2019年高考數(shù)學二輪復習 專題訓練七 第2講 概率、隨機變量及其分布 理.doc

2019年高考數(shù)學二輪復習 專題訓練七 第2講 概率、隨機變量及其分布 理考情解讀1.該部分常考內(nèi)容有幾何概型、古典概型、條件概率，而幾何概型常與平面幾何、定積分交匯命題，古典概型常與排列、組合交匯命題；?？純?nèi)容還有離散型隨機變量的分布列、期望(均值)、方差，常與相互獨立事件的概率、n次獨立重復試驗交匯考查.2.從考查形式上來看，三種題型都有可能出現(xiàn)，選擇題、填空題突出考查基礎知識、基本技能，有時會在知識交匯點處命題；解答題則著重考查知識的綜合運用，考查統(tǒng)計、古典概型、二項分布以及離散型隨機變量的分布列等，都屬于中、低檔題1隨機事件的概率(1)隨機事件的概率范圍：0P(A)1；必然事件的概率為1；不可能事件的概率為0.(2)古典概型的概率P(A).(3)幾何概型的概率P(A).2條件概率在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率：P(B|A).3相互獨立事件同時發(fā)生的概率P(AB)P(A)P(B)4獨立重復試驗如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)Cpk(1p)nk，k0,1,2，n.5超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(Xk)，k0,1,2，m，其中mminM，n，且nN，MN，n，M，NN*.此時稱隨機變量X服從超幾何分布超幾何分布的模型是不放回抽樣，超幾何分布中的參數(shù)是M，N，n.6離散型隨機變量的分布列(1)設離散型隨機變量X可能取的值為x1，x2，xi，xn，X取每一個值xi的概率為P(Xxi)pi，則稱下表：Xx1x2x3xixnPp1p2p3pipn為離散型隨機變量X的分布列(2)離散型隨機變量X的分布列具有兩個性質(zhì)：pi0，p1p2pipn1(i1,2,3，n)(3)E(X)x1p1x2p2xipixnpn為X的均值或數(shù)學期望(簡稱期望)D(X)(x1E(X)2p1(x2E(X)2p2(xiE(X)2pi(xnE(X)2pn叫做隨機變量X的方差(4)性質(zhì)E(aXb)aE(X)b，D(aXb)a2D(X)；XB(n，p)，則E(X)np，D(X)np(1p)；X服從兩點分布，則E(X)p，D(X)p(1p)7正態(tài)分布若XN(，2)，則正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率P(<X)0.682 6；P(2<X2)0.954 4；P(3<X3)0.997 4.熱點一古典概型與幾何概型例1(1)在1,2,3,4共4個數(shù)字中，任取兩個數(shù)字(允許重復)，其中一個數(shù)字是另一個數(shù)字的2倍的概率是_(2)(xx四川)節(jié)日前夕，小李在家門前的樹上掛了兩串彩燈這兩串彩燈的第一次閃亮相互獨立，且都在通電后的4秒內(nèi)任一時刻等可能發(fā)生，然后每串彩燈以4秒為間隔閃亮，那么這兩串彩燈同時通電后，它們第一次閃亮的時刻相差不超過2秒的概率是()A. B. C. D.思維啟迪(1)符合古典概型特點，求4個數(shù)字任取兩個數(shù)字的方法種數(shù)和其中一個數(shù)字是另一個數(shù)字的2倍的方法數(shù)；(2)由幾何概型的特點，利用數(shù)形結合求解答案(1)(2)C解析(1)任取兩個數(shù)字(可重復)共有4416(種)排列方法，一個數(shù)字是另一個數(shù)字的2倍的所有可能情況有12、21、24、42共4種，所以所求概率為P.(2)如圖所示，設在通電后的4秒鐘內(nèi)，甲串彩燈、乙串彩燈第一次亮的時刻為x、y，x、y相互獨立，由題意可知，所以兩串彩燈第一次亮的時間相差不超過2秒的概率為P(|xy|2).思維升華(1)解答有關古典概型的概率問題，關鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)，這常用到計數(shù)原理與排列、組合的相關知識(2)在求基本事件的個數(shù)時，要準確理解基本事件的構成，這樣才能保證所求事件所包含的基本事件個數(shù)的求法與基本事件總數(shù)的求法的一致性(3)當構成試驗的結果的區(qū)域為長度、面積、體積、弧長、夾角等時，應考慮使用幾何概型求解(1)(xx廣東)從0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七個不同的數(shù)，則這七個數(shù)的中位數(shù)是6的概率為_(2)在區(qū)間3,3上隨機取一個數(shù)x，使得函數(shù)f(x)1有意義的概率為_答案(1)(2)解析(1)從0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七個不同的數(shù)，基本事件總數(shù)共有C120(個)，記事件“七個數(shù)的中位數(shù)為6”為事件A，則事件A包含的基本事件的個數(shù)為CC20，故所求概率P(A).(2)由得f(x)的定義域為3,1，由幾何概型的概率公式，得所求概率為P.熱點二相互獨立事件和獨立重復試驗例2甲、乙、丙三個同學一起參加某高校組織的自主招生考試，考試分筆試和面試兩部分，筆試和面試均合格者將成為該高校的預錄取生(可在高考中加分錄取)，兩次考試過程相互獨立根據(jù)甲、乙、丙三個同學的平時成績分析，甲、乙、丙三個同學能通過筆試的概率分別是0.6、0.5、0.4，能通過面試的概率分別是0.6、0.6、0.75.(1)求甲、乙、丙三個同學中恰有一人通過筆試的概率；(2)求經(jīng)過兩次考試后，至少有一人被該高校預錄取的概率思維啟迪本題主要考查相互獨立事件的概率求法，(1)的關鍵是利用轉化與化歸思想，把欲求概率的事件分解為3個互斥事件進行計算；(2)的關鍵是合理運用對立事件的概率公式計算求解解(1)分別記“甲、乙、丙三個同學筆試合格”為事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通過筆試”，則P(E)P(A123)P(1A23)P(12A3)0.60.50.60.40.50.60.40.50.40.38.即恰有一人通過筆試的概率是0.38.(2)分別記“甲、乙、丙三個同學經(jīng)過兩次考試后合格”為事件A、B、C，則P(A)0.60.60.36，P(B)0.50.60.3，P(C)0.40.750.3.事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被該高校預錄取”則表示甲、乙、丙三人均沒有被該高校預錄取，即 ，于是P(F)1P()1P()P()P()10.640.70.70.686 4.即經(jīng)過兩次考試后，至少有一人被預錄取的概率是0.686 4.思維升華求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的注意點：(1)求復雜事件的概率，要正確分析復雜事件的構成，看復雜事件能轉化為幾個彼此互斥的事件的和事件還是能轉化為幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件，然后用概率公式求解(2)一個復雜事件若正面情況比較多，反面情況比較少，則一般利用對立事件進行求解對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解(3)注意辨別獨立重復試驗的基本特征：在每次試驗中，試驗結果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；在每次試驗中，事件發(fā)生的概率相同甲乙丙三人商量周末去玩，甲提議去市中心逛街，乙提議去城郊覓秋，丙表示隨意最終，商定以拋硬幣的方式?jīng)Q定結果規(guī)則是：由丙拋擲硬幣若干次，若正面朝上則甲得一分乙得零分，若反面朝上則乙得一分甲得零分，先得4分者獲勝，三人均執(zhí)行勝者的提議，記所需拋幣次數(shù)為.(1)求6的概率；(2)求的分布列和期望解(1)6說明有1人在前5次中3次勝2次負，且第6次勝，P(6)2C()3()2，6的概率為.(2)4說明有1人4次比賽均勝；5說明有1人第5次一定勝，前4次中3勝1負；7說明有1人第7次一定勝，前6次中3勝3負P(4)2()4，P(5)2C()3()()，P(7)2C()3()3().的分布列為4567PE()4567.熱點三隨機變量的分布列例3(xx遼寧)現(xiàn)有10道題，其中6道甲類題，4道乙類題，張同學從中任取3道題解答(1)求張同學至少取到1道乙類題的概率；(2)已知所取的3道題中有2道甲類題，1道乙類題設張同學答對每道甲類題的概率都是，答對每道乙類題的概率都是，且各題答對與否相互獨立用X表示張同學答對題的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望思維啟迪(1)利用對立事件求概率；(2)計算每個X的值所對應的概率解(1)設事件A“張同學所取的3道題至少有1道乙類題”，則有“張同學所取的3道題都是甲類題”因為P()，所以P(A)1P().(2)X所有的可能取值為0,1,2,3.P(X0)C02；P(X1)C11C02；P(X2)C20C11；P(X3)C20.所以X的分布列為X0123P所以E(X)01232.思維升華解答離散型隨機變量的分布列及相關問題的一般思路：(1)明確隨機變量可能取哪些值(2)結合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概率值(3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解(1)(xx湖北)如圖，將一個各面都涂了油漆的正方體，切割為125個同樣大小的小正方體，經(jīng)過攪拌后，從中隨機取一個小正方體，記它的油漆面數(shù)為X，則X的數(shù)學期望E(X)等于()A. B.C. D.(2)某畢業(yè)生參加人才招聘會，分別向甲、乙、丙三個公司投遞了個人簡歷假定該畢業(yè)生得到甲公司面試的概率為，得到乙、丙兩公司面試的概率均為p，且三個公司是否讓其面試是相互獨立的，記X為該畢業(yè)生得到面試的公司個數(shù)若P(X0)，則隨機變量X的數(shù)學期望E(X)_.答案(1)B(2)解析(1)125個小正方體中8個三面涂漆，36個兩面涂漆，54個一面涂漆，27個沒有涂漆，從中隨機取一個正方體，涂漆面數(shù)X的數(shù)學期望E(X)123.(2)由題意知P(X0)(1p)2，p.隨機變量X的分布列為X0123PE(X)0123.概率模型的應用，需熟練掌握以下?？嫉奈宸N模型：(1)基本事件的發(fā)生具有等可能性，一般可以抽象轉化為古典概型問題，解決古典概型問題的關鍵是分清基本事件個數(shù)n與事件A中包含的基本事件個數(shù)m；(2)與圖形的長度、面積或體積有關的概率應用問題，一般可以應用幾何概型求解，即隨機事件A的概率可用“事件A包含的基本事件所占圖形的度量(長度、面積或體積)”與“試驗的基本事件所占圖形的度量(長度、面積或體積)”之比表示；(3)兩個事件或幾個事件不能同時發(fā)生的應用問題，可轉化為互斥事件來解決，解決這類問題的關鍵是分清事件是否互斥；(4)事件是否發(fā)生相互不影響的實際應用問題，可轉化為獨立事件的概率問題，其中在相同條件下獨立重復多次的可轉化為二項分布問題，應用獨立事件同時發(fā)生的概率和二項分布公式求解；(5)有關平均值和穩(wěn)定性的實際應用問題，一般可抽象為隨機變量的期望與方差問題，先求出事件在各種情況下發(fā)生的概率，再應用公式求隨機變量的期望和方差.真題感悟1(xx陜西)從正方形四個頂點及其中心這5個點中，任取2個點，則這2個點的距離不小于該正方形邊長的概率為()A. B. C. D.答案C解析取兩個點的所有情況為C10，所有距離不小于正方形邊長的情況有6種，概率為.故選C.2(xx浙江)已知甲盒中僅有1個球且為紅球，乙盒中有m個紅球和n個藍球(m3，n3)，從乙盒中隨機抽取i(i1,2)個球放入甲盒中(1)放入i個球后，甲盒中含有紅球的個數(shù)記為i(i1,2)；(2)放入i個球后，從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i1,2)則()Ap1>p2，E(1)<E(2) Bp1<p2，E(1)>E(2)Cp1>p2，E(1)>E(2) Dp1<p2，E(1)<E(2)答案A解析隨機變量1，2的分布列如下：112P2123P所以E(1)，E(2)，所以E(1)<E(2)因為p1，p2，p1p2>0，所以p1>p2.押題精練1有編號分別為1,2,3,4,5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，則取出球的編號互不相同的概率為()A. B. C. D.答案D解析有編號分別為1,2,3,4,5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，有C210種不同的結果，由于是隨機取出的，所以每個結果出現(xiàn)的可能性是相等的；設事件A為“取出球的編號互不相同，”則事件A包含了CCCCC80個基本事件，所以P(A).2箱中裝有標號為1,2,3,4,5,6且大小相同的6個球從箱中一次摸出兩個球，記下號碼并放回，如果兩球號碼之積是4的倍數(shù)，則獲獎現(xiàn)有4人參與摸獎(每人一次)，則恰好有3人獲獎的概率是()A. B.C. D.答案B解析由題意得任取兩球有C種情況，取出兩球號碼之積是4的倍數(shù)的情況為(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6種情況，故每人摸球一次中獎的概率為，故4人中有3人中獎的概率為C()3.故選B.3甲乙兩支球隊進行總決賽，比賽采用七場四勝制，即若有一隊先勝四場，則此隊為總冠軍，比賽結束因兩隊實力相當，每場比賽兩隊獲勝的可能性均為.據(jù)以往資料統(tǒng)計，第一場比賽可獲得門票收入40萬元，以后每場比賽門票收入比上一場增加10萬元(1)求總決賽中獲得門票總收入恰好為300萬元的概率；(2)設總決賽中獲得的門票總收入為X，求X的均值E(X)解(1)依題意，每場比賽獲得的門票收入組成首項為40，公差為10的等差數(shù)列設此數(shù)列為an，則易知a140，an10n30，Sn300.解得n12(舍去)或n5，總決賽共比賽了5場則前4場比賽的比分必為13，且第5場比賽為領先的球隊獲勝，其概率為C()4.(2)隨機變量X可取的值為S4，S5，S6，S7，即220,300,390,490.又P(X220)2()4，P(X300)C()4，P(X390)C()5，P(X490)C()6.所以，X的分布列為X220300390490P所以X的均值為E(X)220300390490377.5(萬元)(推薦時間：50分鐘)一、選擇題1(xx課標全國)4位同學各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動，則周六、周日都有同學參加公益活動的概率為()A. B. C. D.答案D解析4名同學各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動的情況有2416(種)，其中僅在周六(周日)參加的各有1種，所求概率為1.2已知菱形ABCD的邊長為4，ABC150，若在菱形內(nèi)任取一點，則該點到菱形的四個頂點的距離大于1的概率為()A. B1 C. D1答案D解析P1.3已知(x，y)|，直線ymx2m和曲線y有兩個不同的交點，它們圍成的平面區(qū)域為M，向區(qū)域上隨機投一點A，點A落在區(qū)域M內(nèi)的概率為P(M)，若P(M)，1，則實數(shù)m的取值范圍為()A，1 B0，C，1 D0,1答案D解析如圖，由題意得m0，根據(jù)幾何概型的意義，知P(M)，又P(M)，1，所以S弓形2,2故0m1.4已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形與功率都相同且燈口向下放著，現(xiàn)需要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率是()A. B. C. D.答案D解析設事件A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事件B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)，P(AB).則所求概率為P(B|A).5將三個骰子各擲一次，設事件A為“三個骰子擲出的點數(shù)都不同”，事件B為“至少有一個骰子擲出3點”，則條件概率P(A|B)，P(B|A)分別是()A.， B.，C.， D.，答案A解析根據(jù)條件概率的含義，P(A|B)的含義為在B發(fā)生的情況下，A發(fā)生的概率，即在“至少有一個骰子擲出3點”的情況下，“三個骰子擲出的點數(shù)都不同”的概率因為“至少有一個骰子擲出3點”的情況共有66655591(種)，“三個骰子擲出的點數(shù)都不相同且只有一個3點”的情況共有C5460(種)，所以P(A|B).P(B|A)的含義為在A發(fā)生的情況下，B發(fā)生的概率，即在“三個骰子擲出的點數(shù)都不同”的情況下，“至少有一個骰子擲出3點”的概率，所以P(B|A)，故選A.6設隨機變量服從正態(tài)分布N(2,9)，若P(>c)P(<c2)，則c的值是()A1 B2 C3 D4答案C解析因為服從正態(tài)分布N(2,9)即2為圖象的對稱軸，而P(>c)P(<c2)即c與c2關于2對稱，則有2c3.二、填空題7(xx江西)10件產(chǎn)品中有7件正品，3件次品，從中任取4件，則恰好取到1件次品的概率是_答案解析從10件產(chǎn)品中取4件，共有C種取法，取到1件次品的取法為CC種，由古典概型概率計算公式得P.8將一枚均勻的硬幣拋擲6次，則正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多的概率為_答案解析正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多，則正面可以出現(xiàn)4次，5次或6次，故所求的概率PC6C6C6.9(xx浙江)隨機變量的取值為0,1,2.若P(0)，E()1，則D()_.答案解析設P(1)a，P(2)b，則解得所以D()01.10連續(xù)擲一枚均勻的正方體骰子(6個面分別標有1,2,3,4,5,6)，現(xiàn)定義數(shù)列anSn是其前n項和，則S53的概率是_答案解析該試驗可看作一個獨立重復試驗，結果為1發(fā)生的概率為，結果為1發(fā)生的概率為，S53即5次試驗中1發(fā)生一次，1發(fā)生四次，故其概率為C()1()4.三、解答題11一個袋子中裝有7個小球，其中紅球4個，編號分別為1,2,3,4，黃球3個，編號分別為2,4,6，從袋子中任取4個小球(假設取到任一小球的可能性相等)(1)求取出的小球中有相同編號的概率；(2)記取出的小球的最大編號為X，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望解(1)設取出的小球中有相同編號的事件為A，編號相同可分成一個相同和兩個相同P(A).(2)隨機變量X的可能取值為3,4,6.P(X3)，P(X4)，P(X6).所以隨機變量X的分布列為X346P所以隨機變量X的數(shù)學期望E(X)346.12.(xx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)兩次回球結束后，小明得分之和的分布列與數(shù)學期望解(1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分”(i0,1,3)，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”(j0,1,3)，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”由題意得DA3B0A1B0A0B1A0B3，由事件的獨立性和互斥性，得P(D)P(A3B0A1B0A0B1A0B3)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(0)P(A0B0)，P(1)P(A1B0A0B1)P(A1B0)P(A0B1)，P(2)P(A1B1)，P(3)P(A3B0A0B3)P(A3B0)P(A0B3)，P(4)P(A3B1A1B3)P(A3B1)P(A1B3)，P(6)P(A3B3).可得隨機變量的分布列為所以012346P所以數(shù)學期望E()012346.13在某校教師趣味投籃比賽中，比賽規(guī)則：每場投6個球，至少投進4個球且最后2個球都投進者獲獎；否則不獲獎已知教師甲投進每個球的概率都是.(1)記教師甲在每場的6次投球中投進球的個數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望(2)求教師甲在一場比賽中獲獎的概率解(1)X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5,6.依條件可知，XB(6，)P(Xk)C()k()6k(k0,1,2,3,4,5,6)X的分布列為X0123456PE(X)(01112260316042405192664)4.或因為XB(6，)，所以E(X)64.即X的數(shù)學期望為4.(2)設教師甲在一場比賽中獲獎為事件A，則P(A)C()2()4C()5()6.答教師甲在一場比賽中獲獎的概率為.