统考版2024高考数学二轮复习板块1命题区间精讲精讲7概率随机变量及其分布列学案含解析理

PAGE11-概率、随机变量及其分布列命题点1古典概型求古典概型概率的2个步骤(1)计数：会利用枚举法、排列组合法等，求样本空间所含的基本领件数n以及事务A所含的基本领件数m.(2)运算：套用古典概型的概率计算公式P(A)＝eq\f(m,n)求事务A发生的概率．[高考题型全通关]1．[教材改编]从4名男生和2名女生中任选3人参与某项活动，则所选的3人中女生人数不超过1的概率是()A．0.8 B．0.6C．0.4 D．0.2A[P＝eq\f(C\o\al(3,4)＋C\o\al(1,2)C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝0.8.故选A．]2．(2024·运城一模)某学校美术室保藏有4幅国画，其中山水画、花鸟画各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，则恰好抽到2幅不同种类的概率为()A．eq\f(5,6) B．eq\f(4,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2,3)D[设山水画为A1，A2，花鸟画为B1，B2，则共有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)6种状况，满意条件的有4种，故P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).故选D．]3．(2024·成都一诊)齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场竞赛，若有优势的马肯定获胜，则齐王的马获胜得概率为()A．eq\f(4,9) B．eq\f(5,9)C．eq\f(2,3) D．eq\f(7,9)C[设齐王上等、中等、下等马分别为A，B，C，田忌上等、中等、下等马分别为a，b，c，现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场竞赛，基本领件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种，有优势的马肯定获胜，齐王的马获胜包含的基本领件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共6种，∴齐王的马获胜的概率为P＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3)，故选C．]4．(2024·海淀模拟)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12＝5＋7，在不超过18的素数2,3,5,7,11,13,17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是()A．eq\f(1,42) B．eq\f(1,21)C．eq\f(2,21) D．eq\f(1,7)C[在不超过18的素数2,3,5,7,11,13,17中随机选取两个不同的数共有21种不同的方法，其和等于18包含的基本领件有：(5,13)，(7,11)，共2个，∴其和等于18的概率是P＝eq\f(2,21).]5．(2024·哈尔滨三中模拟)为了给国外新冠肺炎疫情严峻的地区供应救济，国内某机构安排派出由5人组成的专家小组，其中甲、乙、丙3人通晓英语，丁、戊2人通晓法语，现从中随机选出通晓英语、法语的专家各1名作为领队，则甲和丁至少有1人被选中的概率为________．eq\f(2,3)[从5人中选出通晓英语、法语的专家各1名的可能结果为(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)共6种状况．甲和丁至少有1人被选中有(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(丙，丁)，共4种状况，甲和丁至少有1人被选中的概率为P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).][老师备选]1．从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A．eq\f(5,18)B．eq\f(4,9)C．eq\f(5,9)D．eq\f(7,9)C[法一：分类法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，所以P(第一次抽到奇数，其次次抽到偶数)＝eq\f(5,9)×eq\f(4,8)＝eq\f(5,18)，P(第一次抽到偶数，其次次抽到奇数)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,18).所以P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝eq\f(5,18)＋eq\f(5,18)＝eq\f(5,9).法二：干脆法依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝eq\f(5×4,C\o\al(2,9))＝eq\f(5,9).故选C．]2.如图是由1个圆、1个三角形和1个长方形构成的组合体，现用红、蓝2种颜色为其涂色，每个图形只能涂1种颜色，则3个图形颜色不全相同的概率为________．eq\f(3,4)[设事务M为“3个图形颜色不全相同”，则其对立事务eq\x\to(M)为“3个图形颜色全相同”，用红、蓝2种颜色为3个图形涂色，每个图形有2种选择，共有8种状况．其中颜色全部相同的有2种，即全部用红色或蓝色，所以P(eq\x\to(M))＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，所以P(M)＝1－P(eq\x\to(M))＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).]命题点2几何概型解决几何概型问题应留意的2点(1)明确几何概型的适用条件：基本领件发生的等可能性和基本领件的无限性．(2)分清几何概型中的“测度”：留意区分长度与角度、面积、体积等度量方式．[高考题型全通关]1．在区间(1,3)内，任取1个数x，则满意log2(2x－1)＞1的概率为()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)D[由题意，满意log2(2x－1)＞1，则2x－1＞2，解得x＞eq\f(3,2)，所以在区间(1,3)内，任取1个数x时，x＞eq\f(3,2)的概率为P＝eq\f(3－\f(3,2),3－1)＝eq\f(3,4)，故选D．]2.(2024·咸阳二模)“纹样”是中国艺术宝库的珍宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，已知恰有80个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是()A．eq\f(16,5) B．eq\f(32,5)C．10 D．eq\f(18,5)D[由题意可得eq\f(S阴影,S正方形)＝eq\f(80,200)，∴S阴影＝eq\f(2,5)×32＝eq\f(18,5).故选D．]3．(2024·广州模拟)如图，在圆心角为直角、半径为2的扇形OAB区域中，M，N分别为OA，OB的中点，在M，N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA，OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是()A．1－eq\f(π,2) B．eq\f(1,2)－eq\f(1,π)C．2－eq\f(4,π) D．eq\f(1,π)B[OA的中点是M，则∠CMO＝90°，半径r＝2，则扇形OAB的面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(π,2)×22＝π，半圆OAC的面积S1＝eq\f(1,2)π，S△OAC＝eq\f(1,2)×2×1＝1，S弓形OC＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)π－1))，两个圆的弧OC围成的阴影部分的面积为eq\f(1,2)π－1，能够同时收到两个基站信号的概率P＝eq\f(\f(1,2)π－1,π)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,π).故选B．]4.正六面体有6个面，8个顶点；正八面体有8个面，6个顶点．我们称它们相互对偶．如图，连接正六面体各面的中心，就会得到对偶的正八面体，在正六面体内随机取一点，则此点取自正八面体内的概率是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,3)A[设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8；正八面体是由两个全等的正四棱锥组成，且棱长为eq\r(2)；故其底面积为2，高为1，体积为eq\f(1,3)×1×2＝eq\f(2,3)；∴正八面体的体积为2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)；∴所求概率为P＝eq\f(\f(4,3),8)＝eq\f(1,6)，故选A．]5．若命题p：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为eq\f(1,3)；命题q：在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，则∠AMB＞90°的概率为eq\f(π,8)，则下列命题是真命题的是()A．p∧q B．(¬p)∧qC．p∧(¬q) D．¬qB[因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为P1＝eq\f(1,C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，即命题p是错误的，则¬p是正确的；在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，∠AMB＞90°的概率为P2＝eq\f(\f(1,2)×π×4,4×4)＝eq\f(π,8)，即命题q是正确的，故(¬p)∧q是正确的，故选B．]6.如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝120°，在∠BAC内作射线AM交BC于点M，则BM＜eq\r(3)的概率为()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(1,2)A[由题易知∠ABC＝30°.当BM＝eq\r(3)时，在△ABM中，AM＝eq\r(AB2＋BM2－2AB·BMcos30°)＝eq\r(9＋3－2×3×\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(3)，即BM＝AM，则∠BAM＝30°，故BM＜eq\r(3)的概率P＝eq\f(30°,120°)＝eq\f(1,4)，故选A．]命题点3条件概率、二项分布和正态分布概率的解题原则：先定型，再求解(1)条件概率：在A发生的条件下B发生的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(nAB,nA).(2)相互独立事务同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B)．(3)独立重复试验恰好发生k次的概率：P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.(4)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(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.(5)正态分布：若X～N(μ，σ2)，则正态曲线关于直线x＝μ对称，常借助图象的对称性求随机变量落在某一范围内的概率．[高考题型全通关]1．某机械探讨所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件状况如下：运用时间/天10～2021～3031～4041～5051～60个数1040805020若将频率视作概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的运用寿命在30天以上的概率为()A．eq\f(13,16) B．eq\f(27,64)C．eq\f(25,32) D．eq\f(27,32)D[由表可知元件运用寿命在30天以上的频率为eq\f(80＋50＋20,200)＝eq\f(3,4)，则所求概率为Ceq\o\al(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＋Ceq\o\al(3,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,32).]2．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq\f(5,9)，则P(Y≥1)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(16,81)C．eq\f(65,81) D．1C[∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq\o\al(0,2)(1－p)2＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)，∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－Ceq\o\al(0,4)(1－p)4＝1－eq\f(16,81)＝eq\f(65,81)，故选C．]3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)B[设事务A：甲实习生加工的零件为一等品；事务B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(3,4)，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).]4．设X～N(0,1)，其正态分布密度曲线如图所示，点A(1,0)，点B(2,0)，点C(2,1)，点D(1,1)，向正方形ABCD内随意投掷一粒黄豆，则该黄豆落入阴影部分的概率是()(注：X～N(μ，σ2)则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9973)A．0.8641 B．0.6587C．0.5228 D．0.9785A[S正方形ABCD＝1，∵X～N(0,1)，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9545，∴S正方形中白色部分＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359，∴P(黄豆落入阴影部分)＝eq\f(1－0.1359,1)＝0.8641.故选A．]5．甲、乙二人争夺一场围棋竞赛的冠军，若竞赛为“三局两胜”制，甲在每局竞赛中获胜的概率均为eq\f(2,3)，且各局竞赛结果相互独立，则在甲获得冠军的状况下，竞赛进行了三局的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,5)C．eq\f(2,3) D．eq\f(4,5)B[甲获得冠军的概率为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(20,27).甲获得冠军且竞赛进行了三局的概率为Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，所以在甲获得冠军的状况下，竞赛进行了三局的概率P＝eq\f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq\f(2,5).]6．如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是eq\f(1,2)，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．eq\f(1,8)[灯泡甲亮满意的条件是a，c两个开关都闭合，b开关必需断开，否则短路．记“a闭合”为事务A，“b闭合”为事务B，“c闭合”为事务C，则灯泡甲亮应为事务Aeq\x\to(B)C，且A，B，C之间相互独立，P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,2).由独立事务概率公式知P(Aeq\x\to(B)C)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).]命题点4随机变量的期望与方差1．变量ξ的数学期望、方差(1)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.(2)D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋[xn－E(ξ)]2·pn，标准差为eq\r(Dξ).2．期望、方差的性质(1)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．(2)若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．(3)X听从两点分布，则E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)．[高考题型全通关]1．随着互联网的发展，网络购物用户规模也不断壮大，网上购物越来越成为人们热衷的一种现代消费方式．假设某群体的20位成员中每位成员网购的概率都为p，各成员的网购相互独立．设X为该群体中运用网购的人数，D(X)＝4.8，P(X＝9)＜P(X＝11)，则p＝()A．0.3 B．0.4C．0.6 D．0.7C[∵X～B(20，p)，且P(X＝9)＜P(X＝11)，∴Ceq\o\al(9,20)p9(1－p)11＜Ceq\o\al(11,20)p11(1－p)9，即(1－p)2＜p2，解得0.5＜p＜1，所以D(X)＝20p(1－p)＝4.8，整理得p2－p＋0.24＝0，解得p＝0.6或p＝0.4(舍去)．故选C．]2．(2024·学军中学模拟)已知a，b为实数，随机变量X，Y的分布列如下：若E(Y)＝P(Y＝－1)，随机变量ξ满意ξ＝XY，其中随机变量XY相互独立，则E(ξ)的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(3,4)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,18)，0))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,18)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(3,4)，1))B[由已知，E(Y)＝c－a，所以c－a＝a，即c＝2a，又a＋b＋c＝1，故b＝1－a－c＝1－3a∈[0,1]，所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，eq\f(1,3)))，又随机变量XY的可能取