2018版高考數(shù)學二輪復習 第1部分 重點強化專題 專題3 概率與統(tǒng)計 第6講 隨機變量及其分布教學案 理

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1、 第6講　隨機變量及其分布 題型1　相互獨立事件的概率與條件概率 (對應學生用書第18頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率為P(B|A)＝＝. 2．相互獨立事件同時發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 3．獨立重復試驗的概率 如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Cpk·(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題1】　(考查條件概率)如圖6-

2、1，△ABC和△DEF是同一個圓的內接正三角形，且BC∥EF.將一顆豆子隨機地扔到該圓內，用M表示事件“豆子落在△ABC內”，N表示事件“豆子落在△DEF內”，則P(|M)＝(　　) 圖6-1 A.　　　B.　　　C.　　　D. [解析]　如圖，作三條輔助線，根據(jù)已知條件得這些小三角形都全等，△ABC包含9個小三角形，滿足事件M的有3個小三角形， 所以P(|M)＝＝＝，故選C. [答案]　C 【典題2】　(考查相互獨立事件的概率)(2017·福州五校聯(lián)考)為了檢驗某大型乒乓球賽男子單打參賽隊員的訓練成果，某校乒乓球隊舉行了熱身賽，熱身賽采取7局4勝制(即一場比賽先勝4局者為勝)

3、的規(guī)則．在隊員甲與乙的比賽中，假設每局甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，各局比賽結果相互獨立． (1)求甲在5局以內(含5局)贏得比賽的概率； (2)記X為比賽決出勝負時的總局數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望. 【導學號：07804040】 [解]　(1)由題意得，甲在5局以內(含5局)贏得比賽的概率P＝＋C×＝. (2)由題意知，X的所有可能取值為4,5,6,7， 且P(X＝4)＝＋＝， P(X＝5)＝C×＋C××＝＝， P(X＝6)＝C×＋C×＝， P(X＝7)＝C×＋C×＝. 所以X的分布列為 X 4 5 6 7 P E(X)＝4×＋5×＋6

4、×＋7×＝. [類題通法] 1.解決條件概率的關鍵是明確“既定條件”. 2.求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的方法 (1)直接法：正確分析復雜事件的構成，將復雜事件轉化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復試驗問題，然后用相應概率公式求解. (2)間接法：當復雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對立事件進行求解.對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解. ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 1．某同學用計算器產生了兩個[0,1]之間的均勻隨機數(shù)，分別記作x，y.當y的概率是(　　

5、) A.　 B． C. D． D　[記“y”為事件B，所以(x，y)構成的區(qū)域如圖所示，所以S1＝＝，S2＝x2dx－S1＝，則所求概率為＝＝＝，故選D.] 2．如圖6-2，用K，A1，A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當K正常工作且A1，A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作．已知K，A1，A2正常工作的概率依次為0.9,0.8,0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為(　　) 圖6-2 A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576 B　[法一：(直接法)由題意知K，A1，A2正常工作的概率分別為P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A

6、2)＝0.8，因為K，A1，A2相互獨立，所以A1，A2至少有一個正常工作的概率為P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.所以系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864. 法二：(間接法)A1，A2至少有一個正常工作的概率為1－P(12)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，故系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[1－P(12)]＝0.9×0.96＝0.864.] ■題型強化集訓………………………………………………………………………· (見專題限時集

7、訓T1、T3、T4、T6、T12) 題型2　離散型隨機變量的分布列、期望和方差的應用(答題模板) (對應學生用書第19頁) 離散型隨機變量的分布列問題是高考的熱點，常以實際生活為背景，涉及事件的相互獨立性、互斥事件的概率等，綜合性強，難度中等．(2017·全國Ⅱ卷T13、2017·全國Ⅲ卷T18、2016·全國Ⅰ卷T19、2016·全國Ⅱ卷T18、2013·全國Ⅰ卷T19、2013·全國Ⅱ卷T19) ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(本小題滿分12分)(2016·全國Ⅰ卷)某公司計劃購買2臺機器，該種機器使用三年后即被淘汰． 機器有

8、一易損零件，在購進機器時，可以額外購買這種零件作為備件，每個200元.在機器使用期間，如果備件不足再購買，則每個500元.① 現(xiàn)需決策在購買機器時應同時購買幾個易損零件，為此搜集并整理了100臺這種機器在三年使用期內更換的易損零件數(shù)，得下面如圖6-3所示的② 圖6-3 以這100臺機器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺機器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率，③ n表示購買2臺機器的同時購買的易損零件數(shù)． (1)求X的分布列； (2)若要求④確定n的最小值； (3)以購買易損零件所需費用的期望值為決策依據(jù)，在n＝19與n＝20之中選其一，應選用哪個？ 【導學號：07804041】 [

9、審題指導] 題眼 挖掘關鍵信息 ① 看到這種條件， 想到解題時可能要分類求解. ② 看到柱狀圖想到頻數(shù)與頻率間的關系， 想到橫軸中的取值含義. ③ 看到自變量X想到柱狀圖， 想到X的所有可能取值. ④ 看到P(X≤n)≥0.5想到X和n的含義， 想到(1)中的分布列. [規(guī)范解答]　(1)由柱狀圖及以頻率代替概率可得，一臺機器在三年內需更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11的概率分別為0.2,0.4,0.2,0.2. 1分 ⑤ 從而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＋

10、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的分布列為 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 6分 (2)由(1)⑥ 故n的最小值為19. 7分 (3)記Y表示2臺機器在購買易損零件上所需的費用(單位：元)． ⑦ E(Y)＝19×200×0

11、.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040； 9分 ⑧ E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080. 11分 可知當n＝19時所需費用的期望值小于當n＝20時所需費用的期望值，故應選n＝19. 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 ⑤忽視X的實際含義導致取值錯誤，進而導致概率計算錯誤. 細心審題，把握題干中的重要字眼，關鍵處加標記，同時理解X取每個值的含義. ⑥忽視P(X≤n)≥0.5的含義，導致不會求

12、解. 結合(1)中的分布列及n的含義，推理求解便可. ⑦忽視n＝19與n＝20的含義導致無法解題. 本題中購買零件所需費用包含兩部分，一部分為購買機器時購買零件的費用，另一部分為備件不足時額外購買的費用. [類題通法] 解答離散型隨機變量的分布列及相關問題的一般思路： (1)明確隨機變量可能取哪些值. (2)結合事件特點選取恰當?shù)挠嬎惴椒ㄓ嬎氵@些可能取值的概率值. (3)根據(jù)分布列和期望、方差公式求解. 提醒：明確離散型隨機變量的取值及事件間的相互關系是求解此類問題的關鍵. ■對點即時訓練………………………………………………………………………· (2016·湖南益陽4月調

13、研)某工廠有兩條相互不影響的生產線分別生產甲、乙兩種產品，產品出廠前需要對產品進行性能檢測．檢測得分低于80的為不合格品，只能報廢回收；得分不低于80的為合格品，可以出廠．現(xiàn)隨機抽取這兩種產品各60件進行檢測，檢測結果統(tǒng)計如下： 得分 [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 甲種產品的件數(shù) 5 10 34 11 乙種產品的件數(shù) 8 12 31 9 (1)試分別估計甲，乙兩種產品下生產線時為合格品的概率； (2)生產一件甲種產品，若是合格品，可盈利100元，若是不合格品，則虧損20元；生產一件乙種產品，若是合格品，可盈利90元，若是不合

14、格品，則虧損15元．在(1)的前提下： ①記X為生產1件甲種產品和1件乙種產品所獲得的總利潤，求隨機變量X的分布列和數(shù)學期望； ②求生產5件乙種產品所獲得的利潤不少于300元的概率． [解]　(1)甲種產品為合格品的概率約為＝ ， 乙種產品為合格品的概率約為＝. (2)①隨機變量X的所有可能取值為190,85,70，－35， 且P(X＝190)＝×＝， P(X＝85)＝×＝， P(X＝70)＝×＝， P(X＝－35)＝×＝. 所以隨機變量X的分布列為 X 190 85 70 －35 P 所以E(X)＝＋＋－＝125. ②設生產的5件乙種產品中

15、合格品有n件，則不合格品有(5－n)件， 依題意得，90n－15(5－n)≥300， 解得n≥，又因為0≤n≤5，且n為整數(shù)，所以n＝4或n＝5， 設“生產5件乙種產品所獲得的利潤不少于300元”為事件A，則P(A)＝C4×＋＝. ■題型強化集訓………………………………………………………………………· (見專題限時集訓T2、T7、T8、T11、T13) 題型3　正態(tài)分布問題 (對應學生用書第21頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 正態(tài)分布的性質 (1)正態(tài)曲線與x軸之間面積為1. (2)正態(tài)曲線關于直線x＝μ對稱，從而在關于x＝μ

16、對稱的區(qū)間上概率相同． (3)P(X≤a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)． (4)求概率時充分利用3σ原則． ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(2017·全國Ⅰ卷)為了監(jiān)控某種零件的一條生產線的生產過程，檢驗員每天從該生產線上隨機抽取16個零件，并測量其尺寸(單位：cm)．根據(jù)長期生產經驗，可以認為這條生產線正常狀態(tài)下生產的零件的尺寸服從正態(tài)分布N(μ，σ2)． (1)假設生產狀態(tài)正常，記X表示一天內抽取的16個零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件數(shù)，求P(X≥1)及X的數(shù)學期望； (2)一天內抽檢

17、零件中，如果出現(xiàn)了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查． ①試說明上述監(jiān)控生產過程方法的合理性； ②下面是檢驗員在一天內抽取的16個零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 經計算得＝xi＝9.97，s＝＝)≈0.212，其中xi為抽取的第i個零件的尺寸，i＝1,2，…，16. 用樣本平均數(shù)作為μ的估計值，用樣本標準差s作為σ

18、的估計值，利用估計值判斷是否需對當天的生產過程進行檢查？剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)，用剩下的數(shù)據(jù)估計μ和σ(精確到0.01). 【導學號：07804042】 附：若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－3σ

19、)之內的概率為0.997 4，從而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率為0.002 6，故X～B(16,0.002 6)． 因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X的數(shù)學期望E(X)＝16×0.002 6＝0.041 6. (2)①如果生產狀態(tài)正常，一個零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天內抽取的16個零件中，出現(xiàn)尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，發(fā)生的概率很小，因此一旦發(fā)生這種情況，就有理由認為這條生產線在這一天的生產過程可能出現(xiàn)了異常情況，需對當天的生產過程進行檢查，可見上述監(jiān)

20、控生產過程的方法是合理的． ②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估計值為＝9.97，σ的估計值為＝0.212，由樣本數(shù)據(jù)可以看出有一個零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需對當天的生產過程進行檢查． 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×(16×9.97－9.22)＝10.02. 因此μ的估計值為10.02. x＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(－3，＋3)之外的數(shù)據(jù)9.22，剩下數(shù)據(jù)的樣本方差為×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008， 因此σ的估計值為≈0.09. [類題通法] 由于正態(tài)分布

21、與頻率分布直方圖有極大的相似性，故最近五年比較受命題人青睞. 解決正態(tài)分布問題有三個關鍵點：(1)對稱軸x＝μ；(2)標準差σ；(3)分布區(qū)間.利用對稱性求指定范圍內的概率值；由μ，σ分布區(qū)間的特征進行轉化，使分布區(qū)間轉化為3σ特殊區(qū)間，從而求出所求概率. ■對點即時訓練………………………………………………………………………· 1．設X～N(1，σ2) ，其正態(tài)分布密度曲線如圖6-4所示，且P(X≥3)＝0.022 8，那么向正方形OABC中隨機投擲10 000個點，則落入陰影部分的點的個數(shù)的估計值為(　　) 圖6-4 (附：隨機變量X服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ

22、<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ

23、卷的樣本平均分和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)． (2)由直方圖可以認為，這批學生的數(shù)學總分Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差s2. ①利用該正態(tài)分布，求P(81＜Z＜119)； ②記X表示2400名學生的數(shù)學總分位于區(qū)間(81,119)的人數(shù)，利用①的結果，求E(X)(用樣本的分布區(qū)估計總體的分布). 【導學號：07804043】 附：≈19，≈18，若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9544. [解]　(1)＝60×0.02＋70×0.08＋80×0.

24、14＋90×0.15＋100×0.24＋110×0.15＋120×0.1＋130×0.08＋140×0.04＝100. s2＝(60－100)2×0.02＋(70－100)2×0.08＋(80－100)2×0.14＋(90－100)2×0.15＋(110－100)2×0.15＋(120－100)2×0.1＋(130－100)2×0.08＋(140－100)2×0.04＝366. (2)①由題意可知Z～N(100,366)．又σ＝≈19，故 P(81＜Z＜119)＝P(100－19＜Z＜100＋19)＝0.6826. ②由①可知一名學生總分落在(81,119)的概率為0.6826. 因

25、為X～B(2400,0.6826)，所以E(X)＝2400×0.6826＝1638.24. ■題型強化集訓………………………………………………………………………· (見專題限時集訓T5、T9、T10、T14) 三年真題| 驗收復習效果 (對應學生用書第22頁) 1．(2015·全國Ⅰ卷)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為(　　) A．0.648　　B．0.432　　C．0.36　　 D．0.312 A　[3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中

26、3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.] 2．(2017·全國Ⅱ卷)一批產品的二等品率為0.02，從這批產品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則DX＝________. 1.96　[由題意得X～B(100,0.02)， ∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.] 3．(2016·全國Ⅱ卷)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1

27、 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設該險種一續(xù)保人一年內出險次數(shù)與相應概率如下： 一年內出 險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率； (3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值． [解]　(1)設A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當且僅當一年內出險次數(shù)大于1，故P(A)＝

28、0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. (2)設B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15. 又P(AB)＝P(B)， 故P(B|A)＝＝＝＝. 因此所求概率為. (3)記續(xù)保人本年度的保費為X，則X的分布列為 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 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

29、＝1.23a. 因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.23. 4．(2017·全國Ⅲ卷)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據(jù)往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30)

30、[30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列； (2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當六月份這種酸奶一天的進貨量n(單位：瓶)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值？ 【導學號：07804044】 [解]　(1)由題意知，X所有可能取值為200,300,500，由表格數(shù)據(jù)知P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4， P(X＝500)＝＝0.4. 因此X的分布列為 X 200 300 500

31、P 0.2 0.4 0.4 (2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500. 當300≤n≤500時， 若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 當200≤n<300時， 若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫低于20，則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時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為520元． 13