2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题六第1讲《概率离散型随机变量及其分布列》学案

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1、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 命题分析几何概型T 10卷二项分布及其应用T 20卷 古典概型T 82018卷 二项分布、方差T 8数学文化、与面积有关的几何概型T 2卷正态分布、二项分布的性质及概率、方差T 192017卷频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用T 18与长度有关的几何概型T 4卷 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T 19几何概型、随机模拟T 102016卷 互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望T 181.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

2、题和一道解答题.2.选择或填空题常出现在第410 题或第 1315 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.古典概型与几何概型(基础型)古典概型的概率公式P(A) .mn A中 所 含 的 基 本 事 件 数基 本 事 件 总 数几何概型的概率公式P(A) .构 成 事 件 A的 区 域 长 度 （ 面 积 或 体 积 ）试 验 的

3、 全 部 结 果 所 构 成 的 区 域 长 度 （ 面 积 或 体 积 ）考法全练1(2018高考全国卷)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 30723.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.112 114C. D.115 118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210有 3 对，所以所求概率

4、P ，故选 C.1152(一题多解)(2018高考全国卷)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，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为 p1， p2， p3，则( )A p1 p2 B p1 p3C p2 p3 D 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，则区域的面积即 ABC 的面积，为 S1 bc，区域的面积 S2 12 12 (c2)2 12

5、(b2)2 ( c2 b2 a2) bc bc，所以 S1 S2，由几何概型的知识知 (a2)2 2 12bc 18 12 12p1 p2，故选 A.法二：不妨设 ABC 为等腰直角三角形， AB AC2，则 BC2 ，所以区域的面积2即 ABC 的面积，为 S1 222，区域的面积12S21 2 2，区域的面积 S3 22.根据 （ 2） 22 2 （ 2） 22几何概型的概率计算公式，得 p1 p2 ， p3 ，所以2 2 2 2p1 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

6、阴影部分的概率是( )A. B.14 13C. D.23 34解析：选 C.设正六边形的中心为点 O， BD 与 AC 交于点 G， BC1，则BG CG， BGC120，在 BCG 中，由余弦定理得 1 BG2 BG22 BG2cos 120，得BG ，所以33S BCG BGBGsin 120 ，因为 S 六边形 ABCDEF S12 12 33 33 32 312BOC6 11sin 606 ，所以该点恰好在图中阴影部分的概率是 112 332 .6S BCGS正 六 边 形 ABCDEF 234(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

7、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 A24种，3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、乙两人不在同一2 3边远地区支教的概率为 P1 .56答案：565(2018南昌模拟)在圆 x2 y24 上任取一点，则该点到直线 x y2 0 的距2离 d0，1的概率为_解析：圆 x2 y24 的圆心为 O(0，0)，半径 r2，所以圆心 O 到直线 x y2 0 的距离为 d1 2 r，2|0 0 22|12 12所以直线 x y2 0 与圆 O 相切2不妨设圆 x2 y24 上到直线 x y2

8、0 的距离 d0，1的所有点都在 上，其2 AB 中直线 AB 与直线 x y2 0 平行，直线 AB 与直线 x y2 0 的距离为 1，所以圆2 2心到直线 AB 的距离为 r11，所以 cos ，所以 AOB ，得 AOB ，(12 AOB) 12 12 3 23所以所求的概率 P .23 22 2 13答案：13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) .P（ AB）P（ 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

9、 k次的概率为C pk(1 p)n k， k0，1，2， n.kn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)C pkqn k，其中 0 ，34 5007 33 5007 23 5007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

10、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23诵后的总得分为 Sn.(1)求 S620 且 Si0(i1，2，3)的概率；(2)记 |S 5|，求 的分布列及数学期望解：(1)当 S620 时，即背诵 6 首后，正确的有 4 首，错误的有 2 首由 Si0(i1，2，3)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

11、意背诵正确2 首则所求的概率 P C C .(23)2 24(23)2 (13)2 23 13 23 23(23)2 13 1681(2)由题意知 |S 5|的所有可能的取值为 10，30，50，又 p ，23所以 P(10) C C ，35(23)3 (13)2 25(23)2 (13)3 4081P(30) C C ，45(23)4 (13)1 15(23)1 (13)4 3081P(50) C C ，5(23)5 (13)0 05(23)0 (13)5 1181所以 的分布列为 10 30 50P 4081 3081 1181所以 E()10 30 50 .4081 3081 1181

12、1 85081A 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 服从正态分布 N(4，3)，若 P( a1)，则实数 a 等于( )A7 B6C5 D4解析：选 B.由随机变量 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 x4，又 P( a1)，所以 x a5 与 x a1 关于直线 x4 对称，所以 a5 a18，即 a6.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.310 25C. D.320 14解析：选 C.将 7 个相

13、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36 23算公式得所求概率为 .故选 C.3203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.29 13C. D.49 59解析：选 A.小赵独自去一个景点共有 4333108 种可能性，4 个人去的景点不同的可能性有 A 432124 种，4所以 P(A|B) .24108 294用 1，2，3，4，5 组成无重复数字的五

14、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 a1a4a5特征的五位数的概率为( )A. B.110 120C. D.124 310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五5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 C C 6 个，故出现 a1a4a5特征的五位数的概率为 .2426120 1205(2018高考全国卷)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

15、动支付的人数， DX2.4， P(X4) P(X6)，则 p( )A0.7 B0.6C0.4 D0.3 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 DX10 p(1 p)2.4，所以 p0.6 或 p0.4.由 P(X4) P(X6)，得 C p4(1 p)4106 C p6(1 p)4，即(1 p)2 p2，所以 p0.5，所以 p0.6.6106(2018贵阳模拟)点集 ( x， y)|0 x e，0 y e， A( x， y)|y ex，( x， y) ，在点集 中任取一个元素 a，则 a A 的概率为( )A. B.1e 1e2C. D.e

16、1e e2 1e2解析：选 B.如图，根据题意可知 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 (ee x)dx(e xe x)| (ee)(1)1，根据几10 10何概型可知 a A 的概率 P .故选 B.1e2二、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26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

17、元两种情况，共有 A 13 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，22 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25 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 .3 2 115 25答案：258(2018唐山模拟)向圆( x2) 2( y )24 内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下3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 2.3又圆的半径为 2，所以弓形 ADB 的面积为 2 2 ，所以向圆( x2

18、) 2( y )12 23 12 3 23 3 324 内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下方的概率 P .16 34答案： 16 349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(p0)，射击次数为 ，若 的均值 E( )，则 p 的取值范围是_74解析：由已知得 P( 1) p， P( 2)(1 p)p， P( 3)(1 p)2，则 E( ) p2(1 p)p3(1 p)2 p23 p3 ，解得 p 或 p0；当 p(0.1，1)

19、时， f( p)400，故应该对余下的产品作检验32017 年央视 315 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34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23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

20、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) .34 23(1)因为 A B C D，C D B D B C 所以 P(A) P(B C D) P(B ) P( C ) P( D) P(B)P( )C D B D B C C D B D B C C P( ) P( )P(C)P( ) P( )P( )P(D) D B D B C 34 (1 23) (1 23) (1 34) 2

21、3 (1 23) .(134) (1 23) 23 736(2)根据题意， X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5.所以 P(X0) P( )1 P(B)1 P(C)1 P(D)B C D ，(134) (1 23) (1 23) 136P(X1) P(B ) P(B)1 P(C)1 P(D) ，C D 34 (1 23) (1 23) 112P(X2) P( C D) P(B CD) P( D)B D B C B C ，(134) 23 (1 23) (1 34) (1 23) 23 19P(X3) P(BC B D) P(BC ) P(B D) ，D C D C 34 23 (1 2

22、3) 34 (1 23) 23 13P(X4) P(BCD)1 P(B)P(C)P(D) ，(134) 23 23 19P(X5) P(BCD) P(B)P(C)P(D) .34 23 23 13故 X 的分布列为X 0 1 2 3 4 5P 136 112 19 13 19 13所以 E(X)0 1 2 3 4 5 .136 112 19 13 19 13 41124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

23、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 A

24、3 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， a950.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 元若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二

25、手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；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，0.8 a，0.7 a， a，1.1 a，1.3 a.由统计数据可知：P(X0.9 a) ， P(X0.8 a) ， P(X0.7 a) ， P(X a) ， P(X1.1 a)16 112 112 13 ， P(X1.3 a) .14 112所以 X 的分布列为X 0.9a 0.8a 0.7a a 1.1a 1.3aP 16 112 112 13 14 112所以 E(X)0.9 a 0.8 a 0.7 a a 1.1 a 1.3 a 16 112 112 13 14 112 11.9a12942(元)11 30512(2)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 ，13则三辆车中至多有一辆事故车的概率 P C .(113)3 1313(23)2 2027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 000P 13 23所以 E(Y)5 000 10 000 5 000(元)13 23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 100E(Y)50(万元)