2019教育§122-離散型隨機變量及其分布列、均值和方差課件

A組

統(tǒng)一命題·課標卷題組考點一均值與方差1.(2017課標全國Ⅱ,13,5分)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=

.五年高考答案1.96解析本題主要考查二項分布.由題意可知X~B(100,0.02),由二項分布可得DX=100×0.02×(1-0.02)=1.96.A組

統(tǒng)一命題·課標卷題組五年高考答案1.96解析2.(2018課標全國Ⅰ,20,12分)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝,每箱200件,每一箱產(chǎn)品在交付用戶

之前要對產(chǎn)品作檢驗,如檢驗出不合格品,則更換為合格品.檢驗時,先從這箱產(chǎn)品中任取20件

作檢驗,再根據(jù)檢驗結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品作檢驗.設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都

為p(0<p<1),且各件產(chǎn)品是不是不合格品相互獨立.(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p),求f(p)的最大值點p0.(2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件,結(jié)果恰有2件不合格品,以(1)中確定的p0作為p的值.已知每件產(chǎn)

品的檢驗費用為2元,若有不合格品進入用戶手中,則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償

費用.(i)若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗,這一箱產(chǎn)品的檢驗費用與賠償費用的和記為X,求EX;(ii)以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù),是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗?2.(2018課標全國Ⅰ,20,12分)某工廠的某種產(chǎn)品成箱解析(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=

p2(1-p)18.因此f'(p)=

[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2

p(1-p)17(1-10p).令f'(p)=0,得p=0.1,當p∈(0,0.1)時,f'(p)>0;當p∈(0.1,1)時,f'(p)<0.所以f(p)的最大值點為p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù),依題意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+

25Y,所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)如果對余下的產(chǎn)品作檢驗,則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗費為400元.由于EX>400,故應(yīng)該對余下的產(chǎn)品作檢驗.解析(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)=?考點二離散型隨機變量及其分布列1.(2017課標全國Ⅲ,18,12分)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:以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(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(xué)期望達到最大值?考點二離散型隨機變量及其分布列以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代解析本題考查隨機變量的分布列,數(shù)學(xué)期望.(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(X=200)=

=0.2,P(X=300)=

=0.4,P(X=500)=

=0.4.因此X的分布列為解析本題考查隨機變量的分布列,數(shù)學(xué)期望.(2)由題意知,這種酸奶一天的需求量至多為500瓶,至少為200瓶,因此只需考慮200≤n≤500.當300≤n≤500時,若最高氣溫不低于25,則Y=6n-4n=2n;若最高氣溫位于區(qū)間[20,25),則Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;若最高氣溫低于20,則Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.當200≤n<300時,若最高氣溫不低于20,則Y=6n-4n=2n;若最高氣溫低于20,則Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.所以n=300時,Y的數(shù)學(xué)期望達到最大值,最大值為520元.(2)由題意知,這種酸奶一天的需求量至多為500瓶,至少為22.(2016課標全國Ⅰ,19,12分)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),得下面柱狀圖:

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,記X表示2臺機器三年內(nèi)共需更換的易損零件數(shù),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P(X≤n)≥0.5,確定n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n=19與n=20之中選其一,應(yīng)選用哪個?2.(2016課標全國Ⅰ,19,12分)某公司計劃購買2臺機解析(1)由柱狀圖并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8,9,10,1

1的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.從而P(X=16)=0.2×0.2=0.04;P(X=17)=2×0.2×0.4=0.16;P(X=18)=2×0.2×0.2+0.4×0.4=0.24;P(X=19)=2×0.2×0.2+2×0.4×0.2=0.24;P(X=20)=2×0.2×0.4+0.2×0.2=0.2;P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08;P(X=22)=0.2×0.2=0.04.

(4分)所以X的分布列為解析(1)由柱狀圖并以頻率代替概率可得,一臺機器在三年內(nèi)需(6分)(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值為19.

(8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).當n=19時,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040.

(10分)當n=20時,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.可知當n=19時所需費用的期望值小于n=20時所需費用的期望值,故應(yīng)選n=19.

(12分)思路分析本題明確以易損零件數(shù)的頻率代替概率,由柱狀圖知每臺機器三年內(nèi)需更換配件

數(shù)及各自的概率,結(jié)合相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式進行求解即可.評析本題重點考查相互獨立事件的概率、簡單隨機變量的分布列及期望.求解本題的關(guān)鍵

在于認真分析題干中的事件,確定事件間的相互關(guān)系,根據(jù)分析內(nèi)容,找到解題的突破口.(6分)思路分析本題明確以易損零件數(shù)的頻率代替概率,由柱狀考點一均值與方差1.(2018浙江,7,4分)設(shè)0<p<1,隨機變量ξ的分布列是則當p在(0,1)內(nèi)增大時,

()A.D(ξ)減小

B.D(ξ)增大C.D(ξ)先減小后增大

D.D(ξ)先增大后減小B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一均值與方差則當p在(0,1)內(nèi)增大時,?()B組答案

D本題考查隨機變量的分布列,期望、方差的計算及函數(shù)的單調(diào)性.由題意得E(ξ)=0×

+1×

+2×

=

+p,D(ξ)=

·

+

·

+

·

=

[(1+2p)2(1-p)+(1-2p)2+(3-2p)2·p]=-p2+p+

=-

+

.由

得0<p<1,∴D(ξ)在

上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減,故選D.答案

D本題考查隨機變量的分布列,期望、方差的計算及2.(2017浙江,8,5分)已知隨機變量ξi滿足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2.若0<p1<p2<

,則

()A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)答案

A本題考查隨機變量的概念及其分布列,隨機變量的期望、方差的計算,考查推理運

算能力,利用作差比較法比較兩式的大小,構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性比較兩式的大小.解法一:∵E(ξ1)=0×(1-p1)+1×p1=p1,同理,E(ξ2)=p2,又0<p1<p2,∴E(ξ1)<E(ξ2).D(ξ1)=(0-p1)2(1-p1)+(1-p1)2·p1=p1-

,同理,D(ξ2)=p2-

.D(ξ1)-D(ξ2)=p1-p2-(

-

)=(p1-p2)(1-p1-p2).∵0<p1<p2<

,∴1-p1-p2>0,∴(p1-p2)(1-p1-p2)<0.∴D(ξ1)<D(ξ2).故選A.解法二:同解法一知E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)=p1-

,D(ξ2)=p2-

,令f(x)=x-x2,則f(x)在

上為增函數(shù),∵0<p1<p2<

,∴f(p1)<f(p2),即D(ξ1)<D(ξ2).故選A.2.(2017浙江,8,5分)已知隨機變量ξi滿足P(ξi=3.(2015廣東,13,5分)已知隨機變量X服從二項分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,則p=

.答案

解析因為X~B(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p=

.4.(2014浙江,12,4分)隨機變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ=0)=

,E(ξ)=1,則D(ξ)=

.答案

解析設(shè)P(ξ=1)=p,則P(ξ=2)=

-p,從而由E(ξ)=0×

+1×p+2×

=1,得p=

.故D(ξ)=(0-1)2×

+(1-1)2×

+(2-1)2×

=

.3.(2015廣東,13,5分)已知隨機變量X服從二項分布B5.(2017北京,17,13分)為了研究一種新藥的療效,選100名患者隨機分成兩組,每組各50名,一組

服藥,另一組不服藥.一段時間后,記錄了兩組患者的生理指標x和y的數(shù)據(jù),并制成下圖,其中

“*”表示服藥者,“+”表示未服藥者.

(1)從服藥的50名患者中隨機選出一人,求此人指標y的值小于60的概率;(2)從圖中A,B,C,D四人中隨機選出兩人,記ξ為選出的兩人中指標x的值大于1.7的人數(shù),求ξ的分

布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ);(3)試判斷這100名患者中服藥者指標y數(shù)據(jù)的方差與未服藥者指標y數(shù)據(jù)的方差的大小.(只需寫出結(jié)論)5.(2017北京,17,13分)為了研究一種新藥的療效,選解析本題考查古典概型,離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,方差等知識.(1)由題圖知,在服藥的50名患者中,指標y的值小于60的有15人,所以從服藥的50名患者中隨機

選出一人,此人指標y的值小于60的概率為

=0.3.(2)由題圖知,A,B,C,D四人中,指標x的值大于1.7的有2人:A和C.所以ξ的所有可能取值為0,1,2.P(ξ=0)=

=

,P(ξ=1)=

=

,P(ξ=2)=

=

.所以ξ的分布列為故ξ的期望E(ξ)=0×

+1×

+2×

=1.(3)在這100名患者中,服藥者指標y數(shù)據(jù)的方差大于未服藥者指標y數(shù)據(jù)的方差.方法總結(jié)①在求解離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望時,先確定隨機變量的取值及各個

取值對應(yīng)的概率,利用期望的公式求其數(shù)學(xué)期望;②在比較數(shù)據(jù)的方差時,可以根據(jù)兩組數(shù)據(jù)的

集中或分散程度進行比較.解析本題考查古典概型,離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,方6.(2015陜西,19,12分)設(shè)某校新、老校區(qū)之間開車單程所需時間為T,T只與道路暢通狀況有關(guān),

對其容量為100的樣本進行統(tǒng)計,結(jié)果如下:(1)求T的分布列與數(shù)學(xué)期望ET;(2)劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā),前往新校區(qū)作一個50分鐘的講座,結(jié)束后立即返回老校區(qū),求劉

教授從離開老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時間不超過120分鐘的概率.解析(1)由統(tǒng)計結(jié)果可得T的頻率分布為以頻率估計概率得T的分布列為6.(2015陜西,19,12分)設(shè)某校新、老校區(qū)之間開車單從而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分鐘).(2)設(shè)T1,T2分別表示往、返所需時間,T1,T2的取值相互獨立,且與T的分布列相同.設(shè)事件A表示“劉教授共用時間不超過120分鐘”,由于講座時間為50分鐘,所以事件A對應(yīng)于

“劉教授在路途中的時間不超過70分鐘”.解法一:P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35)+P(T1=40,T2≤3

0)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P(

)=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09.故P(A)=1-P(

)=0.91.評析(1)用頻率估計概率求解;(2)將問題轉(zhuǎn)化為求“劉教授在路途中的時間不超過70分鐘”

的概率,可直接求解也可間接來求.從而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×07.(2014江蘇,22,10分)盒中共有9個球,其中有4個紅球、3個黃球和2個綠球,這些球除顏色外完

全相同.(1)從盒中一次隨機取出2個球,求取出的2個球顏色相同的概率P;(2)從盒中一次隨機取出4個球,其中紅球、黃球、綠球的個數(shù)分別記為x1,x2,x3,隨機變量X表示x1,x2,x3中的最大數(shù).求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望E(X).7.(2014江蘇,22,10分)盒中共有9個球,其中有4個解析(1)取到的2個顏色相同的球可能是2個紅球、2個黃球或2個綠球,所以P=

=

=

.(2)隨機變量X所有可能的取值為2,3,4.{X=4}表示的隨機事件是“取到的4個球是4個紅球”,故P(X=4)=

=

;{X=3}表示的隨機事件是“取到的4個球是3個紅球和1個其他顏色的球或3個黃球和1個其他

顏色的球”,故P(X=3)=

=

=

;于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-

-

=

.所以隨機變量X的概率分布如下表:因此隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=2×

+3×

+4×

=

.評析本題主要考查排列與組合、離散型隨機變量的均值等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力.解析(1)取到的2個顏色相同的球可能是2個紅球、2個黃球或考點二離散型隨機變量及其分布列1.(2017天津,16,13分)從甲地到乙地要經(jīng)過3個十字路口,設(shè)各路口信號燈工作相互獨立,且在

各路口遇到紅燈的概率分別為

,

,

.(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望;(2)若有2輛車獨立地從甲地到乙地,求這2輛車共遇到1個紅燈的概率.考點二離散型隨機變量及其分布列解析本小題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,事件的相互獨立性,互斥事件的

概率加法公式等基礎(chǔ)知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.(1)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.P(X=0)=

×

×

=

,P(X=1)=

×

1-

×

1-

+

1-

×

×

1-

+

×

×

=

,P(X=2)=

×

×

+

×

×

+

×

×

=

,P(X=3)=

×

×

=

.所以,隨機變量X的分布列為解析本小題主要考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,事件的隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0×

+1×

+2×

+3×

=

.(2)設(shè)Y表示第一輛車遇到紅燈的個數(shù),Z表示第二輛車遇到紅燈的個數(shù),則所求事件的概率為P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)=

×

+

×

=

.所以,這2輛車共遇到1個紅燈的概率為

.技巧點撥解決隨機變量分布列問題的關(guān)鍵是正確求出隨機變量可以取哪些值以及取各個

值時對應(yīng)的概率,只有正確理解隨機變量取值的意義才能解決這個問題,理解隨機變量取值的

意義是解決這類問題的必要前提.隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0×?+1×?+2×?+3×?2.(2017山東,18,12分)在心理學(xué)研究中,常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響,

具體方法如下:將參加試驗的志愿者隨機分成兩組,一組接受甲種心理暗示,另一組接受乙種心

理暗示,通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結(jié)果來評價兩種心理暗示的作用.現(xiàn)有6名

男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,從中隨機抽取5人接受甲種心理暗示,另5人

接受乙種心理暗示.(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數(shù),求X的分布列與數(shù)學(xué)期望EX.2.(2017山東,18,12分)在心理學(xué)研究中,常采用對比解析本題考查離散型隨機變量的分布列,期望.(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M,則P(M)=

=

.(2)由題意知X可取的值為0,1,2,3,4,則P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

,P(X=4)=

=

.解析本題考查離散型隨機變量的分布列,期望.X的數(shù)學(xué)期望是EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1×

+2×

+3×

+4×

=2.因此X的分布列為X的數(shù)學(xué)期望是因此X的分布列為3.(2015山東,19,12分)若n是一個三位正整數(shù),且n的個位數(shù)字大于十位數(shù)字,十位數(shù)字大于百位

數(shù)字,則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137,359,567等).在某次數(shù)學(xué)趣味活動中,每位參加者需從所

有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù),且只能抽取一次.得分規(guī)則如下:若抽取的“三位遞增

數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除,參加者得0分;若能被5整除,但不能被10整除,得-1分;若能被

10整除,得1分.(1)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”;(2)若甲參加活動,求甲得分X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX.解析(1)個位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)”有125,135,145,235,245,345.(2)由題意知,全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為

=84,隨機變量X的取值為0,-1,1,因此P(X=0)=

=

,P(X=-1)=

=

,P(X=1)=1-

-

=

.所以X的分布列為3.(2015山東,19,12分)若n是一個三位正整數(shù),且n則EX=0×

+(-1)×

+1×

=

.評析本題背景新穎,設(shè)問常規(guī),運算量不太大,但對思維的嚴謹性有較高要求.則EX=0×?+(-1)×?+1×?=?.評析本題背景新穎4.(2015重慶,17,13分)端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習(xí)俗.設(shè)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(shè)X表示取到的豆沙粽個數(shù),求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.解析(1)令A(yù)表示事件“三種粽子各取到1個”,則由古典概型的概率計算公式有P(A)=

=

.(2)X的所有可能值為0,1,2,且P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

.綜上知,X的分布列為故E(X)=0×

+1×

+2×

=

(個).4.(2015重慶,17,13分)端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習(xí)5.(2015四川,17,12分)某市A,B兩所中學(xué)的學(xué)生組隊參加辯論賽,A中學(xué)推薦了3名男生、2名女

生,B中學(xué)推薦了3名男生、4名女生,兩校所推薦的學(xué)生一起參加集訓(xùn).由于集訓(xùn)后隊員水平相

當,從參加集訓(xùn)的男生中隨機抽取3人、女生中隨機抽取3人組成代表隊.(1)求A中學(xué)至少有1名學(xué)生入選代表隊的概率;(2)某場比賽前,從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽,設(shè)X表示參賽的男生人數(shù),求X的分布

列和數(shù)學(xué)期望.5.(2015四川,17,12分)某市A,B兩所中學(xué)的學(xué)生組解析(1)由題意,參加集訓(xùn)的男、女生各有6名.參賽學(xué)生全從B中學(xué)抽取(等價于A中學(xué)沒有學(xué)生入選代表隊)的概率為

=

.因此,A中學(xué)至少有1名學(xué)生入選代表隊的概率為1-

=

.(2)根據(jù)題意,X的可能取值為1,2,3.P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

.所以X的分布列為因此,X的數(shù)學(xué)期望為E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×

+2×

+3×

=2.評析本題主要考查隨機事件的概率、古典概型、隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知

識,考查運算求解能力和解決實際問題的能力.解析(1)由題意,參加集訓(xùn)的男、女生各有6名.因此,X的數(shù)6.(2014四川,17,12分)一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下:每盤游戲都需擊鼓三次,每次擊鼓要么出現(xiàn)

一次音樂,要么不出現(xiàn)音樂;每盤游戲擊鼓三次后,出現(xiàn)一次音樂獲得10分,出現(xiàn)兩次音樂獲得2

0分,出現(xiàn)三次音樂獲得100分,沒有出現(xiàn)音樂則扣除200分(即獲得-200分).設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂

的概率為

,且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立.(1)設(shè)每盤游戲獲得的分數(shù)為X,求X的分布列;(2)玩三盤游戲,至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少?(3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn),若干盤游戲后,與最初的分數(shù)相比,分數(shù)沒有增加反而減少

了.請運用概率統(tǒng)計的相關(guān)知識分析分數(shù)減少的原因.6.(2014四川,17,12分)一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下:解析(1)X可能的取值為10,20,100,-200.根據(jù)題意,有P(X=10)=

×

×

=

,P(X=20)=

×

×

=

,P(X=100)=

×

×

=

,P(X=-200)=

×

×

=

.所以X的分布列為解析(1)X可能的取值為10,20,100,-200.(2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂”為事件Ai(i=1,2,3),則P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=

.所以,“三盤游戲中至少有一次出現(xiàn)音樂”的概率為1-P(A1A2A3)=1-

=1-

=

.因此,玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是

.(3)X的數(shù)學(xué)期望為EX=10×

+20×

+100×

-200×

=-

.這表明,獲得的分數(shù)X的均值為負.因此,多次游戲之后分數(shù)減少的可能性更大.評析本題主要考查隨機事件的概率、古典概型、獨立重復(fù)試驗、隨機變量的分布列、數(shù)

學(xué)期望等基礎(chǔ)知識,考查運用概率與統(tǒng)計的知識與方法分析和解決實際問題的能力,考查運算

求解能力、應(yīng)用意識和創(chuàng)新意識.(2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂”為事件Ai(i=1,2,37.(2014湖北,20,12分)計劃在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站.過去50年的水文資料

顯示,水庫年入流量X(年入流量:一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和,單位:億立方米)都在40以上.

其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超過120的年份有35年,超過120的年份有5年.將年入

流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段的概率,并假設(shè)各年的年入流量相互獨立.(1)求未來4年中,至多有1年的年入流量超過120的概率;(2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行,但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制,并

有如下關(guān)系:若某臺發(fā)電機運行,則該臺年利潤為5000萬元;若某臺發(fā)電機未運行,則該臺年虧損800萬元.欲

使水電站年總利潤的均值達到最大,應(yīng)安裝發(fā)電機多少臺?7.(2014湖北,20,12分)計劃在某水庫建一座至多安裝解析(1)依題意知,p1=P(40<X<80)=

=0.2,p2=P(80≤X≤120)=

=0.7,p3=P(X>120)=

=0.1.由二項分布知,在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為p=

(1-p3)4+

(1-p3)3p3=

+4×

×

=0.9477.(2)記水電站年總利潤為Y(單位:萬元).(i)安裝1臺發(fā)電機的情形.由于水庫年入流量總大于40,故一臺發(fā)電機運行的概率為1,對應(yīng)的年利潤Y=5000,E(Y)=5000

×1=5000.(ii)安裝2臺發(fā)電機的情形.依題意,當40<X<80時,一臺發(fā)電機運行,此時Y=5000-800=4200,因此P(Y=4200)=P(40<X<80)=

p1=0.2;當X≥80時,兩臺發(fā)電機運行,此時Y=5000×2=10000,因此P(Y=10000)=P(X≥80)=p2+p3

=0.8.由此得Y的分布列如下:解析(1)依題意知,p1=P(40<X<80)=?=0.2所以,E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840.(iii)安裝3臺發(fā)電機的情形.依題意,當40<X<80時,一臺發(fā)電機運行,此時Y=5000-1600=3400,因此P(Y=3400)=P(40<X<8

0)=p1=0.2;當80≤X≤120時,兩臺發(fā)電機運行,此時Y=5000×2-800=9200,因此P(Y=9200)=P(80

≤X≤120)=p2=0.7;當X>120時,三臺發(fā)電機運行,此時Y=5000×3=15000,因此P(Y=15000)=P

(X>120)=p3=0.1,由此得Y的分布列如下:所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.綜上,欲使水電站年總利潤的均值達到最大,應(yīng)安裝發(fā)電機2臺.評析本題考查了概率和離散型隨機變量的分布列.考查了分類討論方法和運算求解能力.所以,E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=88.(2014天津,16,13分)某大學(xué)志愿者協(xié)會有6名男同學(xué),4名女同學(xué).在這10名同學(xué)中,3名同學(xué)來

自數(shù)學(xué)學(xué)院,其余7名同學(xué)來自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個學(xué)院.現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨

機選取3名同學(xué),到希望小學(xué)進行支教活動(每位同學(xué)被選到的可能性相同).(1)求選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率;(2)設(shè)X為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.解析(1)設(shè)“選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院”為事件A,則P(A)=

=

.所以選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院的概率為

.(2)隨機變量X的所有可能值為0,1,2,3.P(X=k)=

(k=0,1,2,3).8.(2014天津,16,13分)某大學(xué)志愿者協(xié)會有6名男同隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0×

+1×

+2×

+3×

=

.所以隨機變量X的分布列是評析本題主要考查古典概型及其概率計算公式,離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望等基

礎(chǔ)知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0×?+1×?+2×?+3×?9.(2015安徽,17,12分)已知2件次品和3件正品混放在一起,現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分,每次隨機

檢測一件產(chǎn)品,檢測后不放回,直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時檢測結(jié)束.(1)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率;(2)已知每檢測一件產(chǎn)品需要費用100元,設(shè)X表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所

需要的檢測費用(單位:元),求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望).9.(2015安徽,17,12分)已知2件次品和3件正品混放解析(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件A,則P(A)=

=

.(2)X的可能取值為200,300,400.P(X=200)=

=

,P(X=300)=

=

,P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-

-

=

.故X的分布列為EX=200×

+300×

+400×

=350.解析(1)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”C組

教師專用題組考點一均值與方差1.(2014浙江,9,5分)已知甲盒中僅有1個球且為紅球,乙盒中有m個紅球和n個藍球(m≥3,n≥3),

從乙盒中隨機抽取i(i=1,2)個球放入甲盒中.(a)放入i個球后,甲盒中含有紅球的個數(shù)記為ξi(i=1,2);(b)放入i個球后,從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i=1,2).則

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

教師專用題組答案

A當i=1時,若從乙盒中抽取的1個球為紅球,記從甲盒中取1個球是紅球的事件為A1,則

P(A1)=

.若從乙盒中抽取的1個球為藍球,記從甲盒中取1個球是紅球的事件為A2,則P(A2)=

×

=

,而A1與A2互斥,則p1=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=

.此時,ξ1的取值為1或2,P(ξ1=1)=

,P(ξ1=2)=

,則E(ξ1)=1×

+2×

=

.當i=2時,若從乙盒中抽取的2個球都為紅球,記從甲盒中取1個球是紅球的事件為B1,則P(B1)=

.若從乙盒中抽取的2個球為1個紅球和1個藍球,記從甲盒中取1個球是紅球的事件為B2,則P(B2)

=

×

.若從乙盒中抽取的2個球都是藍球,記從甲盒中取1個球是紅球的事件為B3,則P(B3)=

×

.因為B1,B2,B3互斥,則p2=P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(B3)=

=

=

=

.則p1-p2=

>0,即有p1>p2.此時,ξ2的取值為1,2,3.P(ξ2=1)=

,P答案

A當i=1時,若從乙盒中抽取的1個球為紅球,記(ξ2=2)=

,P(ξ2=3)=

,則E(ξ2)=1×

+2×

+3×

=

=3p2=

,則有E(ξ1)<E(ξ2),綜上,p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2),故選A.評析本題考查隨機事件的概率,組合數(shù)的計算,離散型隨機變量的概率分布和期望.考查分類

討論思想和運算求解能力,屬于難題.(ξ2=2)=?,P(ξ2=3)=?,則E(ξ2)=1×?+2.(2014福建,18,13分)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:(i)顧客所獲的獎勵額為60元的概率;(ii)顧客所獲的獎勵額的分布列及數(shù)學(xué)期望;(2)商場對獎勵總額的預(yù)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(yù)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(shè)計,并說

明理由.2.(2014福建,18,13分)為回饋顧客,某商場擬通過摸解析(1)設(shè)顧客所獲的獎勵額為X元.(i)依題意,得P(X=60)=

=

,即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的分布列為解析(1)設(shè)顧客所獲的獎勵額為X元.所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)=20×0.5+60×0.5=40(元).(2)根據(jù)商場的預(yù)算,每位顧客的平均獎勵額為60元.所以,先尋找期望為60元的可能方案.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,所以期望不可能為60元;如果選擇(50,50,50,10)的方案,因為60元是面值之和的最小值,所

以期望也不可能為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,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分析:對于方案1,即方案(10,10,50,50),設(shè)顧客所獲的獎勵額為X1,則X1的分布列為所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)=20×0.5+60×0X1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(shè)顧客所獲的獎勵額為X2,則X2的分布列為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(yīng)該選擇

方案2.注:第(2)問,給出方案1或方案2的任一種方案,并利用期望說明所給方案滿足要求,給3分;進一

步比較方差,說明應(yīng)選擇方案2,再給2分.評析本題主要考查古典概型、離散型隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望、方差等基礎(chǔ)知識,考

查數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力、應(yīng)用意識,考查必然與或然思想、分類與整合思想.X1的期望為E(X1)=20×?+60×?+100×?=603.(2015福建,16,13分)某銀行規(guī)定,一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯誤,該銀行卡將

被鎖定.小王到該銀行取錢時,發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼,但可以確認該銀行卡的正確密碼

是他常用的6個密碼之一,小王決定從中不重復(fù)地隨機選擇1個進行嘗試.若密碼正確,則結(jié)束嘗

試;否則繼續(xù)嘗試,直至該銀行卡被鎖定.(1)求當天小王的該銀行卡被鎖定的概率;(2)設(shè)當天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.3.(2015福建,16,13分)某銀行規(guī)定,一張銀行卡若在解析(1)設(shè)“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A,則P(A)=

×

×

=

.(2)依題意得,X所有可能的取值是1,2,3.又P(X=1)=

,P(X=2)=

×

=

,P(X=3)=

×

×1=

,所以X的分布列為所以E(X)=1×

+2×

+3×

=

.評析本題主要考查古典概型、相互獨立事件的概率、隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基

礎(chǔ)知識,考查運算求解能力、應(yīng)用意識,考查必然與或然思想.解析(1)設(shè)“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A,所以E4.(2014湖南,17,12分)某企業(yè)有甲、乙兩個研發(fā)小組,他們研發(fā)新產(chǎn)品成功的概率分別為

和

.現(xiàn)安排甲組研發(fā)新產(chǎn)品A,乙組研發(fā)新產(chǎn)品B.設(shè)甲、乙兩組的研發(fā)相互獨立.(1)求至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功的概率;(2)若新產(chǎn)品A研發(fā)成功,預(yù)計企業(yè)可獲利潤120萬元;若新產(chǎn)品B研發(fā)成功,預(yù)計企業(yè)可獲利潤10

0萬元.求該企業(yè)可獲利潤的分布列和數(shù)學(xué)期望.4.(2014湖南,17,12分)某企業(yè)有甲、乙兩個研發(fā)小組解析記E={甲組研發(fā)新產(chǎn)品成功},F={乙組研發(fā)新產(chǎn)品成功},由題設(shè)知P(E)=

,P(

)=

,P(F)=

,P(

)=

,且事件E與F,E與

,

與F,

與

都相互獨立.(1)記H={至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功},則

=

,于是P(

)=P(

)P(

)=

×

=

,故所求的概率為P(H)=1-P(

)=1-

=

.(2)設(shè)企業(yè)可獲利潤為X(萬元),則X的可能取值為0,100,120,220,因為P(X=0)=P(

)=

×

=

,P(X=100)=P(

F)=

×

=

,P(X=120)=P(E

)=

×

=

,P(X=220)=P(EF)=

×

=

.故所求的分布列為數(shù)學(xué)期望為E(X)=0×

+100×

+120×

+220×

=

=

=140.解析記E={甲組研發(fā)新產(chǎn)品成功},F={乙組研發(fā)新產(chǎn)品成功5.(2015天津,16,13分)為推動乒乓球運動的發(fā)展,某乒乓球比賽允許不同協(xié)會的運動員組隊參

加.現(xiàn)有來自甲協(xié)會的運動員3名,其中種子選手2名;乙協(xié)會的運動員5名,其中種子選手3名.從

這8名運動員中隨機選擇4人參加比賽.(1)設(shè)A為事件“選出的4人中恰有2名種子選手,且這2名種子選手來自同一個協(xié)會”,求事件A

發(fā)生的概率;(2)設(shè)X為選出的4人中種子選手的人數(shù),求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.5.(2015天津,16,13分)為推動乒乓球運動的發(fā)展,某解析(1)由已知,有P(A)=

=

.所以,事件A發(fā)生的概率為

.(2)隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4.P(X=k)=

(k=1,2,3,4).所以,隨機變量X的分布列為隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=1×

+2×

+3×

+4×

=

.解析(1)由已知,有隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=1×?+考點二離散型隨機變量及其分布列1.(2014山東,18,12分)乒乓球臺面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分,如圖,甲上有兩個不相交的區(qū)域

A,B,乙被劃分為兩個不相交的區(qū)域C,D,某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回

球.規(guī)定:回球一次,落點在C上記3分,在D上記1分,其他情況記0分.對落點在A上的來球,隊員小

明回球的落點在C上的概率為

,在D上的概率為

;對落點在B上的來球,小明回球的落點在C上的概率為

,在D上的概率為

.假設(shè)共有兩次來球且落在A,B上各一次,小明的兩次回球互不影響.求:(1)小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率;(2)兩次回球結(jié)束后,小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望.

考點二離散型隨機變量及其分布列解析(1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分”(i=0,1,3),則P(A3)=

,P(A1)=

,P(A0)=1-

-

=

.記Bi為事件“小明對落點在B上的來球回球的得分為i分”(i=0,1,3),則P(B3)=

,P(B1)=

,P(B0)=1-

-

=

.記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上”.由題意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的獨立性和互斥性,P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)=P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3)=

×

+

×

+

×

+

×

=

,所以小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上的概率為

.(2)由題意,隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6,解析(1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為由事件的獨立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B0)=

×

=

,P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=

×

+

×

=

,P(ξ=2)=P(A1B1)=

×

=

,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=

×

+

×

=

,P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=

×

+

×

=

,P(ξ=6)=P(A3B3)=

×

=

.可得隨機變量ξ的分布列為:所以數(shù)學(xué)期望Eξ=0×

+1×

+2×

+3×

+4×

+6×

=

.由事件的獨立性和互斥性,得所以數(shù)學(xué)期望Eξ=0×?+1×?+2.(2015湖南,18,12分)某商場舉行有獎促銷活動,顧客購買一定金額的商品后即可抽獎.每次抽

獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中,各隨機摸出1個

球.在摸出的2個球中,若都是紅球,則獲一等獎;若只有1個紅球,則獲二等獎;若沒有紅球,則不獲

獎.(1)求顧客抽獎1次能獲獎的概率;(2)若某顧客有3次抽獎機會,記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)

期望.2.(2015湖南,18,12分)某商場舉行有獎促銷活動,顧解析(1)記事件A1={從甲箱中摸出的1個球是紅球},A2={從乙箱中摸出的1個球是紅球},B1={顧客抽獎1次獲一等獎},B2={顧客抽獎1次獲二等獎},C={顧客抽獎1次能獲獎}.由題意,A1與A2相互獨立,A1

與

A2互斥,B1與B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1

+

A2,C=B1+B2.因為P(A1)=

=

,P(A2)=

=

,所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=

×

=

,P(B2)=P(A1

+

A2)=P(A1

)+P(

A2)=P(A1)P(

)+P(

)P(A2)=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)=

×

+

×

=

.故所求概率為P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=

+

=

.解析(1)記事件A1={從甲箱中摸出的1個球是紅球},(2)顧客抽獎3次可視為3次獨立重復(fù)試驗,由(1)知,顧客抽獎1次獲一等獎的概率為

,所以X~B

.于是P(X=0)=

=

,P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

.故X的分布列為X的數(shù)學(xué)期望為E(X)=3×

=

.(2)顧客抽獎3次可視為3次獨立重復(fù)試驗,由(1)知,顧客抽3.(2014重慶,18,13分)一盒中裝有9張各寫有一個數(shù)字的卡片,其中4張卡片上的數(shù)字是1,3張卡

片上的數(shù)字是2,2張卡片上的數(shù)字是3.從盒中任取3張卡片.(1)求所取3張卡片上的數(shù)字完全相同的概率;(2)X表示所取3張卡片上的數(shù)字的中位數(shù),求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.(注:若三個數(shù)a,b,c滿足a≤b≤c,則稱b為這三個數(shù)的中位數(shù))解析(1)由古典概型中的概率計算公式知所求概率為P=

=

.(2)X的所有可能值為1,2,3,且P(X=1)=

=

,P(X=2)=

=

,P(X=3)=

=

,3.(2014重慶,18,13分)一盒中裝有9張各寫有一個數(shù)從而E(X)=1×

+2×

+3×

=

.評析本題考查概率的計算,隨機變量的分布列及數(shù)學(xué)期望.其中概率的計算要求較高,不過整

體難度不大,屬中等偏易題.故X的分布列為從而E(X)=1×?+2×?+3×?=?.評析本題考查概率考點一均值和方差(2017云南三模,18)某次數(shù)學(xué)考試試題中共有10道選擇題,每道選擇題都有4個選項,其中僅有

一個是正確的.評分標準規(guī)定:“每題只選1項,答對得5分,不答或答錯得0分.”某考生每道題都

給了一個答案,已確定有6道題的答案是正確的,而其余題中,有兩道題都可判斷出兩個選項是

錯誤的,有一道題可以判斷一個選項是錯誤的,還有一道題因不理解題意只能亂猜,試求出該考

生:(1)得45分的概率;(2)所得分數(shù)ξ的數(shù)學(xué)期望.解析(1)得分為45分,剩下4道必須再答對3道題,在其余的四道題中,有兩道題答對的概率為

,有一道題答對的概率為

,還有一道題答對的概率為

,所以得分為45分的概率P=

×

×

×

+

×

×

×

+

×

×

×

+

×

×

×

=

.(2)依題意,該考生得分的范圍為{30,35,40,45,50}.得分為30分表示只答對了6道題,其余各題都答錯,所以概率P1=

×

×

×

=

=

;A組

2016—2018年高考模擬·基礎(chǔ)題組三年模擬考點一均值和方差A(yù)組

2016—2018年高考模擬·基得分為35分的概率P2=

×

×

×

×

+

×

×

×

+

×

×

×

=

;得分為40分的概率P3=

;得分為45分的概率P4=

;得分為50分的概率P5=

.ξ的分布列為E(ξ)=30×

+35×

+40×

+45×

+50×

=

.得分為35分的概率P2=?×?×?×?×?+?×?×?×?+考點二離散型隨機變量及其分布列1.(2018四川成都石室中學(xué)4月月考,18)2014年9月,國務(wù)院發(fā)布了《關(guān)于深化考試招生制度改

革的實施意見》,某地作為高考改革試點地區(qū),從當年秋季新入學(xué)的高一學(xué)生開始實施,高考不

再分文理科,每個考生,英語,語文,數(shù)學(xué)三科為必考科目,并從物理、化學(xué)、生物、政治、歷

史、地理六個科目中任選三個科目參加高考,物理、化學(xué)、生物為自然科學(xué)科目,政治、歷

史、地理為社會科學(xué)科目.假設(shè)某位考生選考這六個科目的可能性相等.(1)求他所選考的三個科目中,至少有一個自然科學(xué)科目的概率;(2)已知該考生選考的三個科目中有一個科目屬于社會科學(xué)科目,兩個科目屬于自然科學(xué)科目,

若該考生所選的社會科學(xué)科目考試的成績獲A等的概率都是0.75,所選的自然科學(xué)科目考試的

成績獲A等的概率都是0.8,且所選考的各個科目考試的成績相互獨立,用隨機變量X表示他所

選的三個科目中考試成績獲A等的科目數(shù),求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.考點二離散型隨機變量及其分布列解析(1)記“某位考生選考的三個科目中至少有一個科目是自然科學(xué)科目”為事件M,則P(M)=1-

=1-

=

.(2)隨機變量X的所有可能取值為0,1,2,3.因為P(X=0)=

×

=

;P(X=1)=

×

+

×

×

×

=

;P(X=2)=

×

+

×

×

×

=

=

;P(X=3)=

×

=

=

.所以X的分布列為所以E(X)=0×

+1×

+2×

+3×

=

=

.解析(1)記“某位考生選考的三個科目中至少有一個科目是自然2.(2018四省名校(廣西南寧二中等)第一次聯(lián)考,18)在某單位的食堂中,食堂每天以10元/斤的

價格購進米粉,然后以4.4元/碗的價格出售,每碗內(nèi)含米粉0.2斤,如果當天賣不完,剩下的米粉以

2元/斤的價格賣給養(yǎng)豬場.根據(jù)以往統(tǒng)計資料,得到食堂每天米粉需求量的頻率分布直方圖如

圖所示,若食堂購進了80斤米粉,以x(斤)(其中50≤x≤100)表示米粉的需求量,T(元)表示利潤.(1)估計該天食堂利潤不少于760元的概率;(2)在直方圖的需求量分組中,以區(qū)間中間值作為該區(qū)間的需求量,以需求量落入該區(qū)間的頻率

作為需求量在該區(qū)間的概率,求T的分布列和數(shù)學(xué)期望.

2.(2018四省名校(廣西南寧二中等)第一次聯(lián)考,18)在解析(1)一斤米粉的售價是4.4×5=22元.當50≤x≤80時,T=22x-10×80+2(80-x)=20x-640.當80<x≤100時,T=22×80-10×80=960.故T=

設(shè)利潤T不少于760元為事件A,由20x-640≥760得x≥70,即70≤x≤100.由直方圖可知,當70≤x≤100時,P(A)=10×(0.03+0.015+0.02)=0.65.(2)當x=55時,T=20×55-640=460;當x=65時,T=20×65-640=660;當x=75時,T=20×75-640=860;當x>80時,T=22×80-10×80=960.所以T可能的取值為460,660,860,960.P(T=460)=0.015×10=0.15,解析(1)一斤米粉的售價是4.4×5=22元.P(T=660)=0.02×10=0.2,P(T=860)=0.03×10=0.3,P(T=960)=(0.015+0.02)×10=0.35.故T的分布列為E(T)=460×0.15+660×0.2+860×0.3+960×0.35=795.P(T=660)=0.02×10=0.2,E(T)=460×1.(2016云南二模,7)現(xiàn)在有10張獎券,8張2元的,2張5元的,某人從中隨機無放回地抽取3張獎券,

則此人得獎金額的數(shù)學(xué)期望為

()A.6

B.

C.

D.9B組

2016—2018年高考模擬·綜合題組(時間:35分鐘分值:55分)一、選擇題(共5分)答案

B設(shè)此人得獎金額為X,則X可能取的值為6,9,12,P(X=6)=

=

,P(X=9)=

=

,P(X=12)=

=

,∴EX=6×

+9×

+12×

=

,故選B.1.(2016云南二模,7)現(xiàn)在有10張獎券,8張2元的,2二、填空題(共5分)2.(2016廣西南寧二中月考,13)有一批產(chǎn)品,其中有12件正品和4件次品,有放回地任取3件,若X

表示取到次品的件數(shù),則D(X)=

.答案

解析由題意知取到次品的概率為

,∴X~B

,∴D(X)=3×

×

=

.二、填空題(共5分)答案

?解析由題意知取到次品的三、解答題(共45分)3.(2018廣西桂林、賀州、崇左第二次聯(lián)合調(diào)研,18)在創(chuàng)建“全國文明衛(wèi)生城”過程中,某市

“創(chuàng)城辦”為了調(diào)查市民對創(chuàng)城工作的了解情況,進行了一次創(chuàng)城知識問卷調(diào)查(一位市民只

能參加一次).通過隨機抽樣,得到參加問卷調(diào)查的1000人得分(滿分100分)的統(tǒng)計結(jié)果如下表

所示.(1)由頻數(shù)分布表