【数学】2018届一轮复习人教A版概率、随机变量及其分布列学案 17页

概率、随机变量及其分布列 高考定位　1.计数原理、古典概型、几何概型的考查多以选择或填空的形式命题，中低档难度；2.概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，多在解答题的前三题的位置呈现，常考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2017·山东卷)从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由题意得，所求概率p＝＝，故选C.‎ 答案　C ‎2.(2016·全国Ⅰ卷)某公司的班车在7：30，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　如图所示，画出时间轴：‎ 小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P＝＝，故选B.‎ 答案　B ‎3.(2017·全国Ⅱ卷)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝.‎ 解析　有放回地抽取，是一个二项分布模型，其中p＝0.02，n＝100，则D(X)＝np(1－p)＝100×0.02×0.98＝1.96.‎ 答案　1.96‎ ‎4.(2017·全国Ⅲ卷)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃‎ ‎)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：‎ 最高气温 ‎10，15)‎ ‎15，20)‎ ‎20，25)‎ ‎25，30)‎ ‎30，35)‎ ‎35，40)‎ 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.‎ ‎(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；‎ ‎(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数 期望达到最大值？‎ 解　(1)由题意知，X所有的可能取值为200，300，500，‎ 由表格数据知 P(X＝200)＝＝0.2，‎ P(X＝300)＝＝0.4，‎ P(X＝500)＝＝0.4.‎ 因此X的分布列为 X ‎200‎ ‎300‎ ‎500‎ P ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.‎ 当300≤n≤500时，‎ 若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n，‎ 若最高气温位于区间20，25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；‎ 若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n；‎ 因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.‎ 当200≤n<300时，‎ 若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；‎ 若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n；‎ 因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.‎ 所以n＝300时，Y的数 期望达到最大值，最大值为520元.‎ 考 点 整 合 ‎1.概率模型公式及相关结论 ‎(1)古典概型的概率公式.‎ P(A)＝＝.‎ ‎(2)几何概型的概率公式.‎ P(A)＝.‎ ‎(3)条件概率.‎ 在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝.‎ ‎(4)相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B).‎ ‎(5)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，‎ P()＝1－P(A).‎ ‎2.独立重复试验与二项分布 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次的概率为Pn()＝Cp(1－p)n－，＝0，1，2，…，n.用X表示事件A在n次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝)＝Cp(1－p)n－.‎ ‎3.超几何分布 在含有件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝)＝‎ ‎ ，＝0，1，2，…，，其中＝in{，n}，且n≤N，≤N，n，，N∈N ，此时称随机变量X服从超几何分布.超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是，N，n.‎ ‎4.离散型随机变量的均值、方差 ‎(1)离散型随机变量ξ的分布列为 ξ x1‎ x2‎ x3‎ ‎…‎ xi ‎…‎ n P p1‎ p2‎ p3‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn 离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质：①pi≥0；‎ ‎②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1，2，3，…，n).‎ ‎(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数 期望或均值.‎ D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差.‎ ‎(3)数 期望、方差的性质.‎ ‎①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ).‎ ‎②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).‎ ‎③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).‎ 热点一　古典概型与几何概型 ‎【例1】 (1)(2016·北京卷)从甲、乙等5名 生中随机选出2人，则甲被选中的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2016·山东卷)在－1，1上随机地取一个数，则事件“直线y＝x与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为.‎ 解析　(1)把5名同 依次编号为甲乙丙丁戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n＝10.设A表示事件“甲被选中”，则A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件数＝4.所以概率为P＝＝.‎ ‎(2)若直线y＝x与圆(x－5)2＋y2＝9相交，则有圆心到直线的距离d＝<3，解之得－<<，‎ 所以所求概率P＝＝.‎ 答案　(1)B　(2) 探究提高　1.求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏.‎ ‎2.计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域.‎ ‎【训练1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2017·江苏卷)记函数f(x)＝的定义域为D.在区间－4，5上随机取一个数x，则x∈D的概率是.‎ 解析　(1)将4种颜色的花任选2种种在花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数有4种，故概率为.‎ ‎(2)由6＋x－x2≥0得－2≤x≤3，则D为－2，3.‎ 故所求概率P＝＝.‎ 答案　(1)C　(2) 热点二　互斥事件、相互独立事件的概率 命题角度1　互斥条件、条件概率 ‎【例2－1】 (2016·全国Ⅱ卷选编)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 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 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 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎(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.‎ 解　(1)设A表示事件：“一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)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.‎ ‎(2)设B表示事件：“一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)＝0.10＋0.05＝0.15.‎ 又P(AB)＝P(B)，‎ 故P(B|A)＝＝＝＝.‎ 因此所求概率为.‎ 命题角度2　相互独立事件与独立重复试验的概率 ‎【例2－2】 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.‎ ‎(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；‎ ‎(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率.‎ 解　(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P()＝1－·p＝，解得p＝.‎ ‎(2)设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D.“系统A在3次相互独立的检测中发生次故障”为事件D.‎ 则D＝D0＋D1，且D0，D1互斥.‎ 依题意，得P(D0)＝C，P(D1)＝C，‎ 所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.‎ 所以系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为.‎ 探究提高　1.求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件是能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解.‎ ‎2.(1)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同.‎ ‎(2)牢记公式Pn()＝Cp(1－p)n－，＝0，1，2，…，n，并深刻理解其含义.‎ ‎【训练2】 (2017·邯郸质检)2017年4月1日，国家在河北省白洋淀以北的雄县、容城、安新3县设立雄安新区，这是继深圳经济特区和上海浦东新区之后又一具有全国意义的新区，是千年大计、国家大事。多家央企为了配合国家战略支持雄安新区建设，纷纷申请在新区建立分公司.若规定每家央企只能在雄县、容城、安新3个片区中的一个片区设立分公司，且申请其中任一个片区设立分公司都是等可能的，每家央企选择哪个片区相互之间互不影响且必须在其中一个片区建立分公司.向雄安新区申请建立分公司的任意4家央企中，‎ ‎(1)求恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的概率；‎ ‎(2)用X表示这4家央企中在“雄县”片区建立分公司的个数，用Y表示在“容城”或“安新”片区建立分公司的个数，记ξ＝|X－Y|，求ξ的分布列.‎ 解　(1)法一　依题意，每家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为，去另外两个片区建立分公司的概率为，这4家央企恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为 P＝C＝.‎ 法二　所有可能的申请方式有34种，恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的方式C·22种，从而恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为：P＝＝.‎ ‎(2)由独立重复试验概率，‎ 则P(X＝)＝C·(＝0，1，2，3，4)，‎ 随机变量ξ的所有可能取值为0，2，4.‎ P(ξ＝0)＝P(X＝2)＝，P(ξ＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝，‎ P(ξ＝4)＝P(X＝0)＋P(X＝4)＝.‎ 所以随机变量ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ P 热点三　随机变量的分布列、均值与方差 命题角度1　超几何分布 ‎【例3－1】 (2017·山东卷)在心理 研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示.‎ ‎(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；‎ ‎(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数 期望E(X).‎ 解　(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为，‎ 则P()＝＝.‎ ‎(2)由题意知X可取的值为：0，1，2，3，4，则 P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝1)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝，‎ P(X＝3)＝＝，‎ P(X＝4)＝＝.‎ 因此X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P X的数 期望是 E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.‎ 探究提高　1.求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率.‎ ‎2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝)＝(＝0，1，…，，其中＝in{，n}，且n≤N，≤N，n，，N∈‎ N ).‎ 命题角度2　与独立重复试验有关的分布列 ‎【例3－2】 (2017·郴州二模)某水泥厂销售工作人员根据以往该厂的销售情况，绘制了该厂日销售量的频率分布直方图，如图所示：将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立.‎ ‎(1)求未3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨的概率；‎ ‎(2)用X表示未3天内日销售量不低于8吨的天数，求随机变量X的分布列、数 期望与方差.‎ 解　(1)由频率分布直方图可知，日销售量不低于8吨的频率为2×(0.125＋0.075)＝0.4，记未3天内，第i天日销售量不低于8吨为事件Ai(i＝1，2，3)，则P(Ai)＝0.4，未3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨包含两个互斥事件A1A23和1A2A3，则未3天内，连续2天日销售量不低于8吨，另一天日销售量低于8吨的概率：‎ P(A1A23∪1A2A3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3)‎ ‎＝0.4×0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4×0.4＝0.192.‎ ‎(2)由(1)知，第i天日销售量不低于8吨的概率P(Ai)＝0.4.‎ 依题意，X的可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，0.4)，‎ P(X＝0)＝(1－0.4)3＝0.216，‎ P(X＝1)＝C0.4×(1－0.4)2＝0.432，‎ P(X＝2)＝C0.42×(1－0.4)＝0.288，‎ P(X＝3)＝0.43＝0.064，‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.216‎ ‎0.432‎ ‎0.288‎ ‎0.064‎ E(X)＝3×0.4＝1.2，D(X)＝3×0.4×(1－0.4)＝0.72.‎ 探究提高　1.求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列.‎ ‎2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从二项分布B(n，p)，则其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝)＝Cp(1－p)n－(＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得.‎ ‎【训练3】 (2017·‎ 西安二模)中国铁路客户服务中心为方便旅客购买车票，推出三种购票方式：窗口购票、电话购票、 上购票，旅客任选一种购票方式.若甲、乙、丙3名旅客都准备购买火车票，并且这3名旅客选择购票的方式是相互独立的.‎ ‎(1)求这三名旅客中至少有两人选择 上购票的概率；‎ ‎(2)记这三名旅客购票方式的种数为ξ，求ξ的分布列和数 期望.‎ 解　(1)记“三名旅客中恰有两人选择 上购票”为事件A，“三名旅客都选择 上购票”为事件B，且A，B互斥.‎ 则P(A)＝C××＝，P(B)＝＝.‎ 因此，三名旅客中至少有两人选择 上购票的概率P＝P(A)＋P(B)＝.‎ ‎(2)由题意，ξ的所有可能取值为1，2，3，‎ 则P(ξ＝1)＝C×＝；‎ P(ξ＝2)＝C×＝；‎ P(ξ＝3)＝＝.‎ 所以随机变量ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 故ξ的期望E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.‎ 热点四　概率与统计的综合问题 ‎【例4】　(2017·衡阳联考)当今信息时代，众多高中生也配上了手机，某校为研究经常使用手机是否对 习成绩有影响，随机抽取高三年级50名理 生的一次数 周练成绩，用茎叶图表示如下图(记60分为及格)：‎ ‎(1)根据茎叶图中数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有95的把握认为经常使用手机对 习成绩有影响？‎ 及格 不及格 总计 很少使用手机 经常使用手机 总计 ‎(2)从50人中，选取一名很少使用手机的同 记为甲和一名经常使用手机的同 记为乙，解一道数列题，甲、乙独立解决此题的概率分别为p1，p2，且p2＝0.4，若p1－p2≥0.3，则此二人适合结为 习上互帮互助的“师徒”，记X为两人中解决此题的人数，若E(X)＝1.12，问两人是否适合结为“师徒”？‎ 参考公式及数据：2＝，其中n＝a＋b＋c＋d P(2≥0)‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ 解　(1)由茎叶图数据，得2×2列联表：‎ 及格 不及格 总计 很少使用手机 ‎20‎ ‎7‎ ‎27‎ 经常使用手机 ‎10‎ ‎13‎ ‎23‎ 总计 ‎30‎ ‎20‎ ‎50‎ 由列联表可得：2＝≈4.844>3.841，‎ 所以有95的把握认为经常使用手机对 习成绩有影响.‎ ‎(2)依题意，随机变量X的可能取值为0，1，2.‎ 则P(X＝0)＝(1－p1)(1－p2)，P(X＝2)＝p1p2，‎ P(X＝1)＝(1－p1)p2＋p1(1－p2)，‎ ‎∴随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎(1－p1)(1－p2)‎ ‎(1－p1)p2＋p1(1－p2)‎ p1p2‎ ‎∴E(X)＝(1－p1)p2＋p1(1－p2)＋2p1p2＝p1＋p2＝1.12，所以p1＝1.12－p2＝0.72，‎ 因此p1－p2＝0.72－0.4＝0.32≥0.3，两人适合结为“师徒”.‎ 探究提高　1.本题考查统计与概率的综合应用，意在考查考生的识图能力和数据处理能力.此类问题多涉及相互独立事件、互斥事件的概率，在求解时，要明确基本事件的构成.‎ ‎2.联系高中生使用手机这一生活现象，利用数 中列联表、独立性检验，予以研究二者的相关性，考查了茎叶图、相互独立事件同时发生、分布列.题目主旨，引导 ‎ 生正确对待使用手机，切勿玩物丧志，并倡导互帮互助的 习风气.‎ ‎【训练4】 (2017·全国Ⅰ卷改编)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：c).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2).‎ ‎(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数 期望；‎ ‎(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.‎ ‎①试说明上述监控生产过程方法的合理性；‎ ‎②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：‎ 经计算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.‎ 用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ(精确到0.01).‎ 附：若随机变量服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ<<μ＋3σ)＝0.997 4，0.997 416≈0.959 2，≈0.09.‎ 解　(1)由题可知尺寸落在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，落在 (μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6.‎ 由题可知X～B(16，0.002 6)，‎ P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.‎ ‎∴E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6.‎ ‎(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.‎ ‎②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(‎ eq o(μ,sup6(^))－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为×(16×9.97－9.22)＝10.02.‎ 因此μ的估计值为10.02.‎ ‎1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法.‎ ‎2.相互独立事件与互斥事件的区别 相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B).互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).‎ ‎3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.‎ ‎(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.‎ ‎(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生次的概率是P(X＝)＝Cpqn－.其中＝0，1，…，n，q＝1－p.‎ 一、选择题 ‎1.(2016·全国Ⅱ卷)从区间0，1随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由题意得：(xi，yi)(i＝1，2，…，n)在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在如图所示的阴影中，由几何概型概率计算公式知＝，‎ ‎∴π＝.‎ 答案　C ‎2.(2017·贵阳质检)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，若使得至少有一次正面向上的概率大于或等于，则n的最小值为(　　)‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ 解析　由题意，1－≥，∴n≥4，∴n的最小值为4.‎ 答案　A ‎3.(2017·全国Ⅰ卷)(1＋x)6的展开式中x2的系数为(　　)‎ A.15 B.20 C.30 D.35‎ 解析　(1＋x)6＝1·(1＋x)6＋·(1＋x)6，‎ ‎(1＋x)6的x2项系数为C＝15，‎ ·(1＋x)6的x2项系数为C＝15，‎ ‎∴x2的系数为15＋15＝30.‎ 答案　C ‎4.(2017·长郡中 二模)设随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，若P(X>)＝0.3，则P(X>8－)＝(　　)‎ A.0.2 B.0.3‎ C.0.7 D.与σ的值有关 解析　∵随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，‎ ‎∴正态曲线的对称轴是x＝4，‎ ‎∵P(X>)＝0.3，且与8－关于x＝4对称，‎ 由正态曲线的对称性，‎ 得P(X>)＝P(X<8－)＝0.3，‎ 故P(X>8－)＝1－0.3＝0.7.‎ 答案　C ‎5.(2017·浙江卷)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1，2.若0＜p1＜p2＜，则(　　)‎ A.E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)‎ B.E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)‎ C.E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)‎ D.E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)‎ 解析　由题设可知E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，从而E(ξ1)＜E(ξ2)，‎ 又D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，‎ 所以D(ξ1)－D(ξ2)＝(p1－p2)(1－p1－p2)＜0.‎ 故D(ξ1)＜D(ξ2).‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.(2017·潍坊三模)在0，a(a>0)上随机抽取一个实数x，若x满足<0的概率为，则实数a的值为.‎ 解析　由<0，得－10)，‎ 因此所求事件的概率P＝＝，则a＝4.‎ 答案　4‎ ‎7.(2017·天津卷)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有个(用数字作答).‎ 解析　当不含偶数时，有A＝120个，‎ 当含有一个偶数时，有CCA＝960个，‎ 所以这样的四位数共有1 080个.‎ 答案　1 080‎ ‎8.(2016·四川卷)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.‎ 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－×＝，依题意X～B，则E(X)＝2×＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎9.(2017·成都二诊)甲乙两名同 参加定点投篮测试，已知两人投中的概率分别是和，假设两人投篮结果相互没有影响，每人各次投球是否投中也没有影响.‎ ‎(1)若每人投球3次(必须投完)，投中2次或2次以上，记为达标，求甲达标的概率；‎ ‎(2)若每人有4次投球机会，如果连续两次投中，则记为达标.达标或能断定不达标，则终止投篮.记乙本次测试投球的次数为X，求X的分布列和数 期望E(X).‎ 解　(1)记“甲达标”为事件A，则P(A)＝C××＋＝.‎ ‎(2)X的所有可能的值为2，3，4.‎ P(X＝2)＝＝，‎ P(X＝3)＝××＋××＋＋××＝，‎ P(X＝4)＝××＋××＝.‎ 所以X的分布列为：‎ X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎∴E(X)＝2×＋3×＋4×＝.‎ ‎10.(2017·北京卷)为了研究一种新药的疗效，选100名患者随机分成两组，每组各50名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标x和y的数据，并制成下图，其中“ ”表示服药者，“＋”表示未服药者.‎ ‎(1)从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；‎ ‎(2)从图中A，B，C，D四人中随机选出两人，记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求ξ的分布列和数 期望E(ξ)；‎ ‎(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)‎ 解　(1)由题图知，在服药的50名患者中，指标y的值小于60的有15人，‎ 所以从服药的50名患者中随机选出一人，此人指标y的值小于60的概率为＝0.3.‎ ‎(2)由题图知，A，B，C，D四人中，指标x的值大于1.7的有2人：A和C.‎ 所以ξ的所有可能取值为0，1，2.‎ P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.‎ ‎(3)由图知100名患者中服药者指标y数据的方差比未服药者指标y数据的方差大.‎ ‎11.(2017·新乡三模)为推行“新课堂”教 法，某化 老师分别用传统教 和“新课堂”两种不同的教 方式，在甲、乙两个平行班级进行教 实验.为了比较教 效果，期中考试后，分别从两个班级中各随机抽取20名 生的成绩进行统计，结果如下表：记成绩不低于70分者为“成绩优良”.‎ 分数 ‎50，60)‎ ‎60，70)‎ ‎70，80)‎ ‎80，90)‎ ‎90，100‎ 甲班频数 ‎5‎ ‎6‎ ‎4‎ ‎4‎ ‎1‎ 乙班频数 ‎1‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎(1)由以上统计数据填写下面2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为“成绩优良与教 方式有关”？‎ 甲班 乙班 总计 成绩优良 成绩不优良 总计 附：2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.‎ 临界值表 P(2≥0)‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎(2)现从上述40人中， 校按成绩是否优良采用分层抽样的方法抽取8人进行考核.在这8人中，记成绩不优良的乙班人数为X，求X的分布列及数 期望.‎ 解　(1)由统计数据得2×2列联表：‎ 甲班 乙班 总计 成绩优良 ‎9‎ ‎16‎ ‎25‎ 成绩不优良 ‎11‎ ‎4‎ ‎15‎ 总计 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ 根据2×2列联表中的数据，得2的观测值为＝≈5.227>5.024，‎ ‎∴能在犯错概率不超过0.025的前提下认为“成绩优良与教 方式有关”.‎ ‎(2)由表可知在8人中成绩不优良的人数为×8＝3，则X的可能取值为0，1，2，3.‎ P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；‎ P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝.‎ ‎∴X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎