【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题8　概率与统计 第40练 含答案.doc，共(13)页，154.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＋2×41

5＝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＝3

4，∵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＝36

144＝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(2

3)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进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.变式训练3(2015·湖南)某商场举行

有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红

球，则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和均值.解(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2

＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}.由题意，A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2∪A1A2，C＝B1∪B2.因为P(A1)＝410＝25，P(A2)＝510＝12，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(

A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1A2∪A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2)＝25×1－12＋1－25×12＝12.故所求概率为P(C)＝P(B1∪B2)＝P

(B1)＋P(B2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X～B3，15.于是P(X＝0)＝C03150453＝64125，P(X＝1)＝C1315

1452＝48125，P(X＝2)＝C23152451＝12125，P(X＝3)＝C33153450＝1125.故X的分布列为X0123P6412548125121251125则E(X)＝3×15＝35.高考题型精练1.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记

A＝{两次点数均为奇数}，B＝{两次点数之和为6}，则P(B|A)等于()A.59B.13C.536D.23答案B解析n(A)＝3×3＝9，n(AB)＝3，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝39＝13.故

选B.2.如图所示，在边长为1的正方形OABC内任取一点P，用A表示事件“点P恰好在由曲线y＝x与直线x＝1及x轴所围成的曲边梯形内”，B表示事件“点P恰好取自阴影部分内”，则P(B|A)等于()A.14B.15C.16D.17答案A解析根据题意，正方形OABC的面积为1×1＝1，

而y＝x与直线x＝1及x轴所围成的曲边梯形的面积为01xdx＝23x3210＝23，∴P(A)＝231＝23，而阴影部分的面积为01(x－x)dx＝(23x32－12x2)10＝16，∴正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为P(B)＝161＝

16，∴P(B|A)＝P(B)P(A)＝1623＝14，故选A.3.某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，设X表示击中目标的次数，则P(X≥2)等于()A.81125B.54125C.3612

5D.27125答案A解析至少有两次击中目标的对立事件是最多击中一次，有两类情况：一次都没击中、击中一次.一次都没击中：概率为(1－0.6)3＝0.064；击中一次：概率为C13×0.6×(1－0.6)2＝0.288

.所以最多击中一次的概率为0.064＋0.288＝0.352，所以至少有两次击中目标的概率为1－0.352＝0.648＝81125.4.已知某一随机变量X的概率分布列如下表，E(X)＝6.3，则a的值为()X4a9P0.50.1bA.5B.6C.7D.8答案C解析b＝1－0.5－0.1＝0.4

，∴4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3，∴a＝7，故选C.5.设随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，则()A.n＝5，p＝0.32B.n＝4，p＝0.4C.n＝8，p＝0.2D.n＝7，p＝0.45答案C解析因为随机变

量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，所以E(X)＝np＝1.6，D(X)＝np(1－p)＝1.28⇒p＝0.2，n＝8.6.在4次独立重复试验中事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是6581，则事件A在

一次试验中发生的概率为()A.13B.25C.56D.以上全不对答案A解析设事件A在一次试验中发生的概率为p，∵事件A全不发生为事件A至少发生一次的对立事件，∴1－(1－p)4＝6581，即(1－p)4＝1

681.故1－p＝23或1－p＝－23(舍去)，即p＝13.7.小王参加了2015年春季招聘会，分别向A，B两个公司投递个人简历.假定小王得到A公司面试的概率为13，得到B公司面试的概率为p，且两个公司是否让其面试是独立的.记ξ为小王得到面试的公司个数.若ξ

＝0时的概率P(ξ＝0)＝12，则随机变量ξ的均值E(ξ)＝______.答案712解析由题意，得P(ξ＝2)＝13p，P(ξ＝1)＝13(1－p)＋23p＝1＋p3，ξ的分布列为ξ012P121＋p313p由12＋1＋p3＋13p＝1，得p＝14.所以E(ξ)＝0×12＋1×1

＋p3＋2×13p＝712.8.随机变量ξ的取值为0，1，2.若P(ξ＝0)＝15，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.答案25解析设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，则15＋a＋b＝1，a＋2b＝1，解得a＝35，b＝15，所

以D(ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.9.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X，已知E(X)＝3，则D(X)＝________.答案65解析根据题目条件，每次摸到白球的概率都是p＝33＋m，满足二项分布，则有E(X)＝np＝5×

33＋m＝3，解得m＝2，那么D(X)＝np(1－p)＝5×35×(1－35)＝65.10.某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射击到

3次为止.设甲每次击中的概率为p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值E(η)>74，则p的取值范围是________.答案(0，12)解析由已知得P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p

2－3p＋3>74，解得p>52或p<12，又p∈(0，1)，所以p∈(0，12).11.(2015·陕西)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果

如下：T(分钟)25303540频数(次)20304010(1)求T的分布列与均值E(T)；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.解(1)由统计结果可得T

的频率分布为T(分钟)25303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得T的分布列为T25303540P0.20.30.40.1从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32.(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列

相同，设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.方法一P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P

(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.方法二P(A)＝P(T1＋T2＞70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋

P(T1＝40，T2＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09，故P(A)＝1－P(A)＝0.91.12.(2016·课标全国甲)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度

出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保

费高于基本保费的概率；(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解(1)设A表示事件：“续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发

生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B表示事件：“续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.又P(AB)＝P(B)，故

P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.150.55＝311.因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.15

0.200.200.100.05E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.