高考數(shù)學二輪專題復習與策略 第1部分 專題3 概率與統(tǒng)計 突破點9 隨機變量及其分布教師用書 理-人教版高三數(shù)學試題

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1、突破點9　隨機變量及其分布 (對應學生用書第167頁) 提煉1 離散型隨機變量的分布列 離散型隨機變量X的分布列如下： X x1 x2 x3 … xi … xn P p1 p2 p3 … pi … pn 則(1)pi≥0. (2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)． (3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為X的均值或數(shù)學期望(簡稱期望)． D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做隨機變量X的方差．

2、 (4)均值與方差的性質(zhì) ①E(aX＋b)＝aE(X)＋b； ②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為實數(shù))． (5) 兩點分布與二項分布的均值、方差 ①若X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； ②若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). 提煉2 幾種常見概率的計算 (1)條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率為P(B|A)＝＝. (2)相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (3)獨立重復試驗的概率 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(1

3、－p)n－k，k＝0,1,2，…，n. 提煉3 正態(tài)分布 (1)若X～N(μ，σ2)，則①P(μ－σμ＋a)． 回訪1　條件概率 1．(2015·全國卷Ⅰ)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為(　　) A．0.648　　 B．0.

4、432　　 C．0.36　　 D．0.312 A　[3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.] 2．(2014·全國卷Ⅱ)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 A　[已知連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，那么在前一天空氣質(zhì)量為優(yōu)良的前

5、提下，要求隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率，可根據(jù)條件概率公式，得P＝＝0.8.] 回訪2　正態(tài)分布 3．(2015·山東高考)已知某批零件的長度誤差(單位：毫米)服從正態(tài)分布N(0,32)，從中隨機取一件，其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為(　　) (附：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.) A．4.56%　 B．13.59% C．27.18% D．31.74% B　[由正態(tài)分布的概率公式知P(－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P(－6＜ξ＜6)＝0.954 4，故P(3＜ξ＜6)＝＝

6、＝0.135 9＝13.59%，故選B.] 4．(2012·全國卷)某一部件由三個電子元件按如圖9-1所示方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．設三個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為________． 圖9-1 　[設元件1,2,3的使用壽命超過1 000小時的事件分別記為A，B，C，顯然P(A)＝P(B)＝P(C)＝， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為(A＋B＋AB)C， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的概率

7、 P＝×＝.] 回訪3　隨機變量的分布列、期望、方差 5．(2016·山東高考)甲、乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲、乙各猜一個成語．在一輪活動中，如果兩人都猜對，則“星隊”得3分；如果只有一人猜對，則“星隊”得1分；如果兩人都沒猜對，則“星隊”得0分．已知甲每輪猜對的概率是，乙每輪猜對的概率是；每輪活動中甲、乙猜對與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響．假設“星隊”參加兩輪活動，求： (1)“星隊”至少猜對3個成語的概率； (2)“星隊”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學期望EX. [解]　(1)記事件A：“甲第一輪猜對”， 記事件B：“乙第一輪猜對”， 記事件C：“甲第二輪

8、猜對”， 記事件D：“乙第二輪猜對”， 記事件E：“‘星隊’至少猜對3個成語”． 由題意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，2分 由事件的獨立性與互斥性， P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝， 所以“星隊”至少猜對3個成語的概率為.5分 (2)由題意，隨機變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6. 由事件的獨立性與互斥性，得 P(X＝0)＝××

9、×＝， P(X＝1)＝2× ＝＝， P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，8分 P(X＝3)＝×××＋××× ＝＝， P(X＝4)＝2× ＝＝， P(X＝6)＝×××＝＝.10分 可得隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.12分 (對應學生用書第167頁) 熱點題型1　相互獨立事件的概率與條件概率 題型分析：高考對條件概率的考查，主要體現(xiàn)在對條件概率的了解層次，難度較小，對事件相互獨立性的考查相對較頻繁，難度中等. 　(1)(2016·山西考

10、前模擬)某同學用計算器產(chǎn)生了兩個[0,1]之間的均勻隨機數(shù)，分別記作x，y.當y的概率是(　　) 【導學號：67722034】 A.　 B. C. D. (2)如圖9-2，由M到N的電路中有4個元件，分別標為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是p，電流能通過T4的概率是0.9.電流能否通過各元件相互獨立．已知T1，T2，T3中至少有一個能通過電流的概率為0.999. 圖9-2 ①求p； ②求電流能在M與N之間通過的概率． (1)D　[記“y”為事件B，所以(x，y)構成的區(qū)域如圖所示，所以S1＝x2dx＝x3＝，S

11、2＝x2dx－S1＝x3－＝，則所求概率為＝＝＝，故選D.] (2)記Ai表示事件：電流能通過Ti，i＝1,2,3,4，A表示事件：T1，T2，T3中至少有一個能通過電流， B表示事件：電流能在M與N之間通過． ①＝123，1，2，3相互獨立，2分 P()＝P(123) ＝P(1)P(2)P(3)＝(1－p)3.3分 又P()＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，4分 故(1－p)3＝0.001，p＝0.9.6分 ②B＝A4∪4A1A3∪41A2A3，8分 P(B)＝P(A4∪4A1A3∪41A2A3) ＝P(A4)＋P(4A1A3)＋P(41A2A3) ＝P(

12、A4)＋P(4)P(A1)P(A3)＋P(4)P(1)P(A2)P(A3) ＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.989 1.12分 1．解決條件概率的關鍵是明確“既定條件”． 2．求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復雜事件的構成，將復雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復試驗問題，然后用相應概率公式求解． (2)間接法：當復雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解．對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解． [變式訓練1]　(2016·全國

13、甲卷)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應概率如下： 一年內(nèi)出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的

14、平均保費與基本保費的比值． [解]　(1)設A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于1，故 P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.2分 (2)設B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.4分 又P(AB)＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求概率為.6分 (3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20

15、 0.20 0.10 0.05 9分 E(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.11分 因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23.12分 熱點題型2　離散型隨機變量的分布列、期望和方差 題型分析：離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等. 　(2016·威海二模)2015年，威海智慧公交建設項目已經(jīng)基本完成．為了解市民對該項目的滿意度，分別從不同公交站點隨機抽取若干市民對該項目進行評分(滿分1

16、00分)，繪制如下頻率分布直方圖，并將分數(shù)從低到高分為四個等級： 滿意度評分 低于60分 60分到79分 80分到89分 不低于90分 滿意度等級 不滿意 基本滿意 滿意 非常滿意 已知滿意度等級為基本滿意的有680人． (1)若市民的滿意度評分相互獨立，以滿意度樣本估計全市市民滿意度．現(xiàn)從全市市民中隨機抽取4人，求至少有2人非常滿意的概率； (2)在等級為不滿意市民中，老年人占.現(xiàn)從該等級市民中按年齡分層抽取15人了解不滿意的原因，并從中選取3人擔任整改督導員，記X為老年督導員的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學期望E(X)； (3)相關部門對項目進行驗收，驗收的硬性指標是

17、：市民對該項目的滿意指數(shù)不低于0.8，否則該項目需進行整改，根據(jù)你所學的統(tǒng)計知識，判斷該項目能否通過驗收，并說明理由．(注：滿意指數(shù)＝) 圖9-3 [解]　(1)由頻率分布直方圖可知 a＝[1－10×(0.035＋0.004＋0.020＋0.014＋0.002)]＝0.025，1分 ∴市民非常滿意的概率為0.025×10＝0.25＝.2分 ∵市民滿意度評分相互獨立，∴ P＝1－C04－C13＝1－＝或P＝C22＋C31＋C40＝.4分 (2)按年齡分層抽樣抽取15人進行座談，則老年市民抽15×＝5人． 從15人中選取3名整改督導員的所有可能情況為C， 由題知X的可能取值為0

18、,1,2,3，6分 P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.10分 (3)所選樣本滿意程度的平均得分為 45×0.02＋55×0.04＋65×0.14＋75×0.2＋85×0.35＋95×0.25＝80.7，估計市民滿意度程度的平均得分為80.7，所以市民滿意度指數(shù)為＝0.807＞0.8，所以該項目能通過驗收.12分 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(jié)合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可

19、能取值的概率值． (3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解． 提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關系是求解此類問題的關鍵． [變式訓練2]　(名師押題)第31屆夏季奧林匹克運動會已于2016年8月5日—21日在巴西里約熱內(nèi)盧舉行完畢．下表是近六屆奧運會中國代表團和俄羅斯代表團獲得的金牌數(shù)的統(tǒng)計數(shù)據(jù)(單位：枚). 第31屆 巴西 第30屆 倫敦 第29屆 北京 第28屆 雅典 第27屆 悉尼 第26屆 亞特蘭大 中國 26 38 51 32 28 16 俄羅斯 19 24 23 27 32 26 (1)根據(jù)表格中兩組數(shù)據(jù)完成近

20、五屆奧運會兩國代表團獲得的金牌數(shù)的莖葉圖，并通過莖葉圖比較兩國代表團獲得的金牌數(shù)的平均值及分散程度(不要求計算出具體數(shù)值，給出結(jié)論即可)； (2)甲、乙、丙三人競猜下屆中國代表團和俄羅斯代表團中的哪一個獲得的金牌數(shù)多(假設兩國代表團獲得的金牌數(shù)不會相等)，規(guī)定甲、乙、丙必須在兩個代表團中選一個，已知甲、乙猜中國代表團的概率都為，丙猜中國代表團的概率為，三人各自猜哪個代表團互不影響．現(xiàn)讓甲、乙、丙各猜一次，設三人中猜中國代表團的人數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望E(X)． [解]　(1)兩國代表團獲得的金牌數(shù)的莖葉圖如下： 通過莖葉圖可以看出，中國代表團獲得的金牌數(shù)的平均值高于俄羅斯代表

21、團獲得的金牌數(shù)的平均值；俄羅斯代表團獲得的金牌數(shù)比較集中，中國代表團獲得的金牌數(shù)比較分散.6分 (2)X的可能取值為0,1,2,3，設事件A，B，C分別表示甲、乙、丙猜中國代表團，則P(X＝0)＝P()·P()·P()＝2×＝，7分 P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝C×××＋2×＝，8分 P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC) ＝2×＋C×××＝，9分 P(X＝3)＝P(A)·P(B)·P(C)＝2×＝.10分 故X的分布列為 X 0 1 2 3 P 11分 E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.12分 熱點題型3　正態(tài)分布

22、問題 題型分析：由于正態(tài)分布與頻率分布直方圖有極大的相似性，故在復習備考中應適度關注這一知識間的聯(lián)系，同時對正態(tài)分布的圖象特征給予高度關注. 　(2014·全國卷Ⅰ)從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取500件，測量這些產(chǎn)品的一項質(zhì)量指標值，由測量結(jié)果得如下頻率分布直方圖： 圖9-4 (1)求這500件產(chǎn)品質(zhì)量指標值的樣本平均數(shù)和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)； (2)由直方圖可以認為，這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2. ①利用該正態(tài)分布，求P(187.8

23、了100件這種產(chǎn)品，記X表示這100件產(chǎn)品中質(zhì)量指標值位于區(qū)間(187.8,212.2)的產(chǎn)品件數(shù)，利用①的結(jié)果，求E(X)． 附：≈12.2. 若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ

24、.08＋302×0.02＝150.6分 (2)①由(1)知，Z～N(200,150)，從而P(187.8

25、]　(1)設X～N(1，σ2) ，其正態(tài)分布密度曲線如圖9-5所示，且P(X≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為(　　) 圖9-5 (附：隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ3)＝0.023，則P(－3≤ξ≤3)＝________. (1)B　(2)0.954　[(1)由題意得，P(X≤－1)＝P(X

26、≥3)＝0.022 8， ∴P(－13)＝0.5－0.023＝0.477， ∴P(－3≤ξ≤3)＝2P(0≤ξ≤3)＝2×0.477＝0.954.] 專題限時集訓(九)　隨機變量

27、及其分布 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達標] 一、選擇題 1．已知變量X服從正態(tài)分布N(2,4)，下列概率與P(X≤0)相等的是(　　) A．P(X≥2) B．P(X≥4) C．P(0≤X≤4) D．1－P(X≥4) B　[由變量X服從正態(tài)分布N(2,4)可知，x＝2為其密度曲線的對稱軸，因此P(X≤0)＝P(X≥4)．故選B.] 2．(2016·廈門模擬)某種子每粒發(fā)芽的概率都為0.9，現(xiàn)播種了1 000粒，對于沒有發(fā)芽的種子，每粒需要再補種2粒，補種的種子數(shù)記為X，則X的數(shù)學期望為(　　) A．100 B．200 C．300 D．400 B　[將“沒

28、有發(fā)芽的種子數(shù)”記為ξ，則ξ＝1,2,3，…，1 000，由題意可知ξ～B(1 000,0.1)，所以E(ξ)＝1 000×0.1＝100，又因為X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200，故選B.] 3．現(xiàn)有甲、乙兩個靶，某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為.該射手每次射擊的結(jié)果相互獨立．假設該射手完成以上三次射擊，該射手恰好命中一次的概率為(　　) A. B. C. D. C　[××＋××＋××＝，故選C.] 4．(2016·合肥二模)某校組織由5名學生參加的演講比賽，采用抽簽法決定演講順序，在“學生A和B都不是第一個出場，B不是最后一個出場”

29、的前提下，學生C第一個出場的概率為(　　) 【導學號：67722035】 A. B. C. D. A　[“A和B都不是第一個出場，B不是最后一個出場”的安排方法中，另外3人中任何一個人第一個出場的概率都相等，故“C第一個出場”的概率是.] 5．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)在4人參與摸獎，恰好有3人獲獎的概率是(　　) A. B. C. D. B　[若摸出的兩球中含有4，必獲獎，有5種情形；若摸出的兩球是2,6，也能獲獎．故獲獎的情形共6種，獲獎的概率為＝.現(xiàn)有4人參與摸獎，恰有

30、3人獲獎的概率是C3·＝.] 二、填空題 6．隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝________. 　[由題意設P(ξ＝1)＝p， ξ的分布列如下： ξ 0 1 2 P p －p 由E(ξ)＝1，可得p＝， 所以D(ξ)＝12×＋02×＋12×＝.] 7．某學校一年級共有學生100名，其中男生60人，女生40人．來自北京的有20人，其中男生12人，若任選一人是女生，則該女生來自北京的概率是________． 　[設事件A為“任選一人是女生”，B為“任選一人來自北京”，依題意知，來自北京的女生有8人，這是一個條件概率，問題

31、即計算P(B|A)． 由于P(A)＝，P(AB)＝， 則P(B|A)＝＝＝.] 8．(2016·黃岡一模)荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷葉上跳來跳去(每次跳躍時，均從一葉跳到另一葉)，而且逆時針方向跳的概率是順時針方向跳的概率的兩倍，如圖9-6所示，假設現(xiàn)在青蛙在A葉上，則跳三次后仍停在A葉上的概率是________． 圖9-6 　[設順時針跳的概率為p，則逆時針跳的概率為2p，則p＋2p＝1，即p＝，由題意可知，青蛙三次跳躍 的方向應相同，即要么全為順時針方向，要么全為逆時針方向，故所求概率P＝3＋3＝＋＝.] 三、解答題 9．(2016·煙臺二模)甲、乙兩人進行象

32、棋比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分．在其中的一方比對方多得2分或下滿5局時停止比賽．設甲在每局中獲勝的概率為，乙在每局中獲勝的概率為，且各局勝負相互獨立． (1)求沒下滿5局甲即獲勝的概率； (2)設比賽停止時已下局數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學期望E(ξ)． [解]　(1)沒下滿5局甲獲勝有兩種情況： ①是兩局后甲獲勝，此時P1＝×＝，2分 ②是四局后甲獲勝，此時P2＝××＝，4分 所以甲獲勝的概率P＝P1＋P2＝＋＝.5分 (2)依題意知，ξ的所有可能值為2,4,5.6分 設前4局每兩局比賽為一輪，則該輪結(jié)束時比賽停止的概率為： 2＋2＝.7分 若該輪結(jié)束時比賽還將繼續(xù)

33、，則甲、乙在該輪中必是各得一分，此時，該輪比賽結(jié)果對下輪比賽是否停止沒有影響，從而有： P(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝2＝.10分 所以ξ的分布列為： ξ 2 4 5 P 故E(ξ)＝2×＋4×＋5×＝.12分 10．甲、乙兩班進行消防安全知識競賽，每班出3人組成甲、乙兩支代表隊，首輪比賽每人一道必答題，答對則為本隊得1分，答錯或不答都得0分．已知甲隊3人每人答對的概率分別為，，，乙隊每人答對的概率都是.設每人回答正確與否相互之間沒有影響，用ξ表示甲隊總得分． (1)求隨機變量ξ的分布列及其數(shù)學期望E(ξ)； (2)求在甲隊和乙隊得分之和為4

34、的條件下，甲隊比乙隊得分高的概率． [解]　(1)ξ的可能取值為0,1,2,3. P(ξ＝0)＝××＝；1分 P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝；2分 P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝；3分 P(ξ＝3)＝××＝.4分 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 6分 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.8分 (2)設“甲隊和乙隊得分之和為4”為事件A，“甲隊比乙隊得分高”為事件B， 則P(A)＝×C3＋×C2×＋×C1×2＝.10分 P(AB)＝×C1×2＝.11分 P(B|A)＝＝＝.12分 [B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2

35、016·河北第二次聯(lián)考)已知袋子中裝有大小相同的6個小球，其中有2個紅球、4個白球．現(xiàn)從中隨機摸出3個小球，則至少有2個白球的概率為(　　) A. B. C. D. C　[所求問題有兩種情況：1紅2白或3白，則所求概率P＝＝.] 2．如圖9-7，△ABC和△DEF是同一個圓的內(nèi)接正三角形，且BC∥EF.將一顆豆子隨機地扔到該圓內(nèi)，用M表示事件“豆子落在△ABC內(nèi)”，N表示事件“豆子落在△DEF內(nèi)”，則P(|M)＝(　　) 圖9-7 A. B. C. D. C　[如圖，作三條輔助線，根據(jù)已知條件知這些小三角形都全等，△ABC包含9個小三角形，滿足事件M的有3個小三角形，所以P

36、(|M)＝＝＝，故選C.] 3．設隨機變量X服從正態(tài)分布N(2,9)，若P(X>c＋1)＝P(X

37、 5．現(xiàn)有10道題，其中6道甲類題，4道乙類題，張同學從中任選3道題作答．已知所選的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，則張同學恰好答對2道題的概率為________． 　[設張同學答對甲類題的數(shù)目為x，答對乙類題的數(shù)目為y，答對題的總數(shù)為X，則X＝x＋y.所以P(X＝2)＝P(x＝2，y＝0)＋P(x＝1，y＝1)＝C×2×＋C×××＝.] 6．某商場在兒童節(jié)舉行回饋顧客活動，凡在商場消費滿100元者即可參加射擊贏玩具活動，具體規(guī)則如下：每人最多可射擊3次，一旦擊中，則可獲獎且不再繼續(xù)射擊，否則一直射擊到

38、3次為止．設甲每次擊中的概率為p(p≠0)，射擊次數(shù)為η，若η的數(shù)學期望E(η)>，則p的取值范圍是________. 【導學號：67722036】 　[由已知得P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，則E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，解得p>或p<，又p∈(0,1)，所以p∈.] 三、解答題 7．(2016·鄭州模擬)已知從A地到B地共有兩條路徑L1和L2，據(jù)統(tǒng)計，經(jīng)過兩條路徑所用的時間互不影響，且經(jīng)過L1與L2所用時間落在各時間段內(nèi)的頻率分布直方圖分別如圖9-8(1)和圖(2)． (1)　　　　　　　　(2)

39、 圖9-8 現(xiàn)甲、乙兩人分別有40分鐘和50分鐘時間用于從A地到B地． (1)為了盡最大可能在各自允許的時間內(nèi)趕到B地，甲和乙應如何選擇各自的路徑？ (2)用X表示甲、乙兩人中在允許的時間內(nèi)能趕到B地的人數(shù)，針對(1)的選擇方案，求X的分布列和數(shù)學期望． [解]　(1)用Ai表示事件“甲選擇路徑Li時，40分鐘內(nèi)趕到B地”，B i表示事件“乙選擇路徑Li時，50分鐘內(nèi)趕到B地”，i＝1,2.1分 由頻率分布直方圖及頻率估計相應的概率可得 P(A1)＝(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6， P(A2)＝(0.01＋0.04)×10＝0.5. ∵P(A1)>P(A2)，

40、故甲應選擇L1.3分 P(B1)＝(0.01＋0.02＋0.03＋0.02)×10＝0.8， P(B2)＝(0.01＋0.04＋0.04)×10＝0.9. ∵P(B2)>P(B1)，故乙應選擇L2.5分 (2)用M，N分別表示針對(1)的選擇方案，甲、乙在各自允許的時間內(nèi)趕到B地， 由(1)知P(M)＝0.6，P(N)＝0.9，又由題意知，M，N相互獨立，7分 ∴P(X＝0)＝P()＝P()P()＝0.4×0.1＝0.04； P(X＝1)＝P(N＋M)＝P()P(N)＋P(M)P() ＝0.4×0.9＋0.6×0.1＝0.42； P(X＝2)＝P(MN)＝P(M)P(N)＝0

41、.6×0.9＝0.54.9分 ∴X的分布列為 X 0 1 2 P 0.04 0.42 0.54 ∴E(X)＝0×0.04＋1×0.42＋2×0.54＝1.5.12分 8．氣象部門提供了某地區(qū)今年六月份(30天)的日最高氣溫的統(tǒng)計表如下： 日最高氣溫t/℃ t≤22 2232 天數(shù) 6 12 Y Z 由于工作疏忽，統(tǒng)計表被墨水污染，Y和Z數(shù)據(jù)不清楚，但氣象部門提供的資料顯示，六月份的日最高氣溫不高于32℃的頻率為0.9.某水果商根據(jù)多年的銷售經(jīng)驗，六月份的日最高氣溫t(單位：℃)對西瓜的銷售影響如下表： 日最高氣溫t/

42、℃ t≤22 2232 日銷售額 X/千元 2 5 6 8 (1)求Y，Z的值； (2)若視頻率為概率，求六月份西瓜日銷售額X的期望和方差； (3)在日最高氣溫不高于32℃時，求日銷售額不低于5千元的概率． [解]　(1)由已知得P(t≤32)＝0.9，所以P(t>32)＝1－P(t≤32)＝0.1，所以Z＝30×0.1＝3，Y＝30－(6＋12＋3)＝9.3分 (2)由題意，知X的所有可能取值為2,5,6,8. 易知P(X＝2)＝P(t≤22)＝＝0.2，P(X＝5)＝P(2232)＝＝0.1. 所以六月份西瓜日銷售額X的分布列為 X 2 5 6 8 P 0.2 0.4 0.3 0.1 6分 所以E(X)＝2×0.2＋5×0.4＋6×0.3＋8×0.1＝5，7分 D(X)＝(2－5)2×0.2＋(5－5)2×0.4＋(6－5)2×0.3＋(8－5)2×0.1＝3.8分 (3)因為P(t≤32)＝0.9，P(22