《2013年全國高考數學第二輪復習 專題七 概率與統(tǒng)計第3講 隨機變量及其分布列 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013年全國高考數學第二輪復習 專題七 概率與統(tǒng)計第3講 隨機變量及其分布列 理（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題七　概率與統(tǒng)計第3講　隨機變量及其分布列 真題試做 1．(2012·上海高考，理17)設10≤x1＜x2＜x3＜x4≤104，x5＝105.隨機變量ξ1取值x1，x2，x3，x4，x5的概率均為0.2，隨機變量ξ2取值，，，，的概率也均為0.2.若記Dξ1，Dξ2分別為ξ1，ξ2的方差，則(　　)． A．Dξ1＞Dξ2 B．Dξ1＝Dξ2 C．Dξ1＜Dξ2 D．Dξ1與Dξ2的大小關系與x1，x2，x3，x4的取值有關 2．(2012·課標全國高考，理15)某一部件由三個電子元件按下圖方式連接而成，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

2、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__________． 3．(2012·山東高考，理19)現(xiàn)有甲、乙兩個靶．某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為，命中得1分，沒有命中得0分；向乙靶射擊兩次，每次命中的概率為，每命中一次得2分，沒有命中得0分，該射手每次射擊的結果相互獨立．假設該射手完成以上三次射擊． (1)求該射手恰好命中一次的概率； (2)求該射手的總得分X的分布列及數學期望E(X)． 4．(2012·陜西高考，理20)某銀行柜臺設有一個服務窗口，假設顧客辦理業(yè)務所需的時間

3、互相獨立，且都是整數分鐘，對以往顧客辦理業(yè)務所需的時間統(tǒng)計結果如下： 辦理業(yè)務所需的時間(分) 1 2 3 4 5 頻率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 從第一個顧客開始辦理業(yè)務時計時． (1)估計第三個顧客恰好等待4分鐘開始辦理業(yè)務的概率； (2)X表示至第2分鐘末已辦理完業(yè)務的顧客人數，求X的分布列及數學期望． 考向分析 本講是概率統(tǒng)計的重點，主要考查三方面的內容：①相互獨立事件及其概率，題型有選擇題、填空題，有時也出現(xiàn)在解答題中與其他知識交匯命題；②二項分布及其應用，準確把握獨立重復試驗的特點是解答二項分布問題的關鍵，一般以中檔題為主；③隨機變量

4、的分布列、數學期望和方差，以考生比較熟悉的實際應用題為背景，綜合排列組合、概率公式、互斥事件及獨立事件等基礎知識，考查對隨機變量的識別及概率計算能力，解答時要注意分類與整合、轉化與化歸思想的運用，其中有選擇題，也有填空題，但更多的是解答題，難度中檔． 熱點例析 熱點一　相互獨立事件及其概率 【例１】乒乓球比賽規(guī)則規(guī)定：一局比賽，雙方比分在10平前，一方連續(xù)發(fā)球2次后，對方再連續(xù)發(fā)球2次，依次輪換，每次發(fā)球，勝方得1分，負方得0分．設在甲、乙的比賽中，每次發(fā)球，發(fā)球方得1分的概率為0.6，各次發(fā)球的勝負結果相互獨立．甲、乙的一局比賽中，甲先發(fā)球． (1)求開始第4次發(fā)球時，甲、乙的比

5、分為1比2的概率； (2)求開始第5次發(fā)球時，甲得分領先的概率． 規(guī)律方法　(1)求復雜事件的概率的一般步驟： ①列出題中涉及的各事件，并且用適當的符號表示； ②理清各事件之間的關系，列出關系式，即把隨機事件分成幾個互斥事件的和，每個小事件再分為n個相互獨立事件的乘積． ③根據事件之間的關系準確選取概率公式進行計算． (2)直接計算符合條件的事件的概率較繁時，可先間接地計算對立事件的概率，再求出符合條件的事件的概率． 變式訓練1　甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一球．約定甲先投且先投中者獲勝，一直到有人獲勝或每人都已投球3次時投籃結束．設甲每次投籃投中的概率為，乙每次投籃投中的概率

6、為，且各次投籃互不影響． (1)求乙獲勝的概率； (2)求投籃結束時乙只投了2個球的概率． 熱點二　二項分布及其應用 【例２】購買某種保險，每個投保人每年度向保險公司交納保險費a元，若投保人在購買保險的一年度內出險，則可以獲得10 000元的賠償金．假定在一年度內有10 000人購買了這種保險，且各投保人是否出險相互獨立．已知保險公司在一年度內至少支付賠償金10 000元的概率為1－0.999104. (1)求一投保人在一年度內出險的概率p； (2)設保險公司開辦該項險種業(yè)務除賠償金外的成本為50 000元，為保證盈利的期望不小于0，求每位投保人應交納的最低保險費(單位：元)．

7、規(guī)律方法　事件服從二項分布的條件：(1)每次試驗中，事件發(fā)生的概率是相同的．(2)各次試驗中的事件是相互獨立的．(3)每次試驗只有兩種結果：事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．(4)隨機變量是這n次獨立重復試驗中事件發(fā)生的次數． 變式訓練2　某射手每次射擊擊中目標的概率是，且各次射擊的結果互不影響． (1)假設這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標的概率； (2)假設這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標，另外2次未擊中目標的概率； (3)假設這名射手射擊3次，每次射擊，擊中目標得1分，未擊中目標得0分．在3次射擊中，若有2次連續(xù)擊中，而另外1次未擊中，則額外加1分；若3次全擊中，則額外加3分．記

8、ξ為射手射擊3次后的總得分數，求ξ的分布列． 熱點三　離散型隨機變量的分布列、均值與方差 【例３】(2012·天津高考，理16)現(xiàn)有4個人去參加某項娛樂活動，該活動有甲、乙兩個游戲可供參加者選擇．為增加趣味性，約定：每個人通過擲一枚質地均勻的骰子決定自己去參加哪個游戲，擲出點數為1或2的人去參加甲游戲，擲出點數大于2的人去參加乙游戲． (1)求這4個人中恰有2人去參加甲游戲的概率； (2)求這4個人中去參加甲游戲的人數大于去參加乙游戲的人數的概率； (3)用X，Y分別表示這4個人中去參加甲、乙游戲的人數，記ξ＝|X－Y|，求隨機變量ξ的分布列與數學期望E(ξ)． 規(guī)律方法　求離散型

9、隨機變量的分布列，關鍵是計算各個概率值，一方面要弄清楚相應的概型(古典概型、相互獨立事件的概率、獨立重復試驗等)，以便運用相關的計算公式計算；另一方面要注意運用分布列的性質檢驗所求概率值是否正確． 變式訓練3　(2012·山東青島高三自評，理19)甲居住在城鎮(zhèn)的A處，準備開車到單位B處上班，若該地各路段發(fā)生堵車事件都是相互獨立的，且在同一路段發(fā)生堵車事件最多只有一次，發(fā)生堵車事件的概率如圖(例如，A→C→D算作兩個路段：路段AC發(fā)生堵車事件的概率為，路段CD發(fā)生堵車事件的概率為，且甲在每個路段只能按箭頭指的方向前進)． (1)請你為其選擇一條由A到B的路線，使得途中發(fā)生堵車事件的概率最

10、?。? (2)若記路線A→C→F→B中遇到堵車次數為隨機變量ξ，求ξ的分布列及E(ξ)． 思想滲透 轉化與化歸思想——期望與概率的實際應用 解題中要善于透過問題的實際背景，發(fā)現(xiàn)其中的數學規(guī)律，以便使用我們掌握的離散型隨機變量及其分布列的知識來解決實際問題． 【典型例題】某產品按行業(yè)生產標準分成8個等級，等級系數X依次為1,2，…，8，其中X≥5為標準A，X≥3為標準B，已知甲廠執(zhí)行標準A生產該產品，產品的零售價為6元/件；乙廠執(zhí)行標準B生產該產品，產品的零售價為4元/件，假設甲、乙兩廠的產品都符合相應的執(zhí)行標準． (1)已知甲廠產品的等級系數X1的概率分布列如下表所示： X1 5

11、 6 7 8 P 0.4 a b 0.1 且X1的數學期望E(X1)＝6，求a，b的值； (2)為分析乙廠產品的等級系數X2，從該廠生產的產品中隨機抽取30件，相應的等級系數組成一個樣本，數據如下： 3　5　3　3　8　5　5　6　3　4 6　3　4　7　5　3　4　8　5　3 8　3　4　3　4　4　7　5　6　7 用這個樣本的頻率分布估計總體分布，將頻率視為概率，求等級系數X2的數學期望； (3)在(1)、(2)的條件下，若以“性價比”為判斷標準，則哪個工廠的產品更具可購買性？說明理由． 注：(1)產品的“性價比”＝； (2)“性價比”大的產品更具可購買性

12、. 解：(1)因為E(X1)＝6，所以5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，即6a＋7b＝3.2.又由X1的概率分布列得0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5. 由解得 (2)由已知得，樣本的頻率分布表如下： X2 3 4 5 6 7 8 f 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 用這個樣本的頻率分布估計總體分布，將頻率視為概率，可得等級系數X2的概率分布列如下： X2 3 4 5 6 7 8 P 0.3 0.2 0.2 0.1 0.1 0.1 所以E(X2)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋

13、7×0.1＋8×0.1＝4.8， 即乙廠產品的等級系數X2的數學期望等于4.8. (3)乙廠的產品更具可購買性，理由如下： 因為甲廠產品的等級系數的數學期望等于6，價格為6元/件，所以其“性價比”為＝1. 因為乙廠產品的等級系數的數學期望等于4.8，價格為4元/件，所以其“性價比”為＝1.2.所以乙廠的產品更具可購買性． 1．設隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(3，σ2)，若P(ξ＞m)＝a，則P(ξ＞6－m)等于(　　)． A．a 　　　 B．1－2a　　　　C．2a 　　　 D．1－a 2．設一隨機試驗的結果只有A和且P(A)＝m，令隨機變量ξ＝則ξ的方差D(ξ)等于(　　)．

14、 A．m 　　　　　　　 B．2m(1－m) C．m(m－1) 　　　　 D．m(1－m) 3．一個袋中有6個同樣大小的黑球，編號為1,2,3,4,5,6，現(xiàn)從中隨機取出3個球，以Z表示取出球的最大號碼，令a＝P(Z＝6)，則函數的單調遞增區(qū)間是(　　)． A． 　　　　 B． C．(－∞，1) 　　　　 D．(1，＋∞) 4．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，則獲獎．現(xiàn)有4人參與摸獎，恰好有3人獲獎的概率是(　　)． A． 　　　 B．　　　　C．　　　　 D． 5．(2012·浙江五校聯(lián)

15、考，理16)甲、乙兩個籃球隊進行比賽，比賽采用5局3勝制(即先勝3局者獲勝)．若甲、乙兩隊在每場比賽中獲勝的概率分別為和，記需要比賽的場次為ξ，則E(ξ)＝__________. 6．(2012·山東濟南二模，理20)一次考試共有12道選擇題，每道選擇題都有4個選項，其中有且只有一個是正確的．評分標準規(guī)定：“每題只選一個選項，答對得5分，不答或答錯得0分．”某考生已確定有8道題的答案是正確的，其余題中有兩道題都可判斷兩個選項是錯誤的，有一道題可以判斷一個選項是錯誤的，還有一道題因不理解題意只好亂猜．請求出該考生： (1)得60分的概率； (2)所得分數ξ的分布列和數學期望． 參考答案

16、 命題調研·明晰考向 真題試做 1．A　2． 3．解：(1)記：“該射手恰好命中一次”為事件A，“該射手射擊甲靶命中”為事件B，“該射手第一次射擊乙靶命中”為事件C，“該射手第二次射擊乙靶命中”為事件D， 由題意知P(B)＝，P(C)＝P(D)＝， 由于A＝B＋C＋D， 根據事件的獨立性和互斥性，得 P(A)＝P(B＋C＋D) ＝P(B)＋P(C)＋P(D) ＝P(B)P()P()＋P()P(C)P()＋P()P()P(D) ＝××＋××＋××＝. (2)根據題意，X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5， 根據事件的獨立性和互斥性，得 P(X＝0)＝P() ＝[1

17、－P(B)][1－P(C)][1－P(D)] ＝×× ＝， P(X＝1)＝P(B)＝P(B)P()P() ＝×× ＝， P(X＝2)＝P(C＋D) ＝P(C)＋P(D) ＝××＋×× ＝， P(X＝3)＝P(BC＋BD)＝P(BC)＋P(BD) ＝××＋××＝， P(X＝4)＝P(CD) ＝××＝， P(X＝5)＝P(BCD)＝××＝. 故X的分布列為 X 0 1 2 3 4 5 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝. 4．解：設Y表示顧客辦理業(yè)務所需的時間，用頻率估計概率，得Y的分布列如下： Y

18、1 2 3 4 5 P 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 (1)A表示事件“第三個顧客恰好等待4分鐘開始辦理業(yè)務”，則事件A對應三種情形： ①第一個顧客辦理業(yè)務所需的時間為1分鐘，且第二個顧客辦理業(yè)務所需的時間為3分鐘；②第一個顧客辦理業(yè)務所需的時間為3分鐘，且第二個顧客辦理業(yè)務所需的時間為1分鐘；③第一個和第二個顧客辦理業(yè)務所需的時間均為2分鐘． 所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)·P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22. (2)方法一：X所有可能的取值為0,1,2. X＝0對應第

19、一個顧客辦理業(yè)務所需的時間超過2分鐘， 所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5； X＝1對應第一個顧客辦理業(yè)務所需的時間為1分鐘且第二個顧客辦理業(yè)務所需的時間超過1分鐘，或第一個顧客辦理業(yè)務所需的時間為2分鐘， 所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49； X＝2對應兩個顧客辦理業(yè)務所需的時間均為1分鐘， 所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01. 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 0.5 0.49 0.01 E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51. 方法二：X所

20、有可能的取值為0,1,2. X＝0對應第一個顧客辦理業(yè)務所需的時間超過2分鐘， 所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5； X＝2對應兩個顧客辦理業(yè)務所需的時間均為1分鐘， 所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01； P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49. 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 0.5 0.49 0.01 E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】解：記Ai表示事件：第1次和第2次這兩次發(fā)球，甲共得i分，i＝0,1,2； Bi表示事件：第3

21、次和第4次這兩次發(fā)球，甲共得i分，i＝0,1,2； A表示事件：第3次發(fā)球，甲得1分； B表示事件：開始第4次發(fā)球時，甲、乙的比分為1比2； C表示事件：開始第5次發(fā)球時，甲得分領先． (1)B＝A0·A＋A1·， P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16， P(A1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P(B)＝P(A0·A＋A1·) ＝P(A0·A)＋P(A1·) ＝P(A0)P(A)＋P(A1)P() ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352. (2)P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42

22、＝0.16， P(A2)＝0.62＝0.36. C＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2， P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2) ＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2) ＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2) ＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2. 【變式訓練1】解：設Ak，Bk分別表示甲、乙在第k次投籃投中，則 P(Ak)＝，P(Bk)＝(k＝1,2,3)． (1)記“乙獲勝”為事件C，由互斥事件有一個發(fā)生的概率與相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式，知 P(C)＝P()＋P

23、()＋P() ＝P()P(B1)＋P()·P(B2)＋P()P()P()P()P()P(B3) ＝. (2)記“投籃結束時乙只投了2個球”為事件D，則由互斥事件有一個發(fā)生的概率與相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式，知P(D)＝P()＋P()＝P()P()·P()P(B2)＋P()P()P()P()P(A3)＝. 【例2】解：各投保人是否出險互相獨立，且出險的概率都是p，記投保的10 000人中出險的人數為ξ，則ξ～B(104，p)． (1)記A表示事件：保險公司為該險種至少支付10 000元賠償金，則發(fā)生當且僅當ξ＝0，P(A)＝1－P()＝1－P(ξ＝0)＝1－， 又P(A)＝1

24、－，故p＝0.001. (2)該險種總收入為10 000a元，支出是賠償金總額與成本的和． 支出10 000ξ＋50 000. 盈利η＝10 000a－(10 000ξ＋50 000)， 盈利的期望為E(η)＝10 000a－10 000E(ξ)－50 000， 由ξ～B(104,10－3)知，E(ξ)＝10 000×10－3， ∴E(η)＝104a－104E(ξ)－5×104 ＝104a－104×104×10－3－5×104. ∴E(η)≥0?104a－104×10－5×104≥0 ?a－10－5≥0?a≥15(元)． 故每位投保人應交納的最低保險費為15元． 【變式訓

25、練2】解：(1)設X為射手在5次射擊中擊中目標的次數，則X～B.在5次射擊中，恰有2次擊中目標的概率 P(X＝2)＝. (2)設“第i次射擊擊中目標”為事件Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標，另外2次未擊中目標”為事件A，則P(A)＝P()＋P()＋P(A3A4A5)＝＝. (3)由題意可知，ξ的所有可能取值為0,1,2,3,6， P(ξ＝0)＝P()＝＝； P(ξ＝1)＝P()＋P()＋P() ＝； P(ξ＝2)＝P() ＝××＝； P(ξ＝3)＝P(A1A2)＋P() ＝＝； P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝＝. 所以ξ的分布列

26、是 ξ 0 1 2 3 6 P 【例3】解：依題意，這4個人中，每個人去參加甲游戲的概率為，去參加乙游戲的概率為. 設“這4個人中恰有i人去參加甲游戲”為事件Ai(i＝0,1,2,3,4)， 則P(Ai)＝. (1)這4個人中恰有2人去參加甲游戲的概率 P(A2)＝＝. (2)設“這4個人中去參加甲游戲的人數大于去參加乙游戲的人數”為事件B，則B＝A3∪A4.由于A3與A4互斥，故 P(B)＝P(A3)＋P(A4) ＝＝. 所以這4個人中去參加甲游戲的人數大于去參加乙游戲的人數的概率為. (3)ξ的所有可能取值為0,2,4. 由于A1與A

27、3互斥，A0與A4互斥，故 P(ξ＝0)＝P(A2)＝， P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝， P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝. 所以ξ的分布列是 ξ 0 2 4 P 隨機變量ξ的數學期望E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝. 【變式訓練3】解：(1)記路段AC發(fā)生堵車事件為AC，各路段發(fā)生堵車事件的記法與此類同．因為各路段發(fā)生堵車事件都是獨立的，且在同一路段發(fā)生堵車事件最多只有一次，所以路線A→C→D→B中遇到堵車的概率為 P1＝1－P(··) ＝1－P()P()P() ＝1－[1－P(AC)][1－P(CD)][1－P(DB)] ＝1－××＝.

28、 同理，路線A→C→F→B中遇到堵車的概率為 P2＝1－P(··)＝. 路線A→E→F→B中遇到堵車的概率為 P3＝1－P(··)＝. 顯然由A到B只可能在以上三條路線中選擇． 因此選擇路線A→C→F→B，可使得途中發(fā)生堵車事件的概率最?。? (2)路線A→C→F→B中遇到堵車次數ξ可能取值為0,1,2,3. P(ξ＝0)＝P(··)＝， P(ξ＝1)＝P(AC··)＋P(·CF·)＋P(··FB) ＝××＋××＋××＝， P(ξ＝2)＝P(AC·CF·)＋P(AC··FB)＋P(·CF·FB) ＝××＋××＋××＝， P(ξ＝3)＝P(AC·CF·FB)＝××＝.

29、所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 故E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．D　2．D　3．A　4．B　5． 6．解：(1)設“可判斷兩個選項是錯誤的”兩道題之一選對為事件A，“可判斷一個選項是錯誤的”一道題選對為事件B，“不理解題意的”一道題選對為事件C， ∴P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝， ∴得60分的概率為P＝×××＝. (2)ξ可能的取值為40,45,50,55,60. P(ξ＝40)＝×××＝， P(ξ＝45)＝××××＋×××＋×××＝， P(ξ＝50)＝×××＋××××＋××××＋×××＝， P(ξ＝55)＝××××＋×××＋×××＝， P(ξ＝60)＝×××＝. 所得分數ξ的分布列為： ξ 40 45 50 55 60 P E(ξ)＝40×＋(45＋50)×＋55×＋60×＝.