类型二 概率、随机变量及分布（解析版）

类型二概率、随机变量及分布

考点一古典概型

古典概型的概率公式

m事件A中所含的基本事件数

试验的基本事件总数.

【典例】1已知5件产品中有2件次品，其余为合格品.现从这5件产品中任取2件，恰有

一件次品的概率为()

A.0.4B.0.6C.0.8D.1

【答案】B

【解析】5件产品中有2件次品，记为a,b,有3件合格品，记为c,d,0,从这5件产

品中任取2件，结果有(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,

d),(c,e),(d,e)共10种.恰有一件次品的结果有6种，则其概率为p=*=0.6.

(2)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率

为

A.0.6B.0.5C.0.4【).0.3

【答案】I)

【解析】：设2名男同学为A1,A2,3名女同学为B1,B2，B3,

从以上5名同学中任选2人总共有AIA2，AIBI，AIB2，A】B3，A2BI，A2B2，A2B3，BIB2，BIB3，B2B3

共10种可能,

选中的2人都是女同学的情况共有BIB2，B】B3，B2B3共三种可能

则选中的2人都是女同学的概率为P=^=0.3,

故选D.

【拓展训练】1(1)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥

德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23.在不超近30

的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()

A±B±c±D±

12141518

【答案】C

【解析】不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个，随机选取两个

不同的数，共有％=45(种)情况,而和为30的有7+23,11+19,13+而这3种情况,所以

q1

所求概率为箕=k.

451b

(2)某公司安排甲、乙、丙、丁4人到A,B,C三个城市出差，每人只去一个城市，且

每个城市必须有人去，则A城市恰好只有甲1人去的概率为()

1111

A.-B.~C.-D.-

□430

【答案】D

【解析】由题意知，其中一个城市必须有2人去，即把4人分成3组，每组分别有2

人、1人、1人，共有C：种分法，再将他们分到三个城市，共有UA：种分法.若A城市恰好

只有甲1人，则把剩下的3人分成2组，每组分别有2人、1人，有d种分法，再将他们分

到B,C两个城市，共有C代种分法，因此所求概率「=镖=(故选D项.

考点二随机变量的分布列

1.超几何分布

在含有”件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件｛X=k｝发生的概率

pkpn-k

P(X=k)=-^,k=0,1,2,…,m,其中m=min｛M,n],且nWN,MWN,n,M,NGN*.

CN

2.二项分布

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)=CSp(l-p)n-k,k=0,1,2,…，n.

考向一超几何分布

【典例】2如图，在直角坐标系中，圆的方程为:<24-y2=l,A(l,O),噌，

c(一一平)为圆上三个定点，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子.规定：①

每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻的下一个定点；②棋子移动佗方向

由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中筋头方向移动，若掷出骰子的点数为奇

数，则按图中箭头相反的方向移动.设掷骰子n次时，棋子移动到A,B,C处的概率分别为

Pn(A),Pn(B),Pn(C).例如,掷骰子一次时，棋子移动到A,B,C处的概率分别为巴(A)=0,

Pi(B)Pi(0=1.

(1)分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A,B,C处的概率；

⑵掷骰子n次时，若以X轴非负半轴为始边，以射线OA,OB,0C为终边的角的余弦值

记为随机变量Xn,求xe勺分布列和数学期望;

(3)记P0(A)=a0，Pn(B)=bn,Pn(C)=Cn,其中a,+匕+部=1.证明：数列'b"—J是等比

J

数列,并求a23.

【解析】(D由题意得,P2(A)=|X1+|X|=1,P2(B)=1X1=2,P2(O=|x|=1,

乙乙乙乙乙乙乙一乙乙什

P：$(B)=+X＞

P3(A)=lxix|+|x|xH*G3HP«)=&+fHq.综上，将结果

统计为表格形式如表所示.

棋子位置

ABC

111

2

244

33

3

488

(2)由题意得，随机变量X”的可能数值为1,

乙

所以P(X.=1)=(P(B)+P3(C))•X2,

13Z\ooyZo

pfx<=-1]=(P3(A)4-P：)(0)•(P：»(A)+P3(B))•

\乙)ZLo

所以随机变量Xi的分布列为

_£

X.1

~2

35

P

88

E(W=ix|4x|=^

(3)证明：易知b"=c“，因此bn-i=CnT(n22),

而当n>2时，bn=^(an-i+cn-i)=^(an-i+bn-i),

又an-l+bn-l+Cn-l=1,即2bn+bn-]—1,

所以bn=1(l—bn-])=—1bn-i+^(n^2),

故bn--=_2bn-l+2-3=-2bn~1+6=-2*(匕一】一?(n22),

所以数歹Ub.一4是以1＞一＜=1为首项，公比为一1的等比数列.

O150L

所以U+i(-犷，

【拓展训练】2PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可

入肺颗粒物.根据现行国家标准GB3095-2012,PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质

量为一级：在35微克/立方米〜75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以

上空气质量为超标.从某自然保护区2018年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10

天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：

PM2.5日均值

[25,35

(微克/立方[35,45)[45,55)[55,65)[65,75)[75,85]

)

米)

频数311113

(I)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的

概率；

(2)从这10天的数据中任取3天数据，记&表示抽到P.M2.5监测数据超标的天数，求€的分

布列.

【解析】解(1)记“从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气

质量达到一级”为事件A,

则P(A)=单=红

人」wC；o40,

(2)由条件知，;服从超几何分布，其中N=10,M=3,n=3,且随机变量，的可能取值为

0,1,2,3.

P(€=k)J；)(k=0,1,2,3).

V10

c\C打7,、Cid21

-P"一刃一服一12O・

故，的分布列为

0123

72171

D

r

244040120

考向二二项分布

【典例】32019年是中华人民共和国成立70周年.为了让人民了解建国70周年的风

雨历程，某地的民调机构遁机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段:

［20,30),［30,40),［70,80］,并绘制了如图所示的频率分布直方图.

(1)现从年龄在［20,30),［30,40),［40,50)内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再

从这8人中随机选取3人进行座谈，用X表示年龄在［30/0)内的人数，求X的分布处和数

学期望；

(2)若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中

有卜名市民的年龄在［30,50)的概率为「禽=1<)(1<=0,1,2一・・，20).当P(X=k)最大时，求

k的值.

【解析】(1)按分层抽样的方法抽取的8人中，

年龄在［20,30)内的人数为0005+0：010+0.025*8=1(人)，

年龄在［30,40)内的人数为0005+0：010+0.025X8=2(人)，

年龄在［40,50)内的人数为0005+0：010+0.025X8=5(人).

所以X的可能取值为0,1,2,

所以P(X=0)=詈=得，P(X=1)=警=||,P(X=2)=^=表，

所以X的分布列为

X012

5153

P

142828

/、5.15.33

E(X)=0X-+lX-+2X-=-

(2)设在抽取的20名市民中，年龄在［30,50)内的人数为X,X服从二项分布.由频率分

布直方图可知，年龄在［3。,50)内的频率为(0.010-1-0.025)X10=0.35,

所以X〜B(20,0,35),

所以P(X=k)=Co(O.35)k(l-0.35)2i(k=0,1,2,…,20).

_P(X=k)_2(0.351(1—0.35)2tli

设t=P(X=k-l)=Cx'(0.35)i(—0.35)”T

7(21-k)八°“、

='..../z(k=0,1,2,…，20),

1oK

若t>l,则k<7.35,P(X=k-l)<P(X=k)；

若仅1,则k)7.35,lJ(X=k-l)>r(X=k).

所以当k=7时，P(X=k)最大，即当P(X=k)最大时，k=7.

【拓展训练】3某机器生产商对一次性购买2台机器的客户推出2种超过质保期后2年内

的延保维修方案：

方案一：交纳延保金6000元，在延保的2年内一共可免费维修2次，超过2次每次收取维

修费1500元；

方案二：交纳延保金7740元，在延保的2年内一共可免费维修4次，超过4次每次收取维

修费a元.

某工厂准备一次性购买2台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜

集并整理了100台这种机器超过质保期后2年内维修的次数，统计得下表：

2

维修次数013

机器台数20104030

以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率,记X表示这2台机器超

过质保期后2年内共需维修的次数.

(1)求X的分布列；

(2)以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？

【解析】解(DX所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6,

P(X=0)=|xj=^

P(X=l)=^x|x2=^,

111217

P(X=2)=-X-+-X-X2=—,

12131

P(x=3)=-X-X2+-X-X2=?

223111

P(X=4)=-X-+-X-X2=-,

P(X=5)=|x-^-X2=-^,

01U

,、339

P(X=6)

AX的分布列为

X0123456

11171169

P

2525Too55025Too

(2)设选择方案一所需费用为匕元，则'的分布列为

Y,600()750090001050012()00

2J1169

P

455025Too

E(Yi)=7X6000+1x7500+2x9OOO+2XIO500-7^X12000=8580.

40OUZO1UU

设选择方案二所需费用为丫2元，则”的分布列为

丫277407740+a7740+2a

p6769

Too25Too

E(Y2)=6T7^X7740+6^TX(7740+a)+79^X(7740+2a)=7740十2芸1，.

1UUzb1UUoU

21O

^E(YI)-E(Y)=840-^7>0,

2D'J

即0<a<2000时，选择方案二更合算，

1)J..

当E(Yi)—E(Y“=840—X=0,

即a=2000时，选择方案一、方案二均可；

2

当E(YI)—E(Y2)=840—U〈0,

50

即a>20()0时、选择方案一更合算.

专题训练

一、单项选择题

1.［2021安徽模拟］某中学举办电脑知识竞赛,满分为100分,80分以上(含80分)为优秀.现

将参赛学生的成绩进行整理后分成五组:第•组［50,60),第二组［60,70),第三组［70,8。)，第

四组［80,90),第五组［90,100］.其中第一、三、四、五小组的频率分别为

0.30,0.15,0.10,0.05.而第二小组的频数是40,则参赛的人数及成绩优秀的概率分别是

()

A.50,0.15B.50,0.75C.100,0.15D.100,0.75

【答案】C

【解析】由已知得第二小组的频率是1-0.30-0.15-0.10-0.05=0.40,频数为40,

设共有参赛学生x人，则xXO.4=40,所以x=100.

因为成绩优秀的频率为0.10+0.05=0.15,

所以成绩优秀的概率为0.15.故选C.

2.［2021北京模拟］围棋盒子中有多粒黑子和白子，tL知从中仟意取出2粒,都是黑子的概率

为玄都是白子的概率为蔡，则从中任意取出2粒，恰好是同一色的概率是()

【答案】C

【解析】设“从中任意取出2粒,都是黑子”为事件A,“从中任意取出2粒,都是白子”为

事件B,“从中任意取出2粒，恰好是同一色”为事件C,则C=AUB,又事件A与B互斥，所以

P(C)=P(A)+P(B)W+,=S即任意取出2粒，恰好是同一色的概率为.故选C.

3.如图，电路从A到B上共连接着6个灯泡，每个灯泡断路的概率是:，整个电路的连通与

O

否取决于灯泡是否断路，则从A到B连通的概率是()

0—

A―・B

0—

,10c448八100n40

A-27B-729C243D-8T

【答案】B

【解析】由题图可知，A,C之间未连通的概率是侨=［连通的概率是1W.E，F之

yyy

间连通的概率是侍=4,未连通的概率是U故)，B之间未连通的概率是侍宅,

\v/yxoi

【)，B之间连通的概率是1一号=那故A,B之间连通的概率是乐牌=鬻

oxoiyoiizy

4.已知消费者购买家用小电器有两种方式:网上购买和实体店购买.经工商局抽样调查发现,

网上家用小电器合格率约为*而实体店里家用小电器的合格率约为。.工商局12315电话接

到关于家用小电器不合格的投诉,统计得知,被投诉的是在网上购买的概率约为75%,那么估

计在网上购买家用小电器的人约占()

A-|B1C-7D-7

【答案】A

【解析】设在网上购买的人数占比为x,实体店购买的人数占比为1-x,由题意可得，网上购

买的合格率约为之实体店购买的合格率约为白则网上购买被投诉的人数占比为三,实体店里

购买的被投诉的人数占比为机(1-X),所以P-xI；=9解得x4故选A.

)

10s+io(1'X45

5.(2020•山东枣庄市八中月考)某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近

似服从正态分布N(105,o2)(o>0),试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀(高于

120分)的人数占总人数的;，则此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间

0

的人数约为()

A.150B.200

C.300D.400

【答案】C

【解析】因为P(X<90)=P(X>120)=；,

□

93

P(90WXW120)=l-£=三，

o□

i3

所以P(90WXW105)=-P(90^X^120)=%,

所以此次数学考试成绩在90分到105分(含90分和105分)之间的人数约为1000X^=300.

6.［文］若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概

率为0.15,则不用现金支付的概率为()

A.0.3B.0.4C,0.6D.0.7

【答案】B

【解析】设"只用现金支付”为事件A,“既用现金支付也用非现金支付”为事件B,“不用

现金支付”为事件C,则P(C)=1-P(A)-P(B)=1-O.45-0.15=0.4.故选B.

二、多项选择题

7.已知随机变量L满足P(L=l)=p“P(€i=O)=l-p.,i=1,2.若00〈屹耳，则下列

乙

结论正确的是()

A.E(€.)<E(C2)

B.E(gJ>E(>2)

C.D(CI)<D(€2)

D.D(CI)>D(C2)

【答案】AC

【解析】VE(Ci)=pi,E(C2)=P2,

.•.E(CI)<E(C2),

D(Ci)=p)(1—Pi)>D(M2)=PJ(1—p?),

/.D(Ci)—D(€2)=(pi—P2)(1—pi—p2)<0,

即D(L)〈D(g2).

8.某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行

查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次

5331

是*I，；&且各轮考核能否通过互不影响，则()

0043

A.该软件通过考核的概率为:

B.该软件在第三轮考核被淘汰的概率为:

O

2

C.该软件至少能够通过两轮考核的概率怎

I).在此次比赛中该软件平均考核了6轮

【答案】ABD

【解析】设事件/Ui=1,2,3,4)表示“该软件能通过第i轮考核”，则P(A)=为P(A2)=

1P(A3)=”(AJ该软件通过考核的概率为P(A也AA)=P(Al)P(A2)P(A3)P(A4)=1xjx

543bo

311————

TX-=-,选项A正确；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为P(AAA3)=P(AJP(AJP(A3)

4oo

5311————

=&X£X7=G，选项B正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为1—P(Al)-P(A的)

0040

15?1

=1----XT=",选项C不正确；设在此次比赛中，该软件考核了丫轮，・••、’的可能取值

000Z

——1——521——

为1,2,3,4,P(Y=1)=P(Ai)=-,P(Y=2)=P(AiA)=7^-=~,P(Y=3)=P(A[A2Aa)=

b2b□3

5333365

Q,P(V=4)=P(AIAA3)=7X-X-=-,/.E(Y)=lX-4-2X-+3X-+4X-=—,故选项D正

826548638824

确.

三、填空题

9.[2021重庆巴蜀中学第二次月考]2019年下半年，新一代的无线网络技术WiFi6发布，相

比于上一代,WiFi6采用了0FDMA技术，并支持多个终端同时传输，有效提升了传输效率.已

知小明使用了支持WiFi6的新路由器,设在某一时刻，家里有n(n20)个设备接入该路由器的

(P(0),n=0,

概率为P(n),且P(n)=|P(0)•(1)n,l«n<3,那么没有设备接入的概率P(0)=.

k0,n>4,

【答案】H

40

P(0),n=0,

【解析】因为P(0)+P(l)+P(2)+P(3)+P(n>4)=l,且P(n)=-P(0)•(1)n,l<n<3,所以P(0)

、0,n>4,

x(i+；+J++0=1,解得P(0)=^.

392740

【试题评析】本题以新一代的无线网络技术WiFi6为背景,考查了数学建模、数学运算核

心素养,体现了树立科学精神和科学态度、培养实践能力和思维能力的教学导向及数学教学

在学生形成人生观、价值观、世界观方面发挥的育人功能.

10.出租车司机从饭店到火车站途中经过六个交通岗，假设他在各交迪岗遇到红灯这一事件

是相互独立的，并且概率都是则这位司机遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为

【答案】专4

【解析】因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第三个交通岗遇到红灯之间是

119

相互独立的，且遇到红灯的概率都是可，所以未遇到红灯的概率都是1一鼻=耳，所以遇到红

JJJ

2214

灯前已经通过了两个交通岗的概率为^乂可乂可=荷.

JJJ乙I

11.[2021河北安平中学月考]高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考试，已知这

位同学的物理、化学、政治科目考试成绩是等级A的概率分别为这三门科目考试成绩

的结果互不影响，则这位考生至少得1个等级A的概率是.

【答案】6

【解析】这位考生三门科目考试成绩都不是等级A的概率为（1一》乂（1-》乂（1一》后,所

54315

以这位考生至少得1个等级A的概率为1-卷=[

XO<LD

12.（2020•浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球,

每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为g,则P（3=0）

=，E（€）=.

【答案】|1

O

【解析】方法一1个红球，1个绿球，2个黄球，共有£=12（种）排列.

①红球前面没有黄球，有A；+l=4（种），

41

P（C=0）=TZ=T；

②红球前面有1个黄球，有足+&=4（种），

===

P（；=DTI/7JQ；

③红球前面有2个黄球，有1+A；=4（种），

41

P（g=2）-

E（Z）=0x）+1X〈+2X；=1.

JJJ

方法二①第1次就取到红球：P（红）=[;

211

②第2次取到红球：P（黄，红）=言彳=>

4Jb

P（绿，红）="x；=a；

9111

③第3次取到红球：P（黄，黄，红）=炉.义5=石，

*O乙114

*,=,、2111

P（黄，绿，红）=彳乂鼻乂5=有，

1211

P（绿,黄，红）=彳'鼻乂5=行；

④第4次取到红球：

9111

P（黄,黄，绿,^E）=TX-X-=-,

*O乙1乙

2111

P（黄，绿，黄，红）=7义鼻乂5=彳5,

1211

P（绿，黄，黄，红）=7X5X5=行.

故PG=O）=P（红）+P（绿，红）=；+.=）,

P（W=1）=P（黄，红）+P（黄，绿，红）+P（绿，黄，红）

-61212"?

P（g=2）=P（黄，黄，红）+P（黄，黄，绿，红）+P（黄，绿，黄，红）+P（绿，黄，黄,红）

=±+±+±+±=1

121212123,

贝I」E（g）=OX/+1X+X；=1.

JJJ

四、解答题

13.随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下:

日

123456789101112131415

期

天

晴雨阴院阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴

气

日

161718192021222324252627282930

期

天

晴阴雨优阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨

气

（D在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率:

（2）西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不

下雨的概率.

【解析】解（1）在容量为30的样本中，不下雨的天数是26,以频率估计概率，4月份任选

2613

一天，西安市不下雨的概率为1〉=芯=；

JU10

（2）称相邻的两个日期为“互邻日期对"（如，1日与2E,2日与3日等），这样，在4月份

中.前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个,所以晴天的次日不

77

下雨的频率为9以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为g

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14.(2020•寿光市第二中学月考)十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶

贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康.经过不懈的奋力拼搏，新农村建设

取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入力争早日脱贫的工作计划,

该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，估计50位农民的年平均收入x(单位：千元)(同一组数据用该组

数据区间的中点值表示)；

(2)由频率分布直方图，可以认为该贫困地区农民收入X服从正态分布N(u,。与，其中“

近似为年平均收入o?近似为样本方差s?,经计算得s?=6.92,利用该正态分布，求:

①在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有84.14%的农民的年收入不低于扶贫办制定的最低年

收入标准，则最低年收入大约为多少千元？

②为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1