第40练 随机变量及其分布列

第40练随机变量及其分布列[题型分析·高考展望]随机变量及其分布列是高考的一个必考热点，主要包括离散型随机变量及其分布列，均值与方差，二项分布及其应用和正态分布.对本部分知识的考查，一是以实际生活为背景求解离散型随机变量的分布列和均值；二是独立事件概率的求解；三是考查二项分布.体验高考1.(2015·四川)某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人.女生中随机抽取3人组成代表队.(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和均值.解(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名，参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C33C34C36C36＝1100，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)根据题意，X的可能取值为1，2，3，P(X＝1)＝C13C33C46＝15，P(X＝2)＝C23C23C46＝35，P(X＝3)＝C33C13C46＝15，所以X的分布列为X123P153515因此，X的均值为E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.2.(2016·天津)某小组共10人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和均值.解(1)由已知，有P(A)＝C13C14＋C23C210＝13.所以事件A发生的概率为13.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝C23＋C23＋C24C210＝415，P(X＝1)＝C13C13＋C13C14C210＝715，P(X＝2)＝C13C14C210＝415.所以随机变量X的分布列为X012P415715415随机变量X的均值E(X)＝0×415＋1×715＋2×415＝1.3.(2015·福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和均值.解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A)＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.又P(X＝1)＝16，P(X＝2)＝56×15＝16，P(X＝3)＝56×45×1＝23.所以X的分布列为X123P161623所以X的均值E(X)＝1×16＋2×16＋3×23＝52.高考必会题型题型一条件概率与相互独立事件的概率例1(1)先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1，2，3，4，5，6个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，则概率P(B|A)等于()A.12B.13C.14D.25(2)甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为()A.34B.23C.45D.710答案(1)B(2)A解析(1)正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C16·C16＝36(种).事件A：“x＋y为偶数”包含事件A1：“x，y都为偶数”与事件A2：“x，y都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)＝C13·C1336＝14，P(A2)＝C13·C1336＝14，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝14＋14＝12.事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，所以事件AB为“x，y都为偶数且x≠y”，所以P(AB)＝C13·C13－336＝16.P(B|A)＝PABPA＝13.(2)设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，“丙命中目标”为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A∪B∪C，即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生.∴P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝[1－P(A)]·[1－P(B)]·[1－P(C)]＝1－121－131－14＝14.故目标被击中的概率为1－P(A·B·C)＝1－14＝34.点评(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝PABPA.这是通用的求条件概率的方法.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝nABnA.(3)相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.变式训练1(1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45(2)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.答案(1)A(2)0.128解析(1)已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝0.60.75＝0.8.(2)由题设，分两类情况：①第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，得P1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.1024；②第1、2个错误，第3、4个正确，此时概率P2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.0256.由互斥事件概率公式得P＝P1＋P2＝0.1024＋0.0256＝0.128.题型二离散型随机变量的均值和方差例2(2015·山东)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等).在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得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)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和均值E(X).解(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C39＝84，随机变量X的取值为：0，－1，1，因此P(X＝0)＝C38C39＝23，P(X＝－1)＝C24C39＝114，P(X＝1)＝1－114－23＝1142，所以X的分布列为X0－11P231141142则E(X)＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝421.点评离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率间的对应.变式训练2(1)(2016·四川)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________.答案32解析由题可知，在一次试验中，试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P＝1－12×12＝34，∵2次独立试验成功次数X满足二项分布X～B2，34，则E(X)＝2×34＝32.(2)(2016·山东)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：①“星队”至少猜对3个成语的概率；②“星队”两轮得分之和X的分布列和均值E(X).解①记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意，E＝ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD.由事件的独立性与互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＝34×23×34×23＋2×14×23×34×23＋34×13×34×23＝23.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.②由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.由事件的独立性与互斥性，得P(X＝0)＝14×13×14×13＝1144，P(X＝1)＝2×34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P(X＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P(X＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，P(X＝4)＝2×34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512.P(X＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X的分布列为x012346P11445722514411251214所以均值E(X)＝0×1144＋1×572＋2×25144＋3×112＋4×512＋6×14＝236.题型三二项分布例3某市为丰富市民的业余文化生活，联合市国际象棋协会举办国际象棋大赛，在小组赛中，小王要与其他四名业余棋手进行比赛，已知小王与其他选手比赛获得胜利的概率都为23，并且他与其他选手比赛获胜的事件是相互独立的.(1)求小王首次获胜前已经负了两场的概率；(2)求小王在四场比赛中获胜的场数X的分布列、均值和方差.解(1)小王首次获胜前已经负了两场，即前两场输第三场赢，其概率为P＝(1－23)2×23＝227.(2)因为小王每场比赛获胜的概率均为23，所以小王在四场比赛中获胜的场数X服从二项分布B(4，23)，故P(X＝i)＝Ci4(23)i(1－23)4－i(其中i＝0，1，2，3，4).所以P(X＝0)＝C04(23)0(1－23)4＝181，P(X＝1)＝C14(23)1(1－23)3＝881，P(X＝2)＝C24(23)2(1－23)2＝827，P(X＝3)＝C34(23)3(1－23)1＝3281，P(X＝4)＝C44(23)4(1－23)0＝1681.故X的分布列为X01234P18188182732811681故X的均值为E(X)＝4×23＝83，方差为D(X)＝4×23×(1－23)＝89.点评应用公式Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下