届高考数学二轮复习专题六1第1讲概率、离散型随机变量及其分布列学案

2019届高考数学二轮复习专题六1第1讲概率、离散型随机变量及其分布列学案本文简介：第1讲概率、离散型随机变量及其分布列年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ几何概型·T101.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题.2.选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几

2019届高考数学二轮复习专题六1第1讲概率、离散型随机变量及其分布列学案本文内容：

第1讲

概率、离散型随机变量及其分布列

年份

卷别

考查内容及考题位置

命题分析

2018

卷Ⅰ

几何概型·T10

1.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题.

2.选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般.

3.概率解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种：(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等.

二项分布及其应用·T20

卷Ⅱ

古典概型·T8

卷Ⅲ

二项分布、方差·T8

2017

卷Ⅰ

数学文化、与面积有关的几何概型·T2

正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19

卷Ⅲ

频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18

2016

卷Ⅰ

与长度有关的几何概型·T4

柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望·T19

卷Ⅱ

几何概型、随机模拟·T10

互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望·T18

古典概型与几何概型(基础型)

古典概型的概率公式

P(A)＝＝.

几何概型的概率公式

P(A)＝.

[考法全练]

1．(2018·高考全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(

)

A.B.

C.D.

解析：选C.不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C.

2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(

)

A．p1＝p2B．p1＝p3

C．p2＝p3D．p1＝p2＋p3

解析：选A.法一：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.

法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝2，所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.

3．(2018·潍坊模拟)如图，六边形ABCDEF是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是(

)

A.B.

C.D.

解析：选C.设正六边形的中心为点O，BD与AC交于点G，BC＝1，则BG＝CG，∠BGC＝120°，在△BCG中，由余弦定理得1＝BG2＋BG2－2BG2cos

120°，得BG＝，所以

S△BCG＝×BG×BG×sin

120°＝×××＝，因为S六边形ABCDEF＝S△BOC×6＝×1×1×sin

60°×6＝，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是1－＝.

4．(2018·郑州模拟)某校选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，则甲、乙两人不在同一边远地区的概率是________．

解析：选定4名教师去3个边远地区支教(每地至少1人)，不同的支教方法有C·A种，

而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有C·A种，所以甲、乙两人不在同一边远地区支教的概率为P＝1－＝.

答案：

5．(2018·南昌模拟)在圆x2＋y2＝4上任取一点，则该点到直线x＋y－2＝0的距离d∈[0，1]的概率为________．

解析：圆x2＋y2＝4的圆心为O(0，0)，半径r＝2，

所以圆心O到直线x＋y－2＝0的距离为d1＝＝2＝r，

所以直线x＋y－2＝0与圆O相切．

不妨设圆x2＋y2＝4上到直线x＋y－2＝0的距离d∈[0，1]的所有点都在上，其中直线AB与直线x＋y－2＝0平行，直线AB与直线x＋y－2＝0的距离为1，所以圆心到直线AB的距离为r－1＝1，所以cos＝，所以∠AOB＝，得∠AOB＝，所以所求的概率P＝＝.

答案：

互斥事件、相互独立事件的概率(基础型)

条件概率

在A发生的条件下B发生的概率

P(B|A)＝.

相互独立事件同时发生的概率

P(AB)＝P(A)P(B)．

独立重复试验、二项分布

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为

Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.

一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0

，

所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机．

由于离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，离散型随机变量的方差和标准差都反映了离散型随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，越稳定．因此，常利用离散型随机变量的均值与方差来解决有关决策问题．

[对点训练]

(2018·惠州第二次调研)某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种．其中某班级学生背诵正确的概率p＝，记该班级完成n首背诵后的总得分为Sn.

(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1，2，3)的概率；

(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望．

解：(1)当S6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首．

由Si≥0(i＝1，2，3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；

若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首．

则所求的概率P＝×C×＋×××C×＝.

(2)由题意知ξ＝|S5|的所有可能的取值为10，30，50，又p＝，

所以P(ξ＝10)＝C×＋C×＝，

P(ξ＝30)＝C×＋C×＝，

P(ξ＝50)＝C×＋C×＝，

所以ξ的分布列为

ξ

10

30

50

P

所以E(ξ)＝10×＋30×＋50×＝.

[A组

夯基保分专练]

一、选择题

1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N(4，3)，若P(ξa＋1)，则实数a等于(

)

A．7

B．6

C．5D．4

解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N(4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x＝4，又P(ξa＋1)，所以x＝a－5与x＝a＋1关于直线x＝4对称，所以a－5＋a＋1＝8，即a＝6.故选B.

2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为(

)

A.B.

C.D.

解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C种放法，甲盒中恰好有3个小球有C种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为＝.故选C.

3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝(

)

A.B.

C.D.

解析：选A.小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，

所以P(A|B)＝＝.

4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1a5特征的五位数的概率为(

)

A.B.

C.D.

解析：选B.1，2，3，4，5可组成A＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有CC＝6个，故出现a1a5特征的五位数的概率为＝.

5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝(

)

A．0.7B．0.6

C．0.4D．0.3

解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.

6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x，y)|0≤x≤e，0≤y≤e}，A＝{(x，y)|y≥ex，(x，y)∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a，则a∈A的概率为(

)

A.B.

C.D.

解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO，面积为e2，A表示的区域为图中阴影部分，面积为(e－ex)dx＝(ex－ex)|＝(e－e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a∈A的概率P＝.故选B.

二、填空题

7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．

解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有C＝15种领法．

甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是＝.

答案：

8．(2018·唐山模拟)向圆(x－2)2＋(y－)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x轴下方的概率为________．

解析：如图，连接CA，CB，依题意，圆心C到x轴的距离为，所以弦AB的长为2.

又圆的半径为2，所以弓形ADB的面积为×π×2－×2×＝π－，所以向圆(x－2)2＋(y－)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x轴下方的概率P＝－.

答案：－

9．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，否则一直射满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)>，则p的取值范围是________．

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＝p2－3p＋3>，解得p>或p<，又p∈(0，1)，所以p∈.

答案：

三、解答题

10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．

(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；

(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？

解：(1)由题意可得，所求概率为

P＝×C××＋×C××＝.

(2)设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.

P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，

E(X)＝1×＋2×＋3×＝2，

D(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)×＝.

设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.

由题意可知Y～B，

所以E(Y)＝3×＝2，D(Y)＝3××＝.

因为E(X)＝E(Y)，D(X)

，

所以甲被录取的可能性更大．

11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．

(1)求a的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；

(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X，求X的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)

解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，解得a＝0.03.

由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，

而50个样本中小球质量的平均数为＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．

故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克．

(2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为，

则X～B.X的可能取值为0，1，2，3，

P(X＝0)＝C＝，P(X＝1)＝C×＝，P(X＝2)＝C×＝，P(X＝3)＝C＝.

所以X的分布列为

X

0

1

2

3

P

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝

12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．

(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X的分布列及数学期望；

(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10

000个，经销商提出如下两种收购方案：

A：所有芒果以10元/千克收购；

B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．

通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X的可能取值为0，1，2，3.

P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.

所以X的分布列为

X

0

1

2

3

P

X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.

(2)设选择方案A可获利y1元，则

y1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10

000×10×0.001＝25

750.

设选择方案B，从质量低于250克的芒果中获利y2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y3元，则

y2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10

000×2＝7

000.

y3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10

000×3＝19

500.

y2＋y3＝7

000＋19

500＝26

500.

由于25

7500；当p∈(0.1，1)时，f′(p)400，故应该对余下的产品作检验．

3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．

(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；

(2)设X表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X的分布列和数学期望．

解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A，“在甲企业抽中”为事件B，“在乙企业第一次抽中”为事件C，“在乙企业第二次抽中”为事件D，

则由题意知P(B)＝，P(C)＝P(D)＝.

(1)因为A＝B＋C＋D，

所以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)根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.

所以P(X＝0)＝P()＝[1－P(B)][1－P(C)][1－P(D)]＝××＝，

P(X＝1)＝P(B)＝P(B)[1－P(C)][1－P(D)]＝××＝，

P(X＝2)＝P(C＋D)＝P(B

CD)＋P(D)＝××＋××＝，

P(X＝3)＝P(BC＋BD)＝P(BC)＋P(BD)＝××＋××＝，

P(X＝4)＝P(BCD)＝[1－P(B)]P(C)P(D)＝××＝，

P(X＝5)＝P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＝××＝.

故X的分布列为

X

0

1

2

3

4

5

P

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.

4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：

交强险浮动因素和浮动比率表

类型

浮动因素

浮动比率

A1

上一个年度未发生有责任道路交通事故

下浮10%

A2

上两个年度未发生有责任道路交通事故

下浮20%

A3

上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故

下浮30%

A4

上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故

0%

A5

上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故

上浮10%

A6

上一个年度发生有责任道路交通死亡事故

上浮30%

某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：

类型

A1

A2

A3

A4

A5

A6

数量

10

5

5

20

15

5

以这60辆该品牌同型号车的投保类型的频率代替该品牌同型号一辆车投保类型的概率，完成下列问题：

(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X为该车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)

(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5

000元，购进并销售一辆非事故车盈利10

000元．

①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；

②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值．

解：(1)由题意可知，X的可能取值为0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a.

由统计数据可知：

P(X＝0.9a)＝，P(X＝0.8a)＝，P(X＝0.7a)＝，P(X＝a)＝，P(X＝1.1a)＝，P(X＝1.3a)＝.

所以X的分布列为

X

0.9a

0.8a

0.7a

a

1.1a

1.3a

P

所以E(X)＝0.9a×＋0.8a×＋0.7a×＋a×＋1.1a×＋1.3a×＝＝≈942(元)．

(2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P＝＋C＝.

②设Y为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为－5

000，10

000.

所以Y的分布列为

Y

－5

000

10

000

P

所以E(Y)＝－5

000×＋10

000×＝5

000(元)．

故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E(Y)＝50(万元)．