2016版步步高高考数学大二轮总复习与增分策略全国通用理科配套课件专题七概率统计第2讲

第2讲概

率专题七 概率与统计高考真题体验热点分类突破高考押题精练栏目索引高考真题体验1

2

3

41.(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(B

)A.

5

B.21

2110

11C.21

D.115解析

从袋中任取

2

个球共有

C2

＝105

种取法，10

5其中恰好1

个白球1

个红球共有C1

C1＝50

种取法，所以所取的球恰好1

个白球1

个红球的概率为50

＝10105

21.1

2

3

42.(2015·课标全国Ⅰ)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

B.0.432

C.0.36

D.0.312解析

3次投篮投中2次的概率为3P(k＝2)＝C2×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，1

2

3

4所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)3＝C2×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.答案

A1

2

3

43.(2015·湖北)在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1

为事件2“x＋y≥2”的概率，p

为事件“|x－y|1

13≤2”的概率，p

为事1件“xy≤

”的概率，则(

)2A.p1<p2<p3C.p3<p1<p2B.p2<p3<p1D.p3<p2<p11

2

3

4解析

如图，满足条件的x，y

构成的点(x，y)在21正方形OBCA

及其边界上.事件“x＋y≥”对应1的图形为图①所示的阴影部分；事件“|x－y|≤2”对应的图形为图②所示的阴影部分；1

2

3

41事件“xy≤2”对应的图形为图③所示的阴影部分.对三者的面积进行比较，可得p2<p3<p1.答案

B1

2

3

44.(2015·浙江)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.放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1,2)；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)C.p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)B.p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2)1

2

3

4解析

随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：ξ112Pnm＋nmm＋nξ2123PC2nC2m＋nC1

C1m

nC2m＋nC2mC2m＋n1

2

3

41所以E(ξ

)＝n＋

2m

＝2m＋nm＋n

m＋n m＋n

，E(ξ2)＝C2n2Cm＋n＋C2m＋n2C1

C1

3C2Cm＋nm

n＋

2

m

＝3m＋nm＋n，所以E(ξ1)<E(ξ2).1因为p

＝m＋n·2m＋n

m＋n

2(m＋n)1＝

2m＋n

，1

2

3

4p2＝C2m2Cm＋n＋mC2m＋nC1

C1

23n·

＋C2n2Cm＋1n

3·

＝3m＋n3(m＋n)，p1－p2＝n6(m＋n)>0，所以p1>p2.答案

A考情考向分析以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型及相互独立事件的概率；二项分布、正态分布的应用是考查的热点；以解答题形式考查离散型随机变量的分布列，属于中档题目.热点分类突破热点一

古典概型和几何概型1.古典概型的概率mP(A)＝

n

＝A中所含的基本事件数基本事件总数.2.几何概型的概率构成事件A的区域长度(面积或体积)P(A)＝试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积.)例1

(1)(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其

中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为.6解析

这两只球颜色相同的概率为1，故两只球颜色不同的概率为1－1＝56

6.56(2)(2015·福建)如图，点A的坐标为(1,0)，点C的坐标为(2,4)，函数f(x)＝x2，若在矩形ABCD内随机取12

2S＝ʃ

(4－x

)dx＝34x－

x3

211

53|

＝

，∴所求概率P＝SS矩形ABCD＝531×412＝

5

.5一点，则此点取自阴影部分的概率等于

12

.解析

由题意知，阴影部分的面积思维升华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.在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基

本事件总数的求法的一致性.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.跟踪演练1

(1)(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为.解析

从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，10基本事件总数共有C7

＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A，6

3则事件A

包含的基本事件的个数为C3C3＝20，故所求概率P(A)＝

20

＝1120

6.16x2(2)在区间[1,5]和[2,4]分别取一个数，记为a，b，则方程a2－y2b2＝1

表示离心率大于5的双曲线的概率为

.解析

由题意，a2＋b2ab>

5，整理得a>2，即b>2a，从区间[1,5]和[2,4]分别取一个数，记为a，b，则对应的点(a，b)在矩形ABCD内部(含边界)，作直线b＝2a，矩形ABCD内部满足b>2a的点在△ABM内部(不含线段AM)，则所求概率为P＝SABCDS△ABM＝21×2×12×4＝18.答案18热点二

相互独立事件和独立重复试验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、二项分布如果事件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nPn(k)＝Ckpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.一般地，在n

次独立重复试验中，用X

表示事件A

发生的次数，设每次试验中事件A

发生的概率为p，则P(X＝k)＝nCkpkqn－k，其中0<p<1，p＋q＝1，k＝0,1,2，…，n，称X

服从参数为n，p

的二项分布，记作X～B(n，p)，且E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).例

2

某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A

和B，系统A

和系统B

在任意时刻发生故障的概率分别为1

和p.5010(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为49，求p

的值；解

设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P(C

)＝1－1

·p＝49，解得p＝110

50

5.(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率.解

设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D.“系统A在3次相互独立的检测中发生k次故障”为事件Dk.则D＝D0＋D1，且D0、D1互斥.0依题意，得P(D

)＝03C

(1－101)

，P(D

)3

11

1＝C

(1－1310

102)

，0

1所以

P(D)＝P(D

)＋P(D

)＝

729

＋

243

＝2431

000 1

000

250.所以系统A

在3

次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.思维升华求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解.(2)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.跟踪演练2

(1)从混有5张假钞的20张一百元钞票中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假钞，则这两张都是假钞的概率为(A

)A.

2

B.

2

C

1

D.

317

15

.5

10解析

记“抽到的两张中至少一张是假钞”为事件A，记“抽到的2张都是假钞”为事件B，则P(A)＝5C2＋C1C15

152C20，P(B)＝C25C220＝P(AB)，P(A)17∴P(B|A)＝P(AB)＝

2

.(2)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.现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是()A.

16

B.

96

624

D.

4625

625

C.625

625解析

若摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情形；若摸出的两球是2,6，也能获奖.C26故获奖的情形共6

种，获奖的概率为6＝25.现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是C34

52

3

963·

＝

.5

625答案

B热点三

离散型随机变量的分布列1.设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn为离散型随机变量X的分布列.2.E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望).D(X)

＝(x1

－

E(X))2·p1

＋(x2

－

E(X))2·p2

＋…

＋(xi

－

E(X))2·pi＋…＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量X的方差.例3

(2015·天津)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；解

由已知，有

P(A)＝C2C2＋C2C22

3

3

34C8＝635.35所以，事件A

发生的概率为6

.(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.P(X＝k)＝解

随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.CkC4－k5

3C48(k＝1,2,3,4).X1234P1143737114所以随机变量X的分布列为随机变量X

的数学期望E(X)＝1×

1

＋2

3＋3×3＋4×

1

＝514

×7

7

14

2.思维升华解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：明确随机变量可能取哪些值.结合事件特点选取恰当的计算方法，并计算这些可能取值的概率值.根据分布列和期望、方差公式求解.跟踪演练3

(1)有三位同学过节日互赠礼物，每人准备一件礼物，先将礼物集中在一个袋子中，每人从中随机抽取一件礼物，设恰好抽到自己准备的礼物的人数为ξ，则ξ的数学期望E(ξ)＝

1

.2×13×2×16解析

ξ

的可能取值为

0,1,3，P(ξ＝0)＝

＝2；P(ξ＝1)＝3×2×16＝3；P(ξ＝3)＝3

13×2×16＝1；E(ξ)＝0×63

12＋1×

＋3×

＝1.6

6(2)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历.假定该毕业生得到甲公司面试的概率为2，3得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的，记

X

为该毕业生得到面试的公司个数.若

P(X＝0)＝

1

，则随机变量

X

的数学期望

E(X)＝

.12解析

由题意知

P(X＝0)＝1121

13(1－p)2＝

，∴p＝2.随机变量X的分布列为X0123P11213512161

5E(X)＝0×

1

＋1×

＋2×

＋312

3

121＝5×6

3.答案53高考押题精练1

2

31.某校在

2015

年的中学数学挑战赛中有

1

000

人参加考试，数学考试成绩

ξ～N(90，σ2)(σ>0，试卷满分

150

分)，统计结果显示数学考试成绩在70

分到110

分之间的人数约为总人数的35则此次数学考试成绩不低于

110

分的考生人数约为(

)A.200

B.400

C.600

D.800押题依据

正态分布多以实际问题为背景，有很强的应用价值，应引起考生关注.1

2

3解析

依题意得P(70≤ξ≤110)＝0.6，P(ξ≤110)＝0.3＋0.5＝0.8，P(ξ≥110)＝0.2，于是此次数学考试成绩不低于110分的考生约有0.2×1

000＝200(人).答案

A1

2

32.位于坐标原点的一个质点P

按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移2动的概率都是1.质点

P

移动五次后位于