高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題3 突破點9 隨機變量及其分布 理-人教高三數(shù)學(xué)試題

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1、突破點9　隨機變量及其分布 提煉1 離散型隨機變量的分布列 離散型隨機變量X的分布列如下： X x1 x2 x3 … xi … xn P p1 p2 p3 … pi … pn 則(1)pi≥0. (2)p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)． (3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為X的均值或數(shù)學(xué)期望(簡稱期望)． D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(xi－E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做隨機變量X的方差． (4)均值與方差的性質(zhì) ①

2、E(aX＋b)＝aE(X)＋b； ②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為實數(shù))． (5) 兩點分布與二項分布的均值、方差 ①若X服從兩點分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； ②若X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). 提煉2 幾種常見概率的計算 (1)條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率為P(B|A)＝＝. (2)相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． (3)獨立重復(fù)試驗的概率 如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，

3、…，n. 提煉3 正態(tài)分布 (1)若X～N(μ，σ2)，則①P(μ－σμ＋a)． 回訪1　條件概率 1．(2015·全國卷Ⅰ)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立，則該同學(xué)通過測試的概率為(　　) A．0.648　 B．0.432　　 C．0.36　　

4、D．0.312 A　3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.] 2．(2014·全國卷Ⅱ)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(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 A　已知連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，那么在前一天空氣質(zhì)量為優(yōu)良的前提下，要求隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良

5、的概率，可根據(jù)條件概率公式，得P＝＝0.8.] 回訪2　正態(tài)分布 3．(2012·全國卷) 圖9-1 某一部件由三個電子元件按如圖9-1所示方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．設(shè)三個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為________． 　設(shè)元件1,2,3的使用壽命超過1 000小時的事件分別記為A，B，C，顯然P(A)＝P(B)＝P(C)＝， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為(A＋B＋AB)C， ∴該部件的使用壽命

6、超過1 000小時的概率 P＝×＝.] 回訪3　隨機變量的分布列、期望、方差 4．(2016·全國乙卷)某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰．機器有一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元．在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元．現(xiàn)需決策在購買機器時應(yīng)同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)，得下面柱狀圖： 圖9-2 以這100臺機器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺機器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率，記X表示2臺機器三年內(nèi)共需更換的易損零件數(shù)，n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數(shù)．

7、(1)求X的分布列； (2)若要求P(X≤n)≥0.5，確定n的最小值； (3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據(jù)，在n＝19與n＝20之中選其一，應(yīng)選用哪個？ 解]　(1)由柱狀圖及以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內(nèi)需更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2.1分 從而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2

8、×0.2＝0.2； P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.3分 所以X的分布列為 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 4分 (2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，7分 故n的最小值為19. (3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)． 當(dāng)n＝19時， E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×

9、200＋3×500)×0.04＝4 040；9分 當(dāng)n＝20時， E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.11分 可知當(dāng)n＝19時所需費用的期望值小于當(dāng)n＝20時所需費用的期望值，故應(yīng)選n＝19.12分 熱點題型1　相互獨立事件的概率與條件概率 題型分析：高考對條件概率的考查，主要體現(xiàn)在對條件概率的了解層次，難度較小，對事件相互獨立性的考查相對較頻繁，難度中等. 　(1)(2016·山西考前模擬)某同學(xué)用計算器產(chǎn)生了兩個0,1]之間的均勻隨機數(shù)，分別記作x，y.當(dāng)y的概率是(　　)

10、【導(dǎo)學(xué)號：85952034】 A.　　　　　　　 B. C. D. (2)如圖9-3，由M到N的電路中有4個元件，分別標(biāo)為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是p，電流能通過T4的概率是0.9.電流能否通過各元件相互獨立．已知T1，T2，T3中至少有一個能通過電流的概率為0.999. 圖9-3 ①求p； ②求電流能在M與N之間通過的概率． (1)D　記“y”為事件B，所以(x，y)構(gòu)成的區(qū)域如圖所示，所以S1＝∫0x2dx＝x30＝，S2＝x2dx－S1＝x3－＝，則所求概率為＝＝＝，故選D.] (2)記Ai表示事件：電流

11、能通過Ti，i＝1,2,3,4，A表示事件：T1，T2，T3中至少有一個能通過電流， B表示事件：電流能在M與N之間通過． ①＝123，1，2，3相互獨立，2分 P()＝P(123) ＝P(1)P(2)P(3)＝(1－p)3.3分 又P()＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，4分 故(1－p)3＝0.001，p＝0.9.6分 ②B＝A4∪4A1A3∪41A2A3，8分 P(B)＝P(A4∪4A1A3∪41A2A3) ＝P(A4)＋P(4A1A3)＋P(41A2A3) ＝P(A4)＋P(4)P(A1)P(A3)＋P(4)P(1)P(A2)P(A3) ＝0.9＋0.1

12、×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.989 1.12分 1．解決條件概率的關(guān)鍵是明確“既定條件”． 2．求相互獨立事件和獨立重復(fù)試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復(fù)試驗問題，然后用相應(yīng)概率公式求解． (2)間接法：當(dāng)復(fù)雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解．對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解． 變式訓(xùn)練1]　(2016·全國甲卷)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其

13、上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)概率如下： 一年內(nèi)出 險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值． 解]　(1)設(shè)A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，

14、則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1，故 P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.2分 (2)設(shè)B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.4分 又P(AB)＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求概率為.6分 (3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 9分 E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋

15、1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.11分 因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23.12分 熱點題型2　離散型隨機變量的分布列、期望和方差 題型分析：離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等. 　(名師押題)第31屆夏季奧林匹克運動會已于2016年8月5日—21日在巴西里約熱內(nèi)盧舉行完畢．下表是近六屆奧運會中國代表團和俄羅斯代表團獲得的金牌數(shù)的統(tǒng)計數(shù)據(jù)(單位：枚). 第31屆巴西 第30屆倫敦 第29屆北京 第28屆雅典 第2

16、7屆悉尼 第26屆亞特蘭大 中國 26 38 51 32 28 16 俄羅斯 19 24 23 27 32 26 (1)根據(jù)表格中兩組數(shù)據(jù)完成近五屆奧運會兩國代表團獲得的金牌數(shù)的莖葉圖，并通過莖葉圖比較兩國代表團獲得的金牌數(shù)的平均值及分散程度(不要求計算出具體數(shù)值，給出結(jié)論即可)； (2)甲、乙、丙三人競猜下屆中國代表團和俄羅斯代表團中的哪一個獲得的金牌數(shù)多(假設(shè)兩國代表團獲得的金牌數(shù)不會相等)，規(guī)定甲、乙、丙必須在兩個代表團中選一個，已知甲、乙猜中國代表團的概率都為，丙猜中國代表團的概率為，三人各自猜哪個代表團互不影響．現(xiàn)讓甲、乙、丙各猜一次，設(shè)三人中猜中國

17、代表團的人數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)． 解]　(1)兩國代表團獲得的金牌數(shù)的莖葉圖如下： 通過莖葉圖可以看出，中國代表團獲得的金牌數(shù)的平均值高于俄羅斯代表團獲得的金牌數(shù)的平均值；俄羅斯代表團獲得的金牌數(shù)比較集中，中國代表團獲得的金牌數(shù)比較分散.6分 (2)X的可能取值為0,1,2,3，設(shè)事件A，B，C分別表示甲、乙、丙猜中國代表團，則P(X＝0)＝P()·P()·P()＝2×＝，7分 P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝C×××＋2×＝，8分 P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC) ＝2×＋C×××＝，9分 P(X＝3)＝P(A)·P(B)·

18、P(C)＝2×＝.10分 故X的分布列為 X 0 1 2 3 P 11分 E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.12分 解答離散型隨機變量的分布列及相關(guān)問題的一般思路： (1)明確隨機變量可能取哪些值． (2)結(jié)合事件特點選取恰當(dāng)?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概率值． (3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解． 提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關(guān)系是求解此類問題的關(guān)鍵． 變式訓(xùn)練2]　(2016·益陽模擬)某工廠有兩條相互不影響的生產(chǎn)線分別生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，產(chǎn)品出廠前需要對產(chǎn)品進行性能檢測．檢測得分低于80的為不合格品，只能報廢回收；得分

19、不低于80的為合格品，可以出廠，現(xiàn)隨機抽取這兩種產(chǎn)品各60件進行檢測，檢測結(jié)果統(tǒng)計如下： 得分 60,70) 70,80) 80,90) 90,100] 甲種產(chǎn)品的件數(shù) 5 10 34 11 乙種產(chǎn)品的件數(shù) 8 12 31 9 (1)試分別估計甲、乙兩種產(chǎn)品下生產(chǎn)線時為合格品的概率； (2)生產(chǎn)一件甲種產(chǎn)品，若是合格品可盈利100元，若是不合格品則虧損20元；生產(chǎn)一件乙種產(chǎn)品，若是合格品可盈利90元，若是不合格品則虧損15元．在(1)的前提下： ①記X為生產(chǎn)1件甲種產(chǎn)品和1件乙種產(chǎn)品所獲得的總利潤，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望； ②求生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲

20、得的利潤不少于300元的概率． 解]　(1)甲種產(chǎn)品為合格品的概率約為＝，乙種產(chǎn)品為合格品的概率約為＝.2分 (2)①隨機變量X的所有取值為190,85,70，－35， 且P(X＝190)＝×＝，P(X＝85)＝×＝，P(X＝70)＝×＝，P(X＝－35)＝×＝. 所以隨機變量X的分布列為 X 190 85 70 －35 P 6分 所以E(X)＝＋＋－＝125.8分 ②設(shè)生產(chǎn)的5件乙種產(chǎn)品中合格品有n件，則不合格品有(5－n)件， 依題意得，90n－15(5－n)≥300，解得n≥，取n＝4或n＝5， 設(shè)“生產(chǎn)5件乙種產(chǎn)品所獲得的利潤不少于300元

21、”為事件A， 則P(A)＝C4＋5＝.12分 熱點題型3　正態(tài)分布問題 題型分析：由于正態(tài)分布與頻率分布直方圖有極大的相似性，故在復(fù)習(xí)備考中應(yīng)適度關(guān)注這一知識間的聯(lián)系，同時對正態(tài)分布的圖象特征給予高度關(guān)注. 　(2014·全國卷Ⅰ)從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取500件，測量這些產(chǎn)品的一項質(zhì)量指標(biāo)值，由測量結(jié)果得如下頻率分布直方圖： 圖9-4 (1)求這500件產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)； (2)由直方圖可以認(rèn)為，這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2. ①利用該

22、正態(tài)分布，求P(187.8

23、＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.6分 (2)①由(1)知，Z～N(200,150)，從而P(187.8

24、化，使分布區(qū)間轉(zhuǎn)化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率． 變式訓(xùn)練3]　(1)設(shè)X～N(1，σ2) ，其正態(tài)分布密度曲線如圖9-5所示，且P(X≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為(　　) 圖9-5 (附：隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ3)＝0.023，則P(－3≤ξ≤3)＝________.

25、 (1)B　(2)0.954　(1)由題意得，P(X≤－1)＝P(X≥3)＝0.022 8， ∴P(－13)＝0.5－0.023＝0.477， ∴P(－3≤ξ≤3)＝2P(0≤ξ≤3)＝2×0.477＝0.954.]