1、1 第6讲 随机变量及其分布 题型1 相互独立事件的概率与条件概率 (对应学生用书第18页) 核心知识储备 1条件概率 在A发生的条件下B发生的概率为P(B|A) . PAB PA nAB nA 2相互独立事件同时发生的概率 P(AB)P(A)P(B) 3独立重复试验的概率 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生 k次的概率为P n (k)C p k (1p) nk ，k0,1,2，n. k n 典题试解寻法 【典题 1】 (考查条件概率)如图61，ABC和DEF是同一个圆的内接正三角形，且 BCEF.将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M表示事件“豆子落在ABC内
2、” ，N表示事 件“豆子落在DEF内” ，则P( |M)( ) N 图61 A. B. C. D. 3 3 4 3 2 1 3 2 3 解析 如图，作三条辅助线，根据已知条件得这些小三角 形都全等，ABC包含9个小三角形，满足事件 M的有3个 N 小三角形， 所以P( |M) ，故选C. N nNM nM 3 9 1 3 答案 C2 【典题 2】 (考查相互独立事件的概率)(2017福州五校联考)为了检验某大型乒乓球赛 男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制 (即一场比赛先胜4局者为胜)的规则在队员甲与乙的比赛中，假设每局甲获胜的概率 为 ，乙获胜的概率为
3、，各局比赛结果相互独立 2 3 1 3 (1)求甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率； (2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和数学期望. 【导学号：07804040】 解 (1)由题意得，甲在5局以内(含5局)赢得比赛的概率P C ( 2 3 ) 41 4 ( 2 3 ) 41 3 . 112 243 (2)由题意知，X的所有可能取值为4,5,6,7， 且P(X4) ， ( 2 3 ) 4( 1 3 ) 417 81 P(X5)C C ， 1 4 ( 2 3 ) 41 3 1 4 2 3 ( 1 3 ) 472 243 8 27 P(X6)C C ， 2 5 ( 2 3 ) 4(
4、1 3 ) 22 5 ( 2 3 ) 2( 1 3 ) 4200 729 P(X7)C C . 3 6 ( 2 3 ) 4( 1 3 ) 33 6 ( 2 3 ) 3( 1 3 ) 4160 729 所以X的分布列为 X 4 5 6 7 P 17 81 8 27 200 729 160 729 E(X)4 5 6 7 . 17 81 8 27 200 729 160 729 4 012 729 类题通法 1.解决条件概率的关键是明确“既定条件”. 2.求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法 1直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的 和事件或几个相互独立事件同时发
5、生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概 率公式求解. 2间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进 行求解.对于“至少” “至多”等问题往往也用这种方法求解. 对点即时训练3 1某同学用计算器产生了两个0,1之间的均匀随机数，分别记作x，y.当y 的 1 2 概率是( ) A. B 7 24 1 2 C. D 7 12 7 8 D 记“y ”为事件B，所以(x，y)构成的 1 2 区域如图所示，所以 S 1 ，S 2 x 2 dxS 1 1 24 1 0 ，则所求概率为 ，故选D. PAB PA S2 S1S2 7 24 1 24 7 24 7 8 2如图62，用
6、K，A 1 ，A 2 三类不同的元件连接成一个系统当K正常工作且A 1 ，A 2 至少 有一个正常工作时，系统正常工作已知K，A 1 ，A 2 正常工作的概率依次为 0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为( ) 图62 A0.960 B0.864 C0.720 D0.576 B 法一：(直接法)由题意知K，A 1 ，A 2 正常工作的概率分别为P(K)0.9，P(A 1 ) 0.8，P(A 2 )0.8，因为K，A 1 ，A 2 相互独立，所以A 1 ，A 2 至少有一个正常工作的 概率为P( 1 A 2 )P(A 1 2 )P(A 1 A 2 )(10.8)0.80.8(10.8)
7、A A 0.80.80.96.所以系统正常工作的概率为P(K)P( 1 A 2 )P(A 1 2 )P(A 1 A 2 ) A A 0.90.960.864. 法二：(间接法)A 1 ，A 2 至少有一个正常工作的概率为1P( 1 2 )1(10.8) A A (10.8)0.96，故系统正常工作的概率为P(K)1P( 1 2 )0.90.960.864. A A 题型强化集训 (见专题限时集训T 1 、T 3 、T 4 、T 6 、T 12 ) 题型2 离散型随机变量的分布列、期望和方差的应用(答题模板) (对应学生用书第19页) 离散型随机变量的分布列问题是高考的热点，常以实际生活为背景，
8、涉及事件的相4 互独立性、互斥事件的概率等，综合性强，难度中等(2017全国卷 T 13 、2017全国卷T 18 、2016全国卷T 19 、2016全国卷T 18 、2013全国 卷T 19 、2013全国卷T 19 ) 典题试解寻法 【典题】 (本小题满分12分)(2016全国卷)某公司计划购买2台机器，该 种机器使用三年后即被淘汰 机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每 个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元. 现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机 器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面如图63所
9、示的 柱状图： 图63 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概 率， 记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数， n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数 (1)求X的分布列； (2)若要求 确定n的最小值； PX n 0.5， (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n19与n20之中选其一， 应选用哪个？ 【导学号：07804041】 审题指导 题眼 挖掘关键信息 看到这种条件， 想到解题时可能要分类求解. 看到柱状图想到频数与频率间的关系， 想到横轴中的取值含义. 看到自变量X想到柱状图， 想到X的所有可能取值.5 看到P(Xn)0.5想到
10、X和n的含义， 想到(1)中的分布列. 规范解答 (1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损 零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2. 1分 由题意可知X的所有可能取值为16，17，18，19，20，21，22. 从而P(X16)0.20.20.04； P(X17)20.20.40.16； P(X18)20.20.20.40.40.24； P(X19)20.20.220.40.20.24； P(X20)20.20.40.20.20.2； P(X21)20.20.20.08； P(X22)0.20.20.04. 4分 所以X的分布列为 X 16
11、 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 6分 (2)由(1) 知PX 180.44，PX 190.68， 故n的最小值为19. 7分 (3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元) 当n19时， E(Y)192000.68(19200500)0.2(192002500) 0.08(192003500)0.044 040； 9分 当n20时， E(Y)202000.88(20200500)0.08(202002500)0.044 080. 11分 可知当n19时所需费用的期望值小于当n20时所需费用的期望值，故应
12、选 n19. 12分 阅卷者说 易错点 防范措施 忽视X的实际含义导致取值错 误，进而导致概率计算错误. 细心审题，把握题干中的重要字眼，关 键处加标记，同时理解X取每个值的含 义. 忽视P(Xn)0.5的含义，导 结合(1)中的分布列及n的含义，推理6 致不会求解. 求解便可. 忽视n19与n20的含义导 致无法解题. 本题中购买零件所需费用包含两部分， 一部分为购买机器时购买零件的费用， 另一部分为备件不足时额外购买的费用. 类题通法 解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路： 1明确随机变量可能取哪些值. 2结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值. 3根据分布列和期
13、望、方差公式求解. 提醒：明确离散型随机变量的取值及事件间的相互关系是求解此类问题的关键. 对点即时训练 (2016湖南益阳4月调研)某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种 产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测检测得分低于80的为不合格品，只能 报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂现随机抽取这两种产品各60件 进行检测，检测结果统计如下： 得分 60,70) 70,80) 80,90) 90,100 甲种产 品的件 数 5 10 34 11 乙种产 品的件 数 8 12 31 9 (1)试分别估计甲，乙两种产品下生产线时为合格品的概率； (2)生产一件甲种产品，若是合格品，
14、可盈利100元，若是不合格品，则亏损20元； 生产一件乙种产品，若是合格品，可盈利90元，若是不合格品，则亏损15元在 (1)的前提下： 记X为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量X的分布 列和数学期望； 求生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元的概率 解 (1)甲种产品为合格品的概率约为 ， 45 60 3 4 乙种产品为合格品的概率约为 . 40 60 2 37 (2)随机变量X的所有可能取值为190,85,70，35， 且P(X190) ， 3 4 2 3 1 2 P(X85) ， 3 4 1 3 1 4 P(X70) ， 1 4 2 3 1 6 P(X35) .
15、 1 4 1 3 1 12 所以随机变量X的分布列为 X 190 85 70 35 P 1 2 1 4 1 6 1 12 所以E(X) 125. 190 2 85 4 70 6 35 12 设生产的5件乙种产品中合格品有n件，则不合格品有(5n)件， 依题意得，90n15(5n)300， 解得n ，又因为0n5，且n为整数，所以n4或n5， 25 7 设“生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元”为事件A，则P(A) C 4 . 4 5 ( 2 3 ) 1 3 ( 2 3 ) 5112 243 题型强化集训 (见专题限时集训T 2 、T 7 、T 8 、T 11 、T 13 ) 题型3 正态
16、分布问题 (对应学生用书第21页) 核心知识储备 正态分布的性质 (1)正态曲线与x轴之间面积为1. (2)正态曲线关于直线x对称，从而在关于x对称的区间上概率相同 (3)P(Xa)1P(Xa)，P(Xa)P(Xa) (4)求概率时充分利用3原则 典题试解寻法 【典题】 (2017全国卷)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检 验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)根 据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从8 正态分布N(， 2 ) (1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在 (3，3)之外的零件数，求P(X1)及
17、X的数学期望； (2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3，3)之外的零件，就认为 这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检 查 试说明上述监控生产过程方法的合理性； 下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得 x i 9.97，s ) x 1 16 16i1 1 16 16i1xix2 1 16 16i1 x2 i16x2 0.212，其中x i 为抽取的第i个零件的尺寸，
18、i1,2，16. 用样本平均数 作为的估计值 ，用样本标准差s作为的估计值 ，利用估计 x 值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除( 3 ， 3 )之外的数据， 用剩下的数据估计和(精确到0.01). 【导学号：07804042】 附：若随机变量Z服从正态分布N(， 2 )，则P(3Z3)0.997 4,0.997 4 16 0.959 2， 0.09. 0.008 思路分析 (1)先由对立事件的概率公式求出P(X1)的值，再利用数学期望的公 式求解 (2)利用独立性检验的思想判断监控生产过程方法的合理性；确定 3 ， 3 的取值，以剔除( 3 ， 3 )之外的数据，再用剩下的数据估计和.
19、 解 (1)抽取的一个零件的尺寸在(3，3)之内的概率为0.997 4，从 而零件的尺寸在(3，3)之外的概率为0.002 6，故XB(16,0.002 6) 因此P(X1)1P(X0)10.997 4 16 0.040 8. X的数学期望E(X)160.002 60.041 6. (2)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3，3)之外的概率只有 0.002 6，一天内抽取的16 个零件中，出现尺寸在(3，3)之外的零件9 的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这 条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查， 可见上述监控生产过
20、程的方法是合理的 由 9.97，s0.212，得的估计值为 9.97，的估计值为 0.212， x 由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在( 3 ， 3 )之外，因此需对当天 的生产过程进行检查 剔除( 3 ， 3 )之外的数据9.22，剩下数据的平均数为 (169.979.22)10.02. 1 15 因此的估计值为10.02. x 160.212 2 169.97 2 1 591.134， 16i1 2 i 剔除( 3 ， 3 )之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为 (1 1 15 591.1349.22 2 1510.02 2 )0.008， 因此的估计值为 0.09. 0.008 类
21、题通法 由于正态分布与频率分布直方图有极大的相似性，故最近五年比较受命题人青睐. 解决正态分布问题有三个关键点：1对称轴x；2标准差；3分布 区间.利用对称性求指定范围内的概率值；由，分布区间的特征进行转化，使 分布区间转化为3特殊区间，从而求出所求概率. 对点即时训练 1设XN(1， 2 ) ，其正态分布密度曲线如图64所示，且 P(X3)0.022 8，那么向 正方形OABC中随机投掷10 000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为( ) 图64 (附：随机变量X服从正态分布N(， 2 )，则P(X) 68.26%，P(2X2)95.44%) A6 038 B6 587 C7 028
22、 D7 539 B 由题意得，P(X1)P(X3)0.022 8，10 P(1X3)10.022 820.954 4，121，1，P(0X1) P(0X2)0.341 3，故估计的个数为10 000(10.341 3)6 587，故选B. 1 2 2从某市统考的学生数学考试卷中随机抽查100份数学试卷作为样本，分别统计出这些试 卷总分，由总分得到如65的频率分布直方图 图65 (1)求这100份数学试卷的样本平均分 和样本方差s 2 (同一组中的数据用该组区间 x 的中点值作代表) (2)由直方图可以认为，这批学生的数学总分Z服从正态分布N(， 2 )，其中 近似为样本平均数 ， 2 近似为样
23、本方差s 2 . x 利用该正态分布，求P(81Z119)； 记X表示2400名学生的数学总分位于区间(81,119)的人数，利用的结果，求 E(X)(用样本的分布区估计总体的分布). 【导学号：07804043】 附： 19， 18，若ZN(， 2 )，则P(Z) 366 326 0.6826，P(2Z2)0.9544. 解 (1) 600.02700.08800.14900.151000.241100.151200.1 x 1300.081400.04100. s 2 (60100) 2 0.02(70100) 2 0.08(80100) 2 0.14(90100) 2 0.15(1101
24、00) 2 0.15(120100) 2 0.1(130100) 2 0.08(140100) 2 0.04366. (2)由题意可知ZN(100,366)又 19，故 366 P(81Z119)P(10019Z10019)0.6826. 由可知一名学生总分落在(81,119)的概率为0.6826. 因为XB(2400,0.6826)，所以E(X)24000.68261638.24.11 题型强化集训 (见专题限时集训T 5 、T 9 、T 10 、T 14 ) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第22页) 1(2015全国卷)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试已知某同学
25、每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率 为( ) A0.648 B0.432 C0.36 D0.312 A 3次投篮投中2次的概率为P(k2)C 0.6 2 (10.6)，投中3次的概率为 2 3 P(k3)0.6 3 ，所以通过测试的概率为P(k2)P(k3)C 0.6 2 (10.6) 2 3 0.6 3 0.648.故选A. 2(2017全国卷)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取 一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX_.1.96 由题意得XB(100,0.02)， DX1000.02(10.02)1.96.
26、3(2016全国卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的 投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如 下： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 一年内出 险次数 0 1 2 3 4 5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值 解 (1)设A表示事件
27、“一续保人本年度的保费高于基本保费” ，则事件A发生当 且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)0.20.20.10.050.55. (2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%” ，则事件B发生当 且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)0.10.050.15. 又P(AB)P(B)，12 故P(B|A) . PAB PA PB PA 0.15 0.55 3 11 因此所求概率为 . 3 11 (3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 E(X) 0.8
28、5a0.30a0.151.25a0.201.5a0.201.75a0.102a0.051.2 3a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 4(2017全国卷)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货 成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价 格当天全部处理完根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位： )有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20,25)， 需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计 划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温
29、10,15) 15,20) 20,25) 25,30) 30,35) 35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率 (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进 货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？ 【导学号：07804044】 解 (1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，由表格数据知P(X200) 0.2，P(X300) 0.4， 216 90 36 90 P(X500) 0.4. 2574 90 因此X的分
30、布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.413 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑 200n500. 当300n500时， 若最高气温不低于25，则Y6n4n2n； 若最高气温位于区间20,25)，则Y63002(n300)4n1 2002n； 若最高气温低于20，则Y62002(n200)4n8002n. 因此EY2n0.4(1 2002n)0.4(8002n)0.26400.4n. 当200n300时， 若最高气温不低于20，则Y6n4n2n； 若最高气温低于20，则Y62002(n200)4n8002n， 因此EY2n(0.40.4)(8002n)0.21601.2n. 所以n300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元
