【高考前三個月復習數(shù)學理科 概率與統(tǒng)計】專題8 第39練

第39練　隨機變量及其分布列 [題型分析高考展望]　隨機變量及其分布列是高考的一個必考熱點，主要包括離散型隨機變量及其分布列，期望與方差，二項分布及其應用和正態(tài)分布.對本部分知識的考查，一是以實際生活為背景求解離散型隨機變量的分布列和期望；二是獨立事件概率的求解；三是考查二項分布. 常考題型精析 題型一　條件概率與相互獨立事件的概率 例1　(1)(2014課標全國Ⅱ)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是(　　) A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 (2)(2014山東)乒乓球臺面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分，如圖，甲上有兩個不相交的區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個不相交的區(qū)域C，D.某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回球.規(guī)定：回球一次，落點在C上記3分，在D上記1分，其他情況記0分.對落點在A上的來球，隊員小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為；對落點在B上的來球，小明回球的落點在C上的概率為，在D上的概率為.假設共有兩次來球且落在A，B上各一次，小明的兩次回球互不影響.求： ①小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率； ②兩次回球結(jié)束后，小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學期望. 　 　 　 點評　(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.這是通用的求條件概率的方法. (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得P(B|A)＝. (3)相互獨立事件的概率通常和互斥事件的概率綜合在一起考查，這類問題具有一個明顯的特征，那就是在題目的條件中已經(jīng)出現(xiàn)一些概率值，解題時先要判斷事件的性質(zhì)(是互斥還是相互獨立)，再選擇相應的公式計算求解. 變式訓練1　(1)從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)等于(　　) A. B. C. D. (2)(2014陜西)在一塊耕地上種植一種作物，每季種植成本為1 000元，此作物的市場價格和這塊地上的產(chǎn)量均具有隨機性，且互不影響，其具體情況如下表： 作物產(chǎn)量(kg) 300 500 概率 0.5 0.5 作物市場價格(元/kg) 6 10 概率 0.4 0.6 ①設X表示在這塊地上種植1季此作物的利潤，求X的分布列； ②若在這塊地上連續(xù)3季種植此作物，求這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率. 　 　 　 　 題型二　離散型隨機變量的期望和方差 例2　(2015山東)若n是一個三位正整數(shù)，且n的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137,359,567等).在某次數(shù)學趣味活動中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù)，且只能抽取一次.得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分. (1)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)” ； (2)若甲參加活動，求甲得分X的分布列和數(shù)學期望E(X). 　 　 　 　 　 　 點評　離散型隨機變量的期望和方差的求解，一般分兩步：一是定型，即先判斷隨機變量的分布是特殊類型，還是一般類型，如兩點分布、二項分布、超幾何分布等屬于特殊類型；二是定性，對于特殊類型的期望和方差可以直接代入相應公式求解，而對于一般類型的隨機變量，應先求其分布列然后代入相應公式計算，注意離散型隨機變量的取值與概率間的對應. 變式訓練2　(2014遼寧)一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖所示. 將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立. (1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率； (2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨機變量X的分布列，期望E(X)及方差D(X). 　 　 　 　 　 　 題型三　二項分布問題 例3　(2014湖北)計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站.過去50年的水文資料顯示，水庫年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和.單位：億立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應段的頻率，并假設各年的入流量相互獨立. (1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率； (2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系： 年入流量X 40<X<80 80≤X≤120 X>120 發(fā)電機最多可運行臺數(shù) 1 2 3 若某臺發(fā)電機運行，則該臺年利潤為5 000萬元；若某臺發(fā)電機未運行，則該臺年虧損800萬元.欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機多少臺？ 　 　 　 　 　 　 　 　 點評　應用公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n-k的三個條件： (1)在一次試驗中某事件A發(fā)生的概率是一個常數(shù)p；(2)n次試驗不僅是在完全相同的情況下進行的重復試驗，而且各次試驗的結(jié)果是相互獨立的；(3)該公式表示n次試驗中事件A恰好發(fā)生了k次的概率. 變式訓練3　甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結(jié)束.除第五局甲隊獲勝的概率是外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是.假設各局比賽結(jié)果相互獨立. (1)分別求甲隊以3∶0,3∶1,3∶2勝利的概率； (2)若比賽結(jié)果為3∶0或3∶1，則勝利方得3分，對方得0分；若比賽結(jié)果為3∶2，則勝利方得2分，對方得1分.求乙隊得分X的分布列及數(shù)學期望. 　 　 　 　 　 　 　高考題型精練 1.(2015成都模擬)甲射擊命中目標的概率是，乙命中目標的概率是，丙命中目標的概率是.現(xiàn)在三人同時射擊目標，則目標被擊中的概率為(　　) A. B. C. D. 2.在4次獨立重復試驗中事件A發(fā)生的概率相同，若事件A至少發(fā)生1次的概率是，則事件A在一次試驗中發(fā)生的概率為(　　) A. B. C. D.以上全不對 3.先后擲兩次骰子(骰子的六個面上分別有1,2,3,4,5,6個點)，落在水平桌面后，記正面朝上的點數(shù)分別為x，y，設事件A為“x＋y為偶數(shù)”，事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，則概率P(B|A)等于(　　) A. B. C. D. 4.小王參加了2015年春季招聘會，分別向A，B兩個公司投遞個人簡歷.假定小王得到A公司面試的概率為，得到B公司面試的概率為p，且兩個公司是否讓其面試是獨立的.記ξ為小王得到面試的公司個數(shù).若ξ＝0時的概率P(ξ＝0)＝，則隨機變量ξ的數(shù)學期望E(ξ)＝________. 5.某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預設的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個問題，即停止答題，晉級下一輪.假設某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結(jié)果相互獨立，則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率為________. 6.(2014浙江)隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝________. 7.(2014安徽)甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完5局仍未出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽.假設每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立. (1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率； (2)記X為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學期望). 　 　 　 　 　 　 8.(2015德州模擬)已知甲箱中只放有x個紅球與y個白球(x，y≥0，且x＋y＝6)，乙箱中只放有2個紅球、1個白球與1個黑球(球除顏色外，無其他區(qū)別).若從甲箱中任取2個球，從乙箱中任取1個球. (1)記取出的3個顏色全不相同的概率為P，求當P取得最大值時x，y的值； (2)當x＝2時，求取出的3個球中紅球個數(shù)ξ的期望E(ξ). 　 　 　 　 　 　 　 　 　 9.(2014福建)為回饋顧客，某商場擬通過摸球兌獎的方式對1 000位顧客進行獎勵，規(guī)定：每位顧客從一個裝有4個標有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球，球上所標的面值之和為該顧客所獲的獎勵額. (1)若袋中所裝的4個球中有1個所標的面值為50元，其余3個均為10元，求： ①顧客所獲的獎勵額為60元的概率； ②顧客所獲的獎勵額的分布列及數(shù)學期望. (2)商場對獎勵總額的預算是60 000元，并規(guī)定袋中的4個球只能由標有面值10元和50元的兩種球組成，或標有面值20元和40元的兩種球組成.為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，請對袋中的4個球的面值給出一個合適的設計，并說明理由. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 10.(2015安徽)已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產(chǎn)品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時檢測結(jié)束. (1)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率； (2)已知每檢測一件產(chǎn)品需要費用100元，設X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費用(單位：元)，求X的分布列和均值(數(shù)學期望). 　 　 　 　 　 　 　 　 答案精析 第39練　隨機變量及其分布列 ?？碱}型精析 例1　A [已知連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，那么在前一天空氣質(zhì)量為優(yōu)良的前提下，要求隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率，可根據(jù)條件概率公式，得P＝＝0.8.] (2)解?、儆汚i為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分”(i＝0,1,3)， 則P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝. 記Bj為事件“小明對落點在B上的來球回球的得分為j分”(j＝0,1,3)， 則P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝. 記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上”. 由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3， 由事件的獨立性和互斥性，得 P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3) ＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3) ＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3) ＝＋＋＋＝， 所以小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上的概率為. ②由題意，隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6， 由事件的獨立性和互斥性，得 P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝＝， P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1) ＝＋＝， P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝＝， P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3) ＝＋＝， P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3) ＝＋＝， P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝＝. 可得隨機變量ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學期望E(ξ)＝0＋1＋2＋3＋4＋6＝. 變式訓練1　B [P(A)＝＝，P(AB)＝＝， P(B|A)＝＝.] (2)解　①設A表示事件“作物產(chǎn)量為300 kg”，B表示事件“作物市場價格為6 元/kg”，由題設知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4， ∵利潤＝產(chǎn)量市場價格－成本. ∴X所有可能的取值為 50010－1 000＝4 000,5006－1 000＝2 000， 30010－1 000＝2 000,3006－1 000＝800. P(X＝4 000)＝P()P()＝(1－0.5)(1－0.4)＝0.3， P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)P() ＝(1－0.5)0.4＋0.5(1－0.4)＝0.5， P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.50.4＝0.2， 所以X的分布列為 X 4 000 2 000 800 P 0.3 0.5 0.2 ②設Ci表示事件“第i季利潤不少于2 000元”(i＝1,2,3)，由題意知C1，C2，C3相互獨立，由①知， P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)， 3季的利潤均不少于2 000元的概率為 P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季的利潤不少于2 000元的概率為 P(1C2C3)＋P(C1C3)＋P(C1C2) ＝30.820.2＝0.384， 所以，這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率為0.512＋0.384＝0.896. 例2　解　(1)個位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)”有125,135,145,235,245,345； (2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為C＝84， 隨機變量X的取值為：0，－1,1， 因此P(X＝0)＝＝， P(X＝－1)＝＝， P(X＝1)＝1－－＝， 所以X的分布列為 X 0 －1 1 P 則E(X)＝0＋(－1)＋1＝. 變式訓練2　解　(1)設A1表示事件“日銷售量不低于100個”，A2表示事件“日銷售量低于50個”，B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天的日銷售量不低于100個且另一天銷售量低于50個”.因此 P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)50＝0.6， P(A2)＝0.00350＝0.15， P(B)＝0.60.60.152＝0.108. (2)X可能取的值為0,1,2,3，相應的概率為 P(X＝0)＝C(1－0.6)3＝0.064， P(X＝1)＝C0.6(1－0.6)2＝0.288， P(X＝2)＝C0.62(1－0.6)＝0.432， P(X＝3)＝C0.63＝0.216， 則X的分布列為 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因為X～B(3,0.6)，所以期望E(X)＝30.6＝1.8， 方差D(X)＝30.6(1－0.6)＝0.72. 例3　解　(1)依題意，得p1＝P(40<X<80)＝＝0.2， p2＝P(80≤X≤120)＝＝0.7， p3＝P(X>120)＝＝0.1. 由二項分布，得在未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率為 p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3＝()4＋4()3()＝0.947 7. (2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元). ①安裝1臺發(fā)電機的情形. 由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應的年利潤Y＝5 000，E(Y)＝5 0001＝5 000. ②安裝2臺發(fā)電機的情形. 依題意，當40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 000－800＝4 200，因此P(Y＝4 200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當X≥80時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 0002＝10 000，因此P(Y＝10 000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下： Y 4 200 10 000 P 0.2 0.8 所以，E(Y)＝4 2000.2＋10 0000.8＝8 840. ③安裝3臺發(fā)電機的情形. 依題意，當40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 000－1 600＝3 400，因此P(Y＝3 400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當80≤X≤120時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 0002－800＝9 200，因此P(Y＝9 200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；當X>120時，三臺發(fā)電機運行，此時Y＝5 0003＝15 000，因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1，由此得Y的分布列如下： Y 3 400 9 200 15 000 P 0.2 0.7 0.1 所以，E(Y)＝3 4000.2＋9 2000.7＋15 0000.1 ＝8 620. 綜上，欲使水電站年總利潤的均值達到最大，應安裝發(fā)電機2臺. 變式訓練3　解　(1)設“甲隊以3∶0,3∶1,3∶2勝利”分別為事件A，B，C，則P(A)＝＝， P(B)＝C2＝， P(C)＝C22＝. (2)X的可能的取值為0,1,2,3. 則P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝， P(X＝1)＝P(C)＝， P(X＝2)＝C22＝， P(X＝3)＝3＋C2＝. ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 P ∴E(X)＝0＋1＋2＋3＝. 高考題型精練 1.A [設甲命中目標為事件A，乙命中目標為事件B，丙命中目標為事件C，則目標被擊中的事件可以表示為A∪B∪C，即擊中目標表示事件A、B、C中至少有一個發(fā)生. ∴P()＝P()P()P() ＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)] ＝＝. 故目標被擊中的概率為1－P()＝1－＝.] 2.A [設事件A在一次試驗中發(fā)生的概率為p， ∵事件A全不發(fā)生為事件A至少發(fā)生一次的對立事件，∴1－(1－p)4＝，即(1－p)4＝. 故1－p＝或1－p＝－(舍去)，即p＝.] 3.B [正面朝上的點數(shù)(x，y)的不同結(jié)果共有CC＝36(種).事件A：“x＋y為偶數(shù)”包含事件A1：“x，y都為偶數(shù)”與事件A2：“x，y都為奇數(shù)”兩個互斥事件，其中P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝. 事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，所以事件AB為“x，y都為偶數(shù)且x≠y”，所以P(AB)＝＝. P(B|A)＝＝.] 4. 解析　由題意，得P(ξ＝2)＝p， P(ξ＝1)＝(1－p)＋p＝， ξ的分布列為 ξ 0 1 2 P p 由＋＋p＝1，得p＝. 所以E(ξ)＝0＋1＋2p＝. 5.0.128 解析　由題設，分兩類情況：①第1個正確，第2個錯誤，第3、4個正確，由乘法公式得P1＝0.80.20.80.8＝0.102 4； ②第1、2個錯誤，第3、4個正確， 此時概率P2＝0.20.20.80.8＝0.025 6. 由互斥事件概率公式得 P＝P1＋P2＝0.102 4＋0.025 6＝0.128. 6. 解析　設P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b， 則解得 所以D(ξ)＝＋0＋1＝. 7.解　用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“第k局乙獲勝”. 則P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1,2,3,4,5. (1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) ＝()2＋()2＋()2＝. (2)X的可能取值為2,3,4,5. P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝， P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3) ＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4) ＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝. 故X的分布列為 X 2 3 4 5 P E(X)＝2＋3＋4＋5＝. 8.解　(1)由題意知P＝＝≤2＝， 當且僅當x＝y(tǒng)時等號成立， 所以，當P取得最大值時，x＝y(tǒng)＝3. (2)當x＝2時，即甲箱中有2個紅球與4個白球，所以ξ的所有可能取值為0,1,2,3. 則P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， 所以，紅球個數(shù)ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 于是E(ξ)＝0＋1＋2＋3＝. 9.解　(1)設顧客所獲的獎勵額為X. ①依題意，得P(X＝60)＝＝， 即顧客所獲的獎勵額為60元的概率為. ②依題意，得X的所有可能取值為20,60. P(X＝60)＝，P(x＝20)＝＝， 即X的分布列為 X 20 60 P 所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)＝20＋60＝40(元). (2)根據(jù)商場的預算，每個顧客的平均獎勵額為60元.所以，先尋找期望為60元的可能方案.對于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10,10,10,50)的方案，因為60元是面值之和的最大值，所以期望不可能為60元；如果選擇(50,50,50,10)的方案，因為60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能為60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，記為方案1. 對于面值由20元和40元組成的情況，同理，可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，記為方案2. 以下是對兩個方案的分析： 對于方案1，即方案(10,10,50,50)，設顧客所獲的獎勵額為X1，則X1的分布列為 X1 20 60 100 P X1的期望為E(X1)＝20＋60＋100＝60， X1的方差為D(X1)＝(20－60)2＋(60－60)2＋(100－60)2＝. 對于方案2，即方案(20,20,40,40)，設顧客所獲的獎勵額為X2，則X2的分布列為 X2 40 60 80 P X2的期望為E(X2)＝40＋60＋80＝60， X2的方差為D(X2)＝(40－60)2＋(60－60)2＋(80－60)2＝. 由于兩種方案的獎勵額的期望都符合要求，但方案2獎勵額的方差比方案1的小，所以應該選擇方案2. 10.解　(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A. P(A)＝＝. (2)X的可能取值為200,300,400. P(X＝200)＝＝， P(X＝300)＝＝， P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300) ＝1－－＝. 故X的分布列為 X 200 300 400 P E(X)＝200＋300＋400＝350.