届高三数学理二轮复习通用版第一部分检测重点保分题题型专题十八概率随机变量及其分布列Word文件下载.docx
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选A 当学生A最后一个出场时,有AA=18种不同的安排方法;
当学生A不是最后一个出场时,有AA=36种不同的安排方法,所以满足“A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场”的所有不同安排方法有18+36=54种.其中“C第一个出场”的结果有AA=18种,则所求概率为=,选项A正确.
概率类型
特点
概率求法
相互独立事
件同时发生
事件互相独立
P(AB)=P(A)P(B)
(A,B相互独立)
独立重复
试验
一次试验重复n次
P(X=k)=Cpk(1-p)n-k
(p为发生的概率)
[典例] (2016·
山东高考节选)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;
如果只有一人猜对,则“星队”得1分;
如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;
每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列.
[解]
(1)记事件A:
“甲第一轮猜对”,记事件B:
“乙第一轮猜对”,
记事件C:
“甲第二轮猜对”,记事件D:
“乙第二轮猜对”,
记事件E:
“‘星队’至少猜对3个成语”.
由题意,
+
,根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得,
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得,
P(X=0)=×
=,
P(X=1)=2×
(×
+×
)==,
P(X=2)=×
P(X=3)=×
==,
P(X=4)=2×
P(X=6)=×
==.
可得随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
6
P
求复杂事件概率的2种方法
(1)直接法:
正确分析复杂事件的构成,将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题,然后用相应概率公式求解.
(2)间接法:
当复杂事件正面情况比较多,反面情况较少,则可利用其对立事件进行求解.对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.
1.一袋中有5个白球,3个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X次球,则P(X=12)等于( )
A.CB.C
C.CD.C
选D “X=12”表示第12次取到红球,且前11次有9次取到红球,2次取到白球,因此P(X=12)=C×
=C.
2.某校要用三辆校车把教师从西校区送到东校区,已知从西校区到东校区有两条公路,校车走公路①堵车的概率为,不堵车的概率为;
校车走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆校车走公路①,丙校车由于其他原因走公路②,且三辆校车是否堵车相互之间没有影响.
(1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;
(2)在
(1)的条件下,求三辆校车中被堵的辆数ξ的分布列.
解:
(1)由已知条件得C×
·
(1-p)+·
p=,
即3p=1,则p=.
(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=×
=;
P(ξ=1)=;
P(ξ=2)=×
+C×
P(ξ=3)=×
=.
ξ的分布列为
ξ
1.均值与方差的性质
(1)E(aX+b)=aE(X)+b;
(2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b为实数).
2.两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若X服从两点分布,则E(X)=p,D(X)=p(1-p);
(2)若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p).
[典例] (2016·
全国乙卷)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列;
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值;
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
[解]
(1)由柱状图及以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
从而P(X=16)=0.2×
0.2=0.04;
P(X=17)=2×
0.2×
0.4=0.16;
P(X=18)=2×
0.2+0.4×
0.4=0.24;
P(X=19)=2×
0.2+2×
0.4×
0.2=0.24;
P(X=20)=2×
0.4+0.2×
0.2=0.2;
P(X=21)=2×
0.2=0.08;
P(X=22)=0.2×
0.2=0.04.
所以X的分布列为
16
17
18
19
20
21
22
0.04
0.16
0.24
0.2
0.08
(2)由
(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,
故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:
元).
当n=19时,
E(Y)=19×
200×
0.68+(19×
200+500)×
0.2+(19×
200+2×
500)×
0.08+(19×
200+3×
0.04=4040;
当n=20时,
E(Y)=20×
0.88+(20×
0.08+(20×
0.04=4080.
可知当n=19时所需费用的期望值小于当n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.
求解离散型随机变量的均值与方差的2个关键
(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)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,若随机变量服从二项分布或两点分布,则可直接使用公式求解.
(2016·
长春质检)近年来我国电子商务行业迎来蓬勃发展的新机遇,2015年双11期间,某购物平台的销售业绩高达918亿人民币.与此同时,相关管理部门推出了针对电商的商品和服务评价体系.现从评价系统中选出200次成功的交易,并对其评价进行统计,对商品的好评率为0.6,对服务的好评率为0.75,其中对商品和服务都作出好评的交易为80次.
(1)是否可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下,认为商品好评与服务好评有关?
(2)若将频率视为概率,某人在该购物平台上进行的5次购物中,设对商品和服务全好评的次数为随机变量X:
①求对商品和服务全好评的次数X的分布列(概率用组合数算式表示);
②求X的均值和方差.
P(K2≥k)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
(K2=,其中n=a+b+c+d)
(1)由题意可得关于商品和服务评价的2×
2列联表如下:
对服务好评
对服务不满意
总计
对商品好评
80
40
120
对商品不满意
70
10
150
50
200
K2=≈11.111>
10.828,可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下,认为商品好评与服务好评有关.
(2)①每次购物时,对商品和服务都好评的概率为,且X的取值可以是0,1,2,3,4,5.
其中P(X=0)=;
P(X=1)=C;
P(X=2)=C;
P(X=3)=C·
;
P(X=4)=C;
P(X=5)=.
所以X的分布列为:
②由于X~B,则E(X)=5×
=2;
D(X)=5×
随机变量的均值与其他知识的交汇
随机变量及其分布是高考的一个必考点,多为解答题,重点考查离散型随机变量的分布列与均值知识.近几年,高考试题通过对常见模型进行改编,成为立意高、情境新、设问巧、贴近生活的问题.
[典例] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品.生产1吨A产品需鲜牛奶2吨,使用设备1小时,获利1000元;
生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1200元.要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时.假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位:
吨)是一个随机变量,其分布列为
W
12
15
0.3
0.5
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使其获利最大,因此每天的最大获利Z(单位:
元)是一个随机变量.
(1)求Z的分布列和均值;
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率.
[解]
(1)设每天A,B两种产品的生产数量分别为x,y,相应的获利为z,
则有(*)
目标函数为z=1000x+1200y.
将z=1000x+1200y变形为l:
y=-x+,
设l0:
y=-x.
当W=12时,(*)表示的平面区域如图①阴影部分所示,三个顶点分别为A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).
平移直线l0知当直线l过点B,
即当x=2.4,y=4.8时,z取最大值,
故最大获利Z=zmax=2.4×
1000+4.8×
1200=8160(元).
当W=15时,(*)表示的平面区域如图②阴影部分所示,三个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).
即当x=3,y=6时,z取得最大值.
故最大获利Z=zmax=3×
1000+6×
1200=10200(元).
当W=18时,(*)表示的平面区域如图③阴影部分所示,四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).
平移直线l0知当直线l过点C,
即当x=6,y=4时,z取得最大值,
故最大获利Z=zmax=6×
1000+4×
1200=10800(元).
故最大获利Z的分布列为
Z
8160
10200
10800
因此,E(Z)=8160×
0.3+10200×
0.5+10800×
0.2=9708.
(2)由
(1)知,一天最大获利超过10000元的概率p1=P(Z>
10000)=0.5+0.2=0.7,
由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为P=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.
(1)本题是随机变量的均值与线性规划知识的交汇,主要考查离散型随机变量的分布列、均值与线性规划等相关知识.
(2)求解本题的关键:
①利用条件列出不等关系,即约束条件;
②求出目标函数所对应的最值;
③结合概率知识求解即可解决.
甲、乙两支球队进行总决赛,比赛采用七场四胜制,即若有一队先胜四场,则此队为总冠军,比赛就此结束.因两队实力相当,每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计,第一场比赛可获得门票收入40万元,以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元.
(1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率;
(2)设总决赛中获得门票总收入为X,求X的均值E(X).
(1)依题意,每场比赛获得的门票收入组成首项为40,公差为10的等差数列.
设此数列为{an},则易知a1=40,an=10n+30,
所以Sn==300.
解得n=5或n=-12(舍去),所以总决赛共比赛了5场.
则前4场比赛的比分必为1∶3,且第5场比赛为领先的球队获胜,其概率为C=.
所以总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率为.
(2)随机变量X可取的值为S4,S5,S6,S7,即220,300,390,490.
P(X=220)=2×
P(X=300)=C=,
P(X=390)=C=,
P(X=490)=C=,
220
300
390
490
所以X的均值为E(X)=220×
+300×
+390×
+490×
=377.5(万元)
一、选择题
1.投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为( )
A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312
选A 3次投篮投中2次的概率为P(k=2)=C×
0.62×
(1-0.6),投中3次的概率为P(k=3)=0.63,所以通过测试的概率为P(k=2)+P(k=3)=C×
(1-0.6)+0.63=0.648.
2.(2016·
张掖模拟)某盒中装有10只乒乓球,其中6只新球,4只旧球,不放回地依次摸出2个球使用,在第一次摸出新球的条件下,第二次也取到新球的概率为( )
选B 第一次摸出新球记为事件A,则P(A)=,第二次取到新球记为事件B,则P(AB)==,∴P(B|A)===,故选B.
3.(2016·
广州模拟)在平面区域{(x,y)|0≤x≤1,1≤y≤2}内随机投入一点P,则点P的坐标(x,y)满足y≤2x的概率为( )
选A 依题意作出图象如图,则P(y≤2x)===.
4.(2016·
江西两市联考)已知集合M={1,2,3},N={1,2,3,4}.定义映射f:
M→N,则从中任取一个映射满足由点A(1,f
(1)),B(2,f
(2)),C(3,f(3))构成△ABC且AB=BC的概率为( )
选C ∵集合M={1,2,3},N={1,2,3,4},N有43=64种,∴映射f:
M→N有43=64种,∵由点A(1,f
(1)),B(2,f
(2)),C(3,f(3))构成△ABC且AB=BC,∴f
(1)=f(3)≠f
(2),∵f
(1)=f(3)有4种选择,f
(2)有3种选择,∴从中任取一个映射满足由点A(1,f
(1)),B(2,f
(2)),C(3,f(3))构成△ABC且AB=BC的事件有4×
3=12种,∴所求概率为=.
5.不等式组表示的点集记为A,不等式组表示的点集记为B,在A中任取一点P,则P∈B的概率为( )
选A 联立解得x=-1或x=2.由几何概型知识可知所求概率P===.
6.先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6个点),落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,记事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数且x≠y”,则概率P(B|A)=( )
选B 正面朝上的点数(x,y)的不同结果共有C·
C=36(种).事件A:
“x+y为偶数”包含事件A1:
“x,y都为偶数”与事件A2:
“x,y都为奇数”两个互斥事件,其中P(A1)==,P(A2)==,所以P(A)=P(A1)+P(A2)=+=.事件B为“x,y中有偶数且x≠y”,所以事件AB为“x,y都为偶数且x≠y”,所以P(AB)==.由条件概率的计算公式,得P(B|A)==.
二、填空题
7.(2016·
山东高考)在[-1,1]上随机地取一个数k,则事件“直线y=kx与圆(x-5)2+y2=9相交”发生的概率为________.
由直线y=kx与圆(x-5)2+y2=9相交,得<3,即16k2<9,解得-<k<.
由几何概型的概率计算公式可知P==.
答案:
8.(2016·
四川高考)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__________.
法一:
由题意可知每次试验不成功的概率为,成功的概率为,在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2,则P(X=0)=,P(X=1)=C×
=,P(X=2)==.
所以在2次试验中成功次数X的分布列为
则在2次试验中成功次数X的均值为E(X)=0×
+1×
+2×
法二:
此试验满足二项分布,其中p=,所以在2次试验中成功次数X的均值为E(X)=np=2×
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________.
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∈.
三、解答题
10.(2016·
全国甲卷)某险种的基本保费为a(单元:
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
≥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
概率
0.30
0.20
(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;
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
(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)=1-(0.30+0.15)=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)=0.1+0.05=0.15.
又P(AB)=P(B),
故P(B|A)====.
因此所求概率为.
(3)记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为
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.
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.
11.(2016·
石家庄一模)某篮球队对篮球运动员的篮球技能进行统计研究,针对篮球运动员在投篮命中时,运动员到篮筐中心的水平距离这项指标,对某运动员进行了若干场次的统计,依据统计结果绘制如下频率分布直方图:
(1)依据频率分布直方图估算该运动员投篮命中时,他到篮筐中心的水平距离的中位数;
(2)在某场比赛中,考察他前4次投篮命中时到篮筐中心的水平距离的情况,并且规定:
运动员投篮命中时,他到篮筐中心的水平距离不少于4米的记1分,否则扣掉1分.用随机变量X表示第4次投篮后的总分,将频率视为概率,求X的分布列和均值.
(1)设该运动员到篮筐中心的水平距离的中位数为x
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