統(tǒng)考版2024高考數(shù)學二輪復習板塊1命題區(qū)間精講精講7概率隨機變量及其分布列學案含解析理

PAGE11-概率、隨機變量及其分布列命題點1古典概型求古典概型概率的2個步驟(1)計數(shù)：會利用枚舉法、排列組合法等，求樣本空間所含的基本領件數(shù)n以及事務A所含的基本領件數(shù)m.(2)運算：套用古典概型的概率計算公式P(A)＝eq\f(m,n)求事務A發(fā)生的概率．[高考題型全通關]1．[教材改編]從4名男生和2名女生中任選3人參與某項活動，則所選的3人中女生人數(shù)不超過1的概率是()A．0.8 B．0.6C．0.4 D．0.2A[P＝eq\f(C\o\al(3,4)＋C\o\al(1,2)C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝0.8.故選A．]2．(2024·運城一模)某學校美術室保藏有4幅國畫，其中山水畫、花鳥畫各2幅，現(xiàn)從中隨機抽取2幅進行展覽，則恰好抽到2幅不同種類的概率為()A．eq\f(5,6) B．eq\f(4,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2,3)D[設山水畫為A1，A2，花鳥畫為B1，B2，則共有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)6種狀況，滿意條件的有4種，故P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).故選D．]3．(2024·成都一診)齊王有上等、中等、下等馬各一匹，田忌也有上等、中等、下等馬各一匹．田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬．現(xiàn)在從雙方的馬匹中隨機各選一匹進行一場競賽，若有優(yōu)勢的馬肯定獲勝，則齊王的馬獲勝得概率為()A．eq\f(4,9) B．eq\f(5,9)C．eq\f(2,3) D．eq\f(7,9)C[設齊王上等、中等、下等馬分別為A，B，C，田忌上等、中等、下等馬分別為a，b，c，現(xiàn)從雙方的馬匹中隨機各選一匹進行一場競賽，基本領件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9種，有優(yōu)勢的馬肯定獲勝，齊王的馬獲勝包含的基本領件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共6種，∴齊王的馬獲勝的概率為P＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3)，故選C．]4．(2024·海淀模擬)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12＝5＋7，在不超過18的素數(shù)2,3,5,7,11,13,17中，隨機選取兩個不同的數(shù)，其和等于18的概率是()A．eq\f(1,42) B．eq\f(1,21)C．eq\f(2,21) D．eq\f(1,7)C[在不超過18的素數(shù)2,3,5,7,11,13,17中隨機選取兩個不同的數(shù)共有21種不同的方法，其和等于18包含的基本領件有：(5,13)，(7,11)，共2個，∴其和等于18的概率是P＝eq\f(2,21).]5．(2024·哈爾濱三中模擬)為了給國外新冠肺炎疫情嚴峻的地區(qū)供應救濟，國內(nèi)某機構安排派出由5人組成的專家小組，其中甲、乙、丙3人通曉英語，丁、戊2人通曉法語，現(xiàn)從中隨機選出通曉英語、法語的專家各1名作為領隊，則甲和丁至少有1人被選中的概率為________．eq\f(2,3)[從5人中選出通曉英語、法語的專家各1名的可能結果為(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)共6種狀況．甲和丁至少有1人被選中有(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(丙，丁)，共4種狀況，甲和丁至少有1人被選中的概率為P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).][老師備選]1．從分別標有1,2，…，9的9張卡片中不放回地隨機抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是()A．eq\f(5,18)B．eq\f(4,9)C．eq\f(5,9)D．eq\f(7,9)C[法一：分類法9張卡片中有5張奇數(shù)卡片，4張偶數(shù)卡片，且為不放回地隨機抽取，所以P(第一次抽到奇數(shù)，其次次抽到偶數(shù))＝eq\f(5,9)×eq\f(4,8)＝eq\f(5,18)，P(第一次抽到偶數(shù)，其次次抽到奇數(shù))＝eq\f(4,9)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,18).所以P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝eq\f(5,18)＋eq\f(5,18)＝eq\f(5,9).法二：干脆法依題意，得P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝eq\f(5×4,C\o\al(2,9))＝eq\f(5,9).故選C．]2.如圖是由1個圓、1個三角形和1個長方形構成的組合體，現(xiàn)用紅、藍2種顏色為其涂色，每個圖形只能涂1種顏色，則3個圖形顏色不全相同的概率為________．eq\f(3,4)[設事務M為“3個圖形顏色不全相同”，則其對立事務eq\x\to(M)為“3個圖形顏色全相同”，用紅、藍2種顏色為3個圖形涂色，每個圖形有2種選擇，共有8種狀況．其中顏色全部相同的有2種，即全部用紅色或藍色，所以P(eq\x\to(M))＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，所以P(M)＝1－P(eq\x\to(M))＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).]命題點2幾何概型解決幾何概型問題應留意的2點(1)明確幾何概型的適用條件：基本領件發(fā)生的等可能性和基本領件的無限性．(2)分清幾何概型中的“測度”：留意區(qū)分長度與角度、面積、體積等度量方式．[高考題型全通關]1．在區(qū)間(1,3)內(nèi)，任取1個數(shù)x，則滿意log2(2x－1)＞1的概率為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)D[由題意，滿意log2(2x－1)＞1，則2x－1＞2，解得x＞eq\f(3,2)，所以在區(qū)間(1,3)內(nèi)，任取1個數(shù)x時，x＞eq\f(3,2)的概率為P＝eq\f(3－\f(3,2),3－1)＝eq\f(3,4)，故選D．]2.(2024·咸陽二模)“紋樣”是中國藝術寶庫的珍寶，“火紋”是常見的一種傳統(tǒng)紋樣．為了測算某火紋紋樣(如圖陰影部分所示)的面積，作一個邊長為3的正方形將其包含在內(nèi)，并向該正方形內(nèi)隨機投擲200個點，已知恰有80個點落在陰影部分，據(jù)此可估計陰影部分的面積是()A．eq\f(16,5) B．eq\f(32,5)C．10 D．eq\f(18,5)D[由題意可得eq\f(S陰影,S正方形)＝eq\f(80,200)，∴S陰影＝eq\f(2,5)×32＝eq\f(18,5).故選D．]3．(2024·廣州模擬)如圖，在圓心角為直角、半徑為2的扇形OAB區(qū)域中，M，N分別為OA，OB的中點，在M，N兩點處各有一個通信基站，其信號的覆蓋范圍分別為以OA，OB為直徑的圓，在扇形OAB內(nèi)隨機取一點，則能夠同時收到兩個基站信號的概率是()A．1－eq\f(π,2) B．eq\f(1,2)－eq\f(1,π)C．2－eq\f(4,π) D．eq\f(1,π)B[OA的中點是M，則∠CMO＝90°，半徑r＝2，則扇形OAB的面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(π,2)×22＝π，半圓OAC的面積S1＝eq\f(1,2)π，S△OAC＝eq\f(1,2)×2×1＝1，S弓形OC＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)π－1))，兩個圓的弧OC圍成的陰影部分的面積為eq\f(1,2)π－1，能夠同時收到兩個基站信號的概率P＝eq\f(\f(1,2)π－1,π)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,π).故選B．]4.正六面體有6個面，8個頂點；正八面體有8個面，6個頂點．我們稱它們相互對偶．如圖，連接正六面體各面的中心，就會得到對偶的正八面體，在正六面體內(nèi)隨機取一點，則此點取自正八面體內(nèi)的概率是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,3)A[設正方體的棱長為2，則正方體的體積為8；正八面體是由兩個全等的正四棱錐組成，且棱長為eq\r(2)；故其底面積為2，高為1，體積為eq\f(1,3)×1×2＝eq\f(2,3)；∴正八面體的體積為2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)；∴所求概率為P＝eq\f(\f(4,3),8)＝eq\f(1,6)，故選A．]5．若命題p：從有2件正品和2件次品的產(chǎn)品中任選2件得到都是正品的概率為eq\f(1,3)；命題q：在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)任取一點M，則∠AMB＞90°的概率為eq\f(π,8)，則下列命題是真命題的是()A．p∧q B．(?p)∧qC．p∧(?q) D．?qB[因為從有2件正品和2件次品的產(chǎn)品中任選2件得到都是正品的概率為P1＝eq\f(1,C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，即命題p是錯誤的，則?p是正確的；在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)任取一點M，∠AMB＞90°的概率為P2＝eq\f(\f(1,2)×π×4,4×4)＝eq\f(π,8)，即命題q是正確的，故(?p)∧q是正確的，故選B．]6.如圖所示，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝120°，在∠BAC內(nèi)作射線AM交BC于點M，則BM＜eq\r(3)的概率為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(1,2)A[由題易知∠ABC＝30°.當BM＝eq\r(3)時，在△ABM中，AM＝eq\r(AB2＋BM2－2AB·BMcos30°)＝eq\r(9＋3－2×3×\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(3)，即BM＝AM，則∠BAM＝30°，故BM＜eq\r(3)的概率P＝eq\f(30°,120°)＝eq\f(1,4)，故選A．]命題點3條件概率、二項分布和正態(tài)分布概率的解題原則：先定型，再求解(1)條件概率：在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(nAB,nA).(2)相互獨立事務同時發(fā)生的概率：P(AB)＝P(A)P(B)．(3)獨立重復試驗恰好發(fā)生k次的概率：P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.(4)超幾何分布：在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.(5)正態(tài)分布：若X～N(μ，σ2)，則正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱，常借助圖象的對稱性求隨機變量落在某一范圍內(nèi)的概率．[高考題型全通關]1．某機械探討所對新研發(fā)的某批次機械元件進行壽命追蹤調(diào)查，隨機抽查的200個機械元件狀況如下：運用時間/天10～2021～3031～4041～5051～60個數(shù)1040805020若將頻率視作概率，現(xiàn)從該批次機械元件中隨機抽取3個，則至少有2個元件的運用壽命在30天以上的概率為()A．eq\f(13,16) B．eq\f(27,64)C．eq\f(25,32) D．eq\f(27,32)D[由表可知元件運用壽命在30天以上的頻率為eq\f(80＋50＋20,200)＝eq\f(3,4)，則所求概率為Ceq\o\al(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＋Ceq\o\al(3,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,32).]2．設隨機變量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq\f(5,9)，則P(Y≥1)＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(16,81)C．eq\f(65,81) D．1C[∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq\o\al(0,2)(1－p)2＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)，∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－Ceq\o\al(0,4)(1－p)4＝1－eq\f(16,81)＝eq\f(65,81)，故選C．]3．兩個實習生每人加工一個零件，加工為一等品的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，兩個零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)B[設事務A：甲實習生加工的零件為一等品；事務B：乙實習生加工的零件為一等品，且A，B相互獨立，則P(A)＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(3,4)，所以這兩個零件中恰有一個一等品的概率為P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).]4．設X～N(0,1)，其正態(tài)分布密度曲線如圖所示，點A(1,0)，點B(2,0)，點C(2,1)，點D(1,1)，向正方形ABCD內(nèi)隨意投擲一粒黃豆，則該黃豆落入陰影部分的概率是()(注：X～N(μ，σ2)則P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9973)A．0.8641 B．0.6587C．0.5228 D．0.9785A[S正方形ABCD＝1，∵X～N(0,1)，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9545，∴S正方形中白色部分＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359，∴P(黃豆落入陰影部分)＝eq\f(1－0.1359,1)＝0.8641.故選A．]5．甲、乙二人爭奪一場圍棋競賽的冠軍，若競賽為“三局兩勝”制，甲在每局競賽中獲勝的概率均為eq\f(2,3)，且各局競賽結果相互獨立，則在甲獲得冠軍的狀況下，競賽進行了三局的概率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,5)C．eq\f(2,3) D．eq\f(4,5)B[甲獲得冠軍的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(20,27).甲獲得冠軍且競賽進行了三局的概率為Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，所以在甲獲得冠軍的狀況下，競賽進行了三局的概率P＝eq\f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq\f(2,5).]6．如圖所示的電路有a，b，c三個開關，每個開關開或關的概率都是eq\f(1,2)，且是相互獨立的，則燈泡甲亮的概率為________．eq\f(1,8)[燈泡甲亮滿意的條件是a，c兩個開關都閉合，b開關必需斷開，否則短路．記“a閉合”為事務A，“b閉合”為事務B，“c閉合”為事務C，則燈泡甲亮應為事務Aeq\x\to(B)C，且A，B，C之間相互獨立，P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,2).由獨立事務概率公式知P(Aeq\x\to(B)C)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).]命題點4隨機變量的期望與方差1．變量ξ的數(shù)學期望、方差(1)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.(2)D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋[xn－E(ξ)]2·pn，標準差為eq\r(Dξ).2．期望、方差的性質(zhì)(1)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．(2)若ξ～B(n，p)，則E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．(3)X聽從兩點分布，則E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)．[高考題型全通關]1．隨著互聯(lián)網(wǎng)的發(fā)展，網(wǎng)絡購物用戶規(guī)模也不斷壯大，網(wǎng)上購物越來越成為人們熱衷的一種現(xiàn)代消費方式．假設某群體的20位成員中每位成員網(wǎng)購的概率都為p，各成員的網(wǎng)購相互獨立．設X為該群體中運用網(wǎng)購的人數(shù)，D(X)＝4.8，P(X＝9)＜P(X＝11)，則p＝()A．0.3 B．0.4C．0.6 D．0.7C[∵X～B(20，p)，且P(X＝9)＜P(X＝11)，∴Ceq\o\al(9,20)p9(1－p)11＜Ceq\o\al(11,20)p11(1－p)9，即(1－p)2＜p2，解得0.5＜p＜1，所以D(X)＝20p(1－p)＝4.8，整理得p2－p＋0.24＝0，解得p＝0.6或p＝0.4(舍去)．故選C．]2．(2024·學軍中學模擬)已知a，b為實數(shù)，隨機變量X，Y的分布列如下：若E(Y)＝P(Y＝－1)，隨機變量ξ滿意ξ＝XY，其中隨機變量XY相互獨立，則E(ξ)的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(3,4)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,18)，0))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,18)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(3,4)，1))B[由已知，E(Y)＝c－a，所以c－a＝a，即c＝2a，又a＋b＋c＝1，故b＝1－a－c＝1－3a∈[0,1]，所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，eq\f(1,3)))，又隨機變量XY的可能取