2019數(shù)學(xué)（理）二輪精選講義專題七 概率與統(tǒng)計(jì) 第二講概率、隨機(jī)變量及其分布列 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第二講概率、隨機(jī)變量及其分布列考點(diǎn)一古典概型、幾何概型、條件概率1．古典概型的概率公式P（A）＝eq\f(m，n)＝eq\f(事件A中所含的基本事件數(shù),試驗(yàn)的基本事件總數(shù))。2．幾何概型的概率公式P(A）＝eq\f（構(gòu)成事件A的區(qū)域長度面積或體積,試驗(yàn)的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域長度面積或體積).3．條件概率在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率P（B|A）＝eq\f（PAB，PA)＝eq\f(nAB，nA).［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練］1．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，\f(1，2)))上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)x，則cosπx的值介于eq\f(\r(2),2)與eq\f（\r（3），2)之間的概率為（）A.eq\f(1，3）B。eq\f（1，4）C.eq\f（1，5）D.eq\f(1,6)[解析］區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）,\f(1，2）))的長度為1,滿足cosπx的值介于eq\f（\r(2)，2）與eq\f(\r(3)，2)之間的x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1，4），－\f（1,6）)）∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,6)，\f(1，4)）),區(qū)間長度為eq\f（1，6)，由幾何概型概率公式得P＝eq\f（\f(1，6),1)＝eq\f（1,6).[答案]D2．（2018·全國卷Ⅱ)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和\”，如30＝7＋23。在不超過30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù),其和等于30的概率是（)A.eq\f(1,12)B。eq\f(1，14）C。eq\f(1，15）D.eq\f（1，18)［解析］不超過30的素?cái)?shù)有2，3，5,7，11,13,17,19，23，29，共10個(gè)，從這10個(gè)素?cái)?shù)中隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，有Ceq\o\al（2,10)＝45種情況,其和等于30的情況有3種，則所求概率等于eq\f(3,45）＝eq\f（1,15).故選C.[答案］C3．4個(gè)高爾夫球中有3個(gè)合格、1個(gè)不合格,每次任取一個(gè)，不放回地取兩次．若第一次取到合格的高爾夫球，則第二次取到合格高爾夫球的概率為________．［解析］解法一：記事件A＝{第一次取到的是合格高爾夫球}，事件B＝｛第二次取到0的是合格高爾夫球｝．由題意可得P（AB）＝eq\f（3×2,4×3)＝eq\f(1，2)，P（A)＝eq\f(3×3，4×3)＝eq\f(3,4)，所以P(B|A)＝eq\f（PAB，PA）＝eq\f(\f（1，2),\f(3,4)）＝eq\f（2，3).解法二：記事件A＝｛第一次取到的是合格高爾夫球}，事件B＝｛第二次取到的是合格高爾夫球}．由題意可得事件B發(fā)生所包含的基本事件數(shù)n（A∩B)＝3×2＝6種，事件A發(fā)生所包含的基本事件數(shù)n（A）＝3×3＝9，所以P（B｜A)＝eq\f（nAB，nA）＝eq\f（6,9）＝eq\f（2，3).[答案]eq\f(2，3)4．（2018·鄭州一模)某天,甲要去銀行辦理儲(chǔ)蓄業(yè)務(wù)，已知銀行的營業(yè)時(shí)間為9：00至17：00,設(shè)甲在當(dāng)天13：00至18：00之間任何時(shí)間去銀行的可能性相同，那么甲去銀行恰好能辦理業(yè)務(wù)的概率是________．［解析］設(shè)銀行的營業(yè)時(shí)間為x，甲去銀行的時(shí)間為y，以橫坐標(biāo)表示銀行的營業(yè)時(shí)間，縱坐標(biāo)表示甲去銀行的時(shí)間，建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)，則事件“甲去銀行恰好能辦理業(yè)務(wù)”表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，所求概率P＝eq\f（4×8，5×8)＝eq\f（4，5)。[答案］eq\f（4,5）[快速審題］看到區(qū)域長度和面積問題，想到幾何概型；看到計(jì)數(shù)問題，想到古典概型；看到有條件的概率問題，想到條件概率．解答古典概型、幾何概型、條件概率的關(guān)鍵(1)有關(guān)古典概型的概率問題，關(guān)鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)，這常用到計(jì)數(shù)原理與排列、組合的相關(guān)知識(shí)．（2)利用幾何概型求概率時(shí)，關(guān)鍵是構(gòu)成試驗(yàn)的全部結(jié)果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找,有時(shí)需要設(shè)出變量，在坐標(biāo)系中表示所需要的區(qū)域．（3)求條件概率時(shí)，關(guān)鍵弄清在哪種條件下發(fā)生的概率，以便正確使用公式求解．考點(diǎn)二相互獨(dú)立事件與獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)［解］（1)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1,2,3.P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,2）））×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)））×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,4))）＝eq\f（1，4)，P（X＝1）＝eq\f（1,2）×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,3)））×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，4）))＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)）)×eq\f（1,3）×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,4））)＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，2)））×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(1，3)）)×eq\f（1，4)＝eq\f(11，24).P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2)))×eq\f(1，3)×eq\f(1,4）＋eq\f（1，2)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3）)）×eq\f(1,4)＋eq\f（1,2)×eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)）)＝eq\f(1,4），P（X＝3）＝eq\f(1，2）×eq\f(1,3）×eq\f(1,4)＝eq\f(1，24）。所以隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f（1,4）eq\f(11,24）eq\f(1,4)eq\f（1，24)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f（1,4)＋1×eq\f（11,24)＋2×eq\f（1，4）＋3×eq\f（1,24)＝eq\f(13,12）.(2)設(shè)Y表示第一輛車遇到紅燈的個(gè)數(shù)，Z表示第二輛車遇到紅燈的個(gè)數(shù)，則所求事件的概率為P（Y＋Z＝1）＝P（Y＝0,Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0）＝P(Y＝0）P(Z＝1）＋P(Y＝1）P(Z＝0）＝eq\f(1，4)×eq\f（11，24)＋eq\f(11，24)×eq\f(1，4)＝eq\f(11,48)。所以這2輛車共遇到1個(gè)紅燈的概率為eq\f(11，48).[解題指導(dǎo)]（1)eq\x(判斷事件關(guān)系）→eq\x（判斷概率類型)→eq\x（利用公式求解)（2）eq\x(\a\al(弄清X，的含義））→eq\x（\a\al（確定X,的取值))→eq\x（\a\al(符合二項(xiàng)，分布特征))→eq\x（\a\al（利用公，式求解))[解］記第i名工人選擇的項(xiàng)目屬于基礎(chǔ)設(shè)施類，民生類，產(chǎn)業(yè)建設(shè)類分別為事件Ai，Bi,Ci，i＝1,2，3.由題意知A1，A2,A3,B1，B2,B3，C1，C2,C3均相互獨(dú)立．則P(Ai)＝eq\f（30,60）＝eq\f(1,2），P(Bi）＝eq\f（20,60)＝eq\f(1，3)，P(Ci）＝eq\f（10，60)＝eq\f（1，6），i＝1,2，3，(1）3人選擇的項(xiàng)目所屬類別互異的概率:P1＝Aeq\o\al(3，3）P(A1B2C3)＝6×eq\f(1，2）×eq\f(1,3)×eq\f（1,6)＝eq\f(1,6）。（2)任一名工人選擇的項(xiàng)目屬于基礎(chǔ)設(shè)施類或產(chǎn)業(yè)建設(shè)類工程的概率:P2＝eq\f(30＋10,60)＝eq\f(2,3），由X～Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（3，\f(2，3）)),得P(X＝k)＝Ceq\o\al（k,3）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3）))keq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（2,3)））3－k（k＝0,1,2，3)，∴X的分布列為X0123Peq\f(1,27）eq\f(2,9）eq\f(4，9）eq\f(8,27）∴X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝3×eq\f（2，3)＝2.求復(fù)雜事件概率的2種方法（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(gè)彼此互斥事件的和事件或幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件或一獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)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(duì)立事件進(jìn)行求解，對(duì)于“至少”“至多”等問題往往用這種方法求解．［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．[角度1］(2018·湖南益陽調(diào)研）某工廠有兩條相互不影響的生產(chǎn)線分別生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，產(chǎn)品出廠前需要對(duì)產(chǎn)品進(jìn)行性能檢測(cè)．檢測(cè)得分低于80的為不合格品，只能報(bào)廢回收；得分不低于80的為合格品，可以出廠．現(xiàn)隨機(jī)抽取這兩種產(chǎn)品各60件進(jìn)行檢測(cè),檢測(cè)結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下：得分[60，70）[70,80)［80，90)[90，100］甲種產(chǎn)品的件數(shù)5103411乙種產(chǎn)品的件數(shù)812319（1）試分別估計(jì)甲,乙兩種產(chǎn)品下生產(chǎn)線時(shí)為合格品的概率；（2)生產(chǎn)一件甲種產(chǎn)品,若是合格品，可盈利100元,若是不合格品，則虧損20元;生產(chǎn)一件乙種產(chǎn)品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，則虧損15元．在(1)的前提下，記X為生產(chǎn)1件甲種產(chǎn)品和1件乙種產(chǎn)品所獲得的總利潤,求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解]（1）甲種產(chǎn)品為合格品的概率約為eq\f(45，60）＝eq\f（3,4），乙種產(chǎn)品為合格品的概率約為eq\f(40,60)＝eq\f(2,3）。(2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為190，85，70，－35，且P(X＝190)＝eq\f（3，4）×eq\f(2,3)＝eq\f（1,2)，P(X＝85)＝eq\f(3,4)×eq\f（1，3)＝eq\f(1，4），P（X＝70)＝eq\f(1，4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,6)，P（X＝－35）＝eq\f(1,4）×eq\f(1,3）＝eq\f（1,12)。所以隨機(jī)變量X的分布列為X1908570－35Peq\f(1,2）eq\f(1，4）eq\f(1，6)eq\f（1，12)所以E(X)＝eq\f(190,2)＋eq\f（85,4)＋eq\f（70,6）－eq\f（35,12)＝125.2．［角度2]某公司為了提高員工的演講能力，加強(qiáng)員工之間的互動(dòng)，特舉行“我是演說家”活動(dòng)，規(guī)定：被邀請(qǐng)者要么在24小時(shí)內(nèi)接受挑戰(zhàn)，要么不接受挑戰(zhàn)，并且不能重復(fù)參加該活動(dòng)．若被邀請(qǐng)者接受挑戰(zhàn)，則他需在公司的網(wǎng)站上發(fā)布自己不超過10分鐘的演講視頻內(nèi)容，公司給予一定的資金,然后他便可以邀請(qǐng)另外3個(gè)人參與該項(xiàng)活動(dòng)．假設(shè)每個(gè)人接受挑戰(zhàn)與不接受挑戰(zhàn)是等可能的，且互不影響．（1)若被邀請(qǐng)者接受挑戰(zhàn)后，對(duì)另外3個(gè)人發(fā)出邀請(qǐng)，則這3個(gè)人中至少有2個(gè)人接受挑戰(zhàn)的概率是多少?(2）假定（1）中被邀請(qǐng)到的3個(gè)人中恰有2個(gè)人接受挑戰(zhàn)．根據(jù)活動(dòng)規(guī)定，現(xiàn)記X為接下來被邀請(qǐng)到的6個(gè)人中接受挑戰(zhàn)的人數(shù)，求X的分布列、期望和方差．［解］因?yàn)槊總€(gè)人接受挑戰(zhàn)與不接受挑戰(zhàn)是等可能的，所以每個(gè)人接受挑戰(zhàn)的概率為eq\f(1,2），不接受挑戰(zhàn)的概率也為eq\f(1，2）.(1）設(shè)事件M為“邀請(qǐng)到的3個(gè)人中至少有2個(gè)人接受挑戰(zhàn)”，則P(M）＝Ceq\o\al（2，3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)））2·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))）＋Ceq\o\al(3，3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))3＝eq\f(1，2)。(2）X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6。因?yàn)閄為接下來被邀請(qǐng)到的6個(gè)人中接受挑戰(zhàn)的人數(shù)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(6,\f（1,2)）).所以P（X＝0）＝Ceq\o\al（0，6）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））0eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)))6＝eq\f（1,64)，P（X＝1)＝Ceq\o\al（1,6）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）))·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2))）5＝eq\f（6，64)＝eq\f（3，32）,P(X＝2）＝Ceq\o\al（2，6)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)））2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)））4＝eq\f（15，64），P(X＝3)＝Ceq\o\al（3，6）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）)）3·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)）)3＝eq\f(20，64)＝eq\f（5,16），P（X＝4)＝Ceq\o\al(4，6)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）4·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）））2＝eq\f(15,64)，P（X＝5)＝Ceq\o\al（5,6)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)））5·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)）)1＝eq\f（6，64)＝eq\f(3,32)，P（X＝6）＝Ceq\o\al（6，6)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））0＝eq\f（1，64）。故X的分布列為X0123456Peq\f(1,64)eq\f（3,32)eq\f(15，64)eq\f(5,16）eq\f（15，64)eq\f(3,32）eq\f（1，64)所以E（X)＝6×eq\f（1，2）＝3，D（X)＝6×eq\f（1,2)×eq\f(1，2)＝eq\f（3，2）。故所求的期望為3，方差為eq\f（3，2)。考點(diǎn)三隨機(jī)變量的分布列、均值與方差1．均值與方差的性質(zhì)（1)E(aX＋b）＝aE（X)＋b；(2）D（aX＋b)＝a2D(X)（a，b為實(shí)數(shù))．2．兩點(diǎn)分布與二項(xiàng)分布的均值、方差（1）若X服從兩點(diǎn)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）．【例】高考改革新方案,不分文理科，高考成績實(shí)行“3＋3”的構(gòu)成模式,第一個(gè)“3”是語文、數(shù)學(xué)、外語，每門滿分150分，第二個(gè)“3"由考生在思想政治、歷史、地理、物理、化學(xué)、生物6個(gè)科目中自主選擇3個(gè)科目參加等級(jí)性考試，每門滿分100分，高考錄取成績卷面總分為750分．為了調(diào)查學(xué)生對(duì)物理、化學(xué)、生物的選考情況，將“A市某一屆學(xué)生在物理、化學(xué)、生物3個(gè)科目中至少選考一科的學(xué)生\”記作學(xué)生群體B,從學(xué)生群體B中隨機(jī)抽取了50名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，他們選考物理、化學(xué)、生物的科目數(shù)及人數(shù)統(tǒng)計(jì)表如下。[解]（1）記“所選取的2名學(xué)生選考物理、化學(xué)、生物科目數(shù)量相等”為事件M，則P（M)＝eq\f（C\o\al(2,5）＋C\o\al(2,25）＋C\o\al（2,20),C\o\al（2,50))＝eq\f(20,49)，所以他們選考物理、化學(xué)、生物科目數(shù)量不相等的概率為P(eq\o(M,\s\up16(－))）＝1－P(M)＝eq\f(29,49).（2)由題意可知X的所有可能取值為0,1，2,P（X＝0）＝eq\f（C\o\al（2,5)＋C\o\al(2,25)＋C\o\al(2，20),C\o\al(2,50）)＝eq\f(20，49)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,25)＋C\o\al(1，20)C\o\al(1,25)，C\o\al(2,50)）＝eq\f(25,49)，P（X＝2)＝eq\f(C\o\al（1,5）C\o\al（1,20）,C\o\al（2，50)）＝eq\f（4,49）。從而X的分布列為X012Peq\f(20，49)eq\f(25，49）eq\f(4,49)E(X)＝0×eq\f（20,49)＋1×eq\f(25，49)＋2×eq\f(4，49)＝eq\f（33,49）.(3)所調(diào)查的50名學(xué)生中選考物理、化學(xué)、生物中的2個(gè)科目的學(xué)生有25名，被抽取的概率為P＝eq\f(25，50）＝eq\f（1，2），所以Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（4，\f(1,2）)），所以事件“Y≥2”的概率為P（Y≥2）＝Ceq\o\al(2，4）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)））2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2）））2＋Ceq\o\al(3,4）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)））3×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)))＋Ceq\o\al(4，4）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))4＝eq\f（11,16）.［探究追問1］其他條件不變，若從所調(diào)查的50名學(xué)生中任選2名，記X表示這2名學(xué)生選考物理、化學(xué)、生物的科目數(shù)為1的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望．[解］X服從超幾何分布，X的所有可能取值為0，1，2，P(X＝0)＝eq\f（C\o\al(2,45），C\o\al(2，50））＝eq\f（198,245),P（X＝1）＝eq\f(C\o\al(1，5)C\o\al(1,45),C\o\al(2，50））＝eq\f(45，245)，P(X＝2)＝eq\f（C\o\al（2，5)，C\o\al(2,50))＝eq\f（2，245)，故E（X)＝0×eq\f（198，245）＋1×eq\f(45,245）＋2×eq\f（2,245)＝eq\f（49,245）。［探究追問2］其他條件不變，(3）中求Y的數(shù)學(xué)期望和方差．［解］由題知,Y～Beq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(4,\f(1，2）））,故E(Y）＝4×eq\f(1，2）＝2,D（Y)＝4×eq\f(1,2）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2）))＝1。［對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練］(2018·武漢二模）現(xiàn)有兩種投資方案，一年后投資盈虧的情況如下表：(1）當(dāng)p＝eq\f（1，4）時(shí)，求q的值；(2)已知甲、乙兩人分別選擇了“投資股市”和“購買基金"進(jìn)行投資，如果一年后他們中至少有一人獲利的概率大于eq\f（4，5)，求p的取值范圍；(3）丙要將家中閑置的10萬元錢進(jìn)行投資，決定在“投資股市”和“購買基金”這兩種方案中選擇一種，已知p＝eq\f(1,2）,q＝eq\f(1,6），那么丙選擇哪種投資方案，才能使得一年后投資收益的數(shù)學(xué)期望較大？結(jié)合結(jié)果并說明理由．[解］（1)因?yàn)椤百徺I基金"后，投資結(jié)果只有“獲利”“不賠不賺"“虧損"三種，且三種投資結(jié)果相互獨(dú)立，所以p＋eq\f（1，3）＋q＝1。又因?yàn)閜＝eq\f(1，4），所以q＝eq\f(5,12）.1．（2018·全國卷Ⅰ）如圖來自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC,直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ。在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn),此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ,Ⅲ的概率分別記為p1,p2，p3,則（)A．p1＝p2 B．p1＝p3C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3［解析］不妨設(shè)BC＝5,AB＝4，AC＝3，則△ABC三邊所圍成的區(qū)域Ⅰ的面積S1＝eq\f(1，2)×3×4＝6,區(qū)域Ⅲ的面積S3＝eq\f（π,2）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5，2）))2－S1＝eq\f（25π,8)－6，區(qū)域Ⅱ的面積S2＝eq\f(π,2)×22＋eq\f(π,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,2)))2－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（25π,8）－6))＝6，所以S1＝S2〉S3，由幾何概型的概率公式可知p1＝p2〉p3，故選A。[答案]A2．（2018·全國卷Ⅲ）某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨(dú)立．設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù),D(X)＝2.4,P(X＝4）<P（X＝6),則p＝（）A．0。7B．0.6C．0。4D．0。3［解析］由題知X～B（10，p），則D（X)＝10×p×(1－p)＝2.4,解得p＝0.4或0。6.又∵P（X＝4）<P（X＝6)，即Ceq\o\al（4,10）p4（1－p）6<Ceq\o\al(6，10）p6（1－p)4?(1－p)2〈p2?p>0。5,∴p＝0。6,故選B。[答案］B3．(2018·浙江卷）設(shè)0〈p<1，隨機(jī)變量ξ的分布列是（）ξ012Peq\f（1－p，2)eq\f(1，2)eq\f（p,2）則當(dāng)p在(0，1)內(nèi)增大時(shí)()A．D(ξ）減小 B．D(ξ)增大C．D(ξ）先減小后增大 D．D（ξ)先增大后減小［解析]由題意得E(ξ）＝0×eq\f(1－p，2)＋1×eq\f(1,2）＋2×eq\f(p，2）＝eq\f（1,2)＋p，D（ξ）＝eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)＋p)）))2·eq\f(1－p,2）＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）＋p)）））2·eq\f(1，2)＋eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(2－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）＋p)）))2·eq\f(p,2)＝eq\f(1，8)[(1＋2p)2（1－p)＋(1－2p)2＋(3－2p)2·p]＝－p2＋p＋eq\f（1,4）＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(p－\f(1,2））)2＋eq\f(1，2）。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0〈\f（1－p,2)<1，，0〈\f（p，2）〈1，,\f(1－p,2）＋\f（1,2）＋\f（p,2）＝1,))得0〈p<1，∴D(ξ)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2）)）上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2），1)）上單調(diào)遞減，故選D.［答案]D4．（2018·天津卷）已知某單位甲、乙、丙三個(gè)部門的員工人數(shù)分別為24，16,16.現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取7人，進(jìn)行睡眠時(shí)間的調(diào)查．（1)應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)部門的員工中分別抽取多少人？(2)若抽取的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，現(xiàn)從這7人中隨機(jī)抽取3人做進(jìn)一步的身體檢查．(?。┯肵表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望;(ⅱ)設(shè)A為事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的員工,也有睡眠不足的員工”，求事件A發(fā)生的概率．[解］(1）由已知，甲、乙、丙三個(gè)部門的員工人數(shù)之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7人，因此應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)部門的員工中分別抽取3人，2人,2人．（2)（?。╇S機(jī)變量X的所有可能取值為0,1，2,3.P（X＝k)＝eq\f(C\o\al(k，4)·C\o\al(3－k，3）,C\o\al(3,7）)（k＝0，1，2,3)．所以，隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1，35)eq\f(12,35)eq\f(18,35）eq\f（4，35）隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1，35）＋1×eq\f(12,35）＋2×eq\f(18，35)＋3×eq\f(4，35)＝eq\f（12,7).(ⅱ）設(shè)事件B為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有1人,睡眠不足的員工有2人”；事件C為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有2人，睡眠不足的員工有1人"，則A＝B∪C，且B與C互斥．由（?。┲?，P（B)＝P（X＝2）,P（C)＝P（X＝1），故P（A）＝P（B∪C）＝P（X＝2)＋P(X＝1）＝eq\f(6,7）。所以，事件A發(fā)生的概率為eq\f（6，7)。1。概率、隨機(jī)變量及其分布列是高考命題的熱點(diǎn)之一，命題形式為“一小一大",即一道選擇或填空題和一道解答題．2．選擇或填空題常出現(xiàn)在第4~10題或第13～15題的位置,主要考查隨機(jī)事件的概率、古典概型、幾何概型，難度一般．3．概率的解答題多在第18或19題的位置，難度中等．

熱點(diǎn)課題18利用均值與方差進(jìn)行決策[感悟體驗(yàn)](2018·南寧聯(lián)考）某公司為招聘新員工設(shè)計(jì)了一個(gè)面試方案：應(yīng)聘者從6道備選題中一次性隨機(jī)抽取3道題，按照題目要求獨(dú)立完成．規(guī)定:至少正確完成其中的2道題便可通過．已知6道備選題中應(yīng)聘者甲有4道題能正確完成，2道題不能完成;應(yīng)聘者乙每題正確完成的概率都是eq\f(2,3)，且每題正確完成與否互不影響．(1）分別求甲、乙兩人正確完成面試題數(shù)的分布列及數(shù)學(xué)期望；(2)請(qǐng)分析比較甲、乙兩人誰面試通過的可能性大？［解］(1)設(shè)甲正確完成面試的題數(shù)為ξ，則ξ的可能取值為1,2,3.P（ξ＝1）＝eq\f（C\o\al（1，4)C\o\al(2,2），C\o\al(3,6))＝eq\f（1,5）；P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al（2，4）C\o\al(1,2)，C\o\al（3，6）)＝eq\f(3，5);P(ξ＝3）＝eq\f（C\o\al(3,4)C\o\al(0,2),C\o\al（3,6))＝eq\f(1,5）.應(yīng)聘者甲正確完成題數(shù)ξ的分布列為ξ123Peq\f（1,5)eq\f（3,5)eq\f（1，5)E（ξ)＝1×eq\f（1，5）＋2×eq\f(3,5）＋3×eq\f(1,5)＝2.設(shè)乙正確完成面試的題數(shù)為η,則η的可能取值為0,1,2，3.P（η＝0)＝Ceq\o\al(0,3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,3)）)3＝eq\f(1,27）；P（η＝1）＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)))1eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)））2＝eq\f（6,27）；P（η＝2)＝Ceq\o\al（2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3））)2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3))）＝eq\f（12,27）;P（η＝3)＝Ceq\o\al（3,3)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)）)3＝eq\f（8,27）。應(yīng)聘者乙正確完成題數(shù)η的分布列為η0123Peq\f（1，27）eq\f（6,27）eq\f(12，27)eq\f（8,27)E(η)＝0×eq\f（1，27)＋1×eq\f(6,27)＋2×eq\f（12，27)＋3×eq\f（8，27)＝2。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或因?yàn)棣莮B\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（3，\f（2，3)))，所以Eη＝3×\f（2,3)＝2））（2）因?yàn)镈（ξ)＝(1－2）2×eq\f（1，5）＋（2－2)2×eq\f（3,5)＋（3－2)2×eq\f（1,5)＝eq\f（2，5),D(η)＝3×eq\f(2,3)×eq\f（1，3）＝eq\f(2，3)。所以D（ξ）<D（η）．綜上所述，從做對(duì)題數(shù)的數(shù)學(xué)期望考查，兩人水平相當(dāng)；從做對(duì)題數(shù)的方差考查,甲較穩(wěn)定；從至少完成2道題的概率考查，甲面試通過的可能性大．專題跟蹤訓(xùn)練(二十九）一、選擇題1．(2018·廣東茂名一模）在1,2,3，6這組數(shù)據(jù)中隨機(jī)取出三個(gè)數(shù)字，則數(shù)字2是這三個(gè)不同數(shù)字的平均數(shù)的概率是（）A。eq\f（1，4)B.eq\f（1,3)C.eq\f（1，2)D。eq\f(3，4）[解析］在1,2,3，6這組數(shù)據(jù)中隨機(jī)取出三個(gè)數(shù)字，基本事件總共有4個(gè)，分別為（1，2，3），（1，2，6），(1，3，6），(2，3,6)．?dāng)?shù)字2是三個(gè)不同數(shù)字的平均數(shù)所包含的基本事件只有(1,2,3)，共1個(gè)．∴數(shù)字2是三個(gè)不同數(shù)字的平均數(shù)的概率P＝eq\f（1，4）.故選A。[答案]A2．(2018·廣東深圳一模)兩名同學(xué)分3本不同的書，其中一人沒有分到書，另一人分得3本書的概率為(）A.eq\f(1，2）B.eq\f（1,4）C。eq\f（1，3）D.eq\f（1，6）[解析］兩名同學(xué)分3本不同的書,基本事件有（0,3)，（1a,2),（1b，2),(1c，2)，(2，1a），（2,1b)，（2，1c)，(3,0),共8個(gè)，其中一人沒有分到書，另一人分到3本書的基本事件有2個(gè)，∴一人沒有分到書，另一人分得3本書的概率P＝eq\f(2，8）＝eq\f(1，4）。故選B。[答案］B3．(2018·河南濮陽二模)如圖，已知電路中4個(gè)開關(guān)閉合的概率都是eq\f(1，2)，且是相互獨(dú)立的,則燈亮的概率為()A.eq\f(3，16）B。eq\f（3，4）C。eq\f(13，16)D。eq\f(1,4）［解析]燈泡不亮包括兩種情況：①四個(gè)開關(guān)都開,②下邊的2個(gè)都開,上邊的2個(gè)中有一個(gè)開，∴燈泡不亮的概率是eq\f（1，2)×eq\f（1,2)×eq\f（1，2）×eq\f（1，2）＋eq\f(1,2)×eq\f（1，2)×eq\f（1,2)×eq\f(1，2)＋eq\f（1，2）×eq\f(1，2）×eq\f(1，2)×eq\f（1,2)＝eq\f（3,16)，∵燈亮和燈不亮是兩個(gè)對(duì)立事件，∴燈亮的概率是1－eq\f（3，16)＝eq\f（13,16),故選C。［答案]C4．(2018·河南安陽一模)在邊長為a的正三角形內(nèi)任取一點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q到三個(gè)頂點(diǎn)的距離均大于eq\f(a,2)的概率是()A。eq\f(11,12)－eq\f(\r(3),6）π B．1－eq\f(\r(3）,6）πC。eq\f(1,3） D。eq\f(1,4）[解析］設(shè)邊長為a的正三角形為三角形ABC，如圖所示:∵AB＝a，∴S三角形ABC＝eq\f(1，2)·a2·sineq\f(π,3）＝eq\f（\r(3），4）a2,滿足到正三角形ABC的頂點(diǎn)A、B、C的距離至少有一個(gè)小于或等于eq\f（a,2）的所有點(diǎn)組成的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，各部分組合起來構(gòu)成一個(gè)半徑為eq\f（a,2)的半圓,∴S陰影＝eq\f(1，2)·π·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,2）)）2＝eq\f（πa2，8），∴使點(diǎn)Q到三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C的距離都大于eq\f（a,2)的概率P＝1－eq\f(\f(πa2,8），\f(\r（3)a2,4）)＝1－eq\f（\r（3)，6）π.故選B.［答案]B5．在1,2，3,4,5，6，7，8這組數(shù)據(jù)中，隨機(jī)取出五個(gè)不同的數(shù)，則數(shù)字4是取出的五個(gè)不同數(shù)的中位數(shù)的概率為()A。eq\f(9，56)B。eq\f(9,28)C。eq\f（9，14）D。eq\f（5,9)[解析]設(shè)事件A為“數(shù)字4是取出的五個(gè)不同數(shù)的中位數(shù)”．“從八個(gè)數(shù)字中取出五個(gè)數(shù)字”的種數(shù)為n＝Ceq\o\al(5，8)＝Ceq\o\al(3,8）＝56.對(duì)事件A，先考慮數(shù)字4在五個(gè)數(shù)的中間位置,再考慮分別從數(shù)字1，2，3和5,6，7,8中各取兩個(gè)數(shù)字,則事件A包含的基本事件種數(shù)為m＝Ceq\o\al（2，3）Ceq\o\al（2，4)＝3×6＝18。由古典概型的概率計(jì)算公式，得P(A)＝eq\f(m,n)＝eq\f(18，56)＝eq\f(9，28).［答案]B6．（2018·重慶一中一模)將4個(gè)不同的小球裝入4個(gè)不同的盒子，則在至少有一個(gè)盒子為空的條件下，恰好有兩個(gè)盒子為空的概率是（)A.eq\f(21，58）B。eq\f（12，29)C.eq\f（21，64）D。eq\f（7,27)［解析］根據(jù)題意，將4個(gè)不同的小球裝入4個(gè)不同的盒子的放法為44＝256。若沒有空盒，有Aeq\o\al(4,4）＝24(種）放法，有1個(gè)空盒的放法有Ceq\o\al(1，4)Ceq\o\al（2,4)Aeq\o\al（3，3）＝144(種），有3個(gè)空盒的放法有Ceq\o\al（1，4)＝4種，則至少有一個(gè)盒子為空的放法有256－24＝232(種），故“至少有一個(gè)盒子為空”的概率p1＝eq\f(232，256)，恰好有兩個(gè)盒子為空的放法有256－24－144－4＝84（種），故“恰好有兩個(gè)盒子為空"的概率p2＝eq\f（84，256），則在至少有一個(gè)盒子為空的條件下，恰好有兩個(gè)盒子為空的概率p＝eq\f（p2，p1）＝eq\f(21,58)。故選A.[答案]A二、填空題7．在100件產(chǎn)品中有95件合格品，5件不合格品．現(xiàn)從中不放回地取兩次，每次任取一件，則在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率為________．［解析]解法一：設(shè)事件A為“第一次取到不合格品”,事件B為“第二次取到不合格品”,則所求的概率為P(B|A），因?yàn)镻（AB）＝eq\f(C\o\al（2，5),C\o\al(2，100）），P（A)＝eq\f(C\o\al（1,5）,C\o\al(1，100))，所以P（B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f（\f（5×4，100×99)，\f（5,100)）＝eq\f(4，99）.解法二：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，還有99件產(chǎn)品，其中有4件不合格的，因此第二次取到不合格品的概率為eq\f（4,99).[答案]eq\f(4，99）8.（2018·青島模擬)如圖所示的陰影部分是由x軸，直線x＝1及曲線y＝ex－1圍成的，現(xiàn)向矩形區(qū)域OABC內(nèi)隨機(jī)投擲一點(diǎn),則該點(diǎn)落在陰影部分的概率是__________．[解析]由幾何概型的概率計(jì)算公式可知，所求概率為eq\f(\i\in(0,1，)ex－1dx，1×e－1)＝eq\f（e－2，e－1).[答案］eq\f(e－2,e－1)9．（2018·皖南八校聯(lián)考)某班從4名男生、2名女生中選出3人參加志愿者服務(wù)，若選出的男生人數(shù)為ξ，則ξ的方差D(ξ)＝________。［解析］從4名男生、2名女生中選出3人參加志愿者服務(wù)，選出的男生人數(shù)ξ可能為1,2，3，其中,P(ξ＝1）＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al（2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1，5)，P（ξ＝2）＝eq\f(C\o\al(2，4)C\o\al（1，2），C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5），P（ξ＝3）＝eq\f（C\o\al（3，4）C\o\al（0,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(1，5）.所以ξ的數(shù)學(xué)期望E（ξ)＝1×eq\f（1，5)＋2×eq\f(3,5)＋3×eq\f(1,5）＝2，D(ξ）＝(1－2）2×eq\f（1，5)＋(2－2)2×eq\f（3,5）＋(3－2）2×eq\f(1,5)＝eq\f(2，5)。［答案]eq\f(2，5）三、解答題10．(2018·廣州綜合測(cè)試)某大學(xué)志愿者協(xié)會(huì)有6名男同學(xué)，4名女同學(xué)．在這10名同學(xué)中，3名同學(xué)來自數(shù)學(xué)學(xué)院，其余7名同學(xué)來自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個(gè)學(xué)院．現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨機(jī)選取3名同學(xué)，到希望小學(xué)進(jìn)行支教活動(dòng)(每位同學(xué)被選到的可能性相同)．（1）求選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率;(2）設(shè)X為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解］(1）設(shè)“選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院”為事件A，則P（A）＝eq\f（C\o\al(1,3）·C\o\al(2，7）＋C\o\al（0,3)·C\o\al（3,7）,C\o\al（3,10）)＝eq\f(49，60）。所以選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率為eq\f(49,60).（2)隨機(jī)變量X的所有可能值為0,1,2，3。P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,4)·C\o\al(3－k,6),C\o\al(3，10))(k＝0,1,2,3)．所以P(X＝0）＝eq\f（C\o\al(0,4)·C\o\al(3,6），C\o\al(3，10）)＝eq\f（1，6），P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(2,6）,C\o\al（3,10))＝eq\f（1,2),P（X＝2)＝eq\f（C\o\al（2，4）·C\o\al（1，6），C\o\al(3，10））＝eq\f(3,10)，P（X＝3)＝eq\f(C\o\al（3，4)·C\o\al（0，6）,C\o\al（3，10)）＝eq\f(1，30）。所以隨機(jī)變量X的分布列是X0123Peq\f(1，6）eq\f（1,2)eq\f(3,10)eq\f(1，30）隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E（X)＝0×eq\f(1,6）＋1×eq\f（1,2)＋2×eq\f（3,10)＋3×eq\f（1,30)＝eq\f(6,5)。11．某學(xué)校組織知識(shí)測(cè)試,設(shè)置A，B,C三組測(cè)試項(xiàng)目供參賽同學(xué)選擇．甲、乙、丙三名同學(xué)參加比賽，其中甲參加A組測(cè)試，甲通過測(cè)試的概率為eq\f(1,3)；乙參加B組測(cè)試,乙通過測(cè)試的概率為eq\f（1，2）；丙參加C組測(cè)試，C組共有6道試題，丙只能答對(duì)其中4道題．根據(jù)規(guī)則，丙只能且必須選擇4道題作答，至少答對(duì)3道才能通過測(cè)試．（1）求丙通過測(cè)試的概率．(2)記A,B,C三組通過測(cè)試的總?cè)藬?shù)為ξ，求ξ的分布列和期望．［解］（1）設(shè)丙通過測(cè)試為事件A，則P(A)＝eq\f（C\o\al（4，4)＋C\o\al(3，4)C\o\al（1，2)，C\o\al（4，6))＝eq\f（3,5）。(2)依題意得，1－eq\f（1,3）＝eq\f（2,3)，1－eq\f(1,2）＝eq\f(1,2），1－eq\f（3，5)＝eq\f(2，5），ξ的可能取值為0,1，2,3，則有P(ξ＝0）