（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)第二十章條件概率及相互獨(dú)立事件、ｎ次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布課件.pptx

20.2 條件概率及相互獨(dú)立事件、n次獨(dú)立 重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布,高考數(shù)學(xué) (江蘇省專用),統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一 條件概率及相互獨(dú)立事件的概率,五年高考,1.(2019課標(biāo)全國理,15,5分)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽,采取七場四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場勝 利時(shí),該隊(duì)獲勝,決賽結(jié)束).根據(jù)前期比賽成績,甲隊(duì)的主客場安排依次為“主主客客主客主”. 設(shè)甲隊(duì)主場取勝的概率為0.6,客場取勝的概率為0.5,且各場比賽結(jié)果相互獨(dú)立,則甲隊(duì)以41 獲勝的概率是 .,答案 0.18,解析 本題主要考查獨(dú)立事件概率的求解;考查學(xué)生的數(shù)據(jù)處理能力、推理論證能力;考查的 核心素養(yǎng)是邏輯推理與數(shù)學(xué)建模. 由題意可知七場四勝制且甲隊(duì)以41獲勝,則共比賽了5場,且第5場甲勝,前4場中甲勝3場.第 一類:第1場、第2場中甲勝1場,第3場、第4場甲勝,則P1= 0.60.40.52=2 = ;第二 類:第1場、第2場甲勝,第3場、第4場中甲勝1場,則P2=0.62 0.50.5= 2 = ,所以甲 隊(duì)以41獲勝的概率為P= 0.6=0.18.,疑難突破 采用七場四勝制,由題意分析得若甲隊(duì)以41獲勝,則甲隊(duì)在第5場比賽中必勝,且 前4場比賽中勝3場.,2.(2015課標(biāo)全國改編,4,5分)投籃測試中,每人投3次,至少投中2次才能通過測試.已知某同學(xué) 每次投籃投中的概率為0.6,且各次投籃是否投中相互獨(dú)立,則該同學(xué)通過測試的概率為 .,答案 0.648,解析 該同學(xué)通過測試的概率P= 0.620.4+0.63=0.432+0.216=0.648.,3.(2019天津理,16,13分)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間,每天7:30之前到校的概率均為 .假定 甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響,且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立. (1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望; (2)設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中,甲同學(xué)在7:30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7:30之前到校的 天數(shù)恰好多2”,求事件M發(fā)生的概率.,解析 本題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,互斥事件和相互獨(dú)立事件的概率 計(jì)算公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查運(yùn)用概率知識(shí)解決簡單實(shí)際問題的能力,重點(diǎn)考查數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué) 運(yùn)算的核心素養(yǎng).滿分13分. (1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立,且每天7:30之前到校的概率均為 ,故X B ,從而P(X=k)= ,k=0,1,2,3. 所以,隨機(jī)變量X的分布列為,隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=3 =2. (2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù)為Y,則YB ,且M=X=3,Y=1X=2, Y=0. 由題意知事件X=3,Y=1與X=2,Y=0互斥,且事件X=3與Y=1,事件X=2與Y=0均相互 獨(dú)立, 從而由(1)知P(M)=P(X=3,Y=1X=2,Y=0)=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)=P(X=3)P(Y=1)+P(X= 2)P(Y=0)= + = .,4.(2019課標(biāo)全國理,18,12分)11分制乒乓球比賽,每贏一球得1分,當(dāng)某局打成1010平后,每 球交換發(fā)球權(quán),先多得2分的一方獲勝,該局比賽結(jié)束.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽,假設(shè)甲發(fā) 球時(shí)甲得分的概率為0.5,乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方101 0平后,甲先發(fā)球,兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束. (1)求P(X=2); (2)求事件“X=4且甲獲勝”的概率.,解析 本題主要考查獨(dú)立事件概率的求解.考查學(xué)生的邏輯推理及數(shù)據(jù)處理能力;考查的核心 素養(yǎng)是數(shù)據(jù)分析和邏輯推理. (1)X=2就是1010平后,兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束,則這2個(gè)球均由甲得分,或者均由乙得 分.因此P(X=2)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5. (2)X=4且甲獲勝,就是1010平后,兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束,且這4個(gè)球的得分情況為: 前兩球是甲、乙各得1分,后兩球均為甲得分. 因此所求概率為0.5(1-0.4)+(1-0.5)0.40.50.4=0.1.,5.(2016課標(biāo)全國,18,12分)某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為a(單位:元),繼續(xù)購買該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù) 保人,續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下:,設(shè)該險(xiǎn)種一續(xù)保人一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)與相應(yīng)概率如下:,(1)求一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)的概率; (2)若一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi),求其保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%的概率; (3)求續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值.,解析 (1)設(shè)A表示事件:“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)”,則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一 年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. (3分) (2)設(shè)B表示事件:“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%”,則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年 內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15. 又P(AB)=P(B),故P(B|A)= = = = . 因此所求概率為 . (7分) (3)記續(xù)保人本年度的保費(fèi)為X元,則X的分布列為,EX=0.85a0.30+a0.15+1.25a0.20+1.5a0.20+1.75a0.10+2a0.05=1.23a. 因此續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值為1.23. (12分),思路分析 (1)將本年度保費(fèi)高于基本保費(fèi)a對(duì)應(yīng)的所有事件的概率相加即可; (2)利用條件概率公式求解; (3)求出續(xù)保人本年度保費(fèi)的期望與基本保費(fèi)的比值即可.,考點(diǎn)二 n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布 1.(2018課標(biāo)全國理改編,8,5分)某群體中的每位成員使用移動(dòng)支付的概率都為p,各成員的支 付方式相互獨(dú)立.設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù),DX=2.4,P(X=4)P(X=6),則 p= .,答案 0.6,解析 本題考查相互獨(dú)立事件及二項(xiàng)分布. 由題知XB(10,p),則DX=10p(1-p)=2.4,解得p=0.4或0.6.又P(X=4)0.5,p=0.6.,2.(2017課標(biāo)全國理,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(jī)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= .,答案 1.96,解析 本題主要考查二項(xiàng)分布. 由題意可知XB(100,0.02),由二項(xiàng)分布可得DX=1000.02(1-0.02)=1.96.,3.(2016四川理,12,5分)同時(shí)拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣,當(dāng)至少有一枚硬幣正面向上時(shí),就說這 次試驗(yàn)成功,則在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的均值是 .,答案,解析 同時(shí)拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣,至少有一枚硬幣正面向上的概率為1- = ,且XB , 均值是2 = .,評(píng)析 判斷X服從二項(xiàng)分布是解題的關(guān)鍵.,4.(2015廣東,13,5分)已知隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,則p= .,答案,解析 因?yàn)閄B(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p= .,5.(2018課標(biāo)全國理,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(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn),如檢驗(yàn)出不合格品,則更換為合格品.檢驗(yàn)時(shí),先從這箱產(chǎn)品中任取20 件作檢驗(yàn),再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn).設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率 都為p(0p1),且各件產(chǎn)品是不是不合格品相互獨(dú)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(diǎn)p0. (2)現(xiàn)對(duì)一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)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(yàn)費(fèi)用為2元,若有不合格品進(jìn)入用戶手中,則工廠要對(duì)每件不合格品支付25元的賠償 費(fèi)用. (i)若不對(duì)該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn),這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X,求EX; (ii)以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù),是否該對(duì)這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)?,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(dāng)p(0,0.1)時(shí), f (p)0; 當(dāng)p(0.1,1)時(shí), f (p)400,故應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn).,6.(2017天津理,16,13分)從甲地到乙地要經(jīng)過3個(gè)十字路口,設(shè)各路口信號(hào)燈工作相互獨(dú)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(gè)數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望; (2)若有2輛車獨(dú)立地從甲地到乙地,求這2輛車共遇到1個(gè)紅燈的概率.,解析 本題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,事件的相互獨(dú)立性,互斥事件的概 率加法公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查運(yùn)用概率知識(shí)解決簡單實(shí)際問題的能力. (1)隨機(jī)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(jī)變量X的分布列為,隨機(jī)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(gè)數(shù),Z表示第二輛車遇到紅燈的個(gè)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(gè)紅燈的概率為 .,技巧點(diǎn)撥 解決隨機(jī)變量分布列問題的關(guān)鍵是正確求出隨機(jī)變量可以取哪些值以及取各個(gè) 值時(shí)對(duì)應(yīng)的概率,只有正確理解隨機(jī)變量取值的意義才能解決這個(gè)問題,理解隨機(jī)變量取值的 意義是解決這類問題的必要前提.,7.(2016山東理,19,12分)甲、乙兩人組成“星隊(duì)”參加猜成語活動(dòng),每輪活動(dòng)由甲、乙各猜一 個(gè)成語.在一輪活動(dòng)中,如果兩人都猜對(duì),則“星隊(duì)”得3分;如果只有一人猜對(duì),則“星隊(duì)”得1 分;如果兩人都沒猜對(duì),則“星隊(duì)”得0分.已知甲每輪猜對(duì)的概率是 ,乙每輪猜對(duì)的概率是 ; 每輪活動(dòng)中甲、乙猜對(duì)與否互不影響,各輪結(jié)果亦互不影響.假設(shè)“星隊(duì)”參加兩輪活動(dòng),求: (1)“星隊(duì)”至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率; (2)“星隊(duì)”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX.,解析 (1)記事件A:“甲第一輪猜對(duì)”,記事件B:“乙第一輪猜對(duì)”,記事件C:“甲第二輪猜 對(duì)”,記事件D:“乙第二輪猜對(duì)”,記事件E:“星隊(duì)至少猜對(duì)3個(gè)成語”. 由題意,E=ABCD+ BCD+A CD+AB D+ABC , 由事件的獨(dú)立性與互斥性,得 P(E)=P(ABCD)+P( BCD)+P(A CD)+P(AB D)+P(ABC ) =P(A)P(B)P(C)P(D)+P( )P(B)P(C)P(D)+P(A)P( )P(C)P(D)+P(A)P(B)P( )P(D)+P(A)P(B)P (C)P( ) = +2 = . 所以“星隊(duì)”至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率為 . (2)由題意,隨機(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6. 由事件的獨(dú)立性與互斥性,得 P(X=0)= = ,P(X=1)=2 = = , P(X=2)= + + + = , P(X=3)= + = = , P(X=4)=2 = = , P(X=6)= = = . 可得隨機(jī)變量X的分布列為,所以數(shù)學(xué)期望EX=0 +1 +2 +3 +4 +6 = .,評(píng)析 本題考查了隨機(jī)事件發(fā)生的概率及離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,確定隨機(jī)變 量可能的取值是解題的關(guān)鍵.屬于中檔題.,8.(2015湖南,18,12分)某商場舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng),顧客購買一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng).每次抽 獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、6個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中,各隨機(jī)摸出1個(gè) 球.在摸出的2個(gè)球中,若都是紅球,則獲一等獎(jiǎng);若只有1個(gè)紅球,則獲二等獎(jiǎng);若沒有紅球,則不獲 獎(jiǎng). (1)求顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)的概率; (2)若某顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì),記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué) 期望.,解析 (1)記事件A1=從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球, A2=從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球, B1=顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng), B2=顧客抽獎(jiǎng)1次獲二等獎(jiǎng), C=顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng). 由題意,得A1與A2相互獨(dú)立,A1 與 A2互斥,B1與B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1 + A2,C=B1+B2. 因?yàn)镻(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)= + = .,(2)顧客抽獎(jiǎng)3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),由(1)知,顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為 ,所以XB . 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 = .,教師專用題組 考點(diǎn)一 條件概率及相互獨(dú)立事件的概率,1.(2014課標(biāo)全國改編,5,5分)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明,一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率 是0.75,連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6,已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良,則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu) 良的概率是 .,答案 0.8,解析 由條件概率可得所求概率為 =0.8.,2.(2014大綱全國,20,12分)設(shè)每個(gè)工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為0. 6、0.5、0.5、0.4,各人是否需使用設(shè)備相互獨(dú)立. (1)求同一工作日至少3人需使用設(shè)備的概率; (2)X表示同一工作日需使用設(shè)備的人數(shù),求X的數(shù)學(xué)期望.,解析 記Ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設(shè)備,i=0,1,2, B表示事件:甲需使用設(shè)備, C表示事件:丁需使用設(shè)備, D表示事件:同一工作日至少3人需使用設(shè)備. (1)D=A1BC+A2B+A2 C, P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)= 0.52,i=0,1,2, (3分) 所以P(D)=P(A1BC+A2B+A2 C) =P(A1BC)+P(A2B)+P(A2 C) =P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P( )P(C) =0.31. (6分) (2)X的可能取值為0,1,2,3,4,則 P(X=0)=P( A0 ) =P( )P(A0)P( ) =(1-0.6)0.52(1-0.4),=0.06, P(X=1)=P(BA0 + A0C+ A1 ) =P(B)P(A0)P( )+P( )P(A0)P(C)+P( )P(A1)P( ) =0.60.52(1-0.4)+(1-0.6)0.520.4+(1-0.6)20.52(1-0.4)=0.25, P(X=4)=P(A2BC)=P(A2)P(B)P(C)=0.520.60.4=0.06, P(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, (10分) 數(shù)學(xué)期望EX=0P(X=0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)=0.25+20.38+30.25+40. 06=2. (12分),3.(2014山東,18,12分)乒乓球臺(tái)面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分,如圖,甲上有兩個(gè)不相交的區(qū)域 A,B,乙被劃分為兩個(gè)不相交的區(qū)域C,D,某次測試要求隊(duì)員接到落點(diǎn)在甲上的來球后向乙回 球.規(guī)定:回球一次,落點(diǎn)在C上記3分,在D上記1分,其他情況記0分.對(duì)落點(diǎn)在A上的來球,隊(duì)員小 明回球的落點(diǎn)在C上的概率為 ,在D上的概率為 ;對(duì)落點(diǎn)在B上的來球,小明回球的落點(diǎn)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(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上的概率; (2)兩次回球結(jié)束后,小明得分之和的分布列與數(shù)學(xué)期望.,解析 (1)記Ai為事件“小明對(duì)落點(diǎn)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(duì)落點(diǎn)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(diǎn)中恰有1次的落點(diǎn)在乙上”. 由題意得,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3, 由事件的獨(dú)立性和互斥性,得 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(diǎn)中恰有1次的落點(diǎn)在乙上的概率為 . (2)隨機(jī)變量可能的取值為0,1,2,3,4,6,由事件的獨(dú)立性和互斥性,得 P(=0)=P(A0B0)= = , P(=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)= + = , P(=2)=P(A1B1)= = , P(=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)= + = , P(=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)= + = , P(=6)=P(A3B3)= = . 可得隨機(jī)變量的分布列為:,所以數(shù)學(xué)期望E=0 +1 +2 +3 +4 +6 = .,4.(2014安徽,17,12分)甲、乙兩人進(jìn)行圍棋比賽,約定先連勝兩局者直接贏得比賽,若賽完5局 仍未出現(xiàn)連勝,則判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽.假設(shè)每局甲獲勝的概率為 ,乙獲勝的概率為 , 各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立. (1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率; (2)記X為比賽決出勝負(fù)時(shí)的總局?jǐn)?shù),求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望).,解析 用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽”,Ak表示“第k局甲獲勝”,Bk表示“第k局乙 獲勝”, 則P(Ak)= ,P(Bk)= ,k=1,2,3,4,5. (1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4) =P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(A3)P(A4) = + + = . (2)X的可能取值為2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2) =P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)= , P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3) =P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)= , P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4) =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)= ,P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)= . 故X的分布列為,EX=2 +3 +4 +5 = .,評(píng)析 本題考查了獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生、互斥事件至少有一個(gè)發(fā)生、分布列、均值等知識(shí),考 查應(yīng)用意識(shí)、運(yùn)算求解能力,準(zhǔn)確理解題意是解題的關(guān)鍵.,5.(2014北京,16,13分)李明在10場籃球比賽中的投籃情況統(tǒng)計(jì)如下(假設(shè)各場比賽相互獨(dú)立):,(1)從上述比賽中隨機(jī)選擇一場,求李明在該場比賽中投籃命中率超過0.6的概率; (2)從上述比賽中隨機(jī)選擇一個(gè)主場和一個(gè)客場,求李明的投籃命中率一場超過0.6,一場不超 過0.6的概率; (3)記 為表中10個(gè)命中次數(shù)的平均數(shù).從上述比賽中隨機(jī)選擇一場,記X為李明在這場比賽中 的命中次數(shù).比較EX與 的大小.(只需寫出結(jié)論),解析 (1)根據(jù)投籃統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù),在10場比賽中,李明投籃命中率超過0.6的場次有5場,分別是主場 2,主場3,主場5,客場2,客場4. 所以在隨機(jī)選擇的一場比賽中,李明的投籃命中率超過0.6的概率是0.5. (2)設(shè)事件A為“在隨機(jī)選擇的一場主場比賽中李明的投籃命中率超過0.6”,事件B為“在隨 機(jī)選擇的一場客場比賽中李明的投籃命中率超過0.6”,事件C為“在隨機(jī)選擇的一個(gè)主場和 一個(gè)客場中,李明的投籃命中率一場超過0.6,一場不超過0.6”. 則C=A B,A,B獨(dú)立. 根據(jù)投籃統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù),可知P(A)= ,P(B)= . P(C)=P(A )+P( B) = + = . 所以,在隨機(jī)選擇的一個(gè)主場和一個(gè)客場中,李明的投籃命中率一場超過0.6,一場不超過0.6的 概率為 .,(3)EX= .,6.(2014陜西,19,12分)在一塊耕地上種植一種作物,每季種植成本為1 000元,此作物的市場價(jià)格 和這塊地上的產(chǎn)量均具有隨機(jī)性,且互不影響,其具體情況如下表:,(1)設(shè)X表示在這塊地上種植1季此作物的利潤,求X的分布列; (2)若在這塊地上連續(xù)3季種植此作物,求這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率.,解析 (1)設(shè)A表示事件“作物產(chǎn)量為300 kg”,B表示事件“作物市場價(jià)格為6元/kg”,由題設(shè) 知P(A)=0.5,P(B)=0.4, 利潤=產(chǎn)量市場價(jià)格-成本, X所有可能的取值為 50010-1 000=4 000,5006-1 000=2 000, 30010-1 000=2 000,3006-1 000=800. P(X=4 000)=P( )P( )=(1-0.5)(1-0.4)=0.3, P(X=2 000)=P( )P(B)+P(A)P( )=(1-0.5)0.4+0.5(1-0.4)=0.5, P(X=800)=P(A)P(B)=0.50.4=0.2, 所以X的分布列為,(2)設(shè)Ci表示事件“第i季利潤不少于2 000元”(i=1,2,3), 由題意知C1,C2,C3相互獨(dú)立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3季的利潤均不少于2 000元的概率為 P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512; 3季中有2季利潤不少于2 000元的概率為 P( C2C3)+P(C1 C3)+P(C1C2 )=30.820.2=0.384, 所以,這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率為 0.512+0.384=0.896.,評(píng)析 本題考查了離散型隨機(jī)變量的分布列,相互獨(dú)立事件,二項(xiàng)分布等知識(shí);考查應(yīng)用意識(shí), 分類討論的意識(shí)、運(yùn)算求解的能力.,7.(2013課標(biāo)全國理,19,12分)一批產(chǎn)品需要進(jìn)行質(zhì)量檢驗(yàn),檢驗(yàn)方案是:先從這批產(chǎn)品中任取 4件作檢驗(yàn),這4件產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的件數(shù)記為n.如果n=3,再從這批產(chǎn)品中任取4件作檢驗(yàn),若都為 優(yōu)質(zhì)品,則這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn);如果n=4,再從這批產(chǎn)品中任取1件作檢驗(yàn),若為優(yōu)質(zhì)品,則這批產(chǎn) 品通過檢驗(yàn);其他情況下,這批產(chǎn)品都不能通過檢驗(yàn). 假設(shè)這批產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率為50%,即取出的每件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品的概率都為 ,且各件產(chǎn)品是不 是優(yōu)質(zhì)品相互獨(dú)立. (1)求這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)的概率; (2)已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為100元,且抽取的每件產(chǎn)品都需要檢驗(yàn),對(duì)這批產(chǎn)品作質(zhì)量檢驗(yàn) 所需的費(fèi)用記為X(單位:元),求X的分布列及數(shù)學(xué)期望.,解析 (1)設(shè)第一次取出的4件產(chǎn)品中恰有3件優(yōu)質(zhì)品為事件A1,第一次取出的4件產(chǎn)品全是優(yōu)質(zhì) 品為事件A2,第二次取出的4件產(chǎn)品都是優(yōu)質(zhì)品為事件B1,第二次取出的1件產(chǎn)品是優(yōu)質(zhì)品為事 件B2,這批產(chǎn)品通過檢驗(yàn)為事件A,依題意有A=(A1B1)(A2B2),且A1B1與A2B2互斥, 所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2) =P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2) = + = . (2)X可能的取值為400,500,800,并且 P(X=400)=1- - = , P(X=500)= ,P(X=800)= . 所以X的分布列為,EX=400 +500 +800 =506.25.,8.(2011江蘇,22,10分)某工廠生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品,甲產(chǎn)品的一等品率為80%,二等品率為20%; 乙產(chǎn)品的一等品率為90%,二等品率為10%.生產(chǎn)1件甲產(chǎn)品,若是一等品則獲得利潤4萬元,若是 二等品則虧損1萬元;生產(chǎn)1件乙產(chǎn)品,若是一等品則獲得利潤6萬元,若是二等品則虧損2萬元. 設(shè)生產(chǎn)各種產(chǎn)品相互獨(dú)立. (1)記X(單位:萬元)為生產(chǎn)1件甲產(chǎn)品和1件乙產(chǎn)品可獲得的總利潤,求X的分布列; (2)求生產(chǎn)4件甲產(chǎn)品所獲得的利潤不少于10萬元的概率.,解析 (1)由題設(shè)知,X的可能取值為10,5,2,-3,且 P(X=10)=0.80.9=0.72,P(X=5)=0.20.9=0.18, P(X=2)=0.80.1=0.08,P(X=-3)=0.20.1=0.02. 由此得X的分布列為,(2)設(shè)生產(chǎn)的4件甲產(chǎn)品中一等品有n件,則二等品有(4-n)件. 由題設(shè)知4n-(4-n)10,解得n , 又nN,(4-n)N,所以n=3或n=4. 所求概率為P= 0.830.2+0.84=0.819 2. 答:生產(chǎn)4件甲產(chǎn)品所獲得的利潤不少于10萬元的概率為0.819 2.,考點(diǎn)二 n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布 1.(2014遼寧,18,12分)一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄,繪制了日銷售量的頻率分布 直方圖,如圖所示. 將日銷售量落入各組的頻率視為概率,并假設(shè)每天的銷售量相互獨(dú)立. (1)求在未來連續(xù)3天里,有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)的 概率;,(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個(gè)的天數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列,期望E(X)及方 差D(X).,解析 (1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個(gè)”, A2表示事件“日銷售量低于50個(gè)”, B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天日銷售量不低于100個(gè)且另一天銷售量低于50個(gè)”. 因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)50=0.6, P(A2)=0.00350=0.15, P(B)=0.60.60.152=0.108. (2)X可能取的值為0,1,2,3,相應(yīng)的概率為 P(X=0)= (1-0.6)3=0.064, P(X=1)= 0.6(1-0.6)2=0.288, P(X=2)= 0.62(1-0.6)=0.432, P(X=3)= 0.63=0.216. 分布列為,因?yàn)閄B(3,0.6),所以期望E(X)=30.6=1.8,方差D(X)=30.6(1-0.6)=0.72.,2.(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(dú)立. (1)設(shè)每盤游戲獲得的分?jǐn)?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?jǐn)?shù)相比,分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少 了.請運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的相關(guān)知識(shí)分析分?jǐn)?shù)減少的原因.,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,(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?jǐn)?shù)X的均值為負(fù). 因此,多次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大.,評(píng)析 本題主要考查隨機(jī)事件的概率、古典概型、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)、隨機(jī)變量的分布列、數(shù) 學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用概率與統(tǒng)計(jì)的知識(shí)與方法分析和解決實(shí)際問題的能力,考查運(yùn)算 求解能力、應(yīng)用意識(shí)和創(chuàng)新意識(shí).,3.(2013遼寧理,19,12分)現(xiàn)有10道題,其中6道甲類題,4道乙類題,張同學(xué)從中任取3道題解答. (1)求張同學(xué)至少取到1道乙類題的概率; (2)已知所取的3道題中有2道甲類題,1道乙類題.設(shè)張同學(xué)答對(duì)每道甲類題的概率都是 ,答對(duì) 每道乙類題的概率都是 ,且各題答對(duì)與否相互獨(dú)立.用X表示張同學(xué)答對(duì)題的個(gè)數(shù),求X的分布 列和數(shù)學(xué)期望.,解析 (1)設(shè)事件A=“張同學(xué)所取的3道題至少有1道乙類題”, 則有 =“張同學(xué)所取的3道題都是甲類題”. 因?yàn)镻( )= = ,所以P(A)=1-P( )= . (6分) (2)X所有的可能取值為0,1,2,3. P(X=0)= = ; P(X=1)= + = ; P(X=2)= + = ; P(X=3)= = . 所以X的分布列為,(10分) 所以E(X)=0 +1 +2 +3 =2. (12分),三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題組,1.(2019南師大附中期中,22)甲、乙兩人做某種游戲共兩局,每局勝者得3分,打平各得1分,輸者 得0分.已知甲每局獲勝的概率為 ,乙每局獲勝的概率為 ,隨機(jī)變量X表示甲在兩局游戲后的 得分. (1)求概率P(X=2); (2)求X的分布列,并求其數(shù)學(xué)期望E(X).,解析 (1)設(shè)“甲打平的事件”為A, 則P(A)=1- - = . 所以P(X=2)= = . (2分) (2)X的所有可能取值為0,1,2,3,4,6. P(X=0)= = , P(X=1)= + = , P(X=2)= = , P(X=3)= + = , P(X=4)= + = , P(X=6)= = . 所以X的分布列為,(8分) (說明:一個(gè)概率1分) 故E(X)=0 +1 +2 +3 +4 +6 = . (10分),2.(2019南京期初調(diào)研,23)本著健康、低碳的生活理念,租用公共自行車騎行的人越來越多.某 種公共自行車的租用收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為:每次租車不超過1小時(shí)免費(fèi),超過1小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)2 元(不足1小時(shí)的部分按1小時(shí)計(jì)算).甲、乙兩人相互獨(dú)立來租車,每人各租1輛且只租用1次.設(shè) 甲、乙不超過1小時(shí)還車的概率分別為 和 ;1小時(shí)以上且不超過2小時(shí)還車的概率分別為 和 ;兩人租車時(shí)間都不會(huì)超過3小時(shí). (1)求甲、乙兩人所付租車費(fèi)用相同的概率; (2)記甲、乙兩人所付的租車費(fèi)用之和為隨機(jī)變量X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X).,解析 (1)由于兩人租車時(shí)間都不會(huì)超過3小時(shí), 所以每人所付費(fèi)用可能為0元,2元,4元. 因此,兩人都付0元的概率P1= = , 都付2元的概率P2= = , 都付4元的概率P3= = . 所以,兩人所付費(fèi)用相同的概率P=P1+P2+P3= . (4分) (2)根據(jù)題意,X的所有可能取值為0,2,4,6,8. P(X=0)= = , P(X=2)= + = , P(X=4)= + + = , P(X=6)= + = , P(X=8)= = .,因此,隨機(jī)變量X的分布列為,(8分) 故隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)= + + + = . (10分),3.(2019揚(yáng)州期中,22)假定某人在規(guī)定區(qū)域投籃命中的概率為 ,現(xiàn)他在某個(gè)投籃游戲中,共投 籃3次. (1)求連續(xù)命中2次的概率; (2)設(shè)命中的次數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X).,解析 (1)設(shè)Ai(i=1,2,3)表示第i次投籃命中, 表示第i次投籃不中.設(shè)投籃連續(xù)命中2次為事 件A, 則P(A)=P(A1A2 + A2A3)= + = . (4分) (2)命中的次數(shù)X可能的取值為0,1,2,3. P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = . 從而X的分布列為,(8分) 所以E(X)=0 +1 +2 +3 =2. (10分),4.(2019南通、揚(yáng)州、泰州、蘇北四市七市一模,22)“回文數(shù)”是指從左到右與從右到左讀都 一樣的正整數(shù),如22,121,3553等.顯然2位“回文數(shù)”共9個(gè):11,22,33,99.現(xiàn)從9個(gè)不同2位 “回文數(shù)”中任取1個(gè)乘4,其結(jié)果記為X;從9個(gè)不同2位“回文數(shù)”中任取2個(gè)相加,其結(jié)果記 為Y. (1)求X為“回文數(shù)”的概率; (2)設(shè)隨機(jī)變量表示X,Y兩數(shù)中“回文數(shù)”的個(gè)數(shù),求的概率分布和數(shù)學(xué)期望E().,解析 (1)記“X是回文數(shù)”為事件A. 9個(gè)不同2位“回文數(shù)”乘4的值依次為44,88,132,176,220,264,308,352,396.其中“回文數(shù)”有4 4,88. 所以,事件A的概率P(A)= . (3分) (2)根據(jù)條件知,隨機(jī)變量的所有可能取值為0,1,2. 由(1)得P(A)= . (5分) 設(shè)“Y是回文數(shù)”為事件B,則事件A,B相互獨(dú)立. 根據(jù)已知條件得P(B)= = . P(=0)=P( )P( )= = , P(=1)=P( )P(B)+P(A)P( )= + = , P(=2)=P(A)P(B)= = . (8分) 所以隨機(jī)變量的概率分布為,所以,隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望E()=0 +1 +2 = . (10分),名師點(diǎn)睛 求解離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的一般步驟: 第一步是“判斷取值”,即判斷隨機(jī)變量的所有可能取值,以及取每個(gè)值所表示的意義; 第二步是“探求概率”,即利用排列組合、枚舉法、概率公式等,求出隨機(jī)變量取每個(gè)值時(shí)的 概率; 第三步是“寫分布列”,即按規(guī)范形式寫出分布列,并注意用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)所求的分布列 或某事件的概率是否正確; 第四步是“求期望值”,一般利用離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的定義求期望的值.,5.(2019南通期末三縣聯(lián)考,22)甲,乙兩人玩摸球游戲,每兩局為一輪,每局游戲的規(guī)則如下:甲, 乙兩人均從裝有4只紅球、1只黑球的袋中輪流不放回摸取1只球,摸到黑球的人獲勝,并結(jié)束 該局. (1)若在一局中甲先摸,求甲在該局獲勝的概率; (2)若在一輪游戲中約定:第一局甲先摸,第二局乙先摸,每一局先摸并獲勝的人得1分,后摸并獲 勝的人得2分,未獲勝的人得0分,求此輪游戲中甲得分X的概率分布及數(shù)學(xué)期望.,解析 (1)記“一局中甲先摸,甲在該局獲勝”為事件A,共有三種情況:黑球在1號(hào)、3號(hào)或5號(hào) 位置. (2分) 所以P(A)= . 答:甲在該局獲勝的概率為 . (4分) (2)隨機(jī)變量X的可能取值為0,1,2,3, (5分) 則P(X=0)= = , P(X=1)= = , P(X=2)= = , P(X=3)= = , (9分) 所以X的概率分布為,故E(X)= 0+ 1+ 2+ 3= . (10分),6.(2018南京、鹽城二模,22)甲,乙兩人站在P點(diǎn)處分別向A,B,C三個(gè)目標(biāo)進(jìn)行射擊,每人向三個(gè) 目標(biāo)各射擊一次.每人每次射擊每個(gè)目標(biāo)均相互獨(dú)立,且兩人各自擊中A,B,C的概率分別為 , , . (1)設(shè)X表示甲擊中目標(biāo)的個(gè)數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望; (2)求甲、乙兩人共擊中目標(biāo)數(shù)為2的概率.,解析 (1)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,2,3. P(X=0)= = , P(X=1)= + + = , P(X=2)= + + = , P(X=3)= = . 所以,隨機(jī)變量X的分布列為,X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0 +1 +2 +3 = . (2)設(shè)Y表示乙擊中目標(biāo)的個(gè)數(shù), 由(1)可知,P(Y=0)= ,P(Y=1)= ,P(Y=2)= . 則P(X=0,Y=2)= = , P(X=1,Y=1)= = , P(X=2,Y=0)= = , 所以P(X+Y=2)=P(X=0,Y=2)+P(X=1,Y=1)+P(X=2,Y=0)= . 所以,甲、乙兩人共擊中目標(biāo)數(shù)為2的概率為 .,解答題(共50分),B組 20172019年高考模擬專題綜合題組 (時(shí)間：35分鐘 分值：50分),1.(2019蘇中、蘇北七大市三模,22)現(xiàn)有一款智能學(xué)習(xí)APP,學(xué)習(xí)內(nèi)容包含文章學(xué)習(xí)和視頻學(xué)習(xí) 兩類,且這兩類學(xué)習(xí)互不影響.已知該APP積分規(guī)則如下:每閱讀一篇文章積1分,每日上限積5 分;觀看視頻累計(jì)3分鐘積2分,每日上限積6分.經(jīng)過抽樣統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn),文章學(xué)習(xí)積分的概率分布表 如表1所示,視頻學(xué)習(xí)積分的概率分布表如表2所示.,表1,表2,(1)現(xiàn)隨機(jī)抽取1人了解學(xué)習(xí)情況,求其每日學(xué)習(xí)積分不低于9分的概率; (2)現(xiàn)隨機(jī)抽取3人了解學(xué)習(xí)情況,設(shè)積分不低于9分的人數(shù)為,求的概率分布及數(shù)學(xué)期望.,解析 (1)由題意可知,獲得的積分不低于9分的情形有:,表2,因?yàn)閮深悓W(xué)習(xí)互不影響, 所以概率P= + + + = , 所以每日學(xué)習(xí)積分不低于9分的概率為 . (4分) (2)隨機(jī)變量的所有可