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《创新设计》 2017届二轮专题复习 全国版 数学理科 WORD版材料 专题六 概率与统计


第1讲

概率与统计的基本问题

高考定位 1.对于随机抽样、样本的数字特征、统计图表、回归直线方程、独立 性检验、正态分布的考查几乎每年都有一道选择或填空题,属于简单题;2.对于 排列组合、古典概型、几何概型的考查也会以选择或填空的形式命题,属于中档 以下题目.

真 题 感 悟 1.(2016· 山东卷)某高校调查了 200 名学生每周的自习时间(单位:小时),制成了 如图所示的频率分布直方图,其中自习时间的范围是[17.5,30],样本数据分组 为[17.5,20),[20,22.5),[22.5,25),[25,27.5),[27.5,30].根据直方图,这 200 名学生中每周的自习时间不少于 22.5 小时的人数是( )

A.56 C.120

B.60 D.140

解析 设所求人数为 N,则 N=2.5×(0.16+0.08+0.04)×200=140,故选 D. 答案 D 2.(2016· 全国Ⅰ卷)某公司的班车在 7:30,8:00,8:30 发车,小明在 7:50 至 8:30 之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间 不超过 10 分钟的概率是( 1 A.3 2 C.3 ) 1 B.2 3 D.4

解析 如图所示,画出时间轴:

小明到达的时间会随机的落在图中线段 AB 中,而当他的到达时间落在线段 AC 或 DB 时,才能保证他等车的时间不超过 10 分钟,根据几何概型得所求概率 P 10+10 1 = 40 =2,故选 B. 答案 B 3.(2015· 福建卷)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系,随机调查了该 社区 5 户家庭,得到如下统计数据表: 收入 x(万元) 支出 y(万元) 8.2 6.2 8.6 7.5 10.0 8.0 11.3 8.5 11.9 9.8

? x+ a ? ,其中 b ? =0.76, a ? = y- b ? x.据此估计, 根据上表可得回归直线方程 ? y =b
该社区一户年收入为 15 万元家庭的年支出为( A.11.4 万元 C.12.0 万元 )

B.11.8 万元 D.12.2 万元

? =0.76,∴ a ? =0.4,由 ? 解析 回归直线一定过样本点中心(10,8),∵ b y =0.76x
+0.4 得当 x=15 万元时, ? y =11.8 万元.故选 B. 答案 B 4.(2015· 山东卷)已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布 N(0,32), 从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为(附:若随机变量 ξ 服从 正态分布 N(μ , σ 2) ,则 P(μ - σ<ξ<μ + σ) = 68.26% , P(μ - 2σ < ξ < μ + 2σ) = 95.44%.)( A.4.56% C.27.18% ) B.13.59% D.31.74%

P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3) 解析 由题意,知 P(3<ξ<6)= 2 95.44%-68.26% = =13.59%. 2 答案 B

考 点 整 合 1.统计 N (1)系统抽样:如果遇到 n 不是整数的情况,可以先从总体中随机剔除几个个体, 使得总体中剩余的个体能被样本容量整除. (2)在频率分布直方图中,小长方形的面积=频率,各小长方形的面积的总和等 于 1. (3)方差与标准差
- - - 1 s2=n[(x1- x)2+(x2-x )2+?+(xn- x)2], - - - 1 [(x1-x )2+(x2-x)2+?+(xn-x)2]. n - -

s=

? x+ a ? 经过样本点的中心点(x,y),若 x 取某一个值代入回归直 (4)回归直线 ? y =b ? x+ a ? 中,可求出 y 的估计值. 线方程 ? y =b
(5)独立性检验 对于取值分别是{x1,x2}和{y1,y2}的分类变量 X 和 Y,其样本频数列联表是: y1 x1 x2 总计
2

y2 b d b+d

总计 a+b c+d n

a c a+c

n(ad-bc)2 则K = (其中 n=a+b+c+d 为样本容量). (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 2.计数原理 (1)排列与组合: Am n =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= Cm n= n! , (n-m)!

n(n-1)(n-2)?(n-m+1) n! = . m! m!(n-m)!

(2)二项式定理:
n 0 1 n-1 n-2 2 n-r r n 0 n ①二项式定理: (a+b)n=C0 b+C2 b +?+Cr b +?+Cn a b (r na b +Cna na na

=0,1,2,?,n). ②二项展开式的通项
n-r r Tr+1=Cr b ,r=0,1,2,?,n,其中 Cr na n(r=0,1,?,n)叫做二项式系数.

3.概率 (1)概率的取值范围是[0,1],即 0≤P(A)≤1,必然事件发生的概率为 1,不可能 事件发生的概率为 0. (2)古典概型 P(A)= 事件A中所含的基本事件数 . 试验的基本事件总数

(3)几何概型 P(A)= 构成事件A的区域长度(面积或体积) . 试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)

热点一 统计与统计案例 [微题型 1] 用样本估计总体

【例 1-1】 (1)空气污染指数划分为 0~50(优),51~100(良),101~150(轻度污 染),151~200(中度污染),201~300(重度污染)和大于 300(严重污染)六档,对应 于空气质量的六个级别,指数越大,级别越高,说明污染越严重,对人体健康的 影响也越明显.下面图表统计了北京市 2016 年元旦前后两周(2015—12—24 至 2016—01—06)实时空气污染指数和 2015 年 6 月 3 日 11 个监测点数据,两图表 空气污染指数中位数之差的绝对值为________.

(2)从某中学高一年级中随机抽取 100 名同学,将他们的成绩(单位:分)数据绘制 成频率分布直方图(如图).则这 100 名学生成绩的平均数, 中位数分别为________.

解析 (1)将图表 1 所有数据从小到大排列:105,107,117,190,241,273, 319,369,415,437,441,445,479,500,共 14 个数,中间两数为 319,369, 中位数为(319+369)÷ 2=344;图表 2 共 11 个数,中位数为 262.两图表空气质量 指数中位数之差的绝对值为|344-262|=82. (2)由图可知(a+a-0.005)×10=1-(0.010+0.015+0.030)×10,解得 a=0.025, 则 x = 105×0.1 + 115×0.3 + 125×0.25 + 135×0.2 + 145×0.15 = 125. 中位数在 120~130 之间,设为 x,则 0.01×10+0.03×10+0.025×(x-120)=0.5,解得 x =124. 答案 (1)82 (2)125,124

探究提高 反映样本数据分布的主要方式:频率分布表、频率分布直方图、茎叶 图.关于频率分布直方图要明确每个小矩形的面积即为对应的频率,其高低能够 描述频率的大小, 高考中常常考查频率分布直方图的基本知识,同时考查借助频 率分布直方图估计总体的概率分布和总体的特征数, 具体问题中要能够根据公式 求解数据的平均数、众数和中位数、方差等. [微题型 2] 对回归直线方程的考查

【例 1-2】(2015· 全国Ⅰ卷)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需 了解年宣传费 x(单位:千元)对年销售量 y(单位:t)和年利润 z(单位:千元)的影 响,对近 8 年的年宣传费 xi 和年销售量 yi(i=1,2,?,8)数据作了初步处理, 得到下面的散点图及一些统计量的值.

x

y

w

? ( x ? x)
i ?1 i

8

2

? (w ? w)
i ?1 i

8

2

? ( xi ? x)?( yi ? y)
i ?1

8

? (w ? w)?( y ? y)
i ?1 i i

8

46.6

563

6.8

289.8

1.6

1 469

108.8

18 表中 wi= xi, w =8 ?wi.
i=1

(1)根据散点图判断, y=a+bx 与 y=c+d x哪一个适宜作为年销售量 y 关于年宣 传费 x 的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立 y 关于 x 的回归方程; (3)已知这种产品的年利润 z 与 x,y 的关系为 z=0.2y-x.根据(2)的结果回答下列 问题: ①年宣传费 x=49 时,年销售量及年利润的预报值是多少? ②年宣传费 x 为何值时,年利润的预报值最大? 附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),?,(un,vn),其回归直线 v=α+βu 的斜 率和截距的最小二乘估计分别为:

解 (1)由散点图可以判断,y=c+d x适宜作为年销售量 y 关于年宣传费 x 的回 归方程类型. (2)令 w= x,先建立 y 关于 w 的线性回归方程,由于

? ? y ? dw ? ? 563-68×6.8=100.6, c
所以 y 关于 w 的线性回归方程为 ? y =100.6+68w,因此 y 关于 x 的回归方程为

? y =100.6+68 x.
(3)①由(2)知,当 x=49 时,年销售量 y 的预报值

? y =100.6+68 49=576.6,
年利润 z 的预报值

? =576.6×0.2-49=66.32. z
②根据(2)的结果知,年利润 z 的预报值

? =0.2(100.6+68 x)-x=-x+13.6 x+20.12. z
13.6 ? 取得最大值. 所以当 x= 2 =6.8,即 x=46.24 时, z 故年宣传费为 46.24 千元时,年利润的预报值最大. 探究提高 若 x,y 为线性相关,可直接求其线性回归方程;若 x,y 为非线性相 关,可通过换元先建立线性回归方程,然后再转化为非线性回归方程. [微题型 3] 对独立性检验的考查

【例 1-3】 某新闻媒体为了了解观众对央视《开门大吉》节目的喜爱与性别是 否有关系,随机调查了观看该节目的观众 110 名,得到如下的列联表: 女 喜爱 不喜爱 总计 40 20 60 男 20 30 50 总计 60 50 110

试根据样本估计总体的思想, 估计约有________的把握认为“喜爱该节目与否和 性别有关”. 参考附表:

P(K2≥k0) k0

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

n(ad-bc)2 (参考公式:K = ,其中 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
2

n=a+b+c+d) 解析 假设喜爱该节目和性别无关,分析列联表中数据,可得 K2 的一个观测值 110×(40×30-20×20)2 k= ≈ 7.822> 6.635 ,所以有 99%的把握认为“ 喜爱 60×50×60×50 《开门大吉》节目与否和性别有关”. 答案 99% 探究提高 独立性检验的具体步骤是:第一步, 根据题意确定临界值并作无关假 设 ; 第 二 步 , 找 相 关 数 据 , 列 出 2×2 列 联 表 ; 第 三 步 , 由 公 式 K2 = n(ad-bc)2 (其中 n=a+b+c+d)计算出 K2 的观测值; (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 第四步,将 K2 的观测值与临界值进行比较,进而作出推断. 【训练 1】 (1)高考前夕,摸底考试后随机抽取甲、乙两班各 10 名学生的数学成 绩,绘成茎叶图如图所示.

记甲、乙两班的平均成绩分别是 x甲 , x乙 ,中位数分别为 m 甲,m 乙,则(

)

(2)(2017· 长安五校联考)从某项综合能力测试中抽取 100 人的成绩,统计如表, 则这 100 人成绩的标准差为( 分数 人数 A. 3 2 10 C. 5 5 20 ) 4 10 3 30 B.3 8 D.5 2 30 1 10

解析 (1)甲班 10 名学生的数学成绩的平均数为

x甲 =

69+67+70+71+78+79+82+82+81+92 =77.1, 10

乙班 10 名学生的数学成绩的平均数为 78+87+88+89+99 x乙 =68+71+71+72+74+ =79.7, 10 所以 x甲 < x乙 . 中位数分别为 m 甲= 所以 m 甲>m 乙. (2)这组数据的平均数是: 5×20+4×10+3×30+2×30+1×10 1 2 = 3 ,方差是: 100 100[20×(5-3) +10×(4- 8 3)2+30×(3-3)2+30×(2-3)2+10×(1-3)2]=5,则这 100 人成绩的标准差为 8 2 10 5= 5 . 答案 (1)A (2)C 78+79 74+78 2 =78.5,m 乙= 2 =76,

热点二 排列组合与概率 [微题型 1] 排列、组合问题

【例 2-1】 (1)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班级,每个班至少分 到一名学生, 且甲、 乙两名学生不能分到同一个班级, 则不同的分法种数为( A.18 C.30 B.24 D.36 )

(2)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目, 2 个小品类节目和 1 个相声类节目的演出 顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( A.72 C.144 解析 (1)法一 ) B.120 D.168 如丙、丁分到同一个班级,则方法数就是三个元素的一个全排

3 列, 即 A3 ; 若丙分到甲或乙所在的班级, 则丁只能独自一个班级, 方法数是 2A3 3; 3 同理,若丁分到甲或乙所在的班级,则丙独自一个班级,方法数是 2A3 .根据分类

3 加法计数原理,得总的方法数是 5A3 =30. 3 3 法二 总的方法数是 C2 4A3=36,甲、乙被分到同一个班级的方法数是 A3=6,

故甲、乙不分到同一个班级的方法数是 36-6=30. (2)先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节 目的顺序有三种: “小品 1, 小品 2, 相声”“小品 1, 相声, 小品 2”和“相声, 小品 1, 小品 2”.对于第一种情况, 形式为 “□小品 1 歌舞 1 小品 2□相声□”,
2 1 2 有 A2 C3A3=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有 36 种安排方法,对于第二 2 种情况,三个节目形成 4 个空,其形式为“□小品 1□相声□小品 2□”,有 A2 3 A4 =48(种)安排方法,故共有 36+36+48=120(种)安排方法.

答案 (1)C

(2)B

探究提高 解排列、组合的应用题,通常有以下途径: (1)以元素为主体,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素. (2)以位置为主体,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置. (3)先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不符合要求的排列或组合 数. [微题型 2] 考查二项式定理 )

【例 2-2】 (1)(2015· 全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5 的展开式中,x5y2 的系数为( A.10 C.30 B.20 D.60

(2)若(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+?+a13(x-1)13,则 a1+a2+?+ a13=________.
2 5-k k 解析 (1)Tk+1=Ck y ,∴k=2. 5(x +x) 2 3 2 2 r 2(3-r) r 2 ∴C2 xy , 5(x +x) y 的第 r+1 项为 C5C3x

∴2(3-r)+r=5,解得 r=1,
1 ∴x5y2 的系数为 C2 5C3=30.

(2)记 f(x)=(x2+1)(x-2)11=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+?+a13(x-1)13, 则 f(1)=a0=(12+1)(1-2)11=-2. 而 f(2)=(22+1)(2-2)11=a0+a1+a2+?+a13, 即 a0+a1+a2+?+a13=0. 所以 a1+a2+?+a13=2.

答案 (1)C

(2)2

探究提高 (1)在应用通项公式时,要注意以下几点: ①它表示二项展开式的任意项,只要 n 与 r 确定,该项就随之确定; ②对二项式(a-b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题; ③(x+y)n 展开式中的每一项相当于从 n 个因式(x+y)中每个因式选择 x 或 y 组成 的. (2)在二项式定理的应用中, “赋值思想”是一种重要方法,是处理组合数问题、 系数问题的经典方法.要根据二项展开式的结构特征灵活赋值. [微题型 3] 古典概型与几何概型

【例 2-3】 (1)(2016· 深圳一调)4 名同学参加 3 项不同的课外活动,若每名同学 可自由选择参加其中的一项,则每项活动至少有一名同学参加的概率为( 4 A.9 9 C.64 4 B.27 3 D.64 )

(2)(2016· 山东卷)在[-1,1]上随机地取一个数 k,则事件“直线 y=kx 与圆(x- 5)2+y2=9 相交”发生的概率为________. 解析 (1)4 名同学参加 3 项不同的活动共有 34=81 种,其中每项活动至少有一 36 4 3 名同学参加的有:C2 4A3=36 种.由古典概型知所求概率为 P= = . 81 9 (2)由已知得, 圆心(5, 0)到直线 y=kx 的距离小于半径, ∴ 3 ? 3? ?- ? 4-? 4? 3 由几何概型得 P= = . 1-(-1) 4 答案 (1)A (2) 探究提高 3 4 |5k| 3 3 <3, 解得-4<k<4, 2 k +1

(1)解答有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和

所求事件包含的基本事件数,这常用到计数原理与排列、组合的相关知识. (2)当构成试验的结果的区域为长度 、面积、体积、弧长、夹角等时,应考虑使 用几何概型求解. 【训练 2】 (1)(a+x)(1+x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32,则 a =____________.

(2)(2016· 全国Ⅱ卷)从区间[0,1]随机抽取 2n 个数 x1,x2,?,xn,y1,y2,?, yn,构成 n 个数对(x1,y1),(x2,y2),?,(xn,yn),其中两数的平方和小于 1 的 数对共有 m 个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π 的近似值为( 4n A. m 4m C. n 2n B. m 2m D. n )

解析 (1)设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5, 令 x=1,得 16(a+1)=a0+a1+a2+a3+a4+a5,① 令 x=-1,得 0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.② ①-②,得 16(a+1)=2(a1+a3+a5), 即展开式中 x 的奇数次幂的系数之和为 a1+a3+a5=8(a+1), 所以 8(a+1)=32,解得 a=3. (2)由题意得:(xi,yi)(i=1,2,?,n)在如图所示方格中,而平 方和小于 1 的点均在如图所示的阴影中,由几何概型概率计算 π 4 m 公式知 1 = n , 4m ∴π= n ,故选 C. 答案 (1)3 (2)C

1.用样本估计总体 (1)在频率分布直方图中,各小长方形的面积表示相应的频率,各小长方形的面 积的和为 1. (2)众数、中位数及平均数的异同:众数、中位数及平均数都是描述一组数据集 中趋势的量,平均数是最重要的量. (3)当总体的个体数较少时,可直接分析总体取值的频率分布规律而得到总体分 布;当总体容量很大时,通常从总体中抽取一个样本,分析它的频率分布,以此 估计总体分布. 利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时易出错,应注意区分这三者,在

频率分布直方图中: ①中位数:在频率分布直方图中,中位数左边和右边的直方图的面积相等,由此 可以估计中位数的值. ②平均数: 平均数为频率分布直方图的“重心”, 等于图中每个小矩形的面积乘 以小矩形底边中点的横坐标之和. ③众数:在频率分布直方图中,众数是最高的矩形底边的中点的横坐标. 2.求解排列、组合问题常用的解题方法 (1) 元素相邻的排列问题 ——“捆邦法”; (2) 元素相间的排列问题 ——“插空 法”; (3) 元素有顺序限制的排列问题 ——“除序法”; (4) 带有“含”与“不 含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
n-r r 3.通项 Tr+1=Cr b 是指(a+b)n 的展开式中的第 r+1 项, 而非第 r 项, 其中 n∈N*, na

r=0,1,?,n,且 r≤n,若 n,r 一旦确定,则展开式中的指定项也就确定, 通常用来求二项展开式中任意指定的项或系数,如常数项或 xn 的系数. 4.古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有 序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法. (3)列表法: 适用于多元素基本事件的求解问题, 通过列表把复杂的题目简单化、 抽象的题目具体化. (4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.

一、选择题 1.(2016· 全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的 E 处出发,先到 F 处与小红会合,再一起 到位于 G 处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路 径条数为( )

A.24 C.12

B.18 D.9

解析 从 E 点到 F 点的最短路径有 6 种,从 F 点到 G 点的最短路径有 3 种,所

以从 E 点到 G 点的最短路径为 6×3=18 种,故选 B. 答案 B

2.下列说法: ①将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差恒不变; ②设有一个回归方程 ? 变量 x 增加一个单位时, y 平均增加 5 个单位; y =3-5x,

? x+ a ? 必过(x,y); ③回归方程 ? y =b
④有一个 2×2 列联表中,由计算得 K2=13.079,则有 99.9%的把握确认这两个 变量间有关系. 其中错误的个数是( ) 0.050 3.841 B.1 D.3 一组数据都加上或减去同一个常数,数据的平均数有变化,方差不变(方 0.010 6.635 0.001 10.828

P(K2≥k0) k0 A.0 C.2 解析

差是反映数据的波动程度的量),①正确;回归方程中 x 的系数具备直线斜率的 功能,对于回归方程 y^=3-5x,当 x 增加一个单位时,y 平均减少 5 个单位,

? x+ a ? 必过点(x,y),③ ②错误;由线性回归方程的定义知,线性回归方程 ? y =b
正确;因为 K2=13.079>10.828,故有 99.9%的把握确认这两个变量有关系,④ 正确.故选 B. 答案 B 3.(2014· 新课标全国Ⅰ卷)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( 1 A.8 3 C.8 5 B.8 7 D.8 )

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 位同学都选周日也有 1 种情况,故

24-1-1 14 7 周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 P= 24 =16=8. 答案 D

4.在如图所示的正方形中随机投掷 10 000 个点, 则落入阴影部 分(曲线 C 为正态分布 N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计 值为( )

附:若 X~N(μ,σ2),则 P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6, P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954 4. A.2 386 C.3 413 B.2 718 D.4 772

解析 由 X~N(0,1)知,P(-1<X≤1)=0.682 6, 1 ∴P(0≤X≤1)=2×0.682 6=0.341 3,故 S≈0.341 3. x S ∴落在阴影部分中点的个数 x 估计值为10 000=1(古典概型), ∴x=10 000×0.341 3=3 413,故选 C. 答案 C 5.春节期间, “厉行节约,反对浪费”之风悄然吹开,某市通过随机询问 100 名 性别不同的居民是否能做到“光盘”行动,得到如下的列联表: 做不到“光盘” 男 女 附: 45 30 能做到“光盘” 10 15

P(K2≥k0) k0
2

0.10 2.706

0.05 3.841

0.025 5.024

n(ad-bc)2 K= (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 参照附表,得到的正确结论是( )

A.在犯错误的概率不超过 1%的前提下,认为“该市居民能否做到‘光盘’与性 别有关” B.在犯错误的概率不超过 1%的前提下,认为“该市居民能否做到‘光盘’与性 别无关” C.有 90%以上的把握认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别有关” D.有 90%以上的把握认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别无关” 解析 由公式可计算 K2 的观测值 n(ad-bc)2 k= (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 100×(45×15-30×10)2 = ≈3.03>2.706, 55×45×75×25 所以有 90%以上的把握认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别有关”,故选 C. 答案 C 二、填空题 6.(2017· 广州模拟)从某小学随机抽取 100 名同学,将他们的身高(单位:cm)数据 绘制成频率分布直方图如图所示 . 由图中数据可知 a = ________. 若要从身高在 [120,130),[130,140),[140,150]三组内的学生中,用分层抽样的方法选取 18 人参加一项活动, 则从身高在[140, 150]内的学生中选取的人数应为________.

解析

由所有小矩形的面积之和为 1,得(0.005+0.010+0.020+a+0.035)×10

=1,得 a=0.030.设身高在[120,130),[130,140),[140,150]三组中分别抽取 的人数为 n1,n2,n3,则 n1∶n2∶n3=0.3∶0.2∶0.1=3∶2∶1,又 n1+n2+n3= 1 18,所以 n3=18× =3. 3+2+1

答案 0.030

3

7.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(1,σ 2),则函数 f(x)=x2+2x+ξ 不存在零点的 概率是________.

解析 函数 f(x)=x2+2x+ξ 不存在零点, 则 Δ=4-4ξ<0, 即 ξ>1.因为 ξ~N(1,

σ2),所以该正态曲线的对称轴是 x=1,根据正态曲线的性质得 P(ξ>1)=2.
1 答案 2 8.(2016· 江苏卷 ) 已知一组数据 4.7 , 4.8 , 5.1 , 5.4 , 5.5 ,则该组数据的方差是 ________. 解析 x= 4.7+4.8+5.1+5.4+5.5 1 =5.1,则方差 s2=5[(4.7-5.1)2+(4.8-5.1)2+ 5

1

(5.1-5.1)2+(5.4-5.1)2+(5.5-5.1)2]=0.1. 答案 0.1 三、解答题 9.(2016· 全国Ⅲ卷)如图是我国 2008 年至 2014 年生活垃圾无害化处理量(单位: 亿 吨)的折线图:

注:年份代码 1-7 分别对应年份 2008~2014 (1)由折线图看出, 可用线性回归模型拟合 y 与 t 的关系, 请用相关系数加以说明; (2)建立 y 关于 t 的回归方程(系数精确到 0.01), 预测 2016 年我国生活垃圾无害化 处理量. 参考数据: ? yi ? 9.32, ? ti yi ? 40.17,
i ?1 i ?1 7 7

? ( y ? y)
i ?1 i

7

2

? 0.55, 7 ? 2.646.

参数公式:相关系数 ^= 小二乘估计公式分别为b

^+b ^t 中斜率和截距最 ,回归方程^ y=a

? (t ? t )( y ? b)
i ?1 i i

n

? (t ? t )
i ?1 i

n

? ? y ? bt ?. ,a

2

解 (1)由折线图中数据和附注中参考数据得

t ? 4, ? (ti ? t )2 ? 28,
i ?1
7 7

7

? ( y ? y)
i ?1 i
7 i i i ?1 i

7

2

? 0.55,
2.89 ≈ 0.55×2×2.646

? (t ? t )( y ? y) ? ? t y ? t ? y
i ?1 i i i ?1

? 40.17 ? 4 ? 9.32 ? 2.89, r ≈

0.99. 因为 y 与 t 的相关系数近似为 0.99,说明 y 与 t 的线性相关程度相当高,从而可 以用线性回归模型拟合 y 与 t 的关系.
- 9.32 ^= (2)由 y= 7 ≈1.331 及(1)得b

? (t ? t )( y ? y)
i ?1 i i

7

? (t ? t )
i ?1 i

7

?

2

2.89 ? ? y ? bt ? ? 1.331 ? 0.103 ? 4 ? 0.92. ? 0.103.a 28

所以 y 关于 t 的回归方程为^ y=0.92+0.10t. 将 2016 年对应的 t=9 代入回归方程得^ y=0.92+0.10×9=1.82. 所以预测 2016 年我国生活垃圾无害化处理量将约为 1.82 亿吨. 10.随机观测生产某种零件的某工厂 25 名工人的日加工零件数(单位:件),获得 数据如下:30,42,41,36,44,40,37,37,25,45,29,43,31,36,49, 34,33,43,38,42,32,34,46,39,36. 根据上述数据得到样本的频率分布表如下: 分组 [25,30] (30,35] 频数 3 5 频率 0.12 0.20

(35,40] (40,45] (45,50]

8 n1 n2

0.32 f1 f2

(1)确定样本频率分布表中 n1,n2,f1 和 f2 的值; (2)根据上述频率分布表,画出样本频率分布直方图; (3)根据样本频率分布直方图,求在该厂任取 4 人,至少有 1 人的日加工零件数 落在区间(30,35]的概率. 解 (1)根据已知数据统计出 n1=7,n2=2; 7 2 计算得 f1=25=0.28,f2=25=0.08. (2)由于组距为 5,用 0.016. 不妨以 0.008 为纵坐标的一个单位长、5 为横坐标的一个单位长画出样本频率分 布直方图如下. 频率 得各组的纵坐标分别为 0.024,0.040,0.064,0.056, 组距

(3)根据样本频率分布直方图,以频率估计概率,则在该厂任取 1 人,其日加工 零件数落在区间(30,35]的频率为 0.2,估计其概率为 0.2. 设所取的 4 人中,日加工零件数落在区间(30,35]的人数为 ξ,则 ξ~B(4,0.2), P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1-(1-0.2)4=1-0.409 6=0.590 4, 所以在该厂任取 4 人, 至少有 1 人的日加工零件数落在区间(30,35]的概率为 0.590 4. 11.(2016· 四川卷)我国是世界上严重缺水的国家,某市政府为了鼓励居民节约用 水,计划调整居民生活用水收费方案,拟确定一个合理的月用水量标准 x(吨), 一位居民的月用水量不超过 x 的部分按平价收费,超出 x 的部分按议价收费.为 了了解居民用水情况,通过抽样,获得了某年 100 位居民每人的月均用水量(单 位:吨),将数据按照[0,0.5),[0.5,1),?,[4,4.5)分成 9 组,制成了如图所 示的频率分布直方图.

(1)求直方图中 a 的值; (2)设该市有 30 万居民,估计全市居民中月均用水量不低于 3 吨的人数,并说明 理由; (3)若该市政府希望使 85%的居民每月的用水量不超过标准 x(吨),估计 x 的值, 并说明理由. 解 (1)由频率分布直方图知,月均用水量在[0,0.5)中的频率为 0.08×0.5=0.04. 同理,在[0.5,1),[1.5,2),[2,2.5),[3,3.5),[3.5,4),[4,4.5)中的频率分 别为 0.08,0.20,0.26,0.06,0.04,0.02. 由 0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1, 解得 a=0.30. (2)由(1), 100 位居民每人月均用水量不低于 3 吨的频率为 0.06+0.04+0.02=0.12. 由以上样本的频率分布,可以估计全市 30 万居民中月均用水量不低于 3 吨的人 数为 300 000×0.12=36 000. (3)因为前 6 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.26+0.15=0.88>0.85, 而前 5 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.26=0.73<0.85.所以 2.5≤x<3. 由 0.3×(x-2.5)=0.85-0.73,解得 x=2.9. 所以,估计月用水量标准为 2.9 吨时,85%的居民每月的用水量不超过标准.

第2讲

随机变量及其分布

高考定位 概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件 等;对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点” ,多在解答题 的前三题的位置呈现, 常考查独立事件的概率, 超几何分布和二项分布的期望等.

真 题 感 悟 (2016· 全国Ⅰ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,得下面柱状图:

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 P(X≤n)≥0.5,确定 n 的最小值; (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在 n=19 与 n=20 之中选其 一,应选用哪个? 解 (1)由柱状图并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,从而 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+0.2×0.2=0.2; P(X=21)=2×0.2×0.2=0.08; P(X=22)=0.2×0.2=0.04; 所以 X 的分布列为 X P 16 0.04 17 0.16 18 0.24 19 0.24 20 0.2 21 0.08 22 0.04

(2)由(1)知 P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故 n 的最小值为 19. (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 n = 19 时 , E(Y) = 19×200×0.68 + (19×200 + 500)×0.2 + (19×200 + 2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4 040. 当 n=20 时, E(Y) = 20×200×0.88 + (20×200 + 500)×0.08 + (20×200 + 2×500)×0.04 = 4 080. 可知当 n=19 时所需费用的期望值小于 n=20 时所需费用的期望值,故应选 n= 19.

考 点 整 合 1.条件概率 在 A 发生的条件下 B 发生的概率 P(B|A)= P(AB) . P(A)

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 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
k n -k Pn(k)=Ck ,k=0,1,2,?,n. np (1-p)

4.超几何分布 在含有 M 件次品的 N 件产品中,任取 n 件,其中恰有 X 件次品,则 P(X=k)=
n-k Ck MCN-M ,k=0,1,2,?,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N,M≤N,n,M, Cn N

N∈N*.此时称随机变量 X 服从超几何分布.超几何分布的模型是不放回抽样,超 几何分布中的参数是 M,N,n. 5.离散型随机变量的分布列 (1)设离散型随机变量 ξ 可能取的值为 x1,x2,?,xi,?,ξ 取每一个值 xi 的概 率为 P(ξ=xi)=pi,则称下表 ξ x1 x2 x3 ? xi ?

P

p1

p2

p3

?

pi

?

为离散型随机变量 ξ 的分布列. (2)离散型随机变量 ξ 的分布列具有两个性质:①pi≥0; ②p1+p2+?+pi+?=1(i=1,2,3,?). (3)E(ξ)=x1p1+x2p2+?+xipi+?+xnpn 为随机变量ξ 的数学期望或均值. D(ξ)=(x1-E(ξ))2·p1+(x2-E(ξ))2·p2+?+(xi-E(ξ))2·pi+?+(xn-E(ξ))2·pn 叫做随机变量 ξ 的方差. (4)性质 ①E(aξ+b)=aE(ξ)+b,D(aξ+b)=a2D(ξ); ②X~B(n,p),则 E(X)=np,D(X)=np(1-p); ③X 服从两点分布,则 E(X)=p,D(X)=p(1-p).

热点一 相互独立事件、独立重复试验概率模型 [微题型 1] 相互独立事件的概率

【例 1-1】(2016· 北京卷)A,B,C 三个班共有 100 名学生,为调查他们的体育 锻炼情况,通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间,数据如下表(单位: 小时):

(1)试估计 C 班的学生人数; (2)从 A 班和 C 班抽出的学生中,各随机选取 1 人,A 班选出的人记为甲,C 班 选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙 的锻炼时间长的概率; (3)再从 A,B,C 三个班中各任取一名学生,他们该周的锻炼时间分别是 7,9, 8.25(单位:小时).这 3 个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为 μ1, 表格中数据的平均数记为 μ0,试判断 μ0 和 μ1 的大小(结论不要求证明). 解 (1)C 班学生人数约为 100× 8 8 =100×20=40(人). 5+7+8

(2)设事件 Ai 为“甲是现有样本中 A 班的第 i 个人”,i=1,2,?,5. 事件 Cj 为“乙是现有样本中 C 班的第 j 个人”,j=1,2,?,8. 1 1 由题意可知 P(Ai)=5,i=1,2,?,5;P(Cj)=8,j=1,2,?,8. 1 1 1 P(AiCj)=P(Ai)P(Cj)=5×8=40,i=1,2,?,5,j=1,2,?,8. 设事件 E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长” ,由题意知, E=A1C1∪ A1C2 ∪ A2C1∪ A2C2∪ A2C3∪A3C1 ∪A3C2 ∪A3C3 ∪A4C1∪ A4C2∪A4C3 ∪ A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4.

因此 P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+ P(A3C3) + P(A4C1) + P(A4C2) + P(A4C3) + P(A5C1) + P(A5C2) + P(A5C3) + P(A5C4) = 1 3 15×40=8. (3)μ1<μ0. 探究提高 对于复杂事件的概率, 要先辨析事件的构成, 理清各事件之间的关系, 并依据互斥事件概率的和, 或者相互独立事件概率的积的公式列出关系式; 含 “至 多” “至少”类词语的事件可转化为对立事件的概率求解;并注意正难则反思想 的应用(即题目较难的也可从对立事件的角度考虑). [微题型 2] 独立重复试验的概率

【例 1-2】 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.

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).

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 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于 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.
3 (2)X 可能取的值为 0,1,2,3,相应的概率为 P(X=0)=C0 3·(1-0.6) =0.064, 1 P(X=1)=C3 ·0.6(1-0.6)2=0.288, 2 P(X=2)=C3 ·0.62(1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3 ·0.63=0.216.

分布列为 X P 0 0.064 1 0.288 2 0.432 3 0.216

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. 探究提高 在解题时注意辨别独立重复试验的基本特征: (1)在每次试验中,试

验结果只有发生与不发生两种情况;(2)在每次试验中,事件发生的概率相同. 【训练 1】 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 顾客数(人) 结算时间 (分种/人) 1至4件 x 1 5至8件 30 1.5 9 至 12 件 25 2 13 至 16 件 y 2.5 17 件及以上 10 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,并求顾客一次购物的结算时间 X 的分布列与数学期望; (2)若某顾客到达收银台时前面恰有 2 位顾客需结算, 且各顾客的结算相互独立, 求该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率. (注: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,将频率视为概率得 15 3 30 3 25 1 20 1 P(X=1)=100=20, P(X=1.5)=100=10, P(X=2)=100=4, P(X=2.5)=100=5, 10 1 P(X=3)=100=10. X 的分布列为

X P X 的数学期望为

1 3 20

1.5 3 10

2 1 4

2.5 1 5

3 1 10

3 3 1 1 1 E(X)=1×20+1.5×10+2×4+2.5×5+3×10=1.9. (2)记 A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”,Xi(i=1,2)为该顾 客前面第 i 位顾客的结算时间,则 P(A)=P(X1=1 且 X2=1)+P(X1=1 且 X2=1.5)+ P(X1=1.5 且 X2=1). 由于各顾客的结算相互独立,且 X1,X2 的分布列都与 X 的分布列相同,所以 3 P(A) = P(X1 = 1)×P(X2 = 1) + P(X1 = 1)×P(X2 = 1.5) + P(X1 = 1.5) × P(X2 = 1) = 20 3 3 3 3 3 9 ×20+20×10+10×20=80. 9 该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为80. 热点二 离散型随机变量的分布列 [微题型 1] 利用相互独立事件、互斥事件的概率求分布列

【例 2-1】 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 1 1 为2,在 D 上的概率为3;对落点在 B 上的来球,小明回球的落点在 C 上的概率 1 3 为5,在 D 上的概率为5.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 X 的分布列与数学期望. 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), 1 1 1 1 1 则 P(A3)=2,P(A1)=3,P(A0)=1-2-3=6; 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), 1 3 1 3 1 则 P(B3)=5,P(B1)=5,P(B0)=1-5-5=5. 记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有 1 次落点在乙上”. 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) 1 1 1 1 1 3 1 1 3 =2×5+3×5+6×5+6×5=10, 3 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10. (2)由题意,随机变量 X 可能的取值为 0,1,2,3,4,6, 由事件的独立性和互斥性,得 1 1 1 P(X=0)=P(A0B0)=6×5=30, P(X=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1) 1 1 1 3 1 =3×5+6×5=6, 1 3 1 P(X=2)=P(A1B1)=3×5=5, P(X=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3) 1 1 1 1 2 =2×5+5×6=15,

P(X=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3) 1 3 1 1 11 =2×5+3×5=30, 1 1 1 P(X=6)=P(A3B3)=2×5=10.

可得随机变量 X 的分布列为: X P 0 1 30 1 1 6 2 1 5 3 2 15 4 11 30 6 1 10

1 1 1 2 11 1 91 所以数学期望 E(X)=0×30+1×6+2×5+3×15+4×30+6×10=30. 探究提高 解答这类问题使用简洁、 准确的数学语言描述解答过程是解答得分的 根本保证.引进字母表示事件可使得事件的描述简单而准确,或者用表格描述, 使得问题描述有条理,不会有遗漏,也不会重复;分析清楚随机变量取值对应的 事件是求解分布列的关键. [微题型 2] 二项分布

【例 2-2】 某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方 2 2 案甲的中奖率为3,中奖可以获得 2 分;方案乙的中奖率为5,中奖可以获得 3 分; 未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会, 每次抽奖中奖与否互不影响, 晚会结束后凭分数兑换奖品. (1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为 X,求 X≤3 的概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何 种方案抽奖,累计得分的数学期望较大? 解 法一 2 2 (1)由已知得,小明中奖的概率为3,小红中奖的概率为5,且两人中

奖与否互不影响. 记“这两人的累计得分 X≤3”的事件为 A,

则事件 A 的对立事件为“X=5”, 2 2 4 因为 P(X=5)=3×5=15, 11 所以 P(A)=1-P(X=5)=15, 11 即这两人的累计得分 X≤3 的概率为15. (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1,都选择方案乙抽奖中奖次数 为 X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1),选择方案乙抽 奖累计得分的数学期望为 E(3X2). 2? 2? ? ? 由已知可得,X1~B?2,3?,X2~B?2,5?, ? ? ? ? 2 4 2 4 所以 E(X1)=2×3=3,E(X2)=2×5=5, 8 因此 E(2X1)=2E(X1)=3, 12 E(3X2)=3E(X2)= 5 . 因为 E(2X1)>E(3X2), 所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大. 法二 2 2 (1)由已知得,小明中奖的概率为3,小红中奖的概率为5,且两人中奖与

否互不影响. 记“这两人的累计得分 X≤3”的事件为 A, 则事件 A 包含有“X=0”, “X=2”, “X=3”三个两两互斥的事件, 2 2 1 2 2 2 2 2 因为 P(X=0)=(1-3)×(1-5)=5, P(X=2)=3×(1-5)=5, P(X=3)=(1-3)×5 2 =15, 11 所以 P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=15, 11 即这两人的累计得分 X≤3 的概率为15. (2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 X1,都选择方案乙所获得的 累计得分为 X2,则 X1,X2 的分布列如下:

1 4 4 8 9 12 4 12 所以 E(X1) = 0× 9 + 2× 9 + 4× 9 = 3 , E(X2) = 0× 25 + 3× 25 + 6× 25 = 5 . 因为 E(X1)>E(X2), 所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大. 探究提高 对于实际问题中的随机变量 X,如果能够断定它服从二项分布 B(n,
k n-k p), 则其概率、 期望与方差可直接利用公式 P(X=k)=Ck (k=0, 1, 2, ?, np (1-p)

n),E(X)=np,D(X)=np(1-p)求得,因此,熟记二项分布的相关公式,可以避 免繁琐的运算过程,提高运算速度和准确度. [微题型 3] 超几何分布

【例 2-3】(2016· 合肥二模)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.
2 2 2 C2 6 2C3+C3C3 解 (1)由已知,有 P(A)= = 4 C8 35.

6 所以,事件 A 发生的概率为35. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.
4-k Ck 5C3 P(X=k)= C4 (k=1,2,3,4). 8

所以随机变量 X 的分布列为 X P 1 1 14 2 3 7 3 3 7 4 1 14

1 3 3 1 5 随机变量 X 的数学期望 E(X)=1×14+2×7+3×7+4×14=2. 探究提高 抽取的 4 人中, 运动员可能为种子选手或一般运动员, 并且只能是这 两种情况之一,符合超几何概型的特征,故可利用超几何分布求概率.

【训练 2】(2014· 新课标全国Ⅰ卷)从某企业生产的某种产品中抽取 500 件,测量 这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图:

(1)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x和样本方差 s2(同一组中的数据用该 组区间的中点值作代表); (2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布 N(μ ,σ 2),其 中 μ 近似为样本平均数x ,σ 2 近似为样本方差 s2. ①利用该正态分布,求 P(187.8<Z<212.2); ②某用户从该企业购买了 100 件这种产品,记 X 表示这 100 件产品中质量指标 值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用①的结果,求 E(X). 附: 150≈12.2,若 Z~N(μ,σ 2),则 P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 6,P(μ-2σ<Z <μ+2σ)=0.954 4. 解 (1)抽取产品的质量指标值的样本平均数- x 和样本方差 s2 分别为
- -



x = 170×0.02 + 180×0.09 + 190×0.22 + 200×0.33 + 210×0.24 + 220×0.08 + 230×0.02=200, s2 =(- 30)2 ×0.02 + (- 20)2 × 0.09 + (-10)2 × 0.22 + 0× 0.33 + 102 × 0.24 + 202 × 0.08+302×0.02=150.

(2)②由(1)知,Z~N(200,150),从而 P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.682 6. ②由①知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为 0.682 6,依 题意知 X~B(100,0.682 6),所以 E(X)=100×0.682 6=68.26.

1.概率 P(A|B)与 P(AB)的区别 (1)发生时间不同:在 P(A|B)中,事件 A,B 的发生有时间上的差异,B 先 A 后; 在 P(AB)中,事件 A,B 同时发生.(2)样本空间不同:在 P(A|B)中,事件 B 成为样 本空间;在 P(AB)中,样本空间仍为总的样本空间,因而有 P(A|B)≥P(AB). 2.求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为: 第一步是“判断取值”, 即判断随机变量的所有可能取值, 以及取每个值所表示 的意义; 第二步是“探求概率”,即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概 型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式,以及 对立事件的概率公式等),求出随机变量取每个值时的概率; 第三步是“写分布列” ,即按规范形式写出分布列,并注意用分布列的性质检验 所求的分布列或某事件的概率是否正确; 第四步是 “求期望值” , 一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值, 对于有些实际问题中的随机变量,如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二 项分布 X~B(n,p)),则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式 (E(X)=np)求得.因此,应熟记常见的典型分布的期望公式,可加快解题速度.

一、选择题 1.(2014· 新课标全国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.0.8 C.0.6 ) B.0.75 D.0.45

解析 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

0.6 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=0.75= 0.8. 答案 A 2.(2015· 全国Ⅰ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( A.0.648 C.0.36 ) B.0.432 D.0.312

2 解析 3 次投篮投中 2 次的概率为 P(k=2)=C2 3×0.6 ×(1-0.6),投中 3 次的概 2 率为 P(k=3)=0.63,所以通过测试的概率 P=P(k=2)+P(k=3)=C3 ×0.62×(1-

0.6)+0.63=0.648.故选 A. 答案 A 3.(2017· 合肥模拟)从装有除颜色外完全相同的 3 个白球和 m 个黑球的布袋中随机 摸取一球,有放回的摸取 5 次,设摸得白球数为 X,已知 E(X)=3,则 D(X)等于 ( 8 A.5 4 C.5 ) 6 B.5 2 D.5 3 ,满足二项分布,则有 3+m

解析 根据题目条件,每次摸到白球的概率都是 p= E(X)=np=5× 答案 B

3? 6 3 3 ? =3,解得 m=2,那么 D(X)=np(1-p)=5×5×?1-5?=5. ? ? 3+m

4.(2016· 北京卷)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个 空盒, 每次从袋中任意取出两个球, 将其中一个球放入甲盒, 如果这个球是红球, 就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被 放入盒中,则( )

A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多

C.乙盒中红球不多于丙盒中红球 D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 解析 若袋中有两个球,则红球、黑球各一个,若红球放在甲盒,则黑球放在乙 盒,丙盒中没有球,此时乙盒中黑球多于丙盒中黑球,乙盒中黑球比丙盒中红球 多,故可排除 A、D;若袋中有四个球,则红球、黑球各两个,若取出两个红球, 则红球一个放在甲盒,余下一个放在乙盒,再取出余下的两个黑球,一个放在甲 盒,则余下一个放在丙盒,所以甲盒中一红一黑,乙盒中一个红球,丙盒中一个 黑球,此时乙盒中红球比丙盒中红球多,排除 C;故选 B. 答案 B

5.箱中装有标号为 1,2,3,4,5,6 且大小相同的 6 个球.从箱中一次摸出两个 球,记下号码并放回,如果两球号码之积是 4 的倍数,则获奖.则有 4 人参与摸 奖(每人一次),则恰好有 3 人获奖的概率是( 16 A.625 624 C.625 96 B.625 4 D.625 )

解析 若摸出的两球中含有 4,必获奖,有 5 种情况;若摸出的两球是 2,6,也 能获奖.故获奖的情形共 6 种,获奖的概率为 ?2?3 3 96 人获奖的概率是 C3 4?5? · = 5 625. ? ? 答案 B 二、填空题 6.(2016· 四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时, 就说这次试验成功,则在 2 次试验中成功次数 X 的均值是________. 解析 由题可知,在一次试验中,试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率 3? 1 1 3 ? 为 P=1-2×2=4,∵2 次独立试验成功次数 X 满足二项分布 X~B?2,4?,则 ? ? 3 3 E(X)=2×4=2. 2 6 =5.现有 4 人参与摸奖,恰有 3 2 C6

3 答案 2 7.连续掷一枚均匀的正方体骰子(6 个面分别标有 1,2,3,4,5,6),现定义数 ?-1,点数不是3的倍数, 列 an=? Sn 是其前 n 项和,则 S5=3 的概率是________. ?1,点数是3的倍数, 2 解析 该试验可看作一个独立重复试验,结果为-1 发生的概率为3,结果为 1 1 发生的概率为3,S5=3 即 5 次试验中-1 发生一次,1 发生四次. ?2?1?1?4 10 ?3? ?3? = 故其概率为 C1 5· 243. ? ? ? ? 10 答案 243 8.(2017· 金丽衢十二校联考)有甲、乙、丙三位同学,投篮命中的概率如下表: 同学 概率 甲 0.5 乙 a 丙 a

7 现请三位同学各投篮一次, 设 ξ 表示命中的次数, 若 E(ξ)=6, 则 a=__________. 解析 ξ 可取值 0,1,2,3. P(ξ=0)=0.5×(1-a)×(1-a)=0.5(1-a)2; P(ξ=1)=0.5×(1-a)×(1-a)+2×0.5×a×(1-a)=0.5(1-a2); P(ξ=2)=0.5×a2+2×0.5×a×(1-a)=0.5a(2-a); P(ξ=3)=0.5×a×a=0.5a2. ∴E(ξ)=P(ξ=0)×0+P(ξ=1)×1+P(ξ=2)×2+ 7 P(ξ=3)×3=6. 7 1 即 0.5(1-a2)+a(2-a)+1.5a2=6,解得 a=3. 1 答案 3 三、解答题 9.(2016· 全国Ⅱ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,续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下:

上年度出险次数 保费

0 0.85a

1 a

2 1.25a

3 1.5a

4 1.75a

≥5 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 概率 0 0.30 1 0.15 2 0.20 3 0.20 4 0.10 ≥5 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:“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)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. (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)=0.1+0.05=0.15. 又 P(AB)=P(B),故 P(B|A)= P(AB) P(B) 0.15 3 3 = =0.55=11.因此所求概率为11. P(A) P(A)

(3)记续保人本年度的保费为 X,则 X 的分布列为 X P 0.85a 0.30 a 0.15 1.25a 0.20 1.5a 0.20 1.75a 0.10 2a 0.05

E(X)=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05 =1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为 1.23. 10.设某校新、老校区之间开车单程所需时间为 T,T 只与道路畅通状况有关,对 其容量为 100 的样本进行统计,结果如下: T(分钟) 频数(次) (1)求 T 的分布列与数学期望 E(T); (2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区做一个 50 分钟的讲座,结束后立即 返回老校区, 求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过 120 分钟的概 率. 解 (1)由统计结果可得 T 的频率分布为 25 20 30 30 35 40 40 10

T(分钟) 频率 以频率估计概率得 T 的分布列为

25 0.2

30 0.3

35 0.4

40 0.1

T P

25 0.2

30 0.3

35 0.4

40 0.1

从而 E(T)=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1 =32(分钟). (2)设 T1,T2 分别表示往、返所需时间,T1,T2 的取值相互独立,且与 T 的分布 列相同, 设事件 A 表示“刘教授共用时间不超过 120 分钟”,由于讲座时间为 50 分钟, 所以事件 A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过 70 分钟”. 法一 P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25, T2≤45)+P(T1=30, T2≤40)+P(T1=35, T2≤35)+P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91. 法二 P(A)=P(T1+T2>70)=P(T1=35, T2=40)+P(T1=40, T2=35)+P(T1=40, T2=40) =0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09, 故 P(A)=1-P(A)=0.91. 11.(2016· 北京丰台区二模)张先生家住 H 小区,他工作在 C 科技园区,从家到公 司上班的路上有 L1,L2 两条路线(如图所示),L1 路线上有 A1,A2,A3 三个路口, 1 各路口遇到红灯的概率均为2;L2 路线上有 B1,B2 两个路口,各路口遇到红灯的 3 3 概率依次为4,5.

(1)若走 L1 路线,求最多遇到 1 次红灯的概率; (2)若走 L2 路线,求遇到红灯的次数 X 的数学期望; (3)按照“遇到红灯的平均次数最少”的要求,请你帮助张先生从上述两条路线 中选择一条最好的上班路线,并说明理由.

解 (1)设“走 L1 路线最多遇到 1 次红灯“为事件 A,则 3 2 1 0 ?1? 1 1 ?1? P(A)=C3 ×?2? +C3 ×2×?2? =2. ? ? ? ? 1 所以走 L1 路线,最多遇到 1 次红灯的概率为2. (2)依题意,X 的可能取值为 0,1,2. 3? ? 3? 1 ? P(X=0)=?1-4?×?1-5?=10, ? ? ? ? 3? ? 3? 3 9 3 ? P(X=1)=4×?1-5?+?1-4?×5=20, ? ? ? ? 3 3 9 P(X=2)=4×5=20. 故随机变量 X 的分布列为

X P

0 1 10

1 9 20

2 9 20

1 9 9 27 E(X)=10×0+20×1+20×2=20. (3)设选择 L1 路线遇到红灯的次数为 Y, 1? ? 随机变量 Y 服从二项分布,即 Y~B?3,2?, ? ? 1 3 所以 E(Y)=3×2=2.因为 E(X)<E(Y), 所以选择 L2 路线上班最好.



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