全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题8第39练随机变量及其分布列理

第39练　随机变量及其分布列[题型分析·高考展望]　随机变量及其分布列是高考的一个必考热点，主要包括离散型随机变量及其分布列，期望与方差，二项分布及其应用和正态分布.对本部分知识的考查，一是以实际生活为背景求解离散型随机变量的分布列和期望；二是独立事件概率的求解；三是考查二项分布.常考题型精析题型一　条件概率与相互独立事件的概率例1　(1)(2022·课标全国Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45(2)(2022·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分.对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：①小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；②两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望.　　　点评　(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝18\n.这是通用的求条件概率的方法.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.(3)相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.变式训练1　(1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)A.B.C.D.(2)(2022·陕西)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg)300500概率0.50.5作物市场价格(元/kg)610概率0.40.6①设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；②若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率.　　　　18\n题型二　离散型随机变量的期望和方差例2　(2022·山东)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).　　　　　　点评　离散型随机变量的期望和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的期望和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率间的对应.变式训练2　(2022·辽宁)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示.18\n将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立.(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X).　　　　　　题型三　二项分布问题例3　(2022·湖北)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频率，并假设各年的入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；18\n(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X40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数123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？　　　　　　　　点评　应用公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n-k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.变式训练3　甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是18\n.假设各局比赛结果相互独立.(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得1分.求乙队得分X的分布列及数学期望.　　　　　　　高考题型精练1.(2022·成都模拟)甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为(　　)A.B.C.D.2.在4次独立重复试验中事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是，则事件A在一次试验中发生的概率为(　　)A.B.C.D.以上全不对18\n3.先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，则概率P(B|A)等于(　　)A.B.C.D.4.小王参加了2022年春季招聘会，分别向A，B两个公司投递个人简历.假定小王得到A公司面试的概率为，得到B公司面试的概率为p，且两个公司是否让其面试是独立的.记ξ为小王得到面试的公司个数.若ξ＝0时的概率P(ξ＝0)＝，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________.5.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.6.(2022·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.7.(2022·安徽)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4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的分布列和均值(数学期望).　　　　　18\n　8.(2022·德州模拟)已知甲箱中只放有x个红球与y个白球(x，y≥0，且x＋y＝6)，乙箱中只放有2个红球、1个白球与1个黑球(球除颜色外，无其他区别).若从甲箱中任取2个球，从乙箱中任取1个球.(1)记取出的3个颜色全不相同的概率为P，求当P取得最大值时x，y的值；(2)当x＝2时，求取出的3个球中红球个数ξ的期望E(ξ).　　　　　　　　　9.(2022·福建)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：18\n①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.　　　　　　10.(2022·安徽)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).　　18\n答案精析第39练　随机变量及其分布列常考题型精析例1　A[已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝＝0.8.](2)解　①记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i＝0,1,3)，则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝.记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分”(j＝0,1,3)，则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的独立性和互斥性，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)＝×＋×＋×＋×＝，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.②由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝×＋×＝，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝×＋×＝，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)18\n＝×＋×＝，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.可得随机变量ξ的分布列为ξ012346P所以数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.变式训练1　B[P(A)＝＝，P(AB)＝＝，P(B|A)＝＝.](2)解　①设A表示事件“作物产量为300kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－成本.∴X所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.P(X＝4000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝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)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为X40002000800P0.30.50.2②设Ci表示事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，由①知，P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季的利润不少于2000元的概率为P(1C2C3)＋P(C1C3)＋P(C1C2)＝3×0.82×0.2＝0.384，18\n所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.例2　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，随机变量X的取值为：0，－1,1，因此P(X＝0)＝＝，P(X＝－1)＝＝，P(X＝1)＝1－－＝，所以X的分布列为X0－11P则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.变式训练2　解　(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天的日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为P(X＝0)＝C(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝C·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝C·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝C·0.63＝0.216，则X的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为X～B(3,0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.例3　解　(1)依题意，得p1＝P(40<X<80)＝＝0.2，18\np2＝P(80≤X≤120)＝＝0.7，p3＝P(X>120)＝＝0.1.由二项分布，得在未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3＝()4＋4×()3×()＝0.9477.(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，故一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40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形.依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1，由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1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.变式训练3　解　(1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A，B，C，则P(A)＝××＝，P(B)＝C2××＝，P(C)＝C2×2×＝.18\n(2)X的可能的取值为0,1,2,3.则P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝，P(X＝1)＝P(C)＝，P(X＝2)＝C×2×2×＝，P(X＝3)＝3＋C2××＝.∴X的分布列为X0123P∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.高考题型精练1.A[设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A∪B∪C，即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生.∴P(··)＝P()·P()·P()＝[1－P(A)]·[1－P(B)]·[1－P(C)]＝＝.故目标被击中的概率为1－P(··)＝1－＝.]2.A[设事件A在一次试验中发生的概率为p，∵事件A全不发生为事件A至少发生一次的对立事件，∴1－(1－p)4＝，即(1－p)4＝.故1－p＝或1－p＝－(舍去)，即p＝.]3.B[正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C·C＝36(种).事件A：“x＋y为偶数”包含事件A1：“x，y都为偶数”与事件A2：“x，y都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，所以事件AB为“x，y都为偶数且x≠y”，所以P(AB)＝＝.18\nP(B|A)＝＝.]4.解析　由题意，得P(ξ＝2)＝p，P(ξ＝1)＝(1－p)＋p＝，ξ的分布列为ξ012Pp由＋＋p＝1，得p＝.所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×p＝.5.0.128解析　由题设，分两类情况：①第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，由乘法公式得P1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.1024；②第1、2个错误，第3、4个正确，此时概率P2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.0256.由互斥事件概率公式得P＝P1＋P2＝0.1024＋0.0256＝0.128.6.解析　设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，则解得所以D(ξ)＝＋×0＋×1＝.7.解　用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”.则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＋×()2＋××()2＝.18\n(2)X的可能取值为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的分布列为X2345PE(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.8.解　(1)由题意知P＝＝≤2＝，当且仅当x＝y时等号成立，所以，当P取得最大值时，x＝y＝3.(2)当x＝2时，即甲箱中有2个红球与4个白球，所以ξ的所有可能取值为0,1,2,3.则P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，所以，红球个数ξ的分布列为ξ0123P于是E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.9.解　(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝＝，18\n即顾客所获的奖励额为60元的概率为.②依题意，得X的所有可能取值为20,60.P(X＝60)＝，P(x＝20)＝＝，即X的分布列为X2060P所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×＋60×＝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X12060100PX1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.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X2406080PX2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.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2.18\n10.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)＝＝.(2)X的可能取值为200,300,400.P(X＝200)＝＝，P(X＝300)＝＝，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.故X的分布列为X200300400PE(X)＝200×＋300×＋400×＝350.18