2015届高考数学（理）二轮专题配套练习：专题7 - 第2讲 - 概率、随机变量及其分布（含答案）

（2）离散型随机变量X的分布列具有两个性质：①pi≥0，②p1＋p2＋?＋pi＋?＋pn＝1(i＝1,2,3，?，n)．

第2讲 概率、随机变量及其分布

考情解读 1．该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何、定积分交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的分布列、期望(均值)、方差，常与相互独立事件的概率、n次独立重复试验交汇考查.

2．从考查形式上来看，三种题型都有可能出现，选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能，

有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的分布列等，都属于中、低档题．

（3）E(X)＝x1p1＋x2p2＋?＋xipi＋?＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)．

D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋?＋(xi－E(X))2·pi＋?＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量ξ的方差． （4）性质

①E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)； 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)． 7．正态分布

若X～N(μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 ①P(μ－σ

1．随机事件的概率

（1）随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1；不可能事件的概率为0. mA中所含的基本事件数

（2）古典概型的概率P(A)＝＝.

n基本事件总数（3）几何概型的概率P(A)＝2．条件概率

P?AB?

在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝. P?A?3．相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)． 4．独立重复试验

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k次的概率为Pn(k)＝

knkCk，k＝0,1,2，?，n. np(1－p)

－

热点一 古典概型与几何概型

例1 （1）在1,2,3,4共4个数字中，任取两个数字(允许重复)，其中一个数字是另一个数字的2倍的概率是

构成事件A的区域长度?面积或体积?

.

试验的全部结果所构成的区域长度?面积或体积?

________．

（2）(2013·四川)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) 1137A． B． C． D． 4248

思维启迪 (1)符合古典概型特点，求4个数字任取两个数字的方法种数和其中一个数字是另一个数字的2倍的方法数；(2)由几何概型的特点，利用数形结合求解．

－

5．超几何分布

nk

CkMCN－M在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，?，m，

CnN

思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，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数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．

(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．

(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．

（1）(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为____．

（2）在区间[－3,3]上随机取一个数x，使得函数f(x)＝1－x＋x＋3－1有意义的概率为________．

其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，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M，N，n. 6．离散型随机变量的分布列

（1）设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，?，xi，?，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：

X P 为离散型随机变量X的分布列．

- 1 -

x1 p1 x2 p2 x3 p3 ? ? xi pi ? ? xn pn

热点二 相互独立事件和独立重复试验

例2 甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合

格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立．根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75.

（1）求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率； （2）求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．

思维启迪 本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解． 思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：

(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)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．

(3)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．

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

1

故障的概率分别为和p.

10

49

（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；

50

（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．

热点三 随机变量的分布列

例3 (2013·辽宁)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． （1）求张同学至少取到1道乙类题的概率；

3

（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类54

题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望．

5思维启迪 (1)利用对立事件求概率；(2)计算每个X的值所对应的概率． 思维升华 解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路： (1)明确随机变量可能取哪些值．

(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值． (3)根据分布列和期望、方差公式求解．

（1）(2013·湖北)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同

样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的数学期望E(X)等于( )

12661687

A． B． C． D．

12551255

（2）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得到甲公司面试2

的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的，记X为该毕业生

31

得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝，则随机变量X的数学期望E(X)＝________.

12

概率模型的应用，需熟练掌握以下常考的五种模型：

（1）基本事件的发生具有等可能性，一般可以抽象转化为古典概型问题，解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数n与事件A中包含的基本事件个数m；

（2）与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问题，一般可以应用几何概型求解，即随机事件A的概率可用“事件A包含的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”之比表示；

（3）两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题，可转化为互斥事件来解决，解决这类问题的关键是分清事件是否互斥；

（4）事件是否发生相互不影响的实际应用问题，可转化为独立事件的概率问题，其中在相同条件下独立重复多次的可转化为二项分布问题，应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解；

（5）有关平均值和稳定性的实际应用问题，一般可抽象为随机变量的期望与方差问题，先求出事件在各种情况下发生的概率，再应用公式求随机变量的期望和方差.

真题感悟

1．(2014·陕西)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )

1234A． B． C． D． 5555

2．(2014·浙江)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1,2)个球放入甲盒中．

（1）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1,2)；

（2）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1,2)．则( )

A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2) C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1

1．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( )

- 2 -

5218A． B． C． D．

217321

2．箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是( ) 16966244A． B． C． D． 625625625625

3．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，比赛结束．因1

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

2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）设总决赛中获得的门票总收入为X，求X的均值E(X)．

5．将三个骰子各掷一次，设事件A为“三个骰子掷出的点数都不同”，事件B为“至少有一个骰子掷出3点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是( )

601160560911A．， B．， C．， D．， 91229118912162

6．设随机变量ξ服从正态分布N(2,9)，若P(ξ>c)＝P(ξ

7．(2014·江西)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________． 8．将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________． 19．(2014·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.

5

??－1，点数不是3的倍数，

10．连续掷一枚均匀的正方体骰子(6个面分别标有1,2,3,4,5,6)，现定义数列an＝?Sn

?1，点数是3的倍数，?

是其前n项和，则S5＝3的概率是________．

(推荐时间：50分钟)

一、选择题

1．(2014·课标全国Ⅰ)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) 1357

A． B． C． D．

8888

2．已知菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率为( )

ππππA． B．1－ C． D．1－ 4488

三、解答题

11．一个袋子中装有7个小球，其中红球4个，编号分别为1,2,3,4，黄球3个，编号分别为2,4,6，从袋子中任取4个小球(假设取到任一小球的可能性相等)． （1）求取出的小球中有相同编号的概率；

（2）记取出的小球的最大编号为X，求随机变量X的分布列和数学期望．

12．(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球

后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分．对落点在A上的来球，11

队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的

2313

概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：

55（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； （2）两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．

13．在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否2则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是.

3

（1）记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的分布列及数学期望． （2）求教师甲在一场比赛中获奖的概率．

112

例1 (1) (2)C 变式训练1 (1) (2) 463

- 3 -

?y≥0，

3．已知Ω＝{(x，y)|?}，直线y＝mx＋2m和曲线y＝4－x2有两个不同的交点，它们围成的平面2?y≤4－x

π－2

区域为M，向区域Ω上随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P(M)，若P(M)∈[，1]，则实数m的

2π取值范围为( )

133

A．[，1] B．[0，] C．[，1] D．[0,1]

233

4．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率是( ) 3277A． B． C． D． 10989

例2 解 (1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通过笔试”，则P(E)＝P(A1A

2

5

变式训练3 (1)B (2) 3

解析 (1)125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆， ∴从中随机取一个正方体，涂漆面数X的数学期望 543681506

E(X)＝×1＋×2＋×3＝＝. 1251251251255111(2)由题意知P(X＝0)＝(1－p)2＝，∴p＝.

3122随机变量X的分布列为

X P 11515E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.

1231263

CA DB

3．解 (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，∴Sn＝解得n＝－12(舍去)或n＝5，∴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 1114

C4()＝. 24

(2)随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即220,300,390,490. 11141又P(X＝220)＝2·()4＝，P(X＝300)＝C14()＝， 28241555316P(X＝390)＝C2，P(X＝490)＝C6()＝. 5()＝216216所以，X的分布列为

X P 220 1 8300 1 4390 5 16490 5 16n?10n＋70?

＝300. 2

0 1 121 1 32 5 123 1 6A3)＋P(A1A2A3)＋P(A

1

A2A3)

＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38. 即恰有一人通过笔试的概率是0.38.

(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A、B、C，则P(A)＝0.6×0.6＝0.36，P(B)＝0.5×0.6＝0.3，P(C)＝0.4×0.75＝0.3.

事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”． 则F表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，即F＝A B C， 于是P(F)＝1－P(F)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.64×0.7×0.7＝0.686 4. 即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.686 4.

变式训练2 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么 14911－P(C)＝1－·p＝，解得p＝. 10505

(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k次故障”为事件Dk. 则D＝D0＋D1，且D0、D1互斥． 依题意，得

P(D0)＝C03(1－

13112

)，P(D1)＝C1·(1－)， 3101010

729243243

所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝. 1 0001 000250

243

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. 250

例3 解 (1)设事件A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A＝“张同学所取的3道题都是C3156甲类题”．因为P(A)＝3＝，所以P(A)＝1－P(A)＝. C1066(2)X所有的可能取值为

302210,1,2,3.P(X＝0)＝C0·25·5·＝

4????

????5125；

?3?1?2?110?3?0?2?2428； P(X＝1)＝C12·5·5·＋C25·5·＝????5????5125

?3?2?2?011?3?1?2?1457；P(X＝3)＝C2?3?2?2?0436. P(X＝2)＝C22·5·5·＋C25·5·＝2·5·5·＝????5????5125????5125

所以X的分布列为

X P 0 4 1251 28 1252 57 1253 36 1251155所以X的均值为E(X)＝220×＋300×＋390×＋490×＝377.5(万元)．

841616111210

DDDDAC 7． 8． 9． 10． 2325243

11．解 (1)设取出的小球中有相同编号的事件为A，编号相同可分成一个相同和两个相同．

12

2?C1192C3＋C3?＋1P(A)＝＝. 4C735

4285736所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.

125125125125

- 4 -

11

(2)随机变量X的可能取值为3,4,6.P(X＝3)＝4＝，

C735

32C12C342C4＋C46P(X＝4)＝＝，P(X＝6)＝4＝. 4C75C77

ξ P 0 1 301 1 62 1 53 2 154 11 306 1 10所以随机变量X的分布列为

X P 3 1 354 2 56 4 7111211191所以数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.

30651530103013．解 (1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.

2216－k

依条件可知，X～B(6，)P(X＝k)＝Ck()k·()(k＝0,1,2,3,4,5,6) 6·333X的分布列为

X P 0 1 7291 12 7292 60 7293 160 7294 240 7295 192 7296 64 729124179所以随机变量X的数学期望E(X)＝3×＋4×＋6×＝.

355735

12．解 (1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i＝0,1,3)， 11111

则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝. 23236

记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分”(j＝0,1,3)， 13131

则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝. 55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意得D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3， 由事件的独立性和互斥性，得

P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)

111113113

＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝×＋×＋×＋×＝，

25356565103

所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.

10(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 111

P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，

6530

11131

P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝×＋×＝，

35656131

P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，

355

11112

P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝×＋×＝，

256515131111

P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝×＋×＝，

253530111

P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.

2510可得随机变量ξ的分布列为 所以

12 916E(X)＝(0×1＋1×12＋2×60＋3×160＋4×240＋5×192＋6×64)＝＝4.

72972922

或因为X～B(6，)，所以E(X)＝6×＝4.即X的数学期望为4.

33(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则 1241252632

P(A)＝C2()2·()＋C1()＋()＝. 4·4··333338132答 教师甲在一场比赛中获奖的概率为. 81

- 5 -

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