2017高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 理（课件+习题）（打包22套）.zip

12017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.1.1 事件与概率对点训练 理1．4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A. B.18 38C. D.58 78答案 D解析 由题意知 4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有 24种情况，而 4 位同学都选周六有 1 种情况，4 位同学都选周日有 1 种情况，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 P＝ ＝ ＝ ，故选 D.24－ 1－ 124 1416 782.袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球．从中一次随机摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为________．答案 56解析 从 4 只球中一次随机摸出 2 只球，C ＝6，有 6 种结果，其中这 2 只球颜色不同24有 5 种结果，故所求概率为 .563．现有某类病毒记作 XmYn，其中正整数 m， n(m≤7， n≤9)可以任意选取，则 m， n 都取到奇数的概率为________．答案 2063解析 由题意知 m 的可能取值为 1,2,3，…，7； n 的可能取值为 1,2,3…，9.由于是任取 m， n：若 m＝1 时， n 可取 1,2,3，…，9，共 9 种情况；同理 m 取 2,3，…，7 时， n也各有 9 种情况，故 m， n 的取值情况共有 7×9＝63 种．若 m， n 都取奇数，则 m 的取值为1,3,5,7； n 的取值为 1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有 4×5＝20 种．故所求概率为 .20634．A，B 两组各有 7 位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10,11,12,13,14,15,16；B 组：12,13,15,16,17,14， a.假设所有病人的康复时间相互独立．从 A，B 两组随机各选 1 人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于 14 天的概率；(2)如果 a＝25, 求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当 a 为何值时，A，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解 设事件 Ai为“甲是 A 组的第 i 个人” ，事件 Bi为“乙是 B 组的第 i 个人” ， i＝1,2，…，7.2由题意可知 P(Ai)＝ P(Bi)＝ ， i＝1,2，…，7.17(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于 14 天”等价于“甲是 A 组的第 5 人，或者第 6 人，或者第 7 人” ，所以甲的康复时间不少于 14 天的概率是P(A5∪ A6∪ A7)＝ P(A5)＋ P(A6)＋ P(A7)＝ .37(2)设事件 C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长” ．由题意知，C＝ A4B1∪ A5B1∪ A6B1∪ A7B1∪ A5B2∪ A6B2∪ A7B2∪ A7B3∪ A6B6∪ A7B6.因此 P(C)＝ P(A4B1)＋ P(A5B1)＋ P(A6B1)＋ P(A7B1)＋ P(A5B2)＋ P(A6B2)＋ P(A7B2)＋ P(A7B3)＋ P(A6B6)＋ P(A7B6)＝10 P(A4B1)＝10 P(A4)P(B1)＝ .1049(3)a＝11 或 a＝18.第十二章 概率与统计 第 1讲 概率 考点一 事件与概率 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.1.2 古典概型对点训练 理1.袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球，其中有 10 个白球，5 个红球．从袋中任取 2 个球，所取的 2 个球中恰有 1 个白球，1 个红球的概率为( )A. B.521 1021C. D．11121答案 B解析 由题意得基本事件的总数为 C ，恰有 1 个白球与 1 个红球的基本事件个数为 C215C ，所以所求概率 P＝ ＝ .故选 B.1015C10C15C215 10212．从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则这 2 个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A. B.15 25C. D.35 45答案 C解析 从 5 个点取 2 个共有 C ＝10 种取法，而不小于正方形边长的只有 4 条边与 2 条25对角线，共 6 种，所以 P＝ ＝ .610 353．有一个奇数列，1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组，第一组有 1 个数为 1，第二组有 2 个数为 3、5，第三组有 3 个数为 7、9、11，…，依此类推，则从第十组中随机抽取一个数恰为 3 的倍数的概率为( )A. B.110 310C. D.15 35答案 B解析 将数列 1,3,5,7,9…记为{ an}，则前九组共有 1＋2＋3＋…＋9＝45 个奇数，故第十组中第一个数字为 a46＝2×46－1＝91，第十组共有 10 个奇数，分别是91,93,95,97,99,101,103,105,107,109 这 10 个数字，其中为 3 的倍数的数有 93,99,105三个，故所求概率为 P＝ .3104．从正方体的 8 个顶点的任意两个所确定的所有直线中取出两条，则这两条直线是异面直线的概率是( )A. B.29189 29632C. D.3463 47答案 B解析 从 8 个顶点中任选 2 个共确定直线 28 条，从中任取两条直线，共有 C 种取法；28考查异面直线有多少对，可以考虑 8 个顶点共组成多少个三棱锥：上、下底面各取两点，共面的情形有 10 个．从而三棱锥共 2C C ＋C C －10＝58 个，每个三棱锥有三对异面直线，1434 2424故 P＝ ＝ .58×3C28 29635．从分别写有 1,2,3,4,5 的五张卡片中任取两张，假设每张卡片被取到的概率相等，且每张卡片上只有一个数字，则取到的两张卡片上的数字之和为偶数的概率为( )A. B.45 1625C. D.1325 25答案 D解析 解法一：(列举法)从分别写有 1,2,3,4,5 的五张卡片中任取两张，总的情况为：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)共 20 种情况．两张卡片上的数字之和为偶数的有：(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,1)，(3,5)，(4,2)，(5,1)，(5,3)共 8 种情况．∴从分别写有 1,2,3,4,5 的五张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字之和为偶数的概率 P＝ ＝ .故选 D.820 25解法二：(组合法)由题意知本题是一个古典概率模型，试验发生包含的事件是从 5 张中随机地抽 2 张，共 C ＝10 种结果．满足条件的事件分两种情况，一种为从 1,3,5 中任取25两张，有 C ＝3 种结果，另一种为从 2,4 中任取两张，有 C ＝1 种，所以取到的两张卡片23 2上的数字之和为偶数共有 3＋1＝4 种结果，∴ P＝ ＝ .故选 D.410 256．从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是 6 的概率为________．答案 16解析 从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数，共有 C 种不同的取法．当这710七个数的中位数是 6 时，应该有 3 个比 6 小的数，还有 3 个比 6 大的数，因此一共有C ·C 种不同的取法，故所求概率 P＝ ＝ ＝ .36 3C36·C3C710 20120 167.从 1,2,3,6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数的乘积为 6 的概率是________．答案 13解析 从 1,2,3,6 这 4 个数中随机地取 2 个数，不同的取法为{1,2}，{1,3}，{1,6}，3{2,3}，{2,6}，{3,6}共 6 个基本事件，其中乘积为 6 的有{1,6}，{2,3}两个基本事件，因此所求事件的概率为 P＝ ＝ .26 138．从 n 个正整数 1,2，…， n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于 5 的概率为 ，则 n＝________.114答案 8解析 因为 5＝1＋4＝2＋3，所以 ＝ ，即 n(n－1)＝56，解得 n＝8 或 n＝－7(舍)2C2n 114．第十二章 概率与统计 第 1讲 概率 考点二 古典概型 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.1.3 几何概型对点训练 理1．在区间[0,1]上随机取两个数 x， y，记 p1为事件“ x＋ y≥ ”的概率， p2为事件12“|x－ y|≤ ”的概率， p3为事件“ xy≤ ”的概率，则( )12 12A． p1p2p3 B． p2p3p1C． p3p1p2 D． p3p2p1答案 B解析 x， y∈[0,1]，事件“ x＋ y≥ ”表示的区域如图(1)中阴影部分 S1，事件12“|x－ y|≤ ”表示的区域如图(2)中阴影部分 S2，事件“ xy≤ ”表示的区域如图(3)中阴12 12影部分 S3.由图知，阴影部分的面积 S2S3S1，正方形的面积为 1×1＝1.根据几何概型的概率计算公式，可得 p2p3p1.22.设复数 z＝( x－1)＋ yi(x， y∈R)，若| z|≤1，则 y≥ x 的概率为( )A. ＋ B. －34 12π 14 12πC. － D. ＋12 1π 12 1π答案 B解析 ∵| z|≤1，∴( x－1) 2＋ y2≤1，表示以 M(1,0)为圆心，1 为半径的圆及其内部，该圆的面积为 π.易知直线 y＝ x 与圆( x－1) 2＋ y2＝1 相交于 O(0,0)， A(1,1)两点，作图如下：∵∠ OMA＝90°，∴ S 阴影 ＝ － ×1×1＝ － .π 4 12 π 4 12故所求的概率 P＝ ＝ ＝ － .S阴 影S⊙ M π 4－ 12π 14 12π3．由不等式组Error!确定的平面区域记为 Ω 1，不等式组Error!确定的平面区域记为Ω 2，在 Ω 1中随机取一点，则该点恰好在 Ω 2内的概率为( )A. B.18 14C. D.34 78答案 D解析 如图，由题意知平面区域 Ω 1的面积 SΩ 1＝ S△ AOM＝ ×2×2＝2.123Ω 1与 Ω 2的公共区域为阴影部分，面积 S 阴 ＝ SΩ 1－ S△ ABC＝2－ ×1× ＝ .12 12 74由几何概型得该点恰好落在 Ω 2内的概率 P＝ ＝ ＝ .故选 D.S阴SΩ 1 742 784．设集合 A＝{( x， y)||x|＋| y|≤2}， B＝{( x， y)∈ A|y≤ x2}，从集合 A 中随机地取出一元素 P(x， y)，则 P(x， y)∈ B 的概率是( )A. B.112 23C. D.1724 56答案 C解析 集合 A 表示顶点为(2,0)，(－2,0)，(0,2)，(0，－2)的正方形，作出集合A， B，如图所示：4则 S 正 ＝8， SB＝8－2 (2－x－x 2)dx＝8－2 Error!＝ ，∴P＝ ＝ .1∫0 [2x－ 12x2－ 13x3] 1731738 1724故应选 C.5．如图，点 A 的坐标为(1,0)，点 C 的坐标为(2,4)，函数 f(x)＝x 2.若在矩形 ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．答案 512解析 依题意知点 D 的坐标为(1,4)，所以矩形 ABCD 的面积 S＝1×4＝4，阴影部分的面积 S 阴影 ＝4－ x2dx＝4－ x3Error!＝4－ ＝ ，根据几何概型的概率计算公式得，所求的2∫1 13 73 53概率 P＝ ＝ ＝ .S阴 影S 534 5126.在棱长为 2 的正方体 ABCD－A 1B1C1D1中，点 O 为底面 ABCD 的中心，在正方体5ABCD－A 1B1C1D1内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为________．答案 1－π12解析 如图，与点 O 距离等于 1 的点的轨迹是一个半球面，其体积为V1＝ × π ×13＝ .12 43 2π3事件“点 P 与点 O 距离大于 1 的概率”对应的区域体积为 23－ ，2π3根据几何概型概率公式得，点 P 与点 O 距离大于 1 的概率 P＝ ＝1－ .23－ 2π323 π127．若在区间[－2,4]上随机地取一个数 x，则满足|x|≤3 的概率为________．答案 56解析 由|x|≤3，所以－3≤x≤3.所以在区间[－2,4]上随机地取一个数 x，满足|x|≤3 的区间为[－2,3]，故所求概率为 ＝ .3－  － 24－  － 2 56第十二章 概率与统计 第 1讲 概率 考点三 几何概型 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.1 概率课时练 理时间：50 分钟基础组1.[2016·枣强中学预测]4 张卡片上分别写有数字 1,2,3,4，从这 4 张卡片中随机抽取2 张，则取出的 2 张卡片上的数字之和为偶数的概率为( )A. B.12 13C. D.23 34答案 B解析 因为从 4 张卡片中任取出 2 张共有 6 种情况，其中 2 张卡片上数字之和为偶数的共有 2 种情况，所以 2 张数字之和为偶数的概率为 .132．[2016·冀州中学一轮检测]将一颗骰子抛掷两次，所得向上点数分别为 m， n，则函数 y＝ mx3－ nx＋1 在[1，＋∞)上为增函数的概率是( )23A. B.12 56C. D.34 23答案 B解析 ∵ y＝ mx3－ nx＋1，∴ y′＝2 mx2－ n.23令 y′＝0 得 x＝± ，n2m∴ x1＝ ， x2＝－ 是函数的两个极值点，n2m n2m∴函数在 上是增函数，则 ≤1，[n2m， ＋ ∞ ) n2m即 n≤2 m.通过建立关于 m， n 的坐标系可得出满足 n≤2 m 的有 30 个，由古典概型公式可得函数 y＝ mx3－ nx＋1 在[1，＋∞)上为增函数的概率是 P＝ ＝ .故23 3036 56选 B.3. [2016·武邑中学一轮检测]设 A 为圆周上一点，在圆周上等可能地任取一点与 A 连接，则弦长超过半径 倍的概率是( )2A. B.34 122C. D.13 35答案 B解析 作等腰直角三角形 AOC 和 AMC， B 为圆上任一点，则当点 B 在 上运动时，弦MmC︵ 长| AB| R，2∴ P＝ ＝ .故选 B.124．[2016·武邑中学月考] ABCD 为长方形， AB＝2， BC＝1， O 为 AB 的中点．在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到 O 的距离大于 1 的概率为( )A. B．1－π 4 π 4C. D．1－π 8 π 8答案 B解析 如图，根据几何概型概率公式得所求概率为P＝ ＝ ＝1－ .故选 B.阴 影 部 分 面 积S长 方 形 ABCD 2－ 12π ·122 π 45．[2016·衡水中学热身]如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1,2,3,4 中的任何一个，允许重复．则填入 A 方格的数字大于 B 方格的数字的概率为( )ABA. B.12 14C. D.34 383答案 D解析 只考虑 A， B 两个方格的排法．不考虑大小， A， B 两个方格有 4×4＝16(种)排法．要使填入 A 方格的数字大于 B 方格的数字，则从 1,2,3,4 中选 2 个数字，大的放入 A格，小的放入 B 格，有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，共 6 种，故填入 A方格的数字大于 B 方格的数字的概率为 ＝ ，选 D.616 386．[2016·冀州中学期末]设 p 在[0,5]上随机地取值，则方程 x2＋ px＋ ＋ ＝0 有实p4 12数根的概率为________．答案 35解析 一元二次方程有实数根即 Δ ＝ p2－4 ＝( p＋1)( p－2)≥0，解得 p≤－1 或(p4＋ 12)p≥2，故所求概率为 ＝ .5－ 25 357．[2016·衡水中学预测]从分别写有 0,1,2,3,4 的五张卡片中取出一张卡片，记下数字后放回，再从中取出一张卡片．则两次取出的卡片上的数字之和恰好等于 4 的概率是________．答案 15解析 从 0,1,2,3,4 五张卡片中取出两张卡片的结果有 25 种，数字之和恰好等于 4 的结果有(0,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)，所以数字和恰好等于 4 的概率是 P＝ .158．[2016·枣强中学热身]现从甲、乙、丙 3 人中随机选派 2 人参加某项活动，则甲被选中的概率为________．答案 23解析 从甲、乙、丙 3 人中随机选派 2 人，共有甲乙、甲丙、乙丙三种选法，其中甲被选中有甲乙、甲丙两种选法，所以甲被选中的概率为 .239．[2016·衡水中学猜题]某商场有奖销售中，购满 100 元商品得 1 张奖券，多购多得.1000 张奖券为一个开奖单位，设特等奖 1 个，一等奖 10 个，二等奖 50 个．设 1 张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为 A， B， C.求：(1)P(A)， P(B)， P(C)；(2)1 张奖券的中奖概率；(3)1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．解 (1) P(A)＝ ， P(B)＝ ＝ ， P(C)＝ ＝ .11000 101000 1100 501000 120(2)因为事件 A， B， C 两两互斥，所以 P(A∪ B∪ C)＝ P(A)＋ P(B)＋ P(C)＝ ＋ ＋11000 1100＝ .120 6110004故 1 张奖券的中奖概率为 .611000(3)P( )＝1－ P(A＋ B)＝1－ ＝ .A∪ B (11000＋ 1100) 9891000故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 .989100010．[2016·衡水中学一轮检测]某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据，如下表所示．一次购物量 1 至4 件 5 至8 件 9 至12 件 13 至16 件 17 件及以上顾客数(人) x 30 25 y 10结算时间(分钟/人) 1 1.5 2 2.5 3已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%.(1)确定 x， y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率．(将频率视为概率)解 (1)由已知得 25＋ y＋10＝55， x＋30＝45，所以 x＝15， y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为＝1.9(分钟)．1×15＋ 1.5×30＋ 2×25＋ 2.5×20＋ 3×10100(2)记 A 表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟” ， A1， A2， A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为 1 分钟” “该顾客一次购物的结算时间为 1.5 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为 2 分钟” ．将频率视为概率得 P(A1)＝ ＝ ， P(A2)15100 320＝ ＝ ， P(A3)＝ ＝ .30100 310 25100 14因为 A＝ A1∪ A2∪ A3，且 A1， A2， A3是互斥事件，所以 P(A)＝ P(A1∪ A2∪ A3)＝ P(A1)＋ P(A2)＋ P(A3)＝ ＋ ＋ ＝ .320 310 14 710故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 .71011．[2016·冀州中学模拟]某学校为了增强学生对数学史的了解，提高学生学习数学的积极性，举行了一次数学史知识竞赛，其中一道题是连线题，要求将 4 名数学家与他们所著的 4 本著作一对一连线，规定：每连对一条得 5 分，连错一条得－2 分．某参赛者随机用 4 条线把数学家与著作一对一全部连接起来．(1)求该参赛者恰好连对一条的概率；(2)求该参赛者得分不低于 6 分的概率．解 4 名数学家和他们所著的 4 本书一对一连线，所有的连线情况有 C C C ＝24(种)，1413125其中恰好连对 1 条的情况有 C C ＝8(种)，恰好连对 2 条的情况有 C ＝6(种)．全部连对的1412 24情况有 1 种．(1)恰好连对 1 条的概率为 ＝ .824 13(2)得分不低于 6 分，说明参赛者连对 2 条或全部连对，所以概率为 ＝ .6＋ 124 72412.[2016·衡水二中周测]设有关于 x 的一元二次方程 x2＋2 ax＋ b2＝0.(1)若 a 是从 0,1,2,3 四个数中任取的一个数， b 是从 0,1,2 三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(2)若 a 是从区间[0,3]任取的一个数， b 是从区间[0,2]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．解 设事件 A 为“方程 x2＋2 ax＋ b2＝0 有实根” ．当 a≥0， b≥0 时，方程 x2＋2 ax＋ b2＝0 有实根的充要条件为 a≥ b.(1)基本事件共有 12 个：(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)．其中第一个数表示 a 的取值，第二个数表示 b 的取值．事件 A 中包含 9 个基本事件，事件 A 发生的概率为 P(A)＝ ＝ .912 34(2)试验的全部结果所构成的区域为{( a， b)|0≤ a≤3,0≤ b≤2}，构成事件 A 的区域为{( a， b)|0≤ a≤3,0≤ b≤2， a≥ b}，如图．所以所求的概率为 P(A)＝ ＝ .3×2－ 12×223×2 23能力组13.[2016·枣强中学仿真]现有四所大学进行自主招生，同时向一所高中的已获省级竞赛一等奖的甲、乙、丙、丁四位学生发录取通知书，若这四名学生都愿意进入这四所大学的任意一所就读，则仅有两名学生被录取到同一所大学的概率为( )A. B.12 916C. D.1116 724答案 B6解析 所求概率 P＝ ＝ .C24·A3444 91614．[2016·衡水二中月考]在半径为 1 的圆内任取一点，以该点为中点作弦，则所作弦的长度超过 的概率是( )3A. B.15 14C. D.13 12答案 B解析 如图， C 是弦 AB 的中点，在直角三角形 AOC 中， AC＝ AB＝ ， OA＝1，所以12 32OC＝ ，12所以符合条件的点必须在半径为 的圆内．12则所作弦的长度超过 的概率是 P＝ ＝ ＝ .3S小 圆S大 圆 (12)2ππ 1415．[2016·武邑中学热身]某次知识竞赛规则如下：主办方预设 3 个问题，选手能正确回答出这 3 个问题，即可晋级下一轮．假设某选手回答正确的个数为 0,1,2 的概率分别是 0.1,0.2,0.3.则该选手晋级下一轮的概率为________．答案 0.4解析 记“答对 0 个问题”为事件 A， “答对 1 个问题”为事件 B， “答对 2 个问题”为事件 C，这 3 个事件彼此互斥， “答对 3 个问题(即晋级下一轮)”为事件 D，则“不能晋级下一轮”为事件 D 的对立事件 ，D－ 显然 P( )＝ P(A∪ B∪ C)＝ P(A)＋ P(B)＋ P(C)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，故 P(D)＝1－ P(D－ )＝1－0.6＝0.4.D－ 16.[2016·衡水二中期中]已知向量 a＝(－2,1)， b＝( x， y)．7(1)若 x， y 分别表示将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为 1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足 a·b＝－1 的概率；(2)若 x， y 在连续区间[1,6]上取值，求满足 a·b0 的概率．解 (1)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所包含的基本事件总数为6×6＝36(个)；由 a·b＝－1，有－2 x＋ y＝－1，所以满足 a·b＝－1 的基本事件为(1,1)，(2,3)，(3,5)，共 3 个；故满足 a·b＝－1的概率为 ＝ .336 112(2)若 x， y 在连续区间[1,6]上取值，则全部基本事件的结果为 Ω ＝{( x， y)|1≤ x≤6,1≤ y≤6}；满足 a·b0 的基本事件的结果为A＝{( x， y)|1≤ x≤6,1≤ y≤6 且－2 x＋ y0}；画出图形如图，正方形的面积为 S 正 ＝25，阴影部分的面积为 S 阴影 ＝25－ ×2×4＝21，故满足12a·b0 的概率为 .212512017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.2.1 离散型随机变量的分布列、均值对点训练 理1．若 n 是一个三位正整数，且 n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称 n 为“三位递增数”(如 137,359,567 等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取 1 个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被 5 整除，参加者得 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)写出所有个位数字是 5 的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分 X 的分布列和数学期望 E(X)．解 (1)个位数是 5 的“三位递增数”有125,135,145,235,245,345.(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为 C ＝84，39随机变量 X 的取值为：0，－1,1，因此P(X＝0)＝ ＝ ，C38C39 23P(X＝－1)＝ ＝ ，C24C39 114P(X＝1)＝1－ － ＝ .114 23 1142所以 X 的分布列为X 0 －1 1P 23 114 1142则 E(X)＝0× ＋(－1)× ＋1× ＝ .23 114 1142 4212.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球．在摸出的 2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有 1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率；(2)若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望．解 (1)记事件 A1＝{从甲箱中摸出的 1 个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的 1 个球是红球}，B1＝{顾客抽奖 1 次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖 1 次获二等奖}，C＝{顾客抽奖 1 次能获奖}．由题意， A1与 A2相互独立， A1 与 A2互斥， B1与 B2互斥，且 B1＝ A1A2， B2＝ A1 ＋A2 A1 A2A2， C＝ B1＋ B2.A12因为 P(A1)＝ ＝ ，410 25P(A2)＝ ＝ ，所以 P(B1)＝ P(A1A2)＝ P(A1)P(A2)＝ × ＝ ，510 12 25 12 15P(B2)＝ P(A1 ＋ A2)＝ P(A1 )＋ P( A2)＝ P(A1)P( )＋ P( )P(A2)＝ P(A1)(1－ P(A2))A2 A1 A2 A1 A2 A1＋(1－ P(A1))P(A2)＝ × ＋ × ＝ .25 (1－ 12) (1－ 25) 12 12故所求概率为 P(C)＝ P(B1＋ B2)＝ P(B1)＋ P(B2)＝ ＋ ＝ .15 12 710(2)顾客抽奖 3 次可视为 3 次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖 1 次获一等奖的概率为 ，所以 X～ B .15 (3， 15)于是 P(X＝0)＝C 0 3＝ ，03(15)(45) 64125P(X＝1)＝C 1 2＝ .13(15)(45) 48125P(X＝2)＝C 2 1＝ .23(15)(45) 12125P(X＝3)＝C 3 0＝ .3(15)(45) 1125故 X 的分布列为X 0 1 2 3P 64125 48125 12125 1125X 的数学期望为 E(X)＝3× ＝ .15 353．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望．解 (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则 P(A)＝ × × ＝ .56 45 34 12(2)依题意得， X 所有可能的取值是 1,2,3.又 P(X＝1)＝ ， P(X＝2)＝ × ＝ ， P(X＝3)＝ × ×1＝ .16 56 15 16 56 45 23所以 X 的分布列为X 1 2 3P 16 16 233所以 E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .16 16 23 524．端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有 10 个粽子，其中豆沙粽 2 个，肉粽 3 个，白粽 5 个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取 3 个．(1)求三种粽子各取到 1 个的概率；(2)设 X 表示取到的豆沙粽个数，求 X 的分布列与数学期望．解 (1)令 A 表示事件“三种粽子各取到 1 个” ，则由古典概型的概率计算公式有 P(A)＝ ＝ .C12C13C15C310 14(2)X 的所有可能值为 0,1,2，且P(X＝0)＝ ＝ ， P(X＝1)＝ ＝ ，C38C310 715 C12C28C310 715P(X＝2)＝ ＝ .C2C18C310 115综上可知， X 的分布列为X 0 1 2P 715 715 115故 E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＝ (个)．715 715 115 355．某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同学．在这 10 名同学中，3 名同学来自数学学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望．解 (1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A，则 P(A)＝ ＝ .C13·C27＋ C03·C37C310 4960所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 .4960(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.P(X＝ k)＝ (k＝0,1,2,3)．Ck4·C3－ k6C310所以，随机变量 X 的分布列为X 0 1 2 3P 16 12 310 130随机变量 X 的数学期望E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .16 12 310 130 656．某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为 和 .现安排甲23 354组研发新产品 A，乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B 研发成功，预计企业可获利润 100 万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．解 记 E＝{甲组研发新产品成功}， F＝{乙组研发新产品成功}．由题设知 P(E)＝ ， P( )＝ ， P(F)＝ ， P( )＝ ，且事件 E 与 F， E 与 ， 与 F， 与 都相互独立．23 E 13 35 F 25 F E E F(1)记 H＝{至少有一种新产品研发成功}，则 ＝ ，于是 P( )＝ P( )P( )H E F H E F＝ × ＝ ，13 25 215故所求的概率为 P(H)＝1－ P( )＝1－ ＝ .H215 1315(2)设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0,100,120,220.因 P(X＝0)＝ P( )＝ × ＝ ， P(X＝100)＝ P( F)＝ × ＝ ＝ ，EF13 25 215 E 13 35 315 15P(X＝120)＝ P(E )＝ × ＝ ， P(X＝220)＝ P(EF)＝ × ＝ ＝ ，F23 25 415 23 35 615 25故所求的分布列为X 0 100 120 220P 215 15 415 25数学期望为 E(X)＝0× ＋100× ＋120× ＋220× ＝ ＝ ＝140.215 15 415 25 300＋ 480＋ 132015 2100157．某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为 n)进行统计，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组作出频率分布直方图，如图(1)所示，并作出样本高度的茎叶图，如图(2)(图中仅列出了高度在[50,60)，[90,100]的数据)．(1)求样本容量 n 和频率分布直方图中的 x、 y 的值；(2)在选取的样本中，从高度在 80 厘米以上(含 80 厘米)的植株中随机抽取 3 株，设随机变量 X 表示所抽取的 3 株高度在[80,90)内的株数，求随机变量 X 的分布列及数学期望．解 (1)由题意可知，样本容量5n＝ ＝50， y＝ ＝0.004，80.016×10 250×10x＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030.(2)由题意可知，高度在[80,90)内的株数为 5，高度在[90,100]内的株数为 2，共 7株．抽取的 3 株中高度在[80,90)内的株数 X 的可能取值为 1,2,3，则P(X＝1)＝ ＝ ＝ ，C15C2C37 535 17P(X＝2)＝ ＝ ＝ ，C25C12C37 2035 47P(X＝3)＝ ＝ ＝ .C35C02C37 1035 27所以 X 的分布列为X 1 2 3P 17 47 27所以 E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .17 47 27 157第十二章 概率与统计第 2讲 离散型随机变量及其分布列、均值与方差考点一 离散型随机变量的分布列、均值撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第十二章 概率与统计 12.2.2 离散型随机变量的分布列、均值、方差的应用对点训练 理1．已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球( m≥3， n≥3)，从乙盒中随机抽取 i(i＝1,2)个球放入甲盒中．(a)放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为 ξ i(i＝1,2)；(b)放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i＝1,2)．则( )A． p1p2， E(ξ 1)E(ξ 2)C． p1p2， E(ξ 1)E(ξ 2)D． p10，即有 p1p2.此时， ξ 2的取值为 1,2,3.P(ξ 2＝1)＝ ， P(ξ 2＝2)n6 m＋ n C2nC2m＋ n＝ ， P(ξ 2＝3)＝ ，则 E(ξ 2)＝1× ＋2× ＋3× ＝C1mC1nC2m＋ n C2mC2m＋ n C2nC2m＋ n C1mC1nC2m＋ n C2mC2m＋ n＝3 p2＝ ，则有 E(ξ 1)p2， E(ξ 1)70)＝ P(T1＝35， T2＝40)＋ P(T1＝40， T2＝35)A＋ 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.A4.为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员 3 名，其中种子选手 2 名；乙协会的运动员 5 名，其中种子选手 3名．从这 8 名运动员中随机选择 4 人参加比赛．(1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手，且这 2 名种子选手来自同一个协会”，求事件 A 发生的概率；(2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望．解 (1)由已知，有P(A)＝ ＝ .C2C23＋ C23C23C48 6353所以，事件 A 发生的概率为 .635(2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.P(X＝ k)＝ (k＝1,2,3,4)．Ck5C4－ k3C48所以，随机变量 X 的分布列为X 1 2 3 4P 114 37 37 114随机变量 X 的数学期望 E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .114 37 37 114 525．已知 2 件次品和 3 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用 100 元，设 X 表示直到检测出 2 件次品或者检测出 3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求 X 的分布列和均值(数学期望)．解 (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件 A，P(A)＝ ＝ ，A12A13A25 310(2)X 的可能取值为 200,300,400.P(X＝200)＝ ＝ ，A2A25 110P(X＝300)＝ ＝ ，A3＋ C12C13A2A35 310P(X＝400)＝1－ P(X＝200)－ P(X＝300)＝1－ － ＝ .110 310 610故 X 的分布列为X 200 300 400P 110 310 610E(X)＝200× ＋300× ＋400× ＝350.110 310 6106．李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：场次 投篮次数 命中次数 场次 投篮次数 命中次数主场 1 22 12 客场 1 18 8主场 2 15 12 客场 2 13 12主场 3 12 8 客场 3 21 7主场 4 23 8 客场 4 18 15主场 5 24 20 客场 5 25 12(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概率；4(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6 的概率；(3)记 是表中 10 个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记 X 为李明在这x场比赛中的命中次数，比较 E(X)与 的大小．(只需写出结论)x解 (1)根据投篮统计数据，在 10 场比赛中，李明投篮命中率超过 0.6 的场次有 5 场，分别是主场 2，主场 3，主场 5，客场 2，客场 4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5.(2)设事件 A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”，事件 B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”，事件 C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6”．则 C＝ A ∪ B， A， B 独立．B A根据投篮统计数据， P(A)＝ ， P(B)＝ .35 25P(C)＝ P(A )＋ P( B)＝ × ＋ × ＝ .B A35 35 25 25 1325所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过 0.6 的概率为 .1325(3)E(X)＝ .x7．设每个工作日甲、乙、丙、丁 4 人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少 3 人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求 X 的数学期望．解 设 Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备， i＝0,1,2，B 表示事件：甲需使用设备，C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少 3 人需使用设备．(1)D＝ A1·B·C＋ A2·B＋ A2· ·C.BP(B)＝0.6， P(C)＝0.4， P(Ai)＝C ×0.52， i＝0,1,2，i2所以 P(D)＝ P(A1·B·C＋ A2·B＋ A2· ·C)B＝ P(A1·B·C)＋ P(A2·B)＋ P(A2· ·C)B＝ P(A1)P(B)P(C)＋ P(A2)P(B)＋ P(A2)P( )P(C)B＝0.31.(2)X 的可能取值为 0,1,2,3,4，其分布列为P(X＝0)＝ P( ·A0· )＝ P( )P(A0)P( )＝(1－0.6)×0.5 2×(1－0.4)＝0.06，B C B CP(X＝1)＝ P(B·A0· ＋ ·A0·C＋ ·A1· )C B B C＝ P(B)P(A0)P( )＋ P( )P(A0)P(C)＋ P( )P(A1)P( )C B B C＝0.6×0.5 2×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.5 2×0.4＋(1－0.6)×2×0.5 2×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝ P(A2·B·C)＝ P(A2)P(B)P(C)＝0.5 2×0.6×0.4＝0.06，5P(X＝3)＝ P(D)－ P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－ P(X＝0)－ P(X＝1)－ P(X＝3)－ P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，数学期望 E(X)＝0× P(X＝0)＋1× P(X＝1)＋2× P(X＝2)＋3× P(X＝3)＋4× P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.8．盒中共有 9 个球，其中有 4 个红球、3 个黄球和 2 个绿球，这些球除颜色外完全相同. (1)从盒中一次随机取出 2 个球，求取出的 2 个球颜色相同的概率 P；(2)从盒中一次随机取出 4 个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为 x1， x2， x3，随机变量 X 表示 x1， x2， x3中的最大数．求 X 的概率分布和数学期望 E(X)．解 (1)取到的 2 个颜色相同的球可能是 2 个红球、2 个黄球或 2 个绿球，所以 P＝＝ ＝ .C24＋ C23＋ C2C29 6＋ 3＋ 136 518(2)随机变量 X 所有可能的取值为 2,3,4，{X＝4}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 4 个红球” ，故 P(X＝4)＝ ＝ ；C4C49 1126{X＝3}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 3 个红球和 1 个其他颜色的球，或 3 个黄球和 1 个其他颜色的球” ，故 P(X＝3)＝ ＝ ＝ ；C34C15＋ C3C16C49 20＋ 6126 1363于是 P(X＝2)＝1－ P(X＝3)－ P(X＝4)＝1－ － ＝ .1363 1126 1114所以随机变量 X 的概率分布如下表：X 2 3 4P 1114 1363 1126因此随机变量 X 的数学期望 E(X)＝2× ＋3× ＋4× ＝ .1114 1363 1126 2099.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1000 位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元，其余 3 个均为 10 元，求：①顾客所获的奖励额为 60 元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是 60000 元，并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和50 元的两种球组成，或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的 4 个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解 (1)设顾客所获的奖励额为 X.①依题意，得 P(X＝60)＝ ＝ ，C1C13C24 126即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 .12②依题意，得 X 的所有可能取值为 20,60.P(X＝60)＝ ， P(X＝20)＝ ＝ ，12 C23C24 12即 X 的分布列为X 20 60P 0.5 0.5所以顾客所获的奖励额的期望为 E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为 60 元．所以，先寻找期望为 60 元的可能方案．对于面值由 10 元和 50 元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为 60 元是面值之和的最大值，所以期望不可能为 60 元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为 60 元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为 60 元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案 1.对于面值由 20 元和 40 元组成的情况，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)，记为方案 2.以下是对两个方案的分析：对于方案 1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为 X1，则 X1的分布列为X1 20 60 100P 16 23 16X1的期望为 E(X1)＝20× ＋60× ＋100× ＝60，16 23 16X1的方差为 D(X1)＝(20－60) 2× ＋(60－60) 2× ＋(100－60) 2× ＝ .16 23 16 16003对于方案 2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为 X2，则 X2的分布列为X2 40 60 80P 16 23 16X2的期望为 E(X2)＝40× ＋60× ＋80× ＝60，16 23 16X2的方差为 D(X2)＝(40－60) 2× ＋(60－60) 2× ＋(80－60) 2× ＝ .16 23 16 4003由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小，所以应该选择方案 2.10．计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站，过去 50 年的水文资料显示，水库年入流量 X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在 40 以上．其中，不足 80 的年份有 10 年，不低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年，超过 120 的年份有 5 年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．7(1)求未来 4 年中，至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量 X限制，并有如下关系：年入流量 X 40120发电机最多可运行台数 1 2 3若某台发电机运行，则该台年利润为 5000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800 万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？解 (1)依题意， p1＝ P(40120)＝ ＝0.1.3550 550由二项分布，在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 p＝C (1－ p3)044＋C (1－ p3)3p3＝ 4＋4× 3× ＝0.9477.14 (910) (910) 110(2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元)．①安装 1 台发电机的情形．由于水库年入流量总大于 40，故 1 台发电机运行的概率为 1，对应的年利润Y＝5000， E(Y)＝5000×1＝5000.②安装 2 台发电机的情形．依题意，当 40120 时，3 台发电机运行，此时 Y＝5000×3＝15000，因此 P(Y＝15000)＝ P(X120)＝ p3＝0.1，由此得Y 的分布列如下Y 3400 9200 15000P 0.2 0.7 0.1所以， E(Y) ＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台．