的2个数之差的绝对值为2的1概率为12＝3.【答案】B2．(数学希望)(2013广·东高考)已知失散型随机变量X的散布列为X123P33151010则X的数学希望E(X)＝()35A.2B．2C.2D．3【分析】E(X)＝1×3＋2×3＋3×1＝3，选A.510102【答案】A3．(几何概型)(2013陕·西高考)如图6－2－1，在矩形地区ABCD的A，C两点处各有一个通讯基战，假定其信号的覆盖范围分别是扇形地区ADE和扇形地区CBF(该矩形地区内无其余信号根源，基站工作正常)．若在该矩形地区内随机地选一地址，则该地址无信号的概率是( )图6－2－1πA．1－4πB.－12πC．2－2πD.42×1－π×12×1×22－π2＝1【分析】取面积为测度，则所求概率为P＝S图形DEBF＝4＝2S矩形ABCD2×1π－.4【答案】A4．(正态散布)已知随机变量21ξ～N(u，σ)，且P(ξ<1)＝2，P(ξ>2)＝p，则P(0<ξ<1)＝________.【分析】由P(ξ<1)＝1可知，此正态散布密度曲线对于直线x＝1对称，故P(ξ≤0)＝21P(ξ≥2)＝P(ξ>2)＝p，易得P(0<ξ<1)＝P(ξ<1)－P(ξ≤0)＝2－p.【答案】1－p25．(随机变量的方差)(2013上·海高考)设非零常数d是等差数列x，x，x，，x的公12319差，随机变量ξ等可能地取值x1，x2，x3，，x19，则方差Dξ＝________.【分析】由等差数列的性质，x＝S19＝x1＋x19＝x10.1921∴Dξ＝19[(x1－x)2＋(x2－x)2＋＋(x19－x)2]2d2(12＋22＋32＋＋92)＝30d2.19【答案】30d2古典概型与几何概型(1)(2013广·州质检)从个位数与十位数的数字之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是()4B.1C.2D.1A.9399(2)(2013湖·南高考)已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为1，则AD＝()2AB1137A.2B.4C.2D.4【思路点拨】(1)按个位数为偶数或奇数分两类，求基本领件总数，找出个位数为0的基本领件数，利用古典概型求其概率．(2)由几何图形的对称性，要使△PAB中的边AB是最大边，则点P在线段P1P3上(此中AB＝BP1或AB＝AP3)，以下图，由已知概率定点P1的地点，从而求ADAB的值．【自主解答】(1)个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数中必一个奇数一个偶数，所以能够分两类．①当个位为奇数时，有5×4＝20(个)切合条件的两位数．②当个位为偶数时，有5×5＝25(个)切合条件的两位数．所以共有20＋25＝45(个)切合条件的两位数，此中个位数为0的两位数有5个，所以所1求概率为P＝45＝9.(2)当△PAB中边AB最大，则点P在线段P1P3上(此中AB＝BP1或AB＝AP3)，如图所示．又事件发生的概率P＝P1P311CD＝，则P1P3＝CD，22依据对称性知，DP1＝14CD，PC1＝34CD＝34AB，此时AB＝BP1，则AB2＝AD2＋3AB2，4∴AD2＝7AB2，则AD＝716AB4.【答案】(1)D(2)D1．(1)此题(1)在计数时用了分类议论的思想，其分类标准是个位数字能否为奇数．

(2)有关古典概型的概率问题，

重点是正确求出基本领件总数和所求事件包括的基本领件数，

这常用到计数原理与摆列、组合的有关知识．2．(1)第(2)小题求解的重点：①点P1、P3地点的探究；②等量关系AB＝BP1确实定．(2)几何概型中的基本领件是无穷的，但其组成的地区倒是有限的，所以可用“比率解法”求概率．在利用几何概型求概率时，重点是试验的所有结果组成的地区和事件发生的地区的大小确立．变式训练1(1)(2013·上海高考)盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九个小球，从中任意拿出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是________(结果用最简分数表示)．(2)(2013四·川高考)节日前夜，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互相独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，而后每串彩灯以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出2秒的概率是( )1137A.4B.2C.4D.8【分析】(1)从9个小球中任取两个，有n＝C92＝36种取法．设“两个球的编号之积为偶数”为事件A，则A表示“两球的编号之积为奇数”，且A发生时，从编号为1,3,5,7,9中拿出两个不一样小球，有m＝C25＝10种取法．13P(A)＝1－P(A)＝1－36＝18.(2)设两串彩灯同时通电后，第一次闪亮的时刻分别为x，y，则0≤x≤4,0≤y≤4，而事件A“它们第一次闪亮的时刻相差不超出2秒”，即|x－y|≤2，可行域如图暗影部分所示．142－2×2×2×23由几何概型概率公式得P(A)＝42＝4.【答案】(1)1318(2)C互斥事件与互相独立事件的概率某居民小区有两个互相独立的安全防备系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在随意时刻发生故障的概率分别为1和p.10(1)若在随意时刻起码有一个系统不发生故障的概率为49，求p的值．50(2)求系统A在3次互相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．【思路点拨】(1)利用对峙事件的概率求p的值；(2)转变为两个互斥事件的概率和：3次检测中仅发生一次故障，3次检测中均没发生故障．【自主解答】(1)设“起码有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P(C)＝1－1·p＝49，解得p＝1.10505(2)设“系统A在3次互相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次互相独立的检测中发生k次故障”为事件Dk.则D＝D0＋D1，且D0、D1互斥．01－13111－12依题意，P(D0)＝C310，P(D1)＝C3·10，10所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝729＋243＝24310001000.250所以系统A在3次互相独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障次数的概率为243250.1．一个复琐事件若正面状况许多，反面状况较少，则一般利用对峙事件进行求解．特别是波及到“至多”、“起码”等问题经常用这类方法求解(如此题第(1)问)．2．求复琐事件的概率，要正确剖析复琐事件的组成，看复琐事件能转变为几个相互互斥的事件的和事件仍是能转变为几个互相独立事件同时发生的积事件，而后用概率公式求解(如此题第(2)问)．变式训练2(2013·陕西高考改编)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须相互独立地在选票上选3名歌手，此中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有独爱，所以在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手获取观众甲、乙、丙的票数之和，求P(X≥2)的值．【解】(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，C1223则P(A)＝2C4C2＝，P(B)＝3＝.35∵事件

A与

B互相独立，

A与

B互相独立．则A·B表示“甲选中

3号歌手，且乙没选中

3号歌手”．P(AB)＝P(A)·P(B)＝P(A)·[1－P(B)]＝23×25＝154.(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，C23则P(C)＝43＝，C55依题意，A，B，C互相独立，A，B，C互相独立．且ABC，ABC，ABC，ABC相互互斥．又P(X＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375，23318P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，331817∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝75＋75＝25.独立重复试验与二项散布(2013·山东高考)甲、乙两支排球队进行竞赛，商定先胜3局者获取竞赛的成功，竞赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局竞赛甲队获胜的概率都是2，假定各局竞赛结果互相独立．3(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2成功的概率；(2)若竞赛结果为3∶0或3∶1，则成功方得3分，对方得0分；若竞赛结果为3∶2，则成功方得2分，对方得1分．求乙队得分X的散布列及数学希望．【思路点拨】(1)甲队3∶0获胜，相当于成功概率为2的三次独立重复试验三次成功，33∶1获胜，则前三局甲队胜两局且第四局甲队获胜；3∶2获胜，则前四局甲队胜两局且第五局甲队获胜．(2)乙队得分X＝0,1，依据(1)的结果和对峙事件概率之间的关系求出其概率散布，依据数学希望的公式计算其数学希望．【自主解答】(1)记“甲队以3∶0成功”为事件A1，“甲队以3∶1成功”为事件A2，“甲队以3∶2成功”为事件A3，由题意，各局竞赛结果互相独立，故P(A1)＝23＝8，327222228P(A2)＝C331－3×3＝27，222221＝4P(A3)＝C431－3×27.284所以甲队以3∶0成功，以3∶1成功的概率都为27，以3∶2成功的概率为27.(2)设“乙队以3∶2成功”为事件A4，由题意，各局竞赛结果互相独立，21－2222×1－14所以P(A4)＝C4332＝27.由题意，随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3，依据事件的互斥性得16P(X＝0)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝27.又P(X＝1)＝P(A3)＝4，274P(X＝2)＝P(A4)＝27，3P(X＝3)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝2)＝27，故X的散布列为X0123P1644327272727所以E(X)＝0×164＋2×4＋3×37＋1×272727＝.2791．(1)此题最易出现的错误是不可以理解问题的实质意义，弄错事件之间的关系．(2)求解的重点是理解“五局三胜制”的含义，从而理清事件之间的关系．2．解决概率散布，应先明确是哪一种种类的散布，而后辈入公式，若随机变量X听从二项散布，可直接代入二项散布的希望公式．变式训练3(2013·福建高考)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为

23，中奖能够获取

2分；方案乙的中奖率为

25，中奖能够获取

3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖时机，

每次抽奖中奖与否互不影响，

晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为

X，求

X≤3的概率；若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学希望较大？【解】(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A的对峙事件为“X＝5”．224由于P(X＝5)＝×＝，411所以P(A)＝1－P(X＝5)＝1－＝，即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学希望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．22由已知可得，X1～B(2，)，X2～B(2，)，352424所以E(X1)＝2×3＝3，E(X2)＝2×5＝5，从而E(2X1)＝2E(X1)＝8，E(3X2)＝3E(X2)＝12.35由于E(2X1)＞E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学希望较大.失散型随机变量的均值与方差(2013·辽宁高考)现有10道题，此中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学起码取到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3，答对每道乙类题的概率都是4，且各题答对与否互相独立．用X表示张同学答对题的55个数，求X的散布列和数学希望．【思路点拨】(1)先求“张同学所取的3道题都是甲类题”的概率，利用对峙事件求解．(2)易知随机变量X取值为0,1,2,3，由互相独立事件的概率公式求X＝i(i＝0,1,2,3)的概率．【自主解答】(1)设事件A＝“张同学所取的3道题起码有1道乙类题”，则有A＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．315C6＝由于P(A)＝36，所以P(A)＝1－P(A)＝.C106(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.0302214；P(X＝0)＝C2···＝55512513121103022428；P(X＝1)＝C2···＋C25··＝1255555532132457；P(X＝2)＝C22·2·0·＋C2151·1·＝1255555523220436P(X＝3)＝C2···＝.555125所以X的散布列为：X01234285736P125125125125所以E(X)＝0×1254＋1×12528＋2×12557＋3×12536＝2.1．解题要注意两点：(1)随机变量X取每一个值表示的详细事件的含义，(2)正确利用独立事件、互斥事件进行概率的正确计算．2．求随机变量的希望和方差的重点是正确求出随机变量的散布列，若随机变量听从二项散布，则可直接使用公式求解．装有摸出

变式训练4某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从3个红球与4个白球的袋中随意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中随意1个球．依据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖以下：奖级摸出红、蓝球个数获奖金额一等奖3红1蓝200元二等奖3红0蓝50元三等奖2红1蓝10元其余状况无奖且每次摸奖最多只好获取一个奖级．(1)求一次摸奖恰巧摸到1个红球的概率；(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的散布列与希望E(X)．【解】设Ai(i＝0,1,2,3)表示摸到i个红球，Bj(j＝0,1)表示摸到j个蓝球，则Ai与Bj相互独立．(1)恰巧摸到1个红球的概率为12P(A1)＝C3C34＝18.C735(2)X的所有可能值为：0,10,50,200，且31P(X＝200)＝P(A3B1C31，)＝P(A3)P(B1)＝3·＝105C73322P(X＝50)＝P(A3B0)＝P(A3)P(B0)＝C33·＝，C73105211＝12＝4，2121C3C410535C73P(X＝0)＝1－1－2－4＝6.105105357综上可知，获奖金额X的散布列为X01050200P6421735105105从而有E(X)＝0×6＋10×4＋50×2＋200×1＝4(元)．735105105从近两年的高考试题看，失散型随机变量的散布列、均值与方差是高考的热门，题型齐备，难度中等，不单考察学生的理解能力与数学计算能力，并且不停创新问题情境，突出学生运用概率、希望与方差解决实质问题的能力．巧用概率公式求解希望问题(12分)一批产品需要进行质量查验，查验方案是：先从这批产品中任取4件作查验，这4件产品中优良品的件数记为n.假如n＝3，再从这批产品中任取4件作查验，若都为优良品，则这批产品经过查验；假如n＝4，再从这批产品中任取1件作查验，若为优良品，则这批产品经过查验；其余状况下，这批产品都不可以经过查验．50%，即拿出的产品是优良品的概率都为1假定这批产品的优良品率为2，且各件产品是否为优良品互相独立．(1)求这批产品经过查验的概率；(2)已知每件产品的查验花费为100元，凡抽取的每件产品都需要查验，对这批产品作质量查验所需的花费记为X(单位：元)，求X的散布列及数学希望．【规范解答】(1)设第一次拿出的4件产品中恰有3件优良品为事件A1，第一次拿出的4件产品所有是优良品为事件A2，第二次拿出的4件产品都是优良品为事件B1，第二次取出的1件产品是优良品为事件B2，这批产品经过查验为事件A，依题意有A＝A1B1＋A2B2，且A1B1与A2B2互斥.2分314141.∵P(A1B1)＝P(A1)·P(B1|A1)＝C42·＝64222222141＝1，2322∴P(A)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＝1＋1＝3.6分643264(2)X的可能值为400,500,800.且P(X＝500)＝C4414＝1，P(X＝800)＝C4313×1＝1，216224∴P(X＝400)＝1－3131414＝11C42·＋C4216.2∴随机变量X的散布列为X400500800P11111616410分E(X)＝40