高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強(qiáng)化練（十）隨機(jī)變量及其概率分布

專題強(qiáng)化練(十)隨機(jī)變量及其概率分布1．(2023·深圳福田區(qū)校級模擬)由mn個小正方形構(gòu)成長方形網(wǎng)格有m行和n列．每次將一個小球放到一個小正方形內(nèi)，放滿為止，記為一輪．每次放白球的概率為p，放紅球的概率為q，p＋q＝1.(1)若m＝2，p＝q＝eq\f(1,2)，記y表示100輪放球試驗中“每一列至少一個紅球”的輪數(shù)，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：求y關(guān)于n的回歸方程lneq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))n＋eq\o(a,\s\up6(^))，并預(yù)測n＝10時，y的值；(精確到1)n12345y7656423026(2)若m＝2，n＝2，p＝eq\f(1,3)，q＝eq\f(2,3)，記在每列都有白球的條件下，含紅球的行數(shù)為隨機(jī)變量X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．附：經(jīng)驗回歸方程系數(shù)：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,k,)xiyi－k\o(x,\s\up6(－))·\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,k,)xeq\o\al(2,i)－k\o(x,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))，eq\i\su(i＝1,5,)ni·lnyi＝53，lneq\o(y,\s\up6(－))＝3.8.解：(1)由題意知eq\o(n,\s\up6(－))＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3，故eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(53－5×3×3.8,55－45)＝－0.4，所以eq\o(a,\s\up6(^))＝3.8＋0.4×3＝5，所以線性回歸方程為：lneq\o(y,\s\up6(^))＝－0.4n＋5，所以，估計n＝10時，lny＝1，所以y＝e≈3.(2)由題意知：m＝2，n＝2，p＝eq\f(1,3)，q＝eq\f(2,3)，則X的取值可能為0，1，2，記“含紅球的行數(shù)為k”為事件Ak，(k＝0，1，2)，記“每列都有白球”為事件B，所以P(X＝0)＝P(A0|B)＝eq\f(P（A0B）,P（B）)＝eq\f(p4,（1－q2）2)＝eq\f(1,25)，P(X＝1)＝P(A1|B)＝eq\f(P（A1B）,P（B）)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)p3q＋Ceq\o\al(1,2)p2q2,（1－q2）2)＝eq\f(16,25)，P(X＝2)＝P(A2|B)＝eq\f(P（A2B）,P（B）)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)（pq）2,（1－q2）2)＝eq\f(8,25)，所以X的分布列為：X012Peq\f(1,25)eq\f(16,25)eq\f(8,25)所以E(X)＝0×eq\f(1,25)＋1×eq\f(16,25)＋2×eq\f(18,25)＝eq\f(32,25).2．(2023·河源模擬)某人玩一項有獎游戲活動，其規(guī)則是：有一個質(zhì)地均勻的正四面體(每個面均為全等的正三角形的三棱錐)，四個面上分別刻著1，2，3，4，拋擲該正四面體5次，記錄下每次與地面接觸的面上的數(shù)字．(1)求接觸上的5個數(shù)的乘積能被4整除的概率；(2)若每次拋擲到接觸地面的數(shù)字為3時獎勵200元，否則倒罰100元，①設(shè)甲出門帶了1000元參加該游戲，記游戲后甲身上的錢為X元，求E(X)；②若在游戲過程中，甲決定當(dāng)自己贏了的錢一旦不低于300元時立即結(jié)束游戲，求甲不超過三次就結(jié)束游戲的概率．解：(1)總概率1減去接觸面上的5個數(shù)的乘積不能被4整除(5次全是奇數(shù)；4次奇數(shù)，還有1次為2)的概率：1－[Ceq\o\al(5,5)(eq\f(1,2))5＋Ceq\o\al(4,5)(eq\f(1,2))4(eq\f(1,4))]＝eq\f(57,64)，則接觸面上的5個數(shù)的乘積能被4整除的概率為eq\f(57,64).(2)①設(shè)拋擲到接觸地面的數(shù)字為3的次數(shù)為ξ，則ξ～B(5，eq\f(1,4))，E(ξ)＝eq\f(5,4)，游戲后甲身上的錢X＝200ξ－100(5－ξ)＋1000＝300ξ＋500，E(X)＝300E(ξ)＋500＝875.②甲不超過三次就結(jié)束游戲的情況有：不可能1次結(jié)束；兩次均獎勵，結(jié)束；前兩次中一次獎勵一次被罰，第三次獎勵，結(jié)束；其概率為P＝(eq\f(1,4))2＋Ceq\o\al(1,2)(eq\f(1,4)×eq\f(3,4))×eq\f(1,4)＝eq\f(5,32).3．(2023·廣東一模)某商場為了回饋廣大顧客，設(shè)計了一個抽獎活動，在抽獎箱中放10個大小相同的小球，其中5個為紅色，5個為白色．抽獎方式為：每名顧客進(jìn)行兩次抽獎，每次抽獎從抽獎箱中一次性摸出兩個小球．如果每次抽獎摸出的兩個小球顏色相同即為中獎，兩個小球顏色不同即為不中獎．(1)若規(guī)定第一次抽獎后將球放回抽獎箱，再進(jìn)行第二次抽獎，求中獎次數(shù)X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)若規(guī)定第一次抽獎后不將球放回抽獎箱，直接進(jìn)行第二次抽獎，求中獎次數(shù)Y的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)如果你是商場老板，如何在上述兩種抽獎方式中進(jìn)行選擇？請寫出你的選擇及簡要理由．解：(1)若第一次抽獎后將球放回抽獎箱，再進(jìn)行第二次抽獎，則每次中獎的概率為eq\f(Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(4,9)，因為兩次抽獎相互獨立，所以中獎次數(shù)X服從二項分布，即X～B(2，eq\f(4,9))，所以X的所有可能取值為0，1，2，則P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,2)·(eq\f(4,9))0×(eq\f(5,9))2＝eq\f(25,81)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)·(eq\f(4,9))1×(eq\f(5,9))1＝eq\f(40,81)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,2)·(eq\f(4,9))2×(eq\f(5,9))0＝eq\f(16,81)，所以X的分布列為：X012Peq\f(25,81)eq\f(40,81)eq\f(16,81)所以X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝2×eq\f(4,9)＝eq\f(8,9).(2)若第一次抽獎后不將球放回抽獎箱，直接進(jìn)行第二次抽獎，中獎次數(shù)Y的所有可能取值為0，1，2，則P(Y＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))·eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(20,63)，P(Y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))·eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,8))＋eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))·eq\f(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(15,63)＋eq\f(15,63)＝eq\f(30,63)＝eq\f(10,21)，P(Y＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))·eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,8))＝eq\f(13,63)，所以Y的分布列為：Y012Peq\f(20,63)eq\f(10,21)eq\f(13,63)所以Y的數(shù)學(xué)期望為E(Y)＝1×eq\f(10,21)＋2×eq\f(13,63)＝eq\f(8,9).(3)因為(1)(2)兩問的數(shù)學(xué)期望相等，第(1)問中兩次獎的概率比第(2)問的大，即eq\f(16,81)<eq\f(13,63)，第(1)不中獎的概率比第(2)問小，即eq\f(25,81)<eq\f(20,63)，回答一：若商場老板希望中兩次獎的顧客多，產(chǎn)生宣傳效應(yīng)，則選擇按第(2)問方式進(jìn)行抽獎．回答二：若商場老板希望中獎的顧客多，則選擇按第(1)問方式進(jìn)行抽獎．4．(2023·簡陽校級模擬)設(shè)兩名象棋手約定誰先贏k(k>1，k∈N)局，誰便贏得全部獎金a元．已知每局甲贏的概率為p(0<p<1)，乙贏的概率為1－p，且每局比賽相互獨立．在甲贏了m(m<k)局，乙贏了n(n<k)局時，比賽意外終止．獎金該怎么分才合理？請回答下面的問題．(1)規(guī)定如果出現(xiàn)無人先贏k局而比賽意外終止的情況，那么甲、乙便按照比賽再繼續(xù)進(jìn)行下去各自贏得全部獎金的概率之比進(jìn)行分配．若a＝243，k＝4，m＝2，n＝1，p＝eq\f(2,3)，則甲應(yīng)分得多少獎金？(2)記事件A為“比賽繼續(xù)進(jìn)行下去且乙贏得全部獎金”，試求當(dāng)k＝4，m＝2，n＝1時比賽繼續(xù)進(jìn)行下去且甲贏得全部獎金的概率f(p)．規(guī)定：若隨機(jī)事件發(fā)生的概率小于0.05，則稱該隨機(jī)事件為小概率事件，請判斷當(dāng)p≥eq\f(3,4)時，事件A是否為小概率事件，并說明理由．解：(1)設(shè)比賽再繼續(xù)進(jìn)行X局甲贏得全部獎金，則最后一局必然甲贏．由題意知，最多再進(jìn)行4局，甲、乙必然有人贏得全部獎金．當(dāng)X＝2時，甲以4∶1贏，得P(X＝2)＝(eq\f(2,3))2＝eq\f(4,9)；當(dāng)X＝3時，甲以4∶2贏，得P(X＝3)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×(1－eq\f(2,3))×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；當(dāng)X＝4時，甲以4∶3贏，得P(X＝4)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×(1－eq\f(2,3))2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,27).于是，甲贏得全部獎金的概率為eq\f(4,9)＋eq\f(8,27)＋eq\f(4,27)＝eq\f(24,27)＝eq\f(8,9)，進(jìn)而得甲應(yīng)分得的獎金為243×eq\f(8,9)＝216(元)．(2)設(shè)比賽繼續(xù)進(jìn)行Y局且乙贏得全部獎金，則最后一局必然乙贏．當(dāng)Y＝3時，乙以4∶2贏，得P(Y＝3)＝(1－p)3；當(dāng)Y＝4時，乙以4∶3贏，得P(Y＝4)＝Ceq\o\al(1,3)p(1－p)3＝3p(1－p)3.所以，乙贏得全部獎金的概率P(A)＝(1－p)3＋3p(1－p)3＝(1＋3p)(1－p)3.于是，甲贏得全部獎金的概率f(p)＝1－(1＋3p)(1－p)3.對f(p)求導(dǎo)，得f′(p)＝－3(1－p)3－(1＋3p)·3(1－p)2·(－1)＝12p(1－p)2.因為eq\f(3,4)≤p<1，所以f′(p)>0，得f(p)在[eq\f(3,4)，1)上是嚴(yán)格單調(diào)遞增，于是f(p)min＝f(eq\f(3,4))＝eq\f(243,256).由此可知，P(A)max＝1－eq\f(243,256)＝eq\f(13,256)≈0.0508>0.05，即乙贏的最大概率大于0.05，所以事件A不一定是小概率事件．5．(2023·佛山模擬)某地區(qū)舉行數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)測評，要求以學(xué)校為單位參賽，最終A學(xué)校和B學(xué)校進(jìn)入決賽．決賽規(guī)則如下：現(xiàn)有甲、乙兩個紙箱，甲箱中有4道選擇題和2道填空題，乙箱中有3道選擇題和3道填空題，決賽由兩個環(huán)節(jié)組成，環(huán)節(jié)一：要求兩校每位參賽同學(xué)在甲或乙兩個紙箱中隨機(jī)抽取兩題作答，作答后放回原箱；環(huán)節(jié)二：由A學(xué)校和B學(xué)校分別派出一名代表進(jìn)行比賽．兩個環(huán)節(jié)按照相關(guān)比賽規(guī)則分別累計得分，以累計得分的高低決定名次．(1)環(huán)節(jié)一結(jié)束后，采用樣本量比例分配的分層隨機(jī)抽樣，如果不知道樣本數(shù)據(jù)，只知道從A學(xué)校抽取12人，其答對題目的平均數(shù)為1，方差為1，從B學(xué)校抽取8人，其答對題目的平均數(shù)為1.5，方差為0.25，求這20人答對題目的均值與方差；(2)環(huán)節(jié)二，A學(xué)校代表先從甲箱中依次抽取了兩道題目，答題結(jié)束后將題目一起放入乙箱中，然后B學(xué)校代表再從乙箱中抽取題目，已知B學(xué)校代表從乙箱中抽取的第一題是選擇題，求A學(xué)校代表從甲箱中取出的是兩道選擇題的概率．解：(1)由題知，樣本均值為：eq\f(12×1＋8×1.5,12＋8)＝1.2，所以樣本方差為：eq\f(12×[1＋（1－1.2）2]＋8×[0.25＋（1.5－1.2）2],20)＝0.76，所以這20人答對題目的均值為1.2，方差為0.76.(2)設(shè)事件A為“B學(xué)校代表從乙箱中抽取的第一題是選擇題”，事件B1為“A學(xué)校代表先從甲箱中依次抽取了兩道選擇題”，B2表示“A學(xué)校代表先從甲箱中依次抽取了1道選擇題，1道填空題”，B3表示“A學(xué)校代表先從甲箱中依次抽取了兩道填空題”，易知B1，B2，B3兩兩互斥，B1∪B2∪B3＝Ω，P(B1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,5)，P(B2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(8,15)，P(B3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,15)，P(A|B1)＝eq\f(5,8)，P(A|B2)＝eq\f(8,15)，P(A|B3)＝eq\f(3,8)，P(A)＝P(B1)×P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)·P(A|B3)＝eq\f(13,24)，所求概率即為A發(fā)生的條件下B1發(fā)生的概率：P(B1|A)＝eq\f(P（B1）P（A|B1）,P（A）)＝eq\f(6,13).6．(2023·廣東二模)甲、乙兩名圍棋學(xué)員進(jìn)行圍棋比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負(fù)者得0分，平局雙方均得0分，比賽一直進(jìn)行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽．已知每局比賽中，甲獲勝的概率為α，乙獲勝的概率為β，兩人平局的概率為γ(α＋β＋γ＝1，α>0，β>0，γ≥0)，且每局比賽結(jié)果相互獨立．(1)若α＝eq\f(2,5)，β＝eq\f(2,5)，γ＝eq\f(1,5)，求進(jìn)行4局比賽后甲學(xué)員贏得比賽的概率；(2)當(dāng)γ＝0時，①若比賽最多進(jìn)行5局，求比賽結(jié)束時比賽局?jǐn)?shù)X的分布列及期望E(X)的最大值；②若比賽不限制局?jǐn)?shù)，寫出“甲學(xué)員贏得比賽”的概率(用α，β表示)，無需寫出過程．解：(1)用事件A，B，C分別表示每局比賽“甲獲勝”“乙獲勝”或“平局”，則P(A)＝α＝eq\f(2,5)，P(B)＝β＝eq\f(2,5)，P(C)＝γ＝eq\f(1,5)，記“進(jìn)行4局比賽后甲學(xué)員贏得比賽”為事件N，則事件N包括事件ABAA，BAAA，ACCA，CACA，CCAA共5種，所以P(N)＝P(ABAA)＋P(BAAA)＋P(ACCA)＋P(CACA)＋P(CCAA)＝2P(B)P(A)P(A)P(A)＋3P(C)P(C)P(A)P(A)＝2×(eq\f(2,5))4＋3×(eq\f(1,5))2×(eq\f(2,5))2＝eq\f(44,625).(2)①因為γ＝0，所以每局比賽結(jié)果僅有“甲獲勝”和“乙獲勝”，即α＋β＝1，由題意得X的所有可能取值為2，4，5，則P(X＝2)＝α2＋β2，P(X＝4)＝(αβ＋βα)α2＋(αβ＋βα)β2＝2αβ