《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题六 1 第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列 学案 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题六 1 第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列 学案 Word版含解析.pdf（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题六 概率与统计 第 1 讲 概率、离散型随机变量及其分布列 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 几何概型T10 卷 二项分布及其应用T20 卷古典概型T8 2018 卷二项分布、方差T8 数学文化、 与面积有关的几何概型T2 卷正态分布、二项分布的性质及概率、 方差T192017 卷 频数分布表、概率分布列的求解、数 学期望的应用T18 与长度有关的几何概型T4 卷柱状图、相互独立事件与互斥事件的 概率、分布列和数学期望T19 几何概型、随机模拟T10 2016 卷互斥事件的概率、条件概率、随机变 量的分布列和数学期望T18 1.概率、 随机变量
2、及其分布列是高 考命题的热点之一，命题形式为 “一小一大” ，即一道选择或填空 题和一道解答题. 2.选择或填空题常出现在第 410 题或第 1315 题的位置，主要考 查随机事件的概率、 古典概型、 几 何概型，难度一般. 3.概率解答题多在第18或19题的 位置， 多以交汇性的形式考查， 交 汇点主要有两种：(频率分布直方 图与茎叶图)择一与随机变量的分 布列、 数学期望、 方差相交汇来考 查；(频率分布直方图与茎叶图)择 一与线性回归或独立性检验相交 汇来考查，难度中等. 古典概型与几何概型(基础型) 古典概型的概率公式 P(A) . m n A中所含的基本事件数 基本事件总数 几何概型
3、的概率公式 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） 考法全练 1(2018高考全国卷)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 30723.在不 超过 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. 1 12 1 14 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 C.D. 1 15 1 18 解析：选 C.不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从 中随机选取两个不同的数有C
4、种不同的取法， 这10个数中两个不同的数的和等于30的有3 2 10 对，所以所求概率 P ，故选 C. 3 C 1 15 2(一题多解)(2018高考全国卷)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图 形 此图由三个半圆构成， 三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边 BC， 直角边 AB， AC. ABC 的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机 取一点，此点取自，的概率分别记为 p1，p2，p3，则( ) Ap1p2Bp1p3 Cp2p3Dp1p2p3 解析：选 A.法一：设直角三角形 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，则区 域的
5、面积即ABC 的面积，为 S1 bc，区域的面积 S2 1 2 1 2( c 2) 2 1 2( b 2) 2 (c2b2a2) bc bc，所以 S1S2，由几何概型的知识知 p1p2， ( a 2) 2 2 1 2bc 1 8 1 2 1 2 故选 A. 法二：不妨设ABC 为等腰直角三角形，ABAC2，则 BC2，所以区域的面2 积即ABC 的面积，为 S1 222，区域的面积 S2122， 1 2 （ 2）2 2 2 区域的面积 S322.根据几何概型的概率计算公式， 得 p1p2 （ 2）2 2 2 2 ，p3，所以 p1p3，p2p3，p1p2p3，故选 A. 2 2 3 (201
6、8潍坊模拟)如图， 六边形 ABCDEF 是一个正六边形， 若在正六边形内任取一点， 则该点恰好在图中阴影部分的概率是( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A.B. 1 4 1 3 C.D. 2 3 3 4 解析 ： 选 C.设正六边形的中心为点 O， BD 与 AC 交于点 G， BC1， 则 BGCG， BGC 120，在BCG 中，由余弦定理得 1BG2BG22BG2cos 120，得 BG，所以 3 3 SBCG BGBGsin 120 ， 因为 S六边形 ABCDEFSBOC6 1 1 2 1 2 3 3 3 3 3 2 3 12 1 2 1sin 606，所以该点恰好
7、在图中阴影部分的概率是 1 . 3 3 2 6S BCG S正六边形ABCDEF 2 3 4(2018郑州模拟)某校选定 4 名教师去 3 个边远地区支教(每地至少 1 人)，则甲、乙 两人不在同一边远地区的概率是_ 解析 ： 选定 4 名教师去 3 个边远地区支教(每地至少 1 人)， 不同的支教方法有 C A 种， 2 43 3 而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有 C A 种，所以甲、乙两人不在同一 2 23 3 边远地区支教的概率为 P1 . CA CA 5 6 答案：5 6 5(2018南昌模拟)在圆 x2y24 上任取一点，则该点到直线 xy20 的距离2 d0，1的概率为_
8、 解析：圆 x2y24 的圆心为 O(0，0)，半径 r2， 所以圆心 O 到直线 xy20 的距离为 d12r，2 |002 2| 1212 所以直线 xy20 与圆 O 相切2 不妨设圆 x2y24 上到直线 xy20 的距离 d0，1的所有点都在上，其中2AB 直线 AB 与直线 xy20 平行， 直线 AB 与直线 xy20 的距离为 1， 所以圆心到22 直线 AB 的距离为 r11，所以 cos ，所以 AOB，得AOB，所以 ( 1 2AOB) 1 2 1 2 3 2 3 所求的概率 P . 2 32 22 1 3 答案：1 3 互斥事件、相互独立事件的概率(基础型) 条件概率
9、在 A 发生的条件下 B 发生的概率 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 P(B|A). P（AB） P（A） 相互独立事件同时发生的概率 P(AB)P(A)P(B) 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 C pk(1p)nk，k0，1，2，n. k 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(Xk)C pkqnk，其中 0， 34 500 7 33 500 7 23 500 7 所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站
10、应安装三台发电机 由于离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平， 离散型随机变量的 方差和标准差都反映了离散型随机变量取值偏离于均值的平均程度， 方差或标准差越小， 则 随机变量偏离于均值的平均程度越小，越稳定因此，常利用离散型随机变量的均值与方差 来解决有关决策问题 对点训练 (2018惠州第二次调研)某学校为了丰富学生的课余生活， 以班级为单位组织学生开展古 诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加 10 分，背诵错误减 10 分，且背诵结果只有“正 确”和“错误”两种其中某班级学生背诵正确的概率 p ，记该班级完成 n 首背诵后的 2 3 总得分为 Sn. (1)求 S620
11、 且 Si0(i1，2，3)的概率； (2)记 |S5|，求 的分布列及数学期望 解：(1)当 S620 时，即背诵 6 首后，正确的有 4 首，错误的有 2 首 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由 Si0(i1，2，3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余 4 首可任意背诵正确 2 首； 若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余 3 首可任意背诵正确 2 首 则所求的概率 PC C . ( 2 3) 2 2 4(2 3) 2 ( 1 3) 2 2 3 1 3 2 3 2 3(2 3) 2 1 3 16 81 (2)由题意知 |S5|的所有可能的取值为 10，30
12、，50，又 p ， 2 3 所以 P(10)CC， 3 5(2 3) 3 ( 1 3) 2 2 5(2 3) 2 ( 1 3) 3 40 81 P(30)CC， 4 5(2 3) 4 ( 1 3) 1 1 5(2 3) 1 ( 1 3) 4 30 81 P(50)CC， 5 5(2 3) 5 ( 1 3) 0 0 5(2 3) 0 ( 1 3) 5 11 81 所以 的分布列为 103050 P 40 81 30 81 11 81 所以 E()103050. 40 81 30 81 11 81 1 850 81 A 组 夯基保分专练 一、选择题 1 (2018惠州第二次调研)设随机变量 服从正
13、态分布 N(4， 3)， 若 P(a1)， 则实数 a 等于( ) A7 B6 C5D4 解析 ： 选B.由随机变量服从正态分布N(4， 3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x 4， 又P(a1)， 所以xa5与xa1关于直线x4对称， 所以a5a1 8，即 a6.故选 B. 2(2018武汉调研)将 7 个相同的小球投入甲、乙、丙、丁 4 个不同的小盒中，每个小 盒中至少有 1 个小球，那么甲盒中恰好有 3 个小球的概率为( ) A.B. 3 10 2 5 C.D. 3 20 1 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：选 C.将 7 个相同的小球投入甲、乙、丙、丁 4 个不
14、同的小盒中，每个小盒中至 少有 1 个小球有 C 种放法， 甲盒中恰好有 3 个小球有 C 种放法， 结合古典概型的概率计算 3 62 3 公式得所求概率为 .故选 C. C C 3 20 3小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A“4 个 人去的景点不相同” ，事件 B“小赵独自去一个景点” ，则 P(A|B)( ) A.B. 2 9 1 3 C.D. 4 9 5 9 解析：选 A.小赵独自去一个景点共有 4333108 种可能性，4 个人去的景点不同 的可能性有 A 432124 种， 4 4 所以 P(A|B) . 24 108 2 9 4用 1，2，3，4
15、，5 组成无重复数字的五位数，若用 a1，a2，a3，a4，a5分别表示五 位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现 a1a4a5特征的五位数的概率为( ) A.B. 1 10 1 20 C.D. 1 24 3 10 解析：选 B.1，2，3，4，5 可组成 A 120 个不同的五位数，其中满足题目条件的五位 5 5 数中，最大的 5 必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足 条件的五位数有 C C 6 个，故出现 a1a4a5特征的五位数的概率为. 2 42 2 6 120 1 20 5(2018高考全国卷)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
16、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， DX2.4， P(X4)P(X 6)，则 p( ) A0.7B0.6 C0.4D0.3 解析：选 B.由题意知，该群体的 10 位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所 以DX10p(1p)2.4， 所以p0.6或p0.4.由P(X4)P(X6)， 得C p4(1p)6C p6(1 4 106 10 p)4，即(1p)2p2，所以 p0.5，所以 p0.6. 6(2018贵阳模拟)点集 (x，y)|0xe，0ye，A(x，y)|yex，(x，y)， 在点集 中任取一个元素 a，则 aA 的概率为( ) A.B. 1
17、 e 1 e2 C.D. e1 e e21 e2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：选 B.如图，根据题意可知 表示的平面区域为正方形 BCDO，面积为 e2，A 表 示的区域为图中阴影部分，面积为 (eex)dx(exex)| (ee)(1)1，根据几何概型 1 0 1 0 可知 aA 的概率 P.故选 B. 1 e2 二、填空题 7某人在微信群中发了一个 7 元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人 均领到整数元，且每人至少领到 1 元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率 是_ 解析：利用隔板法将 7 元分成 3 个红包，共有 C 15 种领法 2 6
18、甲领 3 元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有 3 元，3 元，1 元与 3 元，2 元，2 元两 种情况， 共有 A 13 种领法 ； 甲领 4 元不少于乙、 丙分别领到的钱数的分法有 4 元， 2 元， 1 2 2 元一种情况，共有 A 2 种领法；甲领 5 元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有 5 元，1 2 2 元，1 元一种情况，共有 1 种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率 是 . 321 15 2 5 答案：2 5 8(2018唐山模拟)向圆(x2)2(y)24 内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下方的3 概率为_ 解析：如图，连接 CA， CB， 依题意，圆
19、心 C 到 x 轴的距离为 ，所以弦 AB 的长为 2.3 又圆的半径为2，所以弓形ADB的面积为 2 2 1 2 2 3 1 2 3 ， 所以向圆(x2)2(y)24 内随机投掷一点，则该点落在 x 轴下方的概率 P 2 3 33 . 1 6 3 4 答案： 1 6 3 4 9某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满 100 元者即可参加射击赢玩具 活动，具体规则如下 ： 每人最多可射击 3 次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 直射满 3 次为止设甲每次击中的概率为 p(p0)，射击次数为 ，若 的均值 E() ，则 p 7 4 的
20、取值范围是_ 解析 ： 由已知得 P(1)p， P(2)(1p)p， P(3)(1p)2， 则 E()p2(1p)p 3(1p)2p23p3 ，解得 p 或 p0 ； 2 20 当 p(0.1，1)时，f(p)400，故应该对余下的产品作检验 32017 年央视 315 晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁 药” ，包括“人用西药” ，让所有人惊出一身冷汗某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜 牧用品生产企业进行了突击抽查， 若已知在甲企业抽查了一次， 抽中某种动物饲料的概率为 ，用数字 1 表示抽中该动物饲料产品，用数字 0 来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次， 3 4 每
21、次抽中该动物饲料的概率为 ，用数字 2 表示抽中该动物饲料产品，用数字 0 来表示没有 2 3 抽中该部门每次抽查的结果相互独立假设该部门完成以上三次抽查 (1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率； (2)设 X 表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量 X 的分布列和数学期望 解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件 A， “在甲企业抽中”为事件 B， “在 乙企业第一次抽中”为事件 C， “在乙企业第二次抽中”为事件 D， 则由题意知 P(B) ，P(C)P(D) . 3 4 2 3 (1)因为 ABCD，C D B D B C 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以
22、 P(A)P(BCD)P(B)P(C)P(D)P(B)P()P(C D B D B C C D B D B C C )P()P(C)P()P()P()P(D) D B D B C 3 4(1 2 3) (1 2 3) (1 3 4) 2 3(1 2 3) (1 3 4) . (1 2 3) 2 3 7 36 (2)根据题意，X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5. 所以P(X0)P()1P(B)1P(C)1P(D)，B C D (1 3 4) (1 2 3) (1 2 3) 1 36 P(X1)P(B)P(B)1P(C)1P(D) ，C D 3 4(1 2 3) (1 2 3) 1 12
23、 P(X 2) P(CD) P(B CD) P(D) B D B C B C (1 3 4) 2 3(1 2 3) (1 3 4) ， (1 2 3) 2 3 1 9 P(X3)P(BCBD)P(BC)P(BD) ，D C D C 3 4 2 3(1 2 3) 3 4(1 2 3) 2 3 1 3 P(X4)P(BCD)1P(B)P(C)P(D) ， (1 3 4) 2 3 2 3 1 9 P(X5)P(BCD)P(B)P(C)P(D) . 3 4 2 3 2 3 1 3 故 X 的分布列为 X012345 P 1 36 1 12 1 9 1 3 1 9 1 3 所以 E(X)012 3 4
24、5 . 1 36 1 12 1 9 1 3 1 9 1 3 41 12 4交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通 6 座以下私家车投保交强险第一年 的费用(基准保费)统一为 a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生 有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体 浮动情况如下表： 交强险浮动因素和浮动比率表 类型浮动因素浮动比率 A1上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮 10% A2上两个年度未发生有责任道路交通事故下浮 20% A3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮 30% 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A4
25、上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0% A5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮 10% A6上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮 30% 某机构为了研究某一品牌普通 6 座以下私家车的投保情况，随机抽取了 60 辆车龄已满 三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格： 类型A1A2A3A4A5A6 数量105520155 以这 60 辆该品牌同型号车的投保类型的频率代替该品牌同型号一辆车投保类型的概 率，完成下列问题： (1)按照我国机动车交通事故责任强制保险条例中汽车交强险价格的规定，a950. 某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满
26、三年，记 X 为该车在第四年续保时的费用， 求 X 的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字) (2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于 基准保费的车辆记为事故车假设购进并销售一辆事故车亏损 5 000 元，购进并销售一辆非 事故车盈利 10 000 元 若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车 的概率； 若该销售商一次购进 100 辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值 解：(1)由题意可知，X 的可能取值为 0.9a，0.8a，0.7a，a，1.1a，1.3a. 由统计数据可知： P(X0.9a)
27、 ，P(X0.8a)，P(X0.7a)，P(Xa) ，P(X1.1a) ，P(X 1 6 1 12 1 12 1 3 1 4 1.3a). 1 12 所以 X 的分布列为 X0.9a0.8a0.7aa1.1a1.3a P 1 6 1 12 1 12 1 3 1 4 1 12 所以 E(X)0.9a 0.8a0.7aa 1.1a 1.3a 1 6 1 12 1 12 1 3 1 4 1 12 11.9a 12 11 305 12 942(元) (2)由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为 ，则 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 三辆车中至多有一辆事故车的概率 PC. (1 1 3) 3 1 31 3( 2 3) 2 20 27 设 Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为5 000，10 000. 所以 Y 的分布列为 Y5 00010 000 P 1 3 2 3 所以 E(Y)5 000 10 000 5 000(元) 1 3 2 3 故该销售商一次购进并销售 100 辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为 100E(Y)50(万元)