广东省2013年高考数学第二轮复习 专题七 概率与统计第3讲 随机变量及其分布列 理.doc

-1-专题七专题七概率与统计第概率与统计第 3 3 讲讲随机变量及其分布列随机变量及其分布列真题试做真题试做1(2012上海高考，理 17)设 10 x1x2x3x4104，x5105.随机变量1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均为 0.2，随机变量2取值x1x22，x2x32，x3x42，x4x52，x5x12的概率也均为 0.2.若记D1，D2分别为1，2的方差，则()AD1D2BD1D2CD1D2DD1与D2的大小关系与x1，x2，x3，x4的取值有关2(2012课标全国高考，理 15)某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件 1或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工作，则部件正常工作设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为_3(2012山东高考，理 19)现有甲、乙两个靶某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得 1 分，没有命中得 0 分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得 2分，没有命中得 0 分，该射手每次射击的结果相互独立假设该射手完成以上三次射击(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX.4(2012陕西高考，理 20)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：办理业务所需的时间(分)12345频率0.10.40.30.10.1从第一个顾客开始办理业务时计时(1)估计第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务的概率；(2)X表示至第 2 分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望考向分析考向分析本讲是概率统计的重点，主要考查三方面的内容：相互独立事件及其概率，题型有选择、填空，有时也出现在解答题中与其他知识交会命题；二项分布及其应用，准确把握独立重复试验的特点是解答二项分布问题的关键，一般以中档题为主；随机变量的分布列、期望和方差，以考生比较熟悉的实际应用题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件及独立事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算能力，解答时要注意分类与整合、转化与化归思想的运用，其中有选择题，也有填空题，但更多的是解答题，难度中档热点例析热点例析热点一相互独立事件及其概率【例 1】乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在 10 平前，一方连续发球 2 次后，对方再连续发球 2 次，依次轮换，每次发球，胜方得 1 分，负方得 0 分设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得 1 分的概率为 0.6，各次发球的胜负结果相互独立甲、乙的一局比赛中，甲先发球(1)求开始第 4 次发球时，甲、乙的比分为 1 比 2 的概率；(2)求开始第 5 次发球时，甲得分领先的概率规律方法规律方法(1)求复杂事件的概率的一般步骤：列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；-2-理清各事件之间的关系，列出关系式即把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小事件再分为n个相互独立事件的乘积根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算(2)直接计算符合条件的事件的概率较繁时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率变式训练变式训练 1 1 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响(1)求乙获胜的概率；(2)求投篮结束时乙只投了 2 个球的概率热点二二项分布及其应用【例 2】购买某种保险，每个投保人每年度向保险公司交纳保险费a元，若投保人在购买保险的一年度内出险，则可以获得 10 000 元的赔偿金假定在一年度内有 10 000 人购买了这种保险，且各投保人是否出险相互独立已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金 10 000元的概率为 10.999104.(1)求一投保人在一年度内出险的概率p；(2)设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为 50 000 元，为保证盈利的期望不小于 0，求每位投保人应交纳的最低保险费(单位：元)规律方法规律方法 事件服从二项分布的条件是：(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的(2)各次试验中的事件是相互独立的(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生(4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数变式训练变式训练 2 2 某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响(1)假设这名射手射击 5 次，求恰有 2 次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击 5 次，求有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标的概率；(3)假设这名射手射击 3 次，每次射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分在 3 次射击中，若有 2 次连续击中，而另外 1 次未击中，则额外加 1 分；若 3 次全击中，则额外加 3分记为射手射击 3 次后的总得分数，求的分布列热点三离散型随机变量的分布列、均值与方差【例 3】(2012天津高考，理 16)现有 4 个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为 1 或 2 的人去参加甲游戏，掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏(1)求这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率；(2)求这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X，Y分别表示这 4 个人中去参加甲、乙游戏的人数，记|XY|，求随机变量的分布列与数学期望E()规律方法规律方法 求离散型随机变量的分布列，关键是计算各个概率值，一方面要弄清楚相应的概型(古典概型、相互独立事件的概率、独立重复试验等)，以便套用相关的计算公式计算；另一方面要注意运用分布列的性质检验所求概率值是否正确变式训练变式训练 3 3(2012山东青岛模拟，理 19)甲居住在城镇的A处，准备开车到单位B处上班，若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率如图(例如，ACD算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为110，路段CD发生堵车事件的概率为115，且甲在每个路段只能按箭头指的方向前进)-3-(1)请你为其选择一条由A到B的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；(2)若记路线ACFB中遇到堵车次数为随机变量，求的分布列及E()思想渗透思想渗透转化与化归思想期望与概率的实际应用解题中要善于透过问题的实际背景，发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题【典型例题】某产品按行业生产标准分成 8 个等级，等级系数X依次为 1,2，8，其中X5 为标准A，X3 为标准B，已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为 6 元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为 4 元/件，假设甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下表所示：X15678P0.4ab0.1且X1的数学期望E(X1)6，求a，b的值；(2)为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取 30 件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：353385563463475348538343447567用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；(3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由注：(1)产品的“性价比”产品的等级系数的数学期望产品的零售价；(2)“性价比”大的产品更具可购买性.解：解：(1)因为E(X1)6，所以 50.46a7b80.16，即 6a7b3.2，又由X1的概率分布列得 0.4ab0.11，即ab0.5.由6a7b3.2，ab0.5，解得a0.3，b0.2.(2)由已知得，样本的频率分布表如下：X2345678f0.30.20.20.10.10.1用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X2的概率分布列如下：X2345678P0.30.20.20.10.10.1所以E(X2)30.340.250.260.170.180.14.8，即乙厂产品的等级系数X2的数学期望等于 4.8.(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于 6，价格为 6 元/件，所以其“性价比”为661.因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于 4.8，价格为 4 元/件，所以其“性价比”为4.84-4-1.2.所以乙厂的产品更具可购买性1设随机变量服从正态分布N(3，2)，若P(m)a，则P(6m)等于()AaB12aC2aD1a2设一随机试验的结果只有A和A且P(A)m，令随机变量1，A发生0，A不发生，则的方差D()等于()AmB2m(1m)Cm(m1)Dm(1m)3一个袋中有 6 个同样大小的黑球，编号为 1,2,3,4,5,6，现从中随机取出 3 个球，以Z表示取出球的最大号码，令aP(Z6)，则函数y12x22ax的单调递增区间是()A.，12B.12，C(，1)D(1，)4箱中装有标号为 1,2,3,4,5,6 且大小相同的 6 个球从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是 4 的倍数，则获奖现有 4 人参与摸奖，恰好有 3 人获奖的概率是()A.16625B.96625C.624625D.46255(2012浙江五校联考，理 16)甲、乙两个篮球队进行比赛，比赛采用 5 局 3 胜制(即先胜 3 局者获胜)若甲、乙两队在每场比赛中获胜的概率分别为23和13，记需要比赛的场次为，则E()_.6(2012广东东莞模拟，理 17)某汽车驾驶学校在学员结业前对其驾驶技术进行 4 次考核，规定：按顺序考核，一旦考核合格就不必参加以后的考核，否则还需要参加下次考核若小李参加每次考核合格的概率依次组成一个公差为18的等差数列，他参加第一次考核合格的概率超过12，且他直到参加第二次考核才合格的概率为932.(1)求小李第一次参加考核就合格的概率P1；(2)求小李参加考核的次数X的分布列和数学期望E(X)参考答案参考答案命题调研命题调研明晰考向明晰考向真题试做真题试做1A2.38解析解析：设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)P(B)P(C)12，该部件的使用寿命超过 1 000 的事件为(ABABAB)C.该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为P121212121212 1238.3解：解：(1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A，“该射手射击甲靶命中”为事件B，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D，由题意知P(B)34，P(C)P(D)23，-5-由于ABCDBCDBCD，根据事件的独立性和互斥性得P(A)P(BCDBCDBCD)P(BCD)P(BCD)P(BCD)P(B)P(C)P(D)P(B)P(C)P(D)P(B)P(C)P(D)34123 123 134 23123 134 123 23736.(2)根据题意，X的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5，根据事件的独立性和互斥性得P(X0)P(BCD)1P(B)1P(C)1P(D)134 123 123136，P(X1)P(BCD)P(B)P(C)P(D)34123 123112，P(X2)P(BCDBCD)P(BCD)P(BCD)134 23123 134 123 2319，P(X3)P(BCDBCD)P(BCD)P(BCD)3423123 34123 2313，P(X4)P(BCD)134 232319，P(X5)P(BCD)34232313.故X的分布列为X012345P13611219131913所以EX013611122193134195134112.4解：解：设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：-6-Y12345P0.10.40.30.10.1(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟；第一个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟；第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为 2 分钟所以P(A)P(Y1)P(Y3)P(Y3)P(Y1)P(Y2)P(Y2)0.10.30.30.10.40.40.22.(2)方法一：X所有可能的取值为 0,1,2.X0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟，所以P(X0)P(Y2)0.5；X1 对应第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过 1 分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为 2 分钟，所以P(X1)P(Y1)P(Y1)P(Y2)0.10.90.40.49；X2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟，所以P(X2)P(Y1)P(Y1)0.10.10.01.所以X的分布列为X012P0.50.490.01E(X)00.510.4920.010.51.方法二：X所有可能的取值为 0,1,2.X0 对应第一个顾客办理业务所需的时间超过 2 分钟，所以P(X0)P(Y2)0.5；X2 对应两个顾客办理业务所需的时间均为 1 分钟，所以P(X2)P(Y1)P(Y1)0.10.10.01；P(X1)1P(X0)P(X2)0.49.所以X的分布列为X012P0.50.490.01E(X)00.510.4920.010.51.精要例析精要例析聚焦热点聚焦热点热点例析热点例析【例 1】解：解：记Ai表示事件：第 1 次和第 2 次这两次发球，甲共得i分，i0,1,2；Bi表示事件：第 3 次和第 4 次这两次发球，甲共得i分，i0,1,2；A表示事件：第 3 次发球，甲得 1 分；B表示事件：开始第 4 次发球时，甲、乙的比分为 1 比 2；C表示事件：开始第 5 次发球时，甲得分领先(1)BA0AA1A，P(A)0.4，P(A0)0.420.16，P(A1)20.60.40.48，P(B)P(A0AA1A)P(A0A)P(A1A)P(A0)P(A)P(A1)P(A)0.160.40.48(10.4)0.352.(2)P(B0)0.620.36，P(B1)20.40.60.48，P(B2)0.420.16，P(A2)0.620.36.CA1B2A2B1A2B2，P(C)P(A1B2A2B1A2B2)-7-P(A1B2)P(A2B1)P(A2B2)P(A1)P(B2)P(A2)P(B1)P(A2)P(B2)0.480.160.360.480.360.160.307 2.【变式训练 1】解：解：设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P(Ak)13，P(Bk)12(k1,2,3)(1)记“乙获胜”为事件C，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P(C)P(A1B1)P(A1B1A2B2)P(A1B1A2B2A3B3)P(A1)P(B1)P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)23122321222331231327.(2)记“投篮结束时乙只投了 2 个球”为事件D，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P(D)P(A1B1A2B2)P(A1B1A2B2A3)P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)23212223212213 427.【例 2】解：解：各投保人是否出险互相独立，且出险的概率都是p，记投保的 10 000 人中出险的人数为，则B(104，p)(1)记A表示事件：保险公司为该险种至少支付 10 000 元赔偿金，则A发生当且仅当0，P(A)1P(A)1P(0)1(1p)104，又P(A)10.999104，故p0.001.(2)该险种总收入为 10 000a元，支出是赔偿金总额与成本的和支出 10 00050 000.盈利10 000a(10 00050 000)，盈利的期望为E()10 000a10 000E()50 000，由B(104,103)知，E()10 000103，E()104a104E()5104104a1041041035104.E()0104a1041051040a1050a15(元)故每位投保人应交纳的最低保险费为 15 元【变式训练 2】解：解：(1)设X为射手在 5 次射击中击中目标的次数，则XB5，23.在 5次射击中，恰有 2 次击中目标的概率P(X2)25C232123340243.(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i1,2,3,4,5)；“射手在 5 次射击中，有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件A，则P(A)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)2331321323313132233881.(3)由题意可知，的所有可能取值为 0,1,2,3,6，-8-P(0)P(A1A2A3)133127；P(1)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)231321323131322329；P(2)P(A1A2A3)231323427；P(3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)2321313232827；P(6)P(A1A2A3)23 3827.所以的分布列是01236P12729427827827【例 3】解解：依题意，这 4 个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.设“这 4 个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i0,1,2,3,4)，则P(Ai)C4i13i234i.(1)这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率P(A2)24C132232827.(2)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则BA3A4.由于A3与A4互斥，故P(B)P(A3)P(A4)34C13323 44C13419.所以，这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)的所有可能取值为 0,2,4.由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(0)P(A2)827，P(2)P(A1)P(A3)4081，P(4)P(A0)P(A4)1781.所以的分布列是-9-024P82740811781随机变量的数学期望E()0827240814178114881.【变式训练 3】解解：(1)记路段AC发生堵车事件为AC，各路段发生堵车事件的记法与此类同因为各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，所以路线ACDB中遇到堵车的概率为P11P(ACCDDB)1P(AC)P(CD)P(DB)11P(AC)1P(CD)1P(DB)1910141556310.同理：路线ACFB中遇到堵车的概率为P21P(ACCFFB)239800小于310.路线AEFB中遇到堵车的概率为P31P(AEEFFB)91300大于310.显然由A到B只可能在以上三条路线中选择因此选择路线ACFB，可使得途中发生堵车事件的概率最小(2)路线ACFB中遇到堵车次数可能取值为 0,1,2,3.P(0)P(ACCFFB)561800，P(1)P(ACCFFB)P(ACCFFB)P(ACCFFB)11017201112910320111291017201126372 400，P(2)P(ACCFFB)P(ACCFFB)P(ACCFFB)11032011121101720112910320112772 400，P(3)P(ACCFFB)1103201121800.所以的分布列为0123P5618006372 400772 4001800E()056180016372 4002772 4003180013.创新模拟创新模拟预测演练预测演练1D解析：解析：正态分布曲线关于x对称，即关于x3 对称，m与 6m关于x3 对称，P(6m)P(m)a，则P(6m)1a.2D-10-3A解析：解析：P(Z6)121536C C1C2，y12x2x在，12 上单调递增4B解析解析：若摸出的两球中含有 4，必获奖，有 5 种情形；若摸出的两球是 2,6，也能获奖故获奖的情形共 6 种，获奖的概率为266C25.现有 4 人参与摸奖，恰有 3 人获奖的概率是3342C53596625.5.10727解析：解析：依题意的可能取值分别为 3,4,5，P(3)232323131313927，P(4)23C232132323C13223131027，P(5)1P(3)P(4)827.E()3P(3)4P(4)5P(5)10727.6解：解：(1)由题意得(1P1)P118 932，P114或58.P112，P158.(2)由(1)知小李 4 次考核每次合格的概率依次为58，34，78，1，所以P(X1)58，P(X2)932，P(X3)158134 7821256，P(X4)158134178 13256，所以X的分布列为X1234P58932212563256E(X)158293232125643256379256.