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2020届二轮复习 二项分布与正态分布学案（全国通用）
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2020届二轮复习 二项分布与正态分布 学案
五年高考
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
1.(2018课标Ⅰ,4,5分)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
答案 A
2.(2018课标Ⅱ,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45
答案 A
3.(2018课标全国Ⅱ,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 1.96
4.(2018四川,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
5.(2018天津,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为,,.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解析 本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,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)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=××=,
P(X=1)=×1-×1-+1-××1-+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=.
所以,随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为
P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)
=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)
=×+×
=.
所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
6.(2018课标全国Ⅱ,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保 费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概 率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
解析 (1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)
(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.
又P(AB)=P(B),故P(B|A)====.
因此所求概率为.(7分)
(3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a(元).
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)
教师用书专用(7—11)
7.(2018广东,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .
答案
8.(2018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+BCD+ACD+ABD+ABC,
由事件的独立性与互斥性,得
P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()·P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)·P()
=×××+2×
=.
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)=×××=,
P(X=1)=2×==,
P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,
P(X=3)=×××+×××==,
P(X=4)=2×==,
P(X=6)=×××==.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.
9.(2018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}.
由题意知,A1与A2相互独立,A1与A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+A2,C=B1+B2.
因为P(A1)==,P(A2)==,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,
P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)
=P(A1)P()+P()P(A2)
=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)
=×+×=.
故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=.
(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~B.
于是P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)=3×=.
10.(2018北京,16,13分)A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:
A组:10,11,12,13,14,15,16;
B组:12,13,15,16,17,14,a.
假设所有病人的康复时间互相独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;
(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
解析 设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,
事件Bj为“乙是B组的第j个人”,i,j=1,2,…,7.
由题意可知P(Ai)=P(Bj)=,i,j=1,2,…,7.
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.
由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=.
(3)a=11或a=18.
11.(2018陕西,19,12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1 000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:
作物产量(kg)
300
500
概 率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概 率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列;
(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率.
解析 (1)设A表示事件“作物产量为300 kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”,由题设知P(A)=0.5,P(B)=0.4,
∵利润=产量×市场价格-成本,
∴X所有可能的取值为
500×10-1 000=4 000,500×6-1 000=2 000,
300×10-1 000=2 000,300×6-1 000=800.
P(X=4 000)=P()P()=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,
P(X=2 000)=P()P(B)+P(A)P()=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,
P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,
所以X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i=1,2,3),
由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知,
P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),
3季的利润均不少于2 000元的概率为
P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;
3季中有2季利润不少于2 000元的概率为
P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=3×0.82×0.2=0.384,
所以,这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为
0.512+0.384=0.896.
考点二 正态分布及其应用
1.(2018湖北,4,5分)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C.对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t)
D.对任意正数t,P(X≥t)≥P(Y≥t)
答案 C
2.(2018湖南,7,5分)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
C.3 413 D.4 772
答案 C
3.(2018课标全国Ⅰ,19,12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
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
经计算得=xi=9.97,s==≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数作为μ的估计值,用样本标准差s作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ
解析 本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.
(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为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的数学期望为EX=16×0.002 6=0.041 6.
(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii)由=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为
×(16×9.97-9.22)=10.02,
因此μ的估计值为10.02.
=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为
×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为≈0.09.
教师用书专用(4)
4.(2018山东,8,5分)已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )
(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.)
A.4.56% B.13.59%
C.27.18% D.31.74%
答案 B
三年模拟
A组 2018—2018年模拟·基础题组
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
1.(2018四川南充嘉陵一中期中,4)某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1 000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X的数学期望为( )
A.400 B.300 C.200 D.100
答案 C
2.(2018湖北武汉部分学校起点考试,11)连续投掷一枚质地均匀的骰子4次,正面朝上的点数恰有2次为3的倍数的概率为( )
A. B. C. D.
答案 B
3.(2018辽宁庄河高级中学模拟,14)若10件产品包含2件次品,今在其中任取两件,则已知两件中有一件不是次品的条件下,另一件是次品的概率为 .
答案
4.(2018辽宁沈阳东北育才学校第一次模拟,14)抛掷两枚骰子,至少有一个4点或5点出现时,就说这次试验成功,则在8次试验中,成功次数ξ的期望是 .
答案
5.(人教A选2—3,二,2-2-1,例1,变式)袋中有三个白球,两个黑球.现每次摸出一个球,不放回地摸取两次,则在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率为 .
答案
考点二 正态分布及其应用
6.(2018广西柳州高级中学、南宁第二中学第二次联考,3)甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(μ1,),N(μ2,),其正态分布的密度曲线如图所示,则下列说法错误的是 ( )
A.甲类水果的平均质量μ1=0.4 kg
B.甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C.甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D.乙类水果的质量服从正态分布的参数δ2=1.99
答案 D
7.(2018山东潍坊三模,3)若随机变量X服从正态分布N(4,1),则P(X>6)的值为( )
(参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
答案 B
8.(2018安徽蚌埠二中等四校联考,13)已知随机变量ξ服从正态分布,且方程x2+2x+ξ=0有实数根的概率为,若P(ξ≤2)=0.75,则P(0≤ξ≤2)= .
答案 0.5
B组 2018—2018年模拟·提升题组
(满分:55分 时间:50分钟)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2018山东济南外国语学校12月月考,4)“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是:出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
2.(2018广东德庆香山中学第一次模拟,9)某个部件由三个元件按如图所示的方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作,设三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1 000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
3.(2018河北石家庄二中三模,8)在一次试验中,同时抛掷4枚均匀的硬币16次,设4枚硬币正好出现3枚正面向上,1枚反面向上的次数为ξ,则ξ的方差是( )
A.3 B.4 C.1 D.
答案 A
4.(2018江西高安中学等3月联考,6)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(-1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
A.1 193 B.1 359 C.2 718 D.3 413
答案 B
二、填空题(共5分)
5.(2018河南洛阳第一次联考,14)已知随机变量X~B(2,p),Y~ N(2,σ2),若P(X≥1)=0.64,P(04)= .
答案 0.1
三、解答题(共30分)
6.(2018四川成都第七中学一诊,19)“微信运动”已成为当下热门的运动方式,小王的微信朋友圈内也有大量好友参与了“微信运动”,他随机选取了其中的40人(男、女各20人),记录了他们某一天的走路步数,并将数据整理如下:
步数
性别
0—2 000
2 001—5 000
5 001—8 000
8 001—10 000
>10 000
男
1
2
3
6
8
女
0
2
10
6
2
(1)已知某人一天的走路步数超过8 000步被系统评定为“积极型”,否则为“懈怠型”,根据题意完成下面的2×2列联表,并据此判断能否有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关;
积极型
懈怠型
总计
男
女
总计
(2)若小王以这40位好友该日走路步数的频率分布来估计其所有微信好友每日走路步数的概率分布,现从小王的所有微信好友中任选2人,其中每日走路不超过5 000步的有x人,超过10 000步的有y人,设ξ=|x-y|,求ξ的分布列及数学期望.
附:
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
K2=.
解析 (1)
积极型
懈怠型
总计
男
14
6
20
女
8
12
20
总计
22
18
40
K2==<3.841,故没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关.
(2)由题知,从小王的微信好友中任选一人,其每日走路步数不超过5 000步的概率为,超过10 000步的概率为,ξ的可能取值为0,1,2.
当x=y=0或x=y=1时,ξ=0,P(ξ=0)=×+××=;
当x=1,y=0或x=0,y=1时,ξ=1,P(ξ=1)=××+××=;
当x=2,y=0或x=0,y=2时,ξ=2,P(ξ=2)=+=.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以Eξ=0×+1×+2×=.
7.(2018山西太原二模,18)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.抽奖规则如下:
1.抽奖方案有以下两种:方案a:从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球,若都是红球,则获得奖金30元;否则,没有奖金,兑奖后将摸出的球放回甲袋中;方案b:从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球,若都是红球,则获得奖金15元;否则,没有奖金,兑奖后将摸出的球放回乙袋中.
2.抽奖条件:顾客购买商品的金额满100元,可根据方案a抽奖一次;满150元,可根据方案b抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元,则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a、b各抽奖一次).已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元.
(1)若顾客A只选择方案a进行抽奖,求其所获奖金的期望;
(2)要使所获奖金的期望值最大,顾客A应如何抽奖?
解析 (1)按方案a抽奖一次,获得奖金的概率P==.
顾客A只选择方案a进行抽奖,则其可以按方案a抽奖三次.
此时中奖次数服从二项分布B.
设所得奖金为w1元,则=3××30=9.
即顾客A所奖资金的期望为9元.
(2)按方案b抽奖一次,获得奖金的概率P1==.
若顾客A按方案a抽奖两次,按方案b抽奖一次,则由方案a中奖的次数服从二项分布B1,由方案b中奖的次数服从二项分布B2,
设所得奖金为w2元,则=2××30+1××15=10.5.
若顾客A按方案b抽奖两次,则中奖的次数服从二项分布B3.
设所得奖金为w3元,则=2××15=9.
结合(1)可知,=<.
所以顾客A应该按方案a抽奖两次,按方案b抽奖一次.
8.(2018山西大学附中第二次模拟,18)在一次篮球定点投篮训练中,规定每人最多投3次,在A处每投进一球得3分,在B处每投进一球得2分,如果前两次得分之和超过3分就停止投篮;否则投第3次,某同学在A处的投中率q1=0.25,在B处的投中率为q2,该同学选择在A处投第一球,以后都在B处投,且每次投篮互不影响,用X表示该同学投篮训练结束后所得的总分,其分布列为
X
0
2
3
4
5
P
0.03
P1
P2
P3
P4
(1)求q2的值;
(2)求随机变量X的数学期望E(X).
解析 (1)由题意可知,X=0对应的事件为“三次投篮没有一次投中”,
∴P(X=0)=(1-q1)(1-q2)2=0.03,
∵q1=0.25,∴q2=0.8(q2=1.2舍去).
故q2的值为0.8.
(2)根据题意得P1=P(X=2)=0.75××0.2×0.8=0.24,
P2=P(X=3)=0.25×0.22=0.01,
P3=P(X=4)=0.75×0.82=0.48,
P4=P(X=5)=0.25×0.8+0.25×0.2×0.8=0.24,
∴E(X)=0×0.03+2×0.24+3×0.01+4×0.48+5×0.24=3.63.
C组 2018—2018年模拟·方法题组
方法1 条件概率的求法
1.(2018河北“五个一名校联盟”二模,4)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为,两次闭合后都出现红灯的概率为,则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
2.(2018福建漳州模拟,4)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数,在取到的2个数之和为偶数的条件下,取到的2个数均为奇数的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
方法2 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
3.(2018湖南三湘名校联盟三模,9)体育课的排球发球项目考试的规则是:每位学生最多可发球3次,一旦发球成功,则停止发球,否则一直发到3次为止.设学生发球一次成功的概率为p (p≠0),发球次数为X,若X的数学期望EX>1.75,则p的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 C
4.(2018广东珠海一中等六校第一次联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数A=a1a2a3a4a5,其中A的各位数字中,a1=1,ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为,出现1的概率为.若启动一次出现的数字为A=10101,则称这次试验成功,若成功一次得2分,失败一次得-1分,则100次独立重复试验的总得分X的方差为 .
答案
5.(2018广东惠州第二次调研,18)一个盒子中装有大量形状大小一样但质量不尽相同的小球,从中随机抽取50个作为样本,称出它们的质量(单位:克),质量分组区间为[5,15],(15,25],(25,35],(35,45],由此得到样本的质量频率分布直方图(如图).
(1)求a的值,并根据样本数据,估计盒子中小球质量的众数与平均值;
(2)从盒子中随机抽取3个小球,其中质量在[5,15]内的小球个数为X,求X的分布列和数学期望 (以直方图中的频率作为概率).
解析 (1)由题意,得(0.02+0.032+a+0.018)×10=1,
解得a=0.03.
又由最高矩形中点的横坐标为20,可估计盒子中小球质量的众数为20克.
50个样本中小球质量的平均值为=0.2×10+0.32×20+0.3×30+0.18×40=24.6(克).
故估计盒子中小球质量的平均值为24.6克.
(2)由题意可知该盒子中小球质量在[5,15]内的概率为0.2,
X~B,X的可能取值为0、1、2、3,
P(X=0)==,
P(X=1)=××=,
P(X=2)=×=,
P(X=3)==.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
EX=0×+1×+2×+3×=.
方法3 正态分布及其应用方法
6.(2018江西九江十校联考二模,5)设随机变量ξ服从正态分布N(μ,7),若P(ξ<2)=P(ξ>4),则μ 与Dξ的值分别为( )
A.μ=,Dξ= B.μ=,Dξ=7
C.μ=3,Dξ=7 D.μ=3,Dξ=
答案 C
7.(2018陕西安康三模,19)在一次全国高中五省大联考中,有90万的学生参加,考后对所有学生成绩统计发现,英语成绩服从正态分布N(μ,σ2),用茎叶图列举了20名学生英语的成绩(如图),巧合的是这20个数据的平均数和方差恰比所有90万个数据的平均数和方差都多0.9,且这20个数据的方差为49.9.
(1)求μ,σ;
(2)给出正态分布的数据:P(μ-σ
(ii)若从这90万名学生中随机抽取1万名,记X为这1万名学生中英语成绩在(82.1,103.1)上的人数,求X的数学期望.
解析 (1)由茎叶图得这20个数据的平均数:
=×(79+80+81+82+87+87+88+88+89+90+90+90+90+91+92+93+93+100+101+109)=90,
∵这20个数据的平均数和方差恰比所有90万个数据的平均数和方差都多0.9,且这20个数据的方差为49.9,
英语成绩服从正态分布N(μ,σ2),
∴μ=90-0.9=89.1,σ==7.
(2)(i)∵英语成绩服从正态分布N(89.1,49),P(μ-σ
则曲边梯形ABCD的面积为0.954 4,曲边梯形EFGH的面积为0.682 6,
由曲线关于直线x=89.1对称,可知曲边梯形EBCH的面积为0.954 4-=0.818 5,
即该生英语成绩在(82.1,103.1)上的概率为0.818 5.
(ii)∵从这90万名学生中随机抽取1名,该生英语成绩在(82.1,103.1)的概率为0.818 5,∴从这90万名学生中随机抽取1万名,这1万名学生中英语成绩在(82.1,103.1)上的人数X的数学期望E(X)=0.818 5×10 000=8 185.
五年高考
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
1.(2018课标Ⅰ,4,5分)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
答案 A
2.(2018课标Ⅱ,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45
答案 A
3.(2018课标全国Ⅱ,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 1.96
4.(2018四川,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
5.(2018天津,16,13分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为,,.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望;
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解析 本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,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)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=××=,
P(X=1)=×1-×1-+1-××1-+××=,
P(X=2)=××+××+××=,
P(X=3)=××=.
所以,随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为
P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0)
=P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)
=×+×
=.
所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
6.(2018课标全国Ⅱ,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保 费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概 率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
解析 (1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(3分)
(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.1+0.05=0.15.
又P(AB)=P(B),故P(B|A)====.
因此所求概率为.(7分)
(3)记续保人本年度的保费为X元,则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
EX=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a(元).
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.(12分)
教师用书专用(7—11)
7.(2018广东,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .
答案
8.(2018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+BCD+ACD+ABD+ABC,
由事件的独立性与互斥性,得
P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()·P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)·P()
=×××+2×
=.
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)=×××=,
P(X=1)=2×==,
P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,
P(X=3)=×××+×××==,
P(X=4)=2×==,
P(X=6)=×××==.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.
9.(2018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}.
由题意知,A1与A2相互独立,A1与A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1+A2,C=B1+B2.
因为P(A1)==,P(A2)==,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,
P(B2)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)
=P(A1)P()+P()P(A2)
=P(A1)[1-P(A2)]+[1-P(A1)]P(A2)
=×+×=.
故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+=.
(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~B.
于是P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)=3×=.
10.(2018北京,16,13分)A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:
A组:10,11,12,13,14,15,16;
B组:12,13,15,16,17,14,a.
假设所有病人的康复时间互相独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;
(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率;
(3)当a为何值时,A,B两组病人康复时间的方差相等?(结论不要求证明)
解析 设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,
事件Bj为“乙是B组的第j个人”,i,j=1,2,…,7.
由题意可知P(Ai)=P(Bj)=,i,j=1,2,…,7.
(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.
由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.
因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=.
(3)a=11或a=18.
11.(2018陕西,19,12分)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1 000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:
作物产量(kg)
300
500
概 率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概 率
0.4
0.6
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列;
(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率.
解析 (1)设A表示事件“作物产量为300 kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”,由题设知P(A)=0.5,P(B)=0.4,
∵利润=产量×市场价格-成本,
∴X所有可能的取值为
500×10-1 000=4 000,500×6-1 000=2 000,
300×10-1 000=2 000,300×6-1 000=800.
P(X=4 000)=P()P()=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,
P(X=2 000)=P()P(B)+P(A)P()=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,
P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,
所以X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i=1,2,3),
由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知,
P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),
3季的利润均不少于2 000元的概率为
P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;
3季中有2季利润不少于2 000元的概率为
P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=3×0.82×0.2=0.384,
所以,这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为
0.512+0.384=0.896.
考点二 正态分布及其应用
1.(2018湖北,4,5分)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C.对任意正数t,P(X≤t)≥P(Y≤t)
D.对任意正数t,P(X≥t)≥P(Y≥t)
答案 C
2.(2018湖南,7,5分)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
C.3 413 D.4 772
答案 C
3.(2018课标全国Ⅰ,19,12分)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线在正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ,σ2).
(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P(X≥1)及X的数学期望;
(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.
(i)试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:
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
经计算得=xi=9.97,s==≈0.212,其中xi为抽取的第i个零件的尺寸,i=1,2,…,16.
用样本平均数作为μ的估计值,用样本标准差s作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-3σ
解析 本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.
(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为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的数学期望为EX=16×0.002 6=0.041 6.
(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.040 8,发生的概率很小.因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii)由=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为
×(16×9.97-9.22)=10.02,
因此μ的估计值为10.02.
=16×0.2122+16×9.972≈1 591.134,
剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为
×(1 591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为≈0.09.
教师用书专用(4)
4.(2018山东,8,5分)已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )
(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.)
A.4.56% B.13.59%
C.27.18% D.31.74%
答案 B
三年模拟
A组 2018—2018年模拟·基础题组
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布
1.(2018四川南充嘉陵一中期中,4)某种种子每粒发芽的概率都为0.9,现播种了1 000粒,对于没有发芽的种子,每粒需再补种2粒,补种的种子数记为X,则X的数学期望为( )
A.400 B.300 C.200 D.100
答案 C
2.(2018湖北武汉部分学校起点考试,11)连续投掷一枚质地均匀的骰子4次,正面朝上的点数恰有2次为3的倍数的概率为( )
A. B. C. D.
答案 B
3.(2018辽宁庄河高级中学模拟,14)若10件产品包含2件次品,今在其中任取两件,则已知两件中有一件不是次品的条件下,另一件是次品的概率为 .
答案
4.(2018辽宁沈阳东北育才学校第一次模拟,14)抛掷两枚骰子,至少有一个4点或5点出现时,就说这次试验成功,则在8次试验中,成功次数ξ的期望是 .
答案
5.(人教A选2—3,二,2-2-1,例1,变式)袋中有三个白球,两个黑球.现每次摸出一个球,不放回地摸取两次,则在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率为 .
答案
考点二 正态分布及其应用
6.(2018广西柳州高级中学、南宁第二中学第二次联考,3)甲、乙两类水果的质量(单位:kg)分别服从正态分布N(μ1,),N(μ2,),其正态分布的密度曲线如图所示,则下列说法错误的是 ( )
A.甲类水果的平均质量μ1=0.4 kg
B.甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右
C.甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小
D.乙类水果的质量服从正态分布的参数δ2=1.99
答案 D
7.(2018山东潍坊三模,3)若随机变量X服从正态分布N(4,1),则P(X>6)的值为( )
(参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
答案 B
8.(2018安徽蚌埠二中等四校联考,13)已知随机变量ξ服从正态分布,且方程x2+2x+ξ=0有实数根的概率为,若P(ξ≤2)=0.75,则P(0≤ξ≤2)= .
答案 0.5
B组 2018—2018年模拟·提升题组
(满分:55分 时间:50分钟)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2018山东济南外国语学校12月月考,4)“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是:出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
2.(2018广东德庆香山中学第一次模拟,9)某个部件由三个元件按如图所示的方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作,设三个电子元件的使用寿命(单位:小时)均服从正态分布N(1 000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
3.(2018河北石家庄二中三模,8)在一次试验中,同时抛掷4枚均匀的硬币16次,设4枚硬币正好出现3枚正面向上,1枚反面向上的次数为ξ,则ξ的方差是( )
A.3 B.4 C.1 D.
答案 A
4.(2018江西高安中学等3月联考,6)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(-1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
A.1 193 B.1 359 C.2 718 D.3 413
答案 B
二、填空题(共5分)
5.(2018河南洛阳第一次联考,14)已知随机变量X~B(2,p),Y~ N(2,σ2),若P(X≥1)=0.64,P(0
答案 0.1
三、解答题(共30分)
6.(2018四川成都第七中学一诊,19)“微信运动”已成为当下热门的运动方式,小王的微信朋友圈内也有大量好友参与了“微信运动”,他随机选取了其中的40人(男、女各20人),记录了他们某一天的走路步数,并将数据整理如下:
步数
性别
0—2 000
2 001—5 000
5 001—8 000
8 001—10 000
>10 000
男
1
2
3
6
8
女
0
2
10
6
2
(1)已知某人一天的走路步数超过8 000步被系统评定为“积极型”,否则为“懈怠型”,根据题意完成下面的2×2列联表,并据此判断能否有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关;
积极型
懈怠型
总计
男
女
总计
(2)若小王以这40位好友该日走路步数的频率分布来估计其所有微信好友每日走路步数的概率分布,现从小王的所有微信好友中任选2人,其中每日走路不超过5 000步的有x人,超过10 000步的有y人,设ξ=|x-y|,求ξ的分布列及数学期望.
附:
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
K2=.
解析 (1)
积极型
懈怠型
总计
男
14
6
20
女
8
12
20
总计
22
18
40
K2==<3.841,故没有95%以上的把握认为“评定类型”与“性别”有关.
(2)由题知,从小王的微信好友中任选一人,其每日走路步数不超过5 000步的概率为,超过10 000步的概率为,ξ的可能取值为0,1,2.
当x=y=0或x=y=1时,ξ=0,P(ξ=0)=×+××=;
当x=1,y=0或x=0,y=1时,ξ=1,P(ξ=1)=××+××=;
当x=2,y=0或x=0,y=2时,ξ=2,P(ξ=2)=+=.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以Eξ=0×+1×+2×=.
7.(2018山西太原二模,18)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.抽奖规则如下:
1.抽奖方案有以下两种:方案a:从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球,若都是红球,则获得奖金30元;否则,没有奖金,兑奖后将摸出的球放回甲袋中;方案b:从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球,若都是红球,则获得奖金15元;否则,没有奖金,兑奖后将摸出的球放回乙袋中.
2.抽奖条件:顾客购买商品的金额满100元,可根据方案a抽奖一次;满150元,可根据方案b抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元,则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a、b各抽奖一次).已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元.
(1)若顾客A只选择方案a进行抽奖,求其所获奖金的期望;
(2)要使所获奖金的期望值最大,顾客A应如何抽奖?
解析 (1)按方案a抽奖一次,获得奖金的概率P==.
顾客A只选择方案a进行抽奖,则其可以按方案a抽奖三次.
此时中奖次数服从二项分布B.
设所得奖金为w1元,则=3××30=9.
即顾客A所奖资金的期望为9元.
(2)按方案b抽奖一次,获得奖金的概率P1==.
若顾客A按方案a抽奖两次,按方案b抽奖一次,则由方案a中奖的次数服从二项分布B1,由方案b中奖的次数服从二项分布B2,
设所得奖金为w2元,则=2××30+1××15=10.5.
若顾客A按方案b抽奖两次,则中奖的次数服从二项分布B3.
设所得奖金为w3元,则=2××15=9.
结合(1)可知,=<.
所以顾客A应该按方案a抽奖两次,按方案b抽奖一次.
8.(2018山西大学附中第二次模拟,18)在一次篮球定点投篮训练中,规定每人最多投3次,在A处每投进一球得3分,在B处每投进一球得2分,如果前两次得分之和超过3分就停止投篮;否则投第3次,某同学在A处的投中率q1=0.25,在B处的投中率为q2,该同学选择在A处投第一球,以后都在B处投,且每次投篮互不影响,用X表示该同学投篮训练结束后所得的总分,其分布列为
X
0
2
3
4
5
P
0.03
P1
P2
P3
P4
(1)求q2的值;
(2)求随机变量X的数学期望E(X).
解析 (1)由题意可知,X=0对应的事件为“三次投篮没有一次投中”,
∴P(X=0)=(1-q1)(1-q2)2=0.03,
∵q1=0.25,∴q2=0.8(q2=1.2舍去).
故q2的值为0.8.
(2)根据题意得P1=P(X=2)=0.75××0.2×0.8=0.24,
P2=P(X=3)=0.25×0.22=0.01,
P3=P(X=4)=0.75×0.82=0.48,
P4=P(X=5)=0.25×0.8+0.25×0.2×0.8=0.24,
∴E(X)=0×0.03+2×0.24+3×0.01+4×0.48+5×0.24=3.63.
C组 2018—2018年模拟·方法题组
方法1 条件概率的求法
1.(2018河北“五个一名校联盟”二模,4)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为,两次闭合后都出现红灯的概率为,则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
2.(2018福建漳州模拟,4)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数,在取到的2个数之和为偶数的条件下,取到的2个数均为奇数的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
方法2 独立重复试验及二项分布问题的求解方法
3.(2018湖南三湘名校联盟三模,9)体育课的排球发球项目考试的规则是:每位学生最多可发球3次,一旦发球成功,则停止发球,否则一直发到3次为止.设学生发球一次成功的概率为p (p≠0),发球次数为X,若X的数学期望EX>1.75,则p的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 C
4.(2018广东珠海一中等六校第一次联考)一台仪器每启动一次都随机地出现一个5位的二进制数A=a1a2a3a4a5,其中A的各位数字中,a1=1,ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为,出现1的概率为.若启动一次出现的数字为A=10101,则称这次试验成功,若成功一次得2分,失败一次得-1分,则100次独立重复试验的总得分X的方差为 .
答案
5.(2018广东惠州第二次调研,18)一个盒子中装有大量形状大小一样但质量不尽相同的小球,从中随机抽取50个作为样本,称出它们的质量(单位:克),质量分组区间为[5,15],(15,25],(25,35],(35,45],由此得到样本的质量频率分布直方图(如图).
(1)求a的值,并根据样本数据,估计盒子中小球质量的众数与平均值;
(2)从盒子中随机抽取3个小球,其中质量在[5,15]内的小球个数为X,求X的分布列和数学期望 (以直方图中的频率作为概率).
解析 (1)由题意,得(0.02+0.032+a+0.018)×10=1,
解得a=0.03.
又由最高矩形中点的横坐标为20,可估计盒子中小球质量的众数为20克.
50个样本中小球质量的平均值为=0.2×10+0.32×20+0.3×30+0.18×40=24.6(克).
故估计盒子中小球质量的平均值为24.6克.
(2)由题意可知该盒子中小球质量在[5,15]内的概率为0.2,
X~B,X的可能取值为0、1、2、3,
P(X=0)==,
P(X=1)=××=,
P(X=2)=×=,
P(X=3)==.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
EX=0×+1×+2×+3×=.
方法3 正态分布及其应用方法
6.(2018江西九江十校联考二模,5)设随机变量ξ服从正态分布N(μ,7),若P(ξ<2)=P(ξ>4),则μ 与Dξ的值分别为( )
A.μ=,Dξ= B.μ=,Dξ=7
C.μ=3,Dξ=7 D.μ=3,Dξ=
答案 C
7.(2018陕西安康三模,19)在一次全国高中五省大联考中,有90万的学生参加,考后对所有学生成绩统计发现,英语成绩服从正态分布N(μ,σ2),用茎叶图列举了20名学生英语的成绩(如图),巧合的是这20个数据的平均数和方差恰比所有90万个数据的平均数和方差都多0.9,且这20个数据的方差为49.9.
(1)求μ,σ;
(2)给出正态分布的数据:P(μ-σ
(ii)若从这90万名学生中随机抽取1万名,记X为这1万名学生中英语成绩在(82.1,103.1)上的人数,求X的数学期望.
解析 (1)由茎叶图得这20个数据的平均数:
=×(79+80+81+82+87+87+88+88+89+90+90+90+90+91+92+93+93+100+101+109)=90,
∵这20个数据的平均数和方差恰比所有90万个数据的平均数和方差都多0.9,且这20个数据的方差为49.9,
英语成绩服从正态分布N(μ,σ2),
∴μ=90-0.9=89.1,σ==7.
(2)(i)∵英语成绩服从正态分布N(89.1,49),P(μ-σ
则曲边梯形ABCD的面积为0.954 4,曲边梯形EFGH的面积为0.682 6,
由曲线关于直线x=89.1对称,可知曲边梯形EBCH的面积为0.954 4-=0.818 5,
即该生英语成绩在(82.1,103.1)上的概率为0.818 5.
(ii)∵从这90万名学生中随机抽取1名,该生英语成绩在(82.1,103.1)的概率为0.818 5,∴从这90万名学生中随机抽取1万名,这1万名学生中英语成绩在(82.1,103.1)上的人数X的数学期望E(X)=0.818 5×10 000=8 185.
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