高考数学(理)二轮练习【专题7】(第2讲)概率、随机变量及其分布(含答案)

第2讲概率、随机变量及其分布考情解读1.该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何、定积分交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的分布列、期望(均值)、方差，常与相互独立事件的概率、n次独立重复试验交汇考查.2.从考查形式上来看，三种题型都有可能出现，选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能，有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的分布列等，都属于中、低档题．1．随机事件的概率(1)随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1；不可能事件的概率为0.(2)古典概型的概率P(A)＝mn＝A中所含的基本事件数基本事件总数.(3)几何概型的概率P(A)＝构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.2．条件概率在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝PABPA.3．相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)．4．独立重复试验如果事件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Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.5．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)＝CkMCn－kN－MCnN，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此时称随机变量X服从超几何分布．超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.6．离散型随机变量的分布列(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn为离散型随机变量X的分布列．(2)离散型随机变量X的分布列具有两个性质：①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)．D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量ξ的方差．(4)性质①E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．7．正态分布若X～N(μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率①P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6826；②P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9544；③P(μ－3σX≤μ＋3σ)＝0.9974.热点一古典概型与几何概型例1(1)在1,2,3,4共4个数字中，任取两个数字(允许重复)，其中一个数字是另一个数字的2倍的概率是________．(2)(2013·四川)节日前夕，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相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以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过2秒的概率是()A.14B.12C.34D.78思维启迪(1)符合古典概型特点，求4个数字任取两个数字的方法种数和其中一个数字是另一个数字的2倍的方法数；(2)由几何概型的特点，利用数形结合求解．答案(1)14(2)C解析(1)任取两个数字(可重复)共有4×4＝16(种)排列方法，一个数字是另一个数字的2倍的所有可能情况有12、21、24、42共4种，所以所求概率为P＝416＝14.(2)如图所示，设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，x、y相互独立，由题意可知0≤x≤40≤y≤4|x－y|≤2，所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|x－y|≤2)＝S正方形－2S△ABCS正方形＝4×4－2×12×2×24×4＝1216＝34.思维升华(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．(1)(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．(2)在区间[－3,3]上随机取一个数x，使得函数f(x)＝1－x＋x＋3－1有意义的概率为________．答案(1)16(2)23解析(1)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件总数共有C710＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为C36C33＝20，故所求概率P(A)＝20120＝16.(2)由1－x≥0，x＋3≥0，得f(x)的定义域为[－3,1]，由几何概型的概率公式，得所求概率为P＝1－－33－－3＝23.热点二相互独立事件和独立重复试验例2甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立．根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75.(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率；(2)求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．思维启迪本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解．解(1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通过笔试”，则P(E)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38.即恰有一人通过笔试的概率是0.38.(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A、B、C，则P(A)＝0.6×0.6＝0.36，P(B)＝0.5×0.6＝0.3，P(C)＝0.4×0.75＝0.3.事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”．则F表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，即F＝ABC，于是P(F)＝1－P(F)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.64×0.7×0.7＝0.6864.即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.6864.思维升华求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．(2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．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110和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，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．解(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P(C)＝1－110·p＝4950，解得p＝15.(2)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＋D1，且D0、D1互斥．依题意，得P(D0)＝C03(1－110)3，P(D1)＝C13·110(1－110)2，所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝7291000＋2431000＝243250.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.热点三随机变量的分布列例3(2013·辽宁)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学至少取到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35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．思维启迪(1)利用对立事件求概率；(2)计算每个X的值所对应的概率．解(1)设事件A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．因为P(A)＝C36C310＝16，所以P(A)＝1－P(A)＝56.(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝C02·350·252·15＝4125；P(X＝1)＝C12·351·251·15＋C02350·252·45＝28125；P(X＝2)＝C22·352·250·15＋C12351·251·45＝57125；P(X＝3)＝C22·352·250·45＝36125.所以X的分布列为X0123P4125281255712536125所以E(X)＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.思维升华解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值．(3)根据分布列和期望、方差公式求解．(1)(2013·湖北)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的数学期望E(X)等于()A.126125B.65C.168125D.75(2)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的，记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝112，则随机变量X的数学期望E(X)＝________.答案(1)B(2)53解析(1)125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆，∴从中随机取一个正方体，涂漆面数X的数学期望E(X)＝54125×1＋36125×2＋8125×3＝150125＝65.(2)由题意知P(X＝0)＝13(1－p)2＝112，∴p＝12.随机变量X的分布列为X0123P1121351216E(X)＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.概率模型的应用，需熟练掌握以下常考的五种模型：(1)基本事件的发生具有等可能性，一般可以抽象转化为古典概型问题，解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数n与事件A中包含的基本事件个数m；(2)与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问题，一般可以应用几何概型求解，即随机事件A的概率可用“事件A包含的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”之比表示；(3)两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题，可转化为互斥事件来解决，解决这类问题的关键是分清事件是否互斥；(4)事件是否发生相互不影响的实际应用问题，可转化为独立事件的概率问题，其中在相同条件下独立重复多次的可转化为二项分布问题，应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解