《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題3 概率與統(tǒng)計 突破點9 隨機(jī)變量及其分布教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題3 概率與統(tǒng)計 突破點9 隨機(jī)變量及其分布教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破點9　隨機(jī)變量及其分布 (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 提煉1 離散型隨機(jī)變量的分布列 離散型隨機(jī)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(xué)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(jī)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(dú)立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (3)獨(dú)立重復(fù)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(dú)立重復(fù)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(xué)每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨(dú)立，則該同學(xué)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(jī)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(jī)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(shè)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(dú)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(shè)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(jī)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(shè)“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(xué)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(dú)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(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6. 由事件的獨(dú)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(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 3 4 6 P 所以數(shù)學(xué)期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.12分 (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁) 熱點題型1　相互獨(dú)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(dú)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(xué)用計算器產(chǎn)生了兩個[0,1]之間的均勻隨機(jī)數(shù)，分別記作x，y.當(dāng)y的概率是(　　) 【導(dǎo)學(xué)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(biāo)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(dú)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(gòu)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(dú)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(guān)鍵是明確“既定條件”． 2．求相互獨(dú)立事件和獨(dú)立重復(fù)試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)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(dú)立事件同時發(fā)生的積事件或獨(dú)立重復(fù)試驗問題，然后用相應(yīng)概率公式求解． (2)間接法：當(dāng)復(fù)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(jìn)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(xùn)練1]　(2016·全國

13、甲卷)某險種的基本保費(fèi)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(fèi)與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保費(fèi) 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)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(fèi)高于基本保費(fèi)的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)，求其保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的

14、平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值． [解]　(1)設(shè)A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)”，則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)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(shè)B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%”，則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)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(fèi)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(fèi)與基本保費(fèi)的比值為1.23.12分 熱點題型2　離散型隨機(jī)變量的分布列、期望和方差 題型分析：離散型隨機(jī)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(dú)立性、互斥事件的概率等，綜合性強(qiáng)，難度中等. 　(2016·威海二模)2015年，威海智慧公交建設(shè)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(jī)抽取若干市民對該項目進(jìn)行評分(滿分1

16、00分)，繪制如下頻率分布直方圖，并將分?jǐn)?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(dú)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(jī)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(dān)任整改督導(dǎo)員，記X為老年督導(dǎo)員的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)； (3)相關(guān)部門對項目進(jìn)行驗收，驗收的硬性指標(biāo)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(jìn)行整改，根據(jù)你所學(xué)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(dú)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(jìn)行座談，則老年市民抽15×＝5人． 從15人中選取3名整改督導(dǎo)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(jī)變量的分布列及相關(guān)問題的一般思路： (1)明確隨機(jī)變量可能取哪些值． (2)結(jié)合事件特點選取恰當(dāng)?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(jī)變量的取值及事件間的相互關(guān)系是求解此類問題的關(guān)鍵． [變式訓(xùn)練2]　(名師押題)第31屆夏季奧林匹克運(yùn)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(yùn)會中國代表團(tuán)和俄羅斯代表團(tuán)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(yùn)會兩國代表團(tuán)獲得的金牌數(shù)的莖葉圖，并通過莖葉圖比較兩國代表團(tuán)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(tuán)和俄羅斯代表團(tuán)中的哪一個獲得的金牌數(shù)多(假設(shè)兩國代表團(tuán)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(tuán)中選一個，已知甲、乙猜中國代表團(tuán)的概率都為，丙猜中國代表團(tuán)的概率為，三人各自猜哪個代表團(tuán)互不影響．現(xiàn)讓甲、乙、丙各猜一次，設(shè)三人中猜中國代表團(tuán)的人數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)． [解]　(1)兩國代表團(tuán)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(tuán)獲得的金牌數(shù)的平均值高于俄羅斯代表

21、團(tuán)獲得的金牌數(shù)的平均值；俄羅斯代表團(tuán)獲得的金牌數(shù)比較集中，中國代表團(tuán)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(shè)事件A，B，C分別表示甲、乙、丙猜中國代表團(tuán)，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(fù)習(xí)備考中應(yīng)適度關(guān)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(guān)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(biāo)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(biāo)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(rèn)為，這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)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(biāo)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(shè)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(jī)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(jī)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(xùn)(九)　隨機(jī)變量

27、及其分布 [建議A、B組各用時：45分鐘] [A組　高考達(dá)標(biāo)] 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(bǔ)種2粒，補(bǔ)種的種子數(shù)記為X，則X的數(shù)學(xué)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(dú)立．假設(shè)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(xué)生參加的演講比賽，采用抽簽法決定演講順序，在“學(xué)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(xué)生C第一個出場的概率為(　　) 【導(dǎo)學(xué)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(biāo)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(jī)變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝________. 　[由題意設(shè)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(xué)校一年級共有學(xué)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(shè)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(shè)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(shè)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(yīng)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(jìn)行象

32、棋比賽，約定每局勝者得1分，負(fù)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(shè)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(fù)相互獨(dú)立． (1)求沒下滿5局甲即獲勝的概率； (2)設(shè)比賽停止時已下局?jǐn)?shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)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(shè)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(jìn)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(shè)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(jī)變量ξ的分布列及其數(shù)學(xué)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(shè)“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(jī)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(jī)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(shè)隨機(jī)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(xué)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(shè)張同學(xué)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(dú)立，則張同學(xué)恰好答對2道題的概率為________． 　[設(shè)張同學(xué)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(fèi)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(shè)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(xué)期望E(η)>，則p的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)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(yīng)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(xué)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(dú)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