《全國通用高考數(shù)學 二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題22 隨機變量及其分布列 理含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全國通用高考數(shù)學 二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題22 隨機變量及其分布列 理含解析（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題22 隨機變量及其分布列 理（含解析） 一、解答題 1．(20xx·安徽理，17)甲、乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，若賽完 5 局仍未出現(xiàn)連勝，則判定獲勝局數(shù)多者贏得比賽．假設每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結果相互獨立． (1)求甲在 4 局以內(nèi)(含 4 局)贏得比賽的概率； (2)記 X 為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學期望)． [分析]　①甲在四局內(nèi)贏得比賽，即甲前兩局勝，或第一局敗，二、三局勝，或第一局勝，第二局敗，第三、四局

2、勝． ②比賽總局數(shù)最少2局，最多5局，求概率時，既要考慮甲勝結束，又要考慮乙勝結束． ③由于各局比賽結果相互獨立，故按獨立事件公式計算積事件的概率． [解析]　用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽”，Ak表示“第k局甲獲勝”，Bk表示“第k局乙獲勝”，則P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1,2,3,4,5. (1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＝()2＋×()2＋××()2＝. (2)X的可能取值為2,3,4,5.

3、 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2) ＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝， P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3) ＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4) ＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝. 故X的分布列為 X 2 3 4 5 P E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.

4、 [方法點撥]　1.求復雜事件的概率的一般步驟： 1°列出題中涉及的各事件，并且用適當?shù)姆柋硎荆? 2°理清各事件之間的關系，列出關系式； 3°根據(jù)事件之間的關系準確選取概率公式進行計算． 2．直接計算符合條件的事件的概率較繁時，可先間接地計算對立事件的概率，再求出符合條件的事件的概率． 3．要準確理解隨機變量取值的意義，準確把握每一個事件所包含的基本事件，然后依據(jù)類型代入概率公式進行計算． 4．概率與統(tǒng)計知識結合的問題，先依據(jù)統(tǒng)計知識明確條件，求出有關統(tǒng)計的結論，再將所求問題簡化為純概率及其分布的問題，依據(jù)概率及其分布列、期望、方差的知識求解． 5

5、．離散型隨機變量的分布列的性質(zhì)： 設離散型隨機變量X的分布列為： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 則①pi≥0，i＝1,2，…，n； ②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1. 2．(20xx·重慶理，17)端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習俗．設一盤中裝有10個粽子，其中豆沙粽2個，肉粽3個，白粽5個，這三種粽子的外觀完全相同．從中任意選取3個． (1)求三種粽子各取到1個的概率； (2)設X表示取到的豆沙粽個數(shù)，求X的分布列與數(shù)學期望． [分析]　考查了古典概型的概率以及分布列、數(shù)學期望，屬于簡單題型．(1)由

6、古典概型概率公式計算；(2)從含有2個豆沙粽的10個粽子中取3個，據(jù)此可得出X的可能取值及其概率，列出分布列求得期望． [解析]　(1)令A表示事件“三種粽子各取到1個”，由古典概型的概率計算公式有 P(A)＝＝. (2)X的可能取值為0,1,2，且 P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝ 綜上知，X的分布列為： X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝(個) [方法點撥]　如果題目條件是從含A類物品M件，總數(shù)為N的A、B兩類物品中，抽取n件，其中含有A類物品件數(shù)X為隨機變量，則按超幾何分布公式直

7、接計算． 請練習下題： 一盒中有12個零件，其中有3個次品，從盒中每一次取出一個零件，取后不放回，求在取到正品前已取次數(shù)X的分布列和期望． [分析]　由于題設中要求取出次品不再放回，故應仔細分析每一個X所對應的事件的準確含義．據(jù)此正確地計算概率p. [解析]　X可能的取值為0、1、2、3這四個數(shù)，而X＝k表示，共取了k＋1次零件，前k次取得的是次品，第k＋1次取得正品，其中k＝0、1、2、3. (1)當X＝0時，第1次取到正品，試驗中止，此時 P(X＝0)＝＝. (2)當X＝1時，第1次取到次品，第2次取到正品， P(X＝1)＝×＝. (3)當X＝2時，前2次取到次

8、品，第3次取到正品， P(X＝2)＝××＝. 當X＝3時，前3次將次品全部取出， P(X＝3)＝××＝. 所以X的分布列為： X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 3．(20xx·石家莊質(zhì)檢)某商場為了了解顧客的購物信息，隨機的在商場收集了100位顧客購物的相關數(shù)據(jù)，整理如下： 一次購物款 (單位：元) [0,50) [50,100) [100,150) [150,200) [200，＋∞) 顧客人數(shù) m 20 30

9、n 10 統(tǒng)計結果顯示：100位顧客中購物款不低于100元的顧客占60%.據(jù)統(tǒng)計該商場每日大約有5000名顧客，為了增加商場銷售額度，對一次性購物不低于100元的顧客發(fā)放紀念品(每人一件)．(注：視頻率為概率) (1)試確定m、n的值，并估計該商場每日應準備紀念品的數(shù)量； (2)現(xiàn)有4人去該商場購物，求獲得紀念品的人數(shù)ξ的分布列與數(shù)學期望． [解析]　(1)由已知，100位顧客中購物款不低于100元的顧客有n＋40＝100×60%， n＝20； m＝100－(20＋30＋20＋10)＝20. 該商場每日應準備紀念品的數(shù)量大約為5000×＝3000件． (

10、2)由(1)可知1人購物獲得紀念品的頻率即為概率 p＝＝. 故4人購物獲得紀念品的人數(shù)ξ服從二項分布B(4，)． P(ξ＝0)＝C()0()4＝， P(ξ＝1)＝C()1()3＝， P(ξ＝2)＝C()2()2＝， P(ξ＝3)＝C()3()1＝， P(ξ＝4)＝C()4()0＝， ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 4 P ξ數(shù)學期望為E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 或由E(ξ)＝4×＝. [方法點撥]　1.獨立重復試驗與二項分布 一般地，如果在一次試驗中事件A發(fā)生

11、的概率是p，那么在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．稱事件A發(fā)生的次數(shù)X服從參數(shù)為n、p的二項分布． 若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． 2．離散型隨機變量的期望：設離散型隨機變量X的分布列為 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 則E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn，D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn. 3．準確辨別獨立重復試驗的基本特征(

12、①在每次試驗中，試驗結果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗中，事件發(fā)生的概率相同)，牢記公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，并深刻理解其含義，是解二項分布問題的關鍵． 4．對于復雜事件，要先辨析其構成，依據(jù)互斥事件，或者相互獨立事件按事件的和或積的概率公式求解，還要注意含“至多”，“至少”類詞語的事件可轉(zhuǎn)化為對立事件的概率求解． 請練習下題： 為了了解今年某校高三畢業(yè)班準備報考飛行員學生的身體素質(zhì)，學校對他們的體重進行了測量，將所得的數(shù)據(jù)整理后，畫出了頻率分布直方圖(如圖)，已知圖中從左到右的前3個小組的頻率之比為123，其中第2小組的頻數(shù)為12.

13、 (1)求該校報考飛行員的總人數(shù)； (2)以這所學校的樣本數(shù)據(jù)來估計全省的總體數(shù)據(jù)，若從全省報考飛行員的學生中(人數(shù)很多)任選3人，設X表示體重超過60kg的學生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望． [分析]　先由頻率直方圖中前三組頻率的比及第2小組頻數(shù)及頻率分布直方圖的性質(zhì)求出n的值和任取一個報考學生體重超過60kg的概率．再由從報考飛行員的學生中任選3人知，這是三次獨立重復試驗，故X服從二項分布． [解析]　(1)設報考飛行員的人數(shù)為n，前3個小組的頻率分別為p1，p2，p3，則由條件可得： 解得p1＝0.125，p2＝0.25，p3＝0.375. 又因為p2＝0.25＝，故n＝

14、48. (2)由(1)可得，一個報考學生體重超過60kg的概率為 P＝p3＋(0.037＋0.013)×5＝， 由題意知X服從二項分布B(3，)， P(x＝k)＝C()k()3－k(k＝0,1,2,3)， 所以隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 4．(20xx·江西省質(zhì)量監(jiān)測)一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖所示： 老板根據(jù)銷售量給予店員獎勵，具體獎勵規(guī)定如下表 銷售量X個 X<100

15、100≤X<150 150≤X<200 X≥200 獎勵金額(元) 0 50 100 150 (1)求在未來連續(xù)3天里，店員共獲得獎勵150元的概率； (2)記未來連續(xù)2天，店員獲得獎勵X元，求隨機變量X的分布列及數(shù)學期望E(X)． [解析]　(1)由頻率分布直方圖得店員一天獲得50元、100元、150元的概率分別是0.3,0.2,0.1，不得獎勵的概率是0.4， 所以未來連續(xù)3天里，店員共獲得獎勵150元的概率 P＝0.33＋A×0.3×0.2×0.4＋C×0.42×0.1＝0.219； (2)X可能取值

16、有0,50,100,150,200,250,300. P(X＝0)＝0.42＝0.16，P(X＝50)＝2×0.4×0.3＝0.24. P(X＝100)＝0.32＋2×0.4×0.2＝0.25，P(X＝150)＝2×0.4×0.1＋2×0.3×0.2＝0.20. P(X＝200)＝0.22＋2×0.3×0.1＝0.10， P(X＝250)＝2×0.2×0.1＝0.04， P(X＝300)＝0.12＝0.01， 所以隨機變量X的分布列是： X 0 50 10

17、0 150 200 250 300 P(X) 0.16 0.24 0.25 0.20 0.10 0.04 0.01 E(X)＝0×0.16＋50×0.24＋100×0.25＋150×0.20＋200×0.10＋250×0.04＋300×0.01＝100(或E(X)＝2(0×0.4＋50×0.3＋100×0.2＋150×0.1)＝100) [方法點撥]　概率與統(tǒng)計知識相結合是高考主要命題方式之一．一般先解答統(tǒng)計問題，最后依據(jù)條件確定隨機變量的取值及其概率，再列

18、出分布列求期望．請練習下題： (20xx·江西上饒市三模)對某校高二年級學生暑期參加社會實踐次數(shù)進行統(tǒng)計，隨機抽取M名學生作為樣本，得到這M名學生參加社會實踐的次數(shù)．根據(jù)此數(shù)據(jù)作出了頻數(shù)與頻率的統(tǒng)計表和頻率分布直方圖如下： 分組 頻數(shù) 頻率 [10,15) 20 0.25 [15,20) 48 n [20,25) m p [25,30) 4 0.05 合計 M 1 (1)求出表中M，p及圖中a的值； (2)在所取樣本中，從參加社會實踐的次數(shù)不少于20次的學生中任選3人，記參加社會實踐次數(shù)在區(qū)間[25,30)內(nèi)的人數(shù)為X，求X的分布列和期望

19、． [解析]　(1)由頻率分布表和頻率分布直方圖的知識與性質(zhì)知，＝0.25，＝n,0.25＋n＋p＋0.05＝1，＝a，解之可得M＝80，p＝0.1，a＝0.12. (2)參加社會實踐次數(shù)分別在[20,25]和[25,30)的人數(shù)依次為0.1×80＝8人，0.05×80＝4人，從這12人中隨機抽取3人，隨機變量X的取值為0,1,2,3. P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝. 分布列如下： X 0 1 2 3 P 可得E(X)＝1. 5．(20xx·河南八市質(zhì)量監(jiān)測)某市

20、在20xx年2月份的高三期末考試中對數(shù)學成績數(shù)據(jù)統(tǒng)計顯示，全市10000名學生的成績服從正態(tài)分布N(115,25)，現(xiàn)某校隨機抽取了50名學生的數(shù)學成績分析，結果這50名同學的成績?nèi)拷橛?0分到140分之間．現(xiàn)將結果按如下方式分為6組，第一組[80,90)，第二組[90,100)，……，第六組[130,140]，得到如下圖所示的頻率分布直方圖． (1)試估計該校數(shù)學的平均成績(同一組中的數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值作代表)； (2)這50名學生中成績在120分(含120分)以上的同學中任意抽取3人，該3人在全市前13名的人數(shù)記為X，求X的分布列和期望． 附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－

21、σ<X<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝0.9974. [解析]　(1)由頻率分布直方圖可知[120,130)的頻率為： 1－(0.01×10＋0.024×10＋0.03×10＋0.016×10＋0.008×10)＝1－0.88＝0.12， 所以估計該校全體學生的數(shù)學平均成績約為 85×0.1＋95×0.24＋105×0.3＋115×0.16＋125×0.12＋135×0.08

22、 ＝8.5＋22.8＋31.5＋18.4＋15＋10.8＝107， 所以該校的平均成績?yōu)?07. (2)由于＝0.0013，根據(jù)正態(tài)分布： ∵P(115－3×5<X<115＋3×5)＝0.9974， ∴P(X≥130)＝＝0.0013，即0.0013×10000＝13，所以前13名的成績?nèi)吭?30分以上， 根據(jù)頻率分布直方圖這50人中成績在130分以上(包括130分)的有0.08×50＝4人，而在[120,140]的學生共有0.12×50＋0.08×50＝10，所以X的取值為0,1,2,3， 所以P(X＝0

23、)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝. 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.2. [方法點撥]　1.正態(tài)分布 數(shù)學期望為μ，標準差為σ的正態(tài)隨機變量概率密度函數(shù)為f(x)＝e－，x∈R. 2．正態(tài)曲線的特點 ①曲線位于x軸上方，與x軸不相交； ②曲線是單峰的，它關于直線x＝μ對稱； ③曲線在x＝μ處達到峰值； ④曲線與x軸之間的面積為1； ⑤當σ一定時，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖①所示；⑥當μ一定時，曲線的形狀由σ確

24、定．σ越小，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散，如圖②所示． 3．正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值 正態(tài)變量在區(qū)間(μ－σ，μ＋σ)內(nèi)取值的概率為68.3%； 正態(tài)變量在區(qū)間(μ－2σ，μ＋2σ)內(nèi)取值的概率為95.4%； 正態(tài)變量在區(qū)間(μ－3σ，μ＋3σ)內(nèi)取值的概率為99.7%. 4．期望、方差的性質(zhì) E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)． 6．(20xx·石家莊市一模)集成電路E由3個不同的電子元件組成，現(xiàn)由于元件老化，三個電子元件能正常工作的概率分別降為，，，且每個電子元件能否正常

25、工作相互獨立．若三個電子元件中至少有2個正常工作，則E能正常工作，否則就需要維修，且維修集成電路E所需費用為100元． (1)求集成電路E需要維修的概率； (2)若某電子設備共由2個集成電路E組成，設X為該電子設備需要維修集成電路所需的費用，求X的分布列和期望． [解析]　(1)三個電子元件能正常工作分別記為事件A，B，C，則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝. 依題意，集成電路E需要維修有兩種情形： ①3個元件都不能正常工作，概率為 P1＝P( )＝P()P()P()＝××＝； ②3個元件中的2個不能正常工作，概率為 P2＝P(A ＋B＋ C)＝P(A)

26、＋P(B)＋P( C) ＝××＋××＋××＝ 所以，集成電路E需要維修的概率為P1＋P2＝＋＝. (2)設ξ為維修集成電路的個數(shù)，則ξ～B，而X＝100ξ， P(X＝100k)＝P(ξ＝k)＝Ck2－k，k＝0,1,2. X的分布列為： X 0 100 200 P ∴E(X)＝0×＋100×＋200×＝ 或E(X)＝100E(ξ)＝100×2×＝. 7．(20xx·鄭州市質(zhì)檢)為了迎接20xx年3月30日在鄭州舉行的“中國鄭州國際馬拉松賽

27、”，舉辦單位在活動推介晚會上進行嘉賓現(xiàn)場抽獎活動. 抽獎盒中裝有6個大小相同的小球，分別印有“鄭開馬拉松”和“美麗綠城行”兩種標志. 搖勻后，參加者每次從盒中同時抽取兩個小球(取出后不再放回)，若抽到兩個球都印有“鄭開馬拉松”標志即可獲獎，并停止取球；否則繼續(xù)抽?。谝淮稳∏蚓统橹蝎@一等獎，第二次取球抽中獲二等獎，第三次取球抽中獲三等獎，沒有抽中不獲獎．活動開始后，一位參賽者問：“盒中有幾個印有‘鄭開馬拉松’的小球？”主持人說“我只知道第一次從盒中同時抽兩球，不都是‘美麗綠城行’標志的概率是.” (1)求盒中印有“鄭開馬拉松”小球的個數(shù)； (2)若用η表示這位參加者抽取的次數(shù)，求η的分布

28、列及期望． [解析]　(1)設印有“美麗綠城行”的球有n個，同時抽兩球不都是“美麗綠城行”標志為事件A, 則同時抽取兩球都是“美麗綠城行”標志的概率是P()＝， 由對立事件的概率知P(A)＝1－P()＝. 即P()＝＝，解得n＝3. (2)由已知，兩種球各三個，η可能取值分別為1、2、3，則η＝2的含義是第一次取到兩球都印有“美麗綠城行”，第二次取球中獎；或第一次取到兩類球各一個，第二次取球中獎， ∴P(η＝1)＝＝， P(η＝2)＝·＋·＝， P(η＝3)＝1－P(η＝1)－P(η＝2)＝，則η的分布列為： η 1 2 3 Ρ 所

29、以E(η)＝1×＋2×＋3×＝. [方法點撥]　解決概率的實際應用問題，先通過審題，將條件翻譯為解題需要的數(shù)學語言，再依據(jù)條件判明概率類型、弄清隨機變量取值時所表示事件的含義，并把復雜事件進行合理的分拆，轉(zhuǎn)化為簡單事件，最后代入對應公式進行計算． 請再練習下題： (20xx·福建理，18)為回饋顧客，某商場擬通過摸球兌獎的方式對1000位顧客進行獎勵，規(guī)定：每位顧客從一個裝有4個標有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球，球上所標的面值之和為該顧客所獲的獎勵額． (1)若袋中所裝的4個球中有1個所標的面值為50元，其余3個均為10元，求： ①顧客所

30、獲的獎勵額為60元的概率； ②顧客所獲的獎勵額的分布列及數(shù)學期望； (2)商場對獎勵總額的預算是60000元，并規(guī)定袋中的4個球只能由標有面值10元和50元的兩種球組成，或標有面值20元和40元的兩種球組成．為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，請對袋中的4個球的面值給出一個合適的設計，并說明理由． [解析]　(1)設顧客所獲的獎勵額為X， (ⅰ)依題意，得P(X＝60)＝＝， 顧客所獲的獎勵額為60元的概率為； (ⅱ)依題意，得X的所有可能取值為20,60， P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝. 即X的分布列為 X 20 60

31、P 0.5 0.5 ∴顧客所獲的獎勵額的期望E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)． (2)根據(jù)商場的預算，每個顧客的平均獎勵為60元，所以先尋找期望為60的可能方案，對于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10,10,10,50)的方案，因為60元是面值之和的最大值，所以期望不可能是60元；如果選擇(50,50,50,10)的方案，因為60元是面積之和最小值，所以期望也不可能是60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)記為方案1， 對于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，

32、所以可能的方案是(20,20,40,40)，記為方案2， 以下是對兩個方案的評價： 對于方案1，即方案(10,10,50,50)，設顧客所獲獎勵額為X1，則X1的分布列為 X1 20 60 100 P X1的期望為E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60， X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝ . 對于方案2，即方案(20,20,40,40)設顧客所獲的獎勵額為X2，則X2的分布列為 X2 40 60 80 P X2的期望為E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60， X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝. 由于兩種方案的獎勵額的期望都符合要求，但方案2獎勵額的方差比方案1的小，所以應選擇方案2.