高考数学一轮总复习专题概率.3离散型随机变量及其分布检测201903092162

/33/33/12.3离散型随机变量及其分布挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点离散型随机变量及其分布列1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念,了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解两点分布和超几何分布的意义,并能进行简单的应用.2018浙江,7随机变量的方差函数的单调性★★★2014浙江,12随机变量的方差随机变量的均值2014浙江,9随机事件的概率数学期望离散型随机变量的均值与方差理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念,能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些实际问题.2017浙江,8随机变量的均值、方差随机变量的概念及其分布列★☆☆分析解读1.随机变量及其分布是概率统计部分的重要内容,是高中数学的主干知识,也是高考的热点.2.主要考查随机变量分布列的性质及运算求解能力.3.考查一般以解答题形式出现,以随机变量分布列为载体,综合计数原理、古典概型、等可能事件等考查学生分析问题、解决问题的能力及运算求解能力.4.预计2020年高考试题中,对随机变量及其分布的考查必不可少.破考点【考点集训】考点一离散型随机变量及其分布列1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),6)设随机变量X的分布列为P(X=m)=p·12A.1 B. C.117 D.答案C2.(2018浙江台州高三期末质检,12)已知随机变量X的分布列为X123P11m则m=,D(X)=.?答案;考点二离散型随机变量的均值与方差1.(2018浙江温州二模(3月),6)随机变量X的分布列如下表所示,若E(X)=,则D(3X-2)=()X-101P1abA.9 B.7 C.5 D.3答案C2.(2018浙江杭州高三教学质检,12)在一次随机试验中,事件A发生的概率为p,事件A发生的次数为ξ,则数学期望E(ξ)=,方差D(ξ)的最大值为.?答案p;炼技法【方法集训】方法1求离散型随机变量的分布列的方法1.(2018浙江萧山九中12月月考,8)已知某口袋中有3个白球和a个黑球(a∈N*),现从中随机取出一球,再放回一个不同颜色的球(即若取出的是白球,则放回一个黑球;若取出的是黑球,则放回一个白球),记放好球后袋中白球的个数是ξ.若E(ξ)=3,则D(ξ)=()A. B.1 C. D.2答案B2.(2018浙江浙东北联盟期中,14)已知随机变量ξ的分布列为ξ-1012Pa11b若E(ξ)=,则a+b=,D(ξ)=.?答案;11方法2求离散型随机变量的均值与方差的方法1.(2018浙江杭州高考教学质量检测(4月),7)已知0<a<,随机变量ξ的分布列如下:ξ-101P3-aa当a增大时,()A.EB.E增大,D(ξ)增大 B.E(ξ)减小,D(ξ)增大C.ED.E增大,D(ξ)减小 D.E(ξ)减小,D(ξ)减小答案A2.(2017浙江宁波二模(5月),4)随机变量X的取值为0,1,2,若P(X=0)=,E(X)=1,则D(X)=()A. B. C.55 D.答案B过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点离散型随机变量的均值与方差1.(2018浙江,7,4分)设0<p<1,随机变量ξ的分布列是ξ012P11p则当p在(0,1)内增大时,()A.DB.D减小 B.D(ξ)增大C.DD.D先减小后增大 D.D(ξ)先增大后减小答案D2.(2017浙江,8,4分)已知随机变量ξi满足P(ξi=1)=pi,P(ξi=0)=1-pi,i=1,2.若0<p1<p2<,则()A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)答案A3.(2014浙江,9,5分)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ξi(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.p1>p2,E(ξ1)<E(ξ2)B.p1<p2,E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2,E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2,E(ξ1)<E(ξ2)答案A4.(2014浙江,12,4分)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ=0)=,E(ξ)=1,则D(ξ)=.?答案B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一离散型随机变量及其分布列1.(2017课标全国Ⅱ理,13,5分)一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX=.?答案1.962.(2017课标全国Ⅲ理,18,12分)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?解析本题考查随机变量的分布列,数学期望.(1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知P(X=200)=2+1690=0.2,P(X=300)=3690=0.4,P(X=500)=因此X的分布列为X200300500P0.20.40.4(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200≤n≤500.当300≤n≤500时,若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.当200≤n<300时,若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n.所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.3.(2017山东理,18,12分)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX.解析本题考查离散型随机变量的分布列,数学期望.(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,则P(M)=C84C(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则P(X=0)=C65CP(X=1)=C64CP(X=2)=C63CP(X=3)=C62CP(X=4)=C61C因此X的分布列为X01234P151051X的数学期望是EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0×142+1×521+2×1021+3×5解后反思(1)求离散型随机变量X的分布列的步骤:①理解X的含义,写出X所有可能的取值.②求X取每个值时的概率;③写出X的分布列.(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应用计数原理,古典概型概率公式等知识.4.(2015重庆,17,13分)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.解析(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)=C2(2)X的所有可能取值为0,1,2,且P(X=0)=C83C103=7P(X=2)=C22C综上知,X的分布列为X012P771故E(X)=0×715+1×715+2×5.(2015四川,17,12分)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2名女生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率;(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X表示参赛的男生人数,求X的分布列和数学期望.解析(1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C33C因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99(2)根据题意,X的可能取值为1,2,3.P(X=1)=C3P(X=2)=C3P(X=3)=C3所以X的分布列为X123P131因此,X的数学期望为E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)=1×+2×+3×=2.评析本题主要考查随机事件的概率、古典概型、随机变量的分布列、数学期望等基础知识,考查运算求解能力、应用意识,考查运用概率与统计的知识与方法分析和解决实际问题的能力.6.(2015陕西,19,12分)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)25303540频数(次)20304010(1)求T的分布列与数学期望ET;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区作一个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.解析(1)由统计结果可得T的频率分布为T(分钟)25303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得T的分布列为T25303540P0.20.30.40.1从而ET=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”.解法一: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.解法二: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.考点二离散型随机变量的均值与方差1.(2018课标全国Ⅲ理,8,5分)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数,DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p=()A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3答案B2.(2016四川,12,5分)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.?答案3.(2018课标全国Ⅰ理,20,12分)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1),且各件产品是不是不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p),求f(p)的最大值点p0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.(i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX;(ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?解析(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)=C202p2(1-p)因此f'(p)=C202[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=2C20令f'(p)=0,得p=0.1,当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0;当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.所以f(p)的最大值点p0=0.1.(2)由(1)知,p=0.1,(i)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),X=20×2+25Y,即X=40+25Y,所以EX=E(40+25Y)=40+25EY=490.(ii)如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于EX>400,故应该对余下的产品作检验.4.(2018天津理,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查.(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人?(2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.(i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望;(ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率.解析本题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率加法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.(1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.(2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=k)=C4所以随机变量X的分布列为X0123P112184随机变量X的数学期望E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×4(ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=B∪C,且B与C互斥.由(i)知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=.所以事件A发生的概率为.5.(2017江苏,23,10分)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,n∈N*,n≥2),这些球除颜色外完全相同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,…,m+n的抽屉内,其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,…,m+n).123…m+n(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P;(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X)<n(解析本题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及其性质,考查运算求解能力和推理论证能力.(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率P=Cm+n(2)随机变量X的概率分布为X111…1…1PCCC…C…C随机变量X的期望为E(X)=∑k=nm+n1所以E(X)<1=1=1(n-1)Cm=1(n-1)Cm+n=1(n-1)Cm=…=1(n-1)=Cm+n即E(X)<n(6.(2017北京,17,13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列和数学期望E(ξ);(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)解析本题考查古典概型,离散型随机变量的分布列与数学期望,方差等知识.(1)由题图知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人指标y的值小于60的概率为1550(2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C.所以ξ的所有可能取值为0,1,2.P(ξ=0)=C22C42所以ξ的分布列为ξ012P121故ξ的期望E(ξ)=0×+1×+2×=1.(3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差.方法总结①在求解离散型随机变量的分布列与数学期望时,先确定随机变量的取值及各个取值对应的概率,利用期望的公式求其数学期望;②在比较数据的方差时,可以根据两组数据的集中或分散程度进行比较.C组教师专用题组考点一离散型随机变量及其分布列(2014湖北,20,12分)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.(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?解析(1)依题意,p1=P(40<X<80)=1050=0.2,p2=P(80≤X≤120)=3550=0.7,p3=P(X>120)=由二项分布知,在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p=C40(1-p3)4+C41(1-p3)3p3=910(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).(i)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.(ii)安装2台发电机的情形.依题意知,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.(iii)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.评析本题考查了概率和离散型随机变量的分布列.考查了分类讨论方法和运算求解能力.考点二离散型随机变量的均值与方差1.(2016山东,19,12分)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.解析(1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意,E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD,由事件的独立性与互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)·P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)·P(C)P(D)=×××+2×1=.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性,得P(X=0)=×××=1144P(X=1)=2×34×13×P(X=2)=×××+×××+×××+×××=25144P(X=3)=×××+×××=12144=1P(X=4)=2×34×23×P(X=6)=×××=36144可得随机变量X的分布列为X012346P1525151所以数学期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×2.(2016课标Ⅰ,19,12分)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?解析(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.可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22,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.(4分)所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(6分)(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,故n的最小值为19.(8分)(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,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040.(10分)当n=20时,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.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.(12分)思路分析(1)确定X的可能取值,分别求其对应的概率,进而可列出分布列.(2)根据(1)中求得的概率可得P(X≤18)以及P(X≤19)的值,由此即可确定n的最小值.(3)求出n=19,n=20时的期望值,比较大小即可作出决策.3.(2015福建,16,13分)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.解析(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A,则P(A)=××=.(2)依题意得,X所有可能的取值是1,2,3.P(X=1)=,P(X=2)=×=,P(X=3)=××1=,所以X的分布列为X123P112所以E(X)=1×+2×+3×=.4.(2015安徽,17,12分)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).解析(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,则P(A)=A21A(2)X的可能取值为200,300,400.P(X=200)=A22AP(X=300)=A33+P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=1-110-310=故X的分布列为X200300400P136EX=200×110+300×310+400×5.(2015湖南,18,12分)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.解析(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,A1A2与A1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B因为P(A1)=410=,P(A2)=5所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+P(A=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)=×1-12故所求概率P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=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~B3,于是P(X=0)=C301P(X=1)=C311P(X=2)=C321P(X=3)=C331故X的分布列为X0123P6448121X的数学期望为E(X)=0×64125+1×48125+2×121256.(2015湖北,20,12分)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品,生产1吨A产品需鲜牛奶2吨,使用设备1小时,获利1000元;生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1200元.要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时.假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位:吨)是一个随机变量,其分布列为W121518P0.30.50.2该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使其获利最大,因此每天的最大获利Z(单位:元)是一个随机变量.(1)求Z的分布列和均值;(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率.解析(1)设每天A,B两种产品的生产数量分别为x吨,y吨,相应的获利为z元,则有2x目标函数为z=1000x+1200y.当W=12时,①表示的平面区域如图1,三个顶点分别为A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).当z=1000x+1200y变形为y=-x+z1当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-x+z1最大获利Z=zmax=2.4×1000+4.8×1200=8160.当W=15时,①表示的平面区域如图2,三个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).将z=1000x+1200y变形为y=-x+z1当x=3,y=6时,直线l:y=-x+z1最大获利Z=zmax=3×1000+6×1200=10200.当W=18时,①表示的平面区域如图3,四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).将z=1000x+1200y变形为y=-x+z1当x=6,y=4时,直线l:y=-x+z1最大获利Z=zmax=6×1000+4×1200=10800.故最大获利Z的分布列为Z81601020010800P0.30.50.2因此,E(Z)=8160×0.3+10200×0.5+10800×0.2=9708.(2)由(1)知,一天最大获利超过10000元的概率p1=P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7,由二项分布,3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.评析本题考查了线性规划,离散型随机变量的分布列与均值及概率的计算等基础知识.考查运用概率知识解决实际问题的能力.7.(2014重庆,18,13分)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片,其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率;(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数,求X的分布列与数学期望.(注:若三个数a,b,c满足a≤b≤c,则称b为这三个数的中位数)解析(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为P=C43+(2)X的所有可能值为1,2,3,且P(X=1)=C42C51+CP(X=3)=C22C故X的分布列为X123P17431从而E(X)=1×1742+2×4384+3×1128.(2014福建,18,13分)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:(i)顾客所获的奖励额为60元的概率;(ii)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.解析(1)设顾客所获的奖励额为X元.(i)依题意,得P(X=60)=C1即顾客所获的奖励额为60元的概率为.(ii)依题意,得X的所有可能取值为20,60.P(X=60)=,P(X=20)=C3即X的分布列为X2060P0.50.5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元,则X1的分布列为X12060100P121X1的数学期望为E(X1)=20×+60×+100×=60,X1的方差为D(X1)=(20-60)2×+(60-60)2×+(100-60)2×=1对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2元,则X2的分布列为X2406080P121X2的数学期望为E(X2)=40×+60×+80×=60,X2的方差为D(X2)=(40-60)2×+(60-60)2×+(80-60)2×=4003由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求,但方案2奖励额的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.9.(2014安徽,17,12分)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).解析用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)=232+×232+××所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为5681(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)=1081P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881故X的分布列为X2345P52108EX=2×+3×+4×1081+5×881=评析本题考查了独立事件同时发生、互斥事件至少有一个发生、分布列、均值等概率知识;考查应用意识、运算求解能力;准确理解题意是解题的关键,准确运算求解是得分的关键.10.(2014江苏,22,10分)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).解析(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=C42+C3(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)=C44C{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)=C43C51于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363-1126=所以随机变量X的概率分布如下表:X234P11131因此随机变量X的数学期望E(X)=2×1114+3×1363+4×1126评析本题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识,考查运算求解能力.11.(2014江西,21,14分)随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数.A组最小数为a1,最大数为a2;B组最小数为b1,最大数为b2.记ξ=a2-a1,η=b2-b1.(1)当n=3时,求ξ的分布列和数学期望;(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等”,求事件C发生的概率P(C);(3)对(2)中的事件C,C表示C的对立事件,判断P(C)和P(C)的大小关系,并说明理由.解析(1)当n=3时,ξ的所有可能取值为2,3,4,5.将6个正整数平均分成A,B两组,不同的分组方法共有C6ξ2345P1331Eξ=2×+3×310+4×3(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为n-1,n,n+1,…,2n-2.又ξ和η恰好相等且等于n-1时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n时,不同的分组方法有2种;ξ和η恰好相等且等于n+k(k=1,2,…,n-2)(n≥3)时,不同的分组方法有2C2所以当n=2时,P(C)==,当(3)由(2)知当n=2时,P(C)=,因此P(C)>P(C),而当n≥3时,P(C)<P(C).理由如下:P(用数学归纳法来证明:(i)当n=3时,①式左边=4×(2+C21)=4×(2+2)=16,①式右边=(ii左边即当n=m+1时①式也成立.综合(i),(ii)得,对于n≥3的所有正整数,都有P(C)<P(C)成立.评析本题主要考查随机变量的分布列、数学期望及概率和数学归纳法,同时考查学生的逻辑推理能力及分析、解决问题的能力.属难题.12.(2014湖南,17,12分)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.解析记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(E)=,P(F)=,P(F)=,且事件E与F,E与F,E与F,E与F都相互独立.(1)记H={至少有一种新产品研发成功},则H=EF于是P(H)=P(E)P(F)=×=215故所求的概率P(H)=1-P(H)=1-215=13(2)设企业可获利润为X(万元),则X的可能取值为0,100,120,220,因为P(X=0)=P(EF)=×=215,P(X=100)=P(EF)=×=315,P(X=120)=P(EFP(X=220)=P(EF)=×=615故所求的分布列为X0100120220P2346数学期望为E(X)=0×215+100×315+120×4=300+480+13201513.(2014山东,18,12分)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.解析(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Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=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)=×+×+×+×=310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310(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)=×=130P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=×+×=,P(ξ=2)=P(A1B1)=×=,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=×+×=215P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=×+×=1130P(ξ=6)=P(A3B3)=×=110可得随机变量ξ的分布列为ξ012346P1112111所以数学期望Eξ=0×130+1×+2×+3×215+4×1130+6×114.(2014天津,16,13分)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.解析(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)=C31·所以选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率为4960(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=k)=C4所以随机变量X的分布列是X0123P1131随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×310+3×115.(2014大纲全国,20,12分)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人