《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列學(xué)案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列學(xué)案 理 新人教A版（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1講概率、離散型隨機變量及其分布列做真題題型一古典概型1(2019高考全國卷)我國古代典籍周易用“卦”描述萬物的變化每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“ ”，如圖就是一重卦在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是()ABC D解析：選A由6個爻組成的重卦種數(shù)為2664，在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的種數(shù)為C20.根據(jù)古典概型的概率計算公式得，所求概率P.故選A2(2018高考全國卷)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“每個大于2的偶數(shù)可以表示為兩個素數(shù)的和”，如30723.在不超過30的素數(shù)中，隨機
2、選取兩個不同的數(shù)，其和等于30的概率是()A BC D解析：選C不超過30的素數(shù)有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10個，從中隨機選取兩個不同的數(shù)有C種不同的取法，這10個數(shù)中兩個不同的數(shù)的和等于30的有3對，所以所求概率P，故選C題型二幾何概型1(2018高考全國卷)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半圓構(gòu)成，三個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，黑色部分記為，其余部分記為.在整個圖形中隨機取一點，此點取自，的概率分別記為p1，p2，p3，則()Ap1p2 Bp1p3Cp2p3 Dp1p2p
3、3解析：選A法一：設(shè)直角三角形ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則區(qū)域的面積即ABC的面積，為S1bc，區(qū)域的面積S2(c2b2a2)bcbc，所以S1S2，由幾何概型的知識知p1p2，故選A法二：不妨設(shè)ABC為等腰直角三角形，ABAC2，則BC2，所以區(qū)域的面積即ABC的面積，為S1222，區(qū)域的面積S2122，區(qū)域的面積S322.根據(jù)幾何概型的概率計算公式，得p1p2，p3，所以p1p3，p2p3，p1p2p3，故選A2(2017高考全國卷)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱在正方形內(nèi)隨機取一點，則此點
4、取自黑色部分的概率是()A BC D解析：選B不妨設(shè)正方形的邊長為2，則正方形的面積為4，正方形的內(nèi)切圓的半徑為1，面積為.由于正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱，所以黑色部分的面積為，故此點取自黑色部分的概率為，故選B3(2016高考全國卷)某公司的班車在7：30，8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達(dá)發(fā)車站乘坐班車，且到達(dá)發(fā)車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是()A BC D解析：選B由題意得圖：由圖得等車時間不超過10分鐘的概率為.題型三事件的相互獨立性1(2019高考全國卷)甲、乙兩隊進(jìn)行籃球決賽，采取七場四勝制(當(dāng)一隊贏得
5、四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束)根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以41獲勝的概率是_解析：記事件M為甲隊以41獲勝，則甲隊共比賽五場，且第五場甲隊獲勝，前四場甲隊勝三場負(fù)一場，所以P(M)0.6(0.620.5220.60.40.522)0.18.答案：0.182(2019高考全國卷)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成1010平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各
6、球的結(jié)果相互獨立在某局雙方1010平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束(1)求P(X2)；(2)求事件“X4且甲獲勝”的概率解：(1)X2就是1010平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分因此P(X2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5.(2)X4且甲獲勝，就是1010平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分因此所求概率為0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1.明考情1概率、隨機變量及其分布列是高考命題的熱點之一，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
7、選擇或填空題常出現(xiàn)在第410題或第1315題的位置，主要考查隨機事件的概率、古典概型、幾何概型，難度一般3概率解答題多在第18或19題的位置，多以交匯性的形式考查，交匯點主要有兩種：(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望、方差相交匯來考查；(頻率分布直方圖與莖葉圖)擇一與線性回歸或獨立性檢驗相交匯來考查，難度中等但近兩年概率問題卻與函數(shù)、數(shù)列、導(dǎo)數(shù)等綜合以壓軸題的形式考查了概率在實際問題中的決策作用，難度較大，應(yīng)引起考生的重視古典概型與幾何概型考法全練1(2019貴州省適應(yīng)性考試)在2018中國國際大數(shù)據(jù)產(chǎn)業(yè)博覽會期間，有甲、乙、丙、丁4名游客準(zhǔn)備到貴州的黃果樹瀑布、梵凈山
8、、萬峰林三個景點旅游，其中每個人只能去一個景點，每個景點至少要去一個人，則游客甲去梵凈山旅游的概率為()ABC D解析：選B4名游客去三個景點，每個景點至少有一個人，可以先將其中2名游客“捆綁在一起”作為“一個人”，再將“三個人”安排到三個景點去旅游，共有CA6636(種)方案游客甲去梵凈山旅游，若梵凈山再沒有其他3名游客去旅游，則有CA326(種)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵凈山旅游，則有CA6(種)方案，所以游客甲去梵凈山旅游共有12種方案所以游客甲去梵凈山旅游的概率P.故選B2(一題多解)(2019濟南市模擬考試)2019年1月1日，濟南軌道交通1號線試運行，濟南軌道交通集團面
9、向廣大市民開展“參觀體驗，征求意見”活動市民可以通過濟南地鐵APP搶票，小陳搶到了三張體驗票，準(zhǔn)備從四位朋友小王、小張、小劉、小李中隨機選擇兩位與自己一起去參加體驗活動，則小王和小李至多一人被選中的概率為()A BC D解析：選D法一：若小王和小李都沒被選中，則有C種方法，若小王和小李有一人被選中，則有CC種方法，故所求概率P.法二：若小王和小李都被選中，則有1種方法，故所求概率P1.3(2019江西八所重點中學(xué)聯(lián)考)小華的愛好是玩飛鏢，現(xiàn)有如圖所示的由兩個邊長都為2的正方形ABCD和OPQR構(gòu)成的標(biāo)靶圖形，如果O正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以繞O點旋轉(zhuǎn)若小華隨機向標(biāo)靶投飛鏢
10、，一定能射中標(biāo)靶，則他射中陰影部分的概率是()A BC D解析：選D如圖，記OP交AB于H，OR交BC于G.當(dāng)H不為AB的中點時，過O分別作OEAB于E，OFBC于F，則OEHOFG90，又O正好是正方形ABCD的中心，所以O(shè)EOF，EOF90，又GOH90，所以GOFHOE，所以O(shè)EH和OFG全等，所以陰影部分的面積與正方形OEBF的面積相等，所以陰影部分的面積為標(biāo)靶面積的.當(dāng)H為AB的中點時，陰影部分的面積為標(biāo)靶面積的.所以小華射中陰影部分的概率為，故選D4(一題多解)(2019福州市質(zhì)量檢測)如圖，線段MN是半徑為2的圓O的一條弦，且MN的長為2，在圓O內(nèi)，將線段MN繞點N按逆時針方向轉(zhuǎn)
11、動，使點M移動到圓O上的新位置，繼續(xù)將新線段NM繞新點M按逆時針方向轉(zhuǎn)動，使點N移動到圓O上的新位置，依此繼續(xù)轉(zhuǎn)動，點M的軌跡所圍成的區(qū)域是圖中陰影部分若在圓O內(nèi)隨機取一點，則該點取自陰影部分的概率為()A46 B1C D解析：選B法一：依題意，得陰影部分的面積S6(22)2246，所求概率P1，故選B法二：依題意得陰影部分的面積S2262246，所求概率P1，故選B5(2019石家莊市模擬(一)已知實數(shù)x0，10，則x滿足不等式x24x30的概率為_解析：因為不等式x24x30的解集為1，3，所以若x0，10，則x滿足不等式x24x30的概率為答案：(1)古典概型的概率公式P(A).(2)幾
12、何概型的概率公式P(A). 互斥事件、相互獨立事件的概率考法全練1(2019石家莊市模擬(一)袋子中裝有大小、形狀完全相同的2個白球和2個紅球，現(xiàn)從中不放回地摸取2個球，已知第二次摸到的是紅球，則第一次摸到紅球的概率為()ABC D解析：選B設(shè)“第二次摸到紅球”為事件A，“第一次摸到紅球”為事件B，因為P(A)，P(AB)，所以P(B|A)，所以在第二次摸到紅球的條件下，第一次摸到紅球的概率為，故選B2(2019廣州市調(diào)研測試)已知甲袋中有1個黃球和1個紅球，乙袋中有2個黃球和2個紅球，現(xiàn)隨機從甲袋中取出1個球放入乙袋中，再從乙袋中隨機取出1個球，則從乙袋中取出的球是紅球的概率為()A BC
13、D解析：選B設(shè)事件A：“從甲袋中取出1個紅球放入乙袋中，再從乙袋中取出1個紅球”，事件B：“從甲袋中取出1個黃球放入乙袋中，再從乙袋中取出1個紅球”，根據(jù)題意知所求概率為P(AB)P(A)P(B).故選B3(2019武漢市調(diào)研測試)為了提升全民身體素質(zhì)，學(xué)校十分重視學(xué)生的體育鍛煉某校籃球運動員進(jìn)行投籃練習(xí)，他前一球投進(jìn)則后一球投進(jìn)的概率為，他前一球投不進(jìn)則后一球投進(jìn)的概率為.若他第1球投進(jìn)的概率為，則他第2球投進(jìn)的概率為()A BC D解析：選B設(shè)該籃球運動員投進(jìn)第n1(n2，nN*)個球的概率為Pn1，第n1個球投不進(jìn)的概率為1Pn1，則他投進(jìn)第n個球的概率為PnPn1(1Pn1)Pn1，所
14、以Pn.所以Pn.所以Pn(nN*)，所以P2.故選B4某居民小區(qū)有兩個相互獨立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時刻發(fā)生故障的概率分別為和p.(1)若在任意時刻至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為，求p的值；(2)求系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率解：(1)設(shè)“至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1P()1p，解得p.(2)設(shè)“系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)”為事件D，“系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中發(fā)生k次故障”為事件Dk.則DD0D1，且D0，D1互斥依題意，得P(D0)C，P(D1)C，所以P(D)P
15、(D0)P(D1).所以系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率為.(1)條件概率在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率P(B|A).(2)相互獨立事件同時發(fā)生的概率P(AB)P(A)P(B)(3)獨立重復(fù)試驗、二項分布如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(1p)nk，k0，1，2，n.一般地，在n次獨立重復(fù)試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p，則P(Xk)Cpkqnk，其中0p124.68，所以，當(dāng)購進(jìn)32份時，利潤更大破解此類離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望問題的思維切入口是：先利用兩個計
16、數(shù)原理，排列、組合知識，以及古典概型的概率公式求基本事件的概率；再依題意判斷隨機變量的所有可能取值，求出隨機變量X取每個值時的概率，即可得隨機變量X的分布列；最后利用隨機變量X的數(shù)學(xué)期望的定義計算 命題角度四利用均值與方差破解決策性問題 (2019合肥市第二次質(zhì)量檢測)某種大型醫(yī)療檢查機器生產(chǎn)商，對一次性購買2臺機器的客戶，推出2種超過質(zhì)保期后2年內(nèi)的延保維修優(yōu)惠方案，方案一：交納延保金7 000元，在延保的2年內(nèi)可免費維修2次，超過2次每次收取維修費2 000元；方案二：交納延保金10 000元，在延保的2年內(nèi)可免費維修4次，超過4次每次收取維修費1 000元某醫(yī)院準(zhǔn)備一次性購買2臺這種機器
17、現(xiàn)需決策在購買機器時應(yīng)購買哪種延保方案，為此搜集并整理了50臺這種機器超過質(zhì)保期后延保2年內(nèi)維修的次數(shù)，得下表：維修次數(shù)0123臺數(shù)5102015以這50臺機器維修次數(shù)的頻率代替1臺機器維修次數(shù)發(fā)生的概率記X表示這2臺機器超過質(zhì)保期后延保的2年內(nèi)共需維修的次數(shù)(1)求X的分布列；(2)以方案一與方案二所需費用(所需延保金及維修費用之和)的期望值為決策依據(jù)，醫(yī)院選擇哪種延保方案更合算？【解】(1)X的所有可能取值為0，1，2，3，4，5，6.P(X0)，P(X1)2，P(X2)2，P(X3)22，P(X4)2，P(X5)2，P(X6)，所以X的分布列為X0123456P(2)選擇延保方案一，所需
18、費用Y1的分布列為Y17 0009 00011 00013 00015 000PE(Y1)7 0009 00011 00013 00015 00010 720(元)選擇延保方案二，所需費用Y2的分布列為Y210 00011 00012 000PE(Y2)10 00011 00012 00010 420(元)因為E(Y1)E(Y2)，所以該醫(yī)院選擇延保方案二較合算由于離散型隨機變量的均值反映了離散型隨機變量取值的平均水平，離散型隨機變量的方差和標(biāo)準(zhǔn)差都反映了離散型隨機變量取值偏離于均值的平均程度，方差或標(biāo)準(zhǔn)差越小，則隨機變量偏離于均值的平均程度越小，越穩(wěn)定因此，常利用離散型隨機變量的均值與方差來
19、解決有關(guān)決策問題 對點訓(xùn)練(2019福建省質(zhì)量檢查)“工資條里顯紅利，個稅新政入民心”隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國自1980年以來，力度最大的一次個人所得稅(簡稱個稅)改革迎來了全面實施的階段.2019年1月1日起實施的個稅新政主要內(nèi)容包括：個稅起征點為5 000元；每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除；專項附加扣除包括住房貸款利息或者住房租金(以下簡稱住房)、子女教育、贍養(yǎng)老人等新舊個稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計算方法及其對應(yīng)的稅率表如下：舊個稅稅率表(個稅起征點3 500元)新個稅稅率表(個稅起征點5 000元)繳稅級數(shù)每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點稅率(
20、%)每月應(yīng)納稅得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除稅率(%)1不超過1 500元的部分3不超過3 000元的部分32超過1 500元至45 00元的部分10超過3 000元至12 000元的部分103超過4 500元至9 000元的部分20超過12 000元至25 000元的部分204超過9 000元至35 000元的部分25超過25 000元至35 000元的部分255超過35 000元至55 000元的部分30超過35 000元至55 000元的部分30.隨機抽取某市1 000名同一收入層級的IT從業(yè)者的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計分析，預(yù)估他們2019年的人均月收入為24 000元統(tǒng)計資料還表明，
21、他們均符合住房專項附加扣除，同時，他們每人至多只有一個符合子女教育專項附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除、既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人數(shù)之比是2111；此外，他們均不符合其他專項附加扣除新個稅政策下該市的專項附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，贍養(yǎng)老人2 000元/月等假設(shè)該市收入層級的IT從業(yè)者都獨自享受專項附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級的IT從業(yè)者的人均月收入視為其個人月收
22、入根據(jù)樣本估計總體的思想，解決如下問題：(1)設(shè)該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅為X元，求X的分布列和期望；(2)根據(jù)新舊個稅政策，估計從2019年1月開始，經(jīng)過多少個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅之和就超過其2019年的人均月收入？解：(1)既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 00018 000(元)，月繳個稅X3 0003%9 00010%6 00020%2 190；符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0001
23、00017 000(元)，月繳個稅X3 0003%9 00010%5 00020%1 990; 符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0002 00016 000(元)，月繳個稅X3 0003%9 00010%4 00020%1 790；既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0001 0002 00015 000(元)，月繳個稅X3 0003%9 00010%3 00020%1 590.所以X的可能值為2 190，1 990，1 790，1 590.依
24、題意，上述四類人群的人數(shù)之比是2111，所以P(X2 190)，P(X1 990)，P(X1 790)，P(X1 590).所以X的分布列為X2 1901 9901 7901 590P所以E(X)2 1901 9901 7901 5901 950.(2)因為在舊個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0003 50020 500(元)，所以其月繳個稅為1 5003%3 00010%4 50020%11 50025%4 120(元)因為在新個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅的均值為1 950元，所以該收入層級的IT從業(yè)者每月少繳納的個稅為
25、4 1201 9502 170(元)設(shè)經(jīng)過x個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過24 000元，則2 170x24 000，因為xN，所以x12.所以經(jīng)過 12個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過2019年的人均月收入A組夯基保分專練一、選擇題1(2019唐山市摸底考試)隨機變量服從正態(tài)分布N(，2)，若P(2)0.2，P(26)0.6，則()A6B5C4 D3解析：選C由題意可知，P(6)P (2)P(26)10.80.2，所以P(6)，所以4，故選C2(2019江西七校第一次聯(lián)考)如圖中的圖案是我國古代建筑中的一種裝飾圖案，形若銅錢，寓意富貴
26、吉祥在圓內(nèi)隨機取一點，則該點取自陰影區(qū)域內(nèi)(陰影部分由四條四分之一圓弧圍成)的概率是()A BC1 D2解析：選C設(shè)圓的半徑為1，則該點取自陰影區(qū)域內(nèi)的概率P1，故選C3用1，2，3，4，5組成無重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，若用a1，a2，a3，a4，a5分別表示五位數(shù)的萬位、千位、百位、十位、個位，則出現(xiàn)a1a2a4a5特征的五位數(shù)的概率為()A BC D解析：選B1，2，3，4，5可組成A120個不同的五位數(shù)，其中滿足題目條件的五位數(shù)中，最大的5必須排在中間，左、右各兩個數(shù)字只要選出，則排列位置就隨之而定，滿足條件的五位數(shù)有CC6個，故出現(xiàn)a1a2a4a5特征的五位數(shù)的概率為.4(2019福建省質(zhì)量
27、檢查)某商場通過轉(zhuǎn)動如圖所示的質(zhì)地均勻的6等分的圓盤進(jìn)行抽獎活動，當(dāng)指針指向陰影區(qū)域時為中獎規(guī)定每位顧客有3次抽獎機會，但中獎1次就停止抽獎假設(shè)每次抽獎相互獨立，則顧客中獎的概率是()A BC D解析：選D記顧客中獎為事件A，恰抽1次就中獎為事件A1，恰抽2次中獎為事件A2，恰抽3次中獎為事件A3，每次抽獎相互獨立，每次抽獎中獎的概率均為，所以P(A)P(A1)P(A2)P(A3)，故選D5(2019湛江模擬)某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，則他第2次和第3次均命中的概率是()A BC D解析：選A某人連續(xù)投籃5次，其中3次命中，2次未命中，所以基本事件總數(shù)nCC10，他第2次和第
28、3次均命中包含的基本事件個數(shù)mCCC3，所以他第2次和第3次均命中的概率P.故選A6某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p, 各成員的支付方式相互獨立設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù)，D(X)2.4，P(X4)P(X6)，則p()A0.7 B0.6C0.4 D0.3 解析：選B由題意知，該群體的10位成員使用移動支付的概率分布符合二項分布，所以D(X)10p(1p)2.4，所以p0.6或p0.4.由P(X4)P(X6)，得Cp4(1p)6Cp6(1p)4，即(1p)2p2，所以p0.5，所以p0.6.二、填空題7(2019東北四市聯(lián)合體模擬(一)若8件產(chǎn)品中包含6件一等品，從中
29、任取2件，則在已知取出的2件產(chǎn)品中有1件不是一等品的條件下，另1件是一等品的概率為_解析：設(shè)事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件不是一等品”為A，事件“從8件產(chǎn)品中取出的2件產(chǎn)品中有1件是一等品”為B，則P(A)，P(AB)，所以另1件是一等品的概率為P(B|A).答案：8向圓(x2)2(y)24內(nèi)隨機投擲一點，則該點落在x軸下方的概率為_解析：如圖，連接CA，CB，依題意，圓心C到x軸的距離為，所以弦AB的長為2.又圓的半徑為2，所以弓形ADB的面積為42，所以向圓(x2)2(y)24內(nèi)隨機投擲一點，則該點落在x軸下方的概率P.答案：9某商場在兒童節(jié)舉行回饋顧客活動，凡在商場消費滿100
30、元者即可參加射擊贏玩具活動，具體規(guī)則如下：每人最多可射擊3次，一旦擊中，則可獲獎且不再繼續(xù)射擊，否則一直射滿3次為止設(shè)甲每次擊中的概率為p(p0)，射擊次數(shù)為，若的均值E()，則p的取值范圍是_解析：由已知得，P(1)p，P(2)p(1p)，P(3)(1p)2，則E()p2(1p)p3(1p)2p23p3，解得p，或p0；當(dāng)p(0.1，1)時，f(p)400，故應(yīng)該對余下的產(chǎn)品作檢驗B組大題增分專練1(2019廣州市綜合檢測(一)為了引導(dǎo)居民合理用電，國家決定實行合理的階梯電價，居民用電原則上以住宅為單位(一套住宅為一戶)階梯級別第一階梯第二階梯第三階梯月用電范圍/度0，210(210，400
31、(400，)某市隨機抽取10戶同一個月的用電情況，得到統(tǒng)計表如下：居民用電戶編號12345678910用電量/度538690124132200215225300410(1)若規(guī)定第一階梯電價每度0.5元，第二階梯超出第一階梯的部分每度0.6元，第三階梯超出第二階梯的部分每度0.8元，試計算某居民用電戶用電410度時應(yīng)交電費多少元？(2)現(xiàn)要從這10戶家庭中任意選取3戶，求取到第二階梯電量的戶數(shù)的分布列與期望(3)以表中抽到的10戶作為樣本估計全市居民用電，現(xiàn)從全市中依次抽取10戶，若抽到k戶用電量為第一階梯的可能性最大，求k的值解：(1)2100.5(400210)0.6(410400)0.8
32、227(元)(2)設(shè)取到第二階梯電量的戶數(shù)為，可知第二階梯電量的用戶有3戶，則可取0，1，2，3，P(0)，P(1)，P(2)，P(3)，故的分布列為0123P所以E()0123.(3)設(shè)從全市中抽取10戶的用電量為第一階梯的有X戶，則XB，可知P(Xk)C(k0，1，2，3，10)，解得k，kN*，所以當(dāng)k6時用電量為第一階梯的可能性最大，所以k6.2(2019高考北京卷)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來，移動支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使
33、用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額(元)支付方式(0，1 000(1 000，2 000大于2 000僅使用A18人9人3人僅使用B10人14人1人(1)從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率；(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額大于1 000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)已知上個月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2 000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說明理由解
34、：(1)由題意知，樣本中僅使用A的學(xué)生有189330人，僅使用B的學(xué)生有1014125人，A，B兩種支付方式都不使用的學(xué)生有5人故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學(xué)生有1003025540人所以從全校學(xué)生中隨機抽取1人，該學(xué)生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率估計為0.4.(2)X的所有可能值為0，1，2.記事件C為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機抽取1人，該學(xué)生上個月的支付金額大于1 000元”，事件D為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機抽取1人，該學(xué)生上個月的支付金額大于1 000元”由題設(shè)知，事件C、D相互獨立，且P(C)0.4，P(D)0.6.所以P(X2)P(CD)P(C)P(D)0.24.
35、P(X1)P(CD)P(C)P()P()P(D)0.4(10.6)(10.4)0.60.52，P(X0)P( )P()P()0.24，所以X的分布列為X012P0.240.520.24故X的數(shù)學(xué)期望E(X)00.2410.5220.241.(3)記事件E為“從樣本僅使用A的學(xué)生中隨機抽查3人，他們本月的支付金額都大于2 000元”假設(shè)樣本僅使用A的學(xué)生中，本月支付金額大于2 000元的人數(shù)沒有變化，則由上個月的樣本數(shù)據(jù)得P(E).答案示例1：可以認(rèn)為有變化理由如下：P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生一旦發(fā)生，就有理由認(rèn)為本月的支付金額大于2 000元的人數(shù)發(fā)生了變化所以可以認(rèn)為有變
36、化答案示例2：無法確定有沒有變化理由如下：事件E是隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無法確定有沒有變化3(2019昆明市質(zhì)量檢測)某地區(qū)為貫徹習(xí)近平總書記關(guān)于“綠水青山就是金山銀山”的理念，鼓勵農(nóng)戶利用荒坡種植果樹某農(nóng)戶考察三種不同的果樹苗A，B，C，經(jīng)引種試驗后發(fā)現(xiàn)，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種樹苗B，C的自然成活率均為p(0.7p0.9)(1)任取樹苗A，B，C各一棵，估計自然成活的棵數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)；(2)將(1)中的E(X)取得最大值時p的值作為B種樹苗自然成活的概率該農(nóng)戶決定引種n棵B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有7
37、5%的樹苗可經(jīng)過人工栽培技術(shù)處理，處理后成活的概率為0.8，其余的樹苗不能成活求一棵B種樹苗最終成活的概率；若每棵樹苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵樹苗虧損50元，該農(nóng)戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？解：(1)依題意，X的所有可能取值為0，1，2，3.則P(X0)0.2(1p)20.2p20.4p0.2，P(X1)0.8(1p)20.2Cp(1p)0.8(1p)20.4p(1p)0.4p21.2p0.8，P(X2)0.2p20.8Cp(1p)0.2p21.6p(1p)1.4p21.6p，P(X3)0.8p2.X的分布列為X0123P0.2p20.4p0.20.4p2
38、1.2p0.81.4p21.6p0.8p2E(X)0(0.2p20.4p0.2)1(0.4p21.2p0.8)2(1.4p21.6p)30.8p22p0.8.(2)當(dāng)p0.9時，E(X)取得最大值一棵B種樹苗最終成活的概率為0.90.10.750.80.96.記Y為n棵樹苗的成活棵數(shù)，M(n)為n棵樹苗的利潤，則YB(n，0.96)，E(Y)0.96n，M(n)300Y50(nY)350Y50n，E(M(n)350E(Y)50n286n，要使E(M(n)200 000，則有n699.所以該農(nóng)戶至少引種700棵B種樹苗，才可獲利不低于20萬元4為了監(jiān)控某種零件的一條生產(chǎn)線的生產(chǎn)過程，檢驗員每天從
39、該生產(chǎn)線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)根據(jù)長期生產(chǎn)經(jīng)驗，可以認(rèn)為這條生產(chǎn)線在正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(，2)(1)假設(shè)生產(chǎn)狀態(tài)正常，記X表示一天內(nèi)抽取的16個零件中其尺寸在(3，3)之外的零件數(shù)，求P(X1)及X的數(shù)學(xué)期望；(2)一天內(nèi)抽檢零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(3，3)之外的零件，就認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查(i)試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；(ii)下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.0
40、29.2210.0410.059.95經(jīng)計算得xi9.97，s0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i1，2，16.用樣本平均數(shù)作為的估計值，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差s作為的估計值，利用估計值判斷是否需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查剔除(3，3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計和(精確到0.01)附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(，2)，則P(3Z3)0.997 3.0997 3160.957 7，0.09.解：(1)抽取的一個零件的尺寸在(3，3)之內(nèi)的概率為0.997 3，從而零件的尺寸在(3，3)之外的概率為0.002 7，故XB(16，0.002 7)因此P(X1)1P(X0)10.997 3160.
41、042 3.X的數(shù)學(xué)期望為EX160.002 70.043 2.(2)(i)如果生產(chǎn)狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(3，3)之外的概率只有0.002 7，一天內(nèi)抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(3，3)之外的零件的概率只有0.042 3，發(fā)生的概率很小因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認(rèn)為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的(ii)由9.97，s0.212，得的估計值為9.97，的估計值為0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(3，3)之外，因此需對當(dāng)天的生產(chǎn)過程進(jìn)行檢查剔除(3，3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為(169.979.22)10.02，因此的估計值為10.02.x160.2122169.9721 591.134，剔除(3，3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為(1 591.1349.2221510.022)0.008，因此的估計值為0.09.- 26 -
（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 概率與統(tǒng)計 第1講 概率、離散型隨機變量及其分布列學(xué)案 理 新人教A版
