高考數(shù)學理二輪復(fù)習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題3 第6講　隨機變量及其分布 Word版含答案

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1、高考數(shù)學精品復(fù)習資料 2019.5第6講隨機變量及其分布題型1相互獨立事件的概率與條件概率(對應(yīng)學生用書第18頁)核心知識儲備·1條件概率在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率為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)試驗的概率如果事件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Pn(k)Cpk·(1p)nk，k0,1,2，n.典題試解尋法·【典題1】(考查條件概率)如圖6­1，ABC和DEF是同一個圓的內(nèi)接正三角形，且BCEF.將一顆豆子隨機地扔到該圓內(nèi)，用M表示事件“豆子落在ABC內(nèi)”，N表

2、示事件“豆子落在DEF內(nèi)”，則P(|M)()圖6­1A.B.C.D.解析如圖，作三條輔助線，根據(jù)已知條件得這些小三角形都全等，ABC包含9個小三角形，滿足事件M的有3個小三角形，所以P(|M)，故選C.答案C【典題2】(考查相互獨立事件的概率)(20xx·福州五校聯(lián)考)為了檢驗?zāi)炒笮推古仪蛸惸凶訂未騾①愱爢T的訓練成果，某校乒乓球隊舉行了熱身賽，熱身賽采取7局4勝制(即一場比賽先勝4局者為勝)的規(guī)則在隊員甲與乙的比賽中，假設(shè)每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立(1)求甲在5局以內(nèi)(含5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的分布列和數(shù)

3、學期望. 【導(dǎo)學號：07804040】解(1)由題意得，甲在5局以內(nèi)(含5局)贏得比賽的概率PC×.(2)由題意知，X的所有可能取值為4,5,6,7，且P(X4)， P(X5)C×C××，P(X6)C×C×，P(X7)C×C×.所以X的分布列為X4567PE(X)4×5×6×7×.類題通法1.解決條件概率的關(guān)鍵是明確“既定條件”.2.求相互獨立事件和獨立重復(fù)試驗的概率的方法(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)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)

4、生的積事件或獨立重復(fù)試驗問題，然后用相應(yīng)概率公式求解.(2)間接法：當復(fù)雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解.對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解.對點即時訓練·1某同學用計算器產(chǎn)生了兩個0,1之間的均勻隨機數(shù)，分別記作x，y.當y<x2時，x>的概率是()A.BC.DD記“y<x2”為事件A，“x>”為事件B，所以(x，y)構(gòu)成的區(qū)域如圖所示，所以S1，S2x2dxS1，則所求概率為，故選D.2如圖6­2，用K，A1，A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)當K正常工作且A1，A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作已知K

5、，A1，A2正常工作的概率依次為0.9,0.8,0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為()圖6­2A0.960B0.864C0.720D0.576B法一：(直接法)由題意知K，A1，A2正常工作的概率分別為P(K)0.9，P(A1)0.8，P(A2)0.8，因為K，A1，A2相互獨立，所以A1，A2至少有一個正常工作的概率為P(1A2)P(A12)P(A1A2)(10.8)×0.80.8×(10.8)0.8×0.80.96.所以系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)P(1A2)P(A12)P(A1A2)0.9×0.960.864.法二：(間接法)A1，A2至少有

6、一個正常工作的概率為1P(12)1(10.8)(10.8)0.96，故系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)1P(12)0.9×0.960.864.題型強化集訓·(見專題限時集訓T1、T3、T4、T6、T12)題型2離散型隨機變量的分布列、期望和方差的應(yīng)用(答題模板)(對應(yīng)學生用書第19頁)離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等(20xx·全國卷T13、20xx·全國卷T18、20xx·全國卷T19、20xx·全國卷T18、20xx·全國卷T19、20xx

7、·全國卷T19)典題試解尋法·【典題】(本小題滿分12分)(20xx·全國卷)某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元.現(xiàn)需決策在購買機器時應(yīng)同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)，得下面如圖6­3所示的圖6­3以這100臺機器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺機器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數(shù)(1)求X的分布列；(2)若要求確定n

8、的最小值；(3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據(jù)，在n19與n20之中選其一，應(yīng)選用哪個？ 【導(dǎo)學號：07804041】審題指導(dǎo)題眼挖掘關(guān)鍵信息看到這種條件，想到解題時可能要分類求解.看到柱狀圖想到頻數(shù)與頻率間的關(guān)系，想到橫軸中的取值含義.看到自變量X想到柱狀圖，想到X的所有可能取值.看到P(Xn)0.5想到X和n的含義，想到(1)中的分布列.規(guī)范解答(1)由柱狀圖及以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內(nèi)需更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.1分從而P(X16)0.2×0.20.04；P(X17)2×0.2×0.4

9、0.16；P(X18)2×0.2×0.20.4×0.40.24；P(X19)2×0.2×0.22×0.4×0.20.24；P(X20)2×0.2×0.40.2×0.20.2；P(X21)2×0.2×0.20.08；P(X22)0.2×0.20.04.4分所以X的分布列為X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.046分(2)由(1)故n的最小值為19.7分(3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)E(Y)19

10、×200×0.68(19×200500)×0.2(19×2002×500)×0.08(19×2003×500)×0.044 040；9分E(Y)20×200×0.88(20×200500)×0.08(20×2002×500)×0.044 080.11分可知當n19時所需費用的期望值小于當n20時所需費用的期望值，故應(yīng)選n19.12分閱卷者說易錯點防范措施忽視X的實際含義導(dǎo)致取值錯誤，進而導(dǎo)致概率計算錯誤.細心審題，把握題干中的

11、重要字眼，關(guān)鍵處加標記，同時理解X取每個值的含義.忽視P(Xn)0.5的含義，導(dǎo)致不會求解.結(jié)合(1)中的分布列及n的含義，推理求解便可.忽視n19與n20的含義導(dǎo)致無法解題.本題中購買零件所需費用包含兩部分，一部分為購買機器時購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用.類題通法解答離散型隨機變量的分布列及相關(guān)問題的一般思路：(1)明確隨機變量可能取哪些值.(2)結(jié)合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概率值.(3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解.提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關(guān)系是求解此類問題的關(guān)鍵.對點即時訓練·(20xx·湖南益陽4月調(diào)研

12、)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)品出廠前需要對產(chǎn)品進行性能檢測檢測得分低于80的為不合格品，只能報廢回收；得分不低于80的為合格品，可以出廠現(xiàn)隨機抽取這兩種產(chǎn)品各60件進行檢測，檢測結(jié)果統(tǒng)計如下：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)試分別估計甲，乙兩種產(chǎn)品下生產(chǎn)線時為合格品的概率；(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

13、潤，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望；求生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲得的利潤不少于300元的概率解(1)甲種產(chǎn)品為合格品的概率約為 ，乙種產(chǎn)品為合格品的概率約為.(2)隨機變量X的所有可能取值為190,85,70，35，且P(X190)×，P(X85)×，P(X70)×，P(X35)×.所以隨機變量X的分布列為X190857035P所以E(X)125.設(shè)生產(chǎn)的5件乙種產(chǎn)品中合格品有n件，則不合格品有(5n)件，依題意得，90n15(5n)300，解得n，又因為0n5，且n為整數(shù)，所以n4或n5，設(shè)“生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲得的利潤不少于300元”為事件A，則P(A)C

14、4×.題型強化集訓·(見專題限時集訓T2、T7、T8、T11、T13)題型3正態(tài)分布問題(對應(yīng)學生用書第21頁)核心知識儲備·正態(tài)分布的性質(zhì)(1)正態(tài)曲線與x軸之間面積為1.(2)正態(tài)曲線關(guān)于直線x對稱，從而在關(guān)于x對稱的區(qū)間上概率相同(3)P(Xa)1P(Xa)，P(Xa)P(Xa)(4)求概率時充分利用3原則典題試解尋法·【典題】(20xx·全國卷)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，可以認為這條生產(chǎn)線正常狀態(tài)下生產(chǎn)的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(，2)(

15、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，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查試說明上述監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；下面是檢驗員在一天內(nèi)抽取的16個零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95經(jīng)計算得xi9.97，s)0.212，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

16、標準差s作為的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查？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). 【導(dǎo)學號：07804042】附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(，2)，則P(3<Z3)0.997 4,0.997 4160.959 2，0.09.思路分析(1)先由對立事件的概率公式求出P(X1)的值，再利用數(shù)學期望的公式求解(2)利用獨立性檢驗的思想判斷監(jiān)控生產(chǎn)過程方法的合理性；確定3，3的取值，以剔除(3，3)之外的數(shù)據(jù)，再用剩下的數(shù)據(jù)估計和.解(1)抽取的一個零件的尺寸在(3，3)之內(nèi)的概率為0.997 4，從而零件的尺寸在(3，3)之外的概率為0.0

17、02 6，故XB(16,0.002 6)因此P(X1)1P(X0)10.997 4160.040 8.X的數(shù)學期望E(X)16×0.002 60.041 6.(2)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 6，一天內(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0.040 8，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產(chǎn)線在這一天的生產(chǎn)過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查，可見上述監(jiān)控生產(chǎn)過程的方法是合理的由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，

18、3)之外，因此需對當天的生產(chǎn)過程進行檢查剔除(3，3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.979.22)10.02.因此的估計值為10.02.x16×0.212216×9.9721 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×(1 591.1349.22215×10.022)0.008，因此的估計值為0.09.類題通法由于正態(tài)分布與頻率分布直方圖有極大的相似性，故最近五年比較受命題人青睞.解決正態(tài)分布問題有三個關(guān)鍵點：(1)對稱軸x；(2)標準差；(3)分布區(qū)間.利用對稱性求指定范圍內(nèi)的概率

19、值；由，分布區(qū)間的特征進行轉(zhuǎn)化，使分布區(qū)間轉(zhuǎn)化為3特殊區(qū)間，從而求出所求概率.對點即時訓練·1設(shè)XN(1，2) ，其正態(tài)分布密度曲線如圖6­4所示，且P(X3)0.022 8，那么向正方形OABC中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為()圖6­4(附：隨機變量X服從正態(tài)分布N(，2)，則P(<X<)68.26%，P(2<X<2)95.44%)A6 038B6 587C7 028D7 539B由題意得，P(X1)P(X3)0.022 8，P(1<X<3)10.022 8×20.954 4，121，

20、1，P(0X1)P(0X2)0.341 3，故估計的個數(shù)為10 000×(10.341 3)6 587，故選B.2從某市統(tǒng)考的學生數(shù)學考試卷中隨機抽查100份數(shù)學試卷作為樣本，分別統(tǒng)計出這些試卷總分，由總分得到如6­5的頻率分布直方圖圖6­5(1)求這100份數(shù)學試卷的樣本平均分和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)(2)由直方圖可以認為，這批學生的數(shù)學總分Z服從正態(tài)分布N(，2)，其中近似為樣本平均數(shù)，2近似為樣本方差s2.利用該正態(tài)分布，求P(81Z119)；記X表示2400名學生的數(shù)學總分位于區(qū)間(81,119)的人數(shù)，利用的結(jié)果，求E(X

21、)(用樣本的分布區(qū)估計總體的分布). 【導(dǎo)學號：07804043】附：19，18，若ZN(，2)，則P(Z)0.6826，P(2Z2)0.9544.解(1)60×0.0270×0.0880×0.1490×0.15100×0.24110×0.15120×0.1130×0.08140×0.04100.s2(60100)2×0.02(70100)2×0.08(80100)2×0.14(90100)2×0.15(110100)2×0.15(120100)2

22、5;0.1(130100)2×0.08(140100)2×0.04366.(2)由題意可知ZN(100,366)又19，故P(81Z119)P(10019Z10019)0.6826.由可知一名學生總分落在(81,119)的概率為0.6826.因為XB(2400,0.6826)，所以E(X)2400×0.68261638.24.題型強化集訓·(見專題限時集訓T5、T9、T10、T14)三年真題| 驗收復(fù)習效果(對應(yīng)學生用書第22頁)1(20xx·全國卷)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投

23、籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為()A0.648B0.432C0.36 D0.312A3次投籃投中2次的概率為P(k2)C×0.62×(10.6)，投中3次的概率為P(k3)0.63，所以通過測試的概率為P(k2)P(k3)C×0.62×(10.6)0.630.648.故選A.2(20xx·全國卷)一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則DX_. 1.96由題意得XB(100,0.02)，DX100×0.02×(10.02)1.96.3(20xx&

24、#183;全國卷)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險次數(shù)012345保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)概率如下：一年內(nèi)出險次數(shù)012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率；(2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率；(3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值解(1)設(shè)A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于

25、1，故P(A)0.20.20.10.050.55.(2)設(shè)B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)0.10.050.15.又P(AB)P(B)，故P(B|A).因此所求概率為.(3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)0.85a×0.30a×0.151.25a×0.201.5a×0.201.75a×0.102a×0.051.23a.因此續(xù)保人本年度的平均保費與基

26、本保費的比值為1.23.4(20xx·全國卷)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：)有關(guān)如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表：最高氣溫10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40)天數(shù)216362574以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于

27、該區(qū)間的概率(1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列；(2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值？ 【導(dǎo)學號：07804044】解(1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500，由表格數(shù)據(jù)知P(X200)0.2，P(X300)0.4，P(X500)0.4.因此X的分布列為X200300500P0.20.40.4(2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200n500.當300n500時，若最高氣溫不低于25，則Y6n4n2n；若最高氣溫位于區(qū)間20,25)，則Y6×3002(n300)4n1 2002n；若最高氣溫低于20，則Y6×2002(n200)4n8002n.因此EY2n×0.4(1 2002n)×0.4(8002n)×0.26400.4n.當200n<300時，若最高氣溫不低于20，則Y6n4n2n；若最高氣溫低于20，則Y6×2002(n200)4n8002n，因此EY2n×(0.40.4)(8002n)×0.21601.2n.所以n300時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為520元