2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题十二　计数原理、概率、随机变量及其分布列

重点增分专题十二　计数原理、概率、随机变量及其分布列
[全国卷3年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2018
几何概型·T10
古典概型·T8
求二项式系数问题·T5
二项分布、导数的应用及变量的数学期望、决策性问题·T20
相互独立事件及二项分布·T8
2017
数学文化、有关面积的几何概型·T2
二项分布的方差·T13
频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18
正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
2016
与长度有关的几何概型·T4
几何概型、随机模拟·T10

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
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、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题．
(2)选择题或填空题常出现在第4～10题或第13～15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．

保分考点·练后讲评
[大稳定]
1.(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为(　　)
A．10　　　　　　　　　 　B．20
C．40 D．80
解析：选C　5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·2r·x10－3r，
令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C·22＝40.
2.(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　　)

A．15 B．20
C．30 D．35
解析：选C　(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.
3.在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为(　　)
A．50 B．70
C．90 D．120
解析：选C　令x＝1，则n＝4n，所以n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项Tr＋1＝Cx5－rr＝C3rx5－r，令5－r＝2，得r＝2，所以x2的系数为C32＝90，故选C.
4.若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a等于(　　)
A．2 B.
C．1 D.
解析：选C　二项式7的展开式的通项Tr＋1＝C27－rx7－rarx－r＝27－rCarx7－2r，
令7－2r＝－3，得r＝5，所以T6＝4Ca5＝84，解得a＝1.
5.在n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项是(　　)
A．－7 B．7
C．－28 D．28
解析：选B　因为只有第5项的二项式系数C最大，所以＝4，即n＝8.
8的展开式的通项公式为Tr＋1＝C8－rr＝x8－r，
令8－r＝0，解得r＝6，故常数项为T7＝＝7.故选B.

6.(x2＋x＋y)4的展开式中，x3y2的系数是________．
解析：法一：(x2＋x＋y)4＝[(x2＋x)＋y]4，
其展开式的第r＋1项Tr＋1＝C(x2＋x)4－ryr，
因为要求x3y2的系数，所以r＝2，所以T3＝C(x2＋x)4－2y2＝6(x2＋x)2y2.
因为(x2＋x)2的展开式中x3的系数为2，所以x3y2的系数是6×2＝12.
法二：(x2＋x＋y)4表示4个因式x2＋x＋y的乘积，
在这4个因式中，有2个因式选y，其余的2个因式中有一个选x，剩下的一个选x2，即可得到含x3y2的项，
故x3y2的系数是C·C·C＝12.
答案：12
[解题方略]
1．求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键
一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数．
2．求(x＋y＋z)n的展开式的特定项的系数问题的技巧
若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把(x＋y＋z)n看作n个因式x＋y＋z的乘积，再利用组合数公式求解．

3．二项式系数最大项的确定方法
若n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；若n是奇数，则中间两项第项与第＋1项的二项式系数，最大．
[小创新]
1.在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝(　　)
A．1 240 B．1 289
C．600 D．880
解析：选B　(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，(2＋y)4的展开式中，yn的系数为C24－n，则f(m，n)＝C·C·24－n，从而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C·C·24＋C·C·23＋C·C·22＋C·C·21＋C·C·20＝1 289.
2.已知(1＋ax＋by)5(a，b为常数，a∈N*，b∈N*)的展开式中不含字母x的项的系数和为243，则函数f(x)＝，x∈的最小值为______．
解析：令x＝0，y＝1，得(1＋b)5＝243，解得b＝2.因为x∈，所以x＋∈，则sin x＋cos x＝sin∈[1，]，所以f(x)＝＝＝＝2(sin x＋cos x)＝2sin，所以2≤f(x)≤2.故f(x)的最小值为2.
答案：2
古典概型、几何概型及条件概率
1.(2018·全国卷Ⅱ)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.
C. D.
解析：选C　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C＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.故选C.


2.(2018·全国卷Ⅰ)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Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(　　)
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
解析：选A　法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB为直径的半圆的面积为π·2＝AB2，以AC为直径的半圆的面积为π·2＝AC2，以BC为直径的半圆的面积为π·2＝ BC2，
∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，
SⅡ＝－＝AB·AC.
∴SⅠ＝SⅡ.
由几何概型概率公式得p1＝，p2＝，
∴p1＝p2.故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，
AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，
为S1＝×2×2＝2，
区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，
区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.
根据几何概型的概率计算公式，
得p1＝p2＝，p3＝，
所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.
3.一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________．
解析：设“第1次摸出红球”为事件A，“第2次摸出红球”为事件B，则“第1次和第2次都摸出红球”为事件AB，所求事件为B|A.
事件A发生的概率为P(A)＝＝，
事件AB发生的概率为P(AB)＝×＝.
由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：
[解题方略]
1．求解几何概型的步骤

2．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
随机变量的分布列、均值与方差
题型一　超几何分布及其均值与方差
[例1]　某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望E(X)．
[解]　(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝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





故随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[解题方略]
1．超几何分布的应用条件及实质
(1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数X的概率分布．
(2)实质：古典概型问题．
2．超几何分布的均值与方差
对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0,1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)．
题型二　相互独立事件的概率及均值与方差
[例2]　(2019届高三·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为，，，他们出线与未出线是相互独立的．
(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
[解]　(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，
则P(D)＝1－P(　　)＝1－××＝.
(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝P(　　)＝××＝；
P(ξ＝1)＝P(A　)＋P(　B)＋P(　 C)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝××＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P





E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[解题方略]　求相互独立事件的概率的两种方法
直接法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式 求解
间接法
当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解

题型三　二项分布及其均值与方差
[例3]　雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A，B，C三个城市进行治霾落实情况抽查．
(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；
(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X，求X的分布列．
[解]　(1)随机选取，共有34＝81种不同方法，
恰有一个城市没有专家组选取的有C(CA＋C)＝42种不同方法，
故恰有一个城市没有专家组选取的概率P＝＝.
(2)设事件A：“一个城市需复检”，
则P(A)＝1－4＝，
X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝C·3＝，
P(X＝1)＝C·2·＝，
P(X＝2)＝C··2＝，
P(X＝3)＝C·3＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





[解题方略]　破解有关二项分布的“四关”

利用均值与方差破解决策性问题

[典例]　(2018·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元．假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5

乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5

(1)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率．
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望E(X)；
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
[解]　(1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M，
则P(M)＝＝.
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a，
当a＝38时，X＝38×6＝228，
当a＝39时，X＝39×6＝234，
当a＝40时，X＝40×6＝240，
当a＝41时，X＝40×6＋1×7＝247，
当a＝42时，X＝40×6＋2×7＝254.
所以X的所有可能取值为228,234,240,247,254.
故X的分布列为
X
228
234
240
247
254
P





所以E(X)＝228×＋234×＋240×＋247×＋254×＝241.8.
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7，
所以甲公司送餐员的日平均工资为80＋4×39.7＝238.8元．
由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元．
因为238.8<241.8，所以推荐小王去乙公司应聘．
[解题方略]　利用均值与方差进行决策的思路方法
利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X的均值的意义在于描述随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．
[多练强化]
为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及均值；
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解：(1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
②依题意，得X的所有可能取值为20,60.
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X
20
60
P


所以顾客所获的奖励额的均值E(X)＝20×＋60×＝40元．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X1
20
60
100
P



X1的均值E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，
X1的方差D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2
40
60
80
P



X2的均值E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
增分考点·讲练冲关
[典例]　(2017·全国卷Ⅰ)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．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②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＝i＝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]　(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)①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．
②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.
[解题方略]　利用正态曲线的对称性求概率的策略
(1)解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．
(2)对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：
①对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；
②P(X ③P(a (3)对于特殊区间求概率一定要掌握服从N(μ，σ2)的随机变量X在三个特殊区间的取值概率，将所求问题向P(μ－σ [多练强化]
(2018·聊城期末)已知某厂生产的电子产品的使用寿命X(单位：小时)服从正态分布N(1 000，σ2)，且P(X<800)＝0.1，P(X≥1 300)＝0.02.
(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200，1 300)的概率；

(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品使用寿命在[800,1 200)的件数为Y，求Y的分布列和数学期望E(Y)．
解：(1)因为X～N(1 000, σ2)，P(X<800)＝0.1，P(X≥1 300)＝0.02，所以P(1 200≤X<1 300)＋P(X≥1 300)＝P(X≥1 200)＝P(X<800)＝0.1.
所以P(1 200≤X<1 300)＝0.1－0.02＝0.08，
即其使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.08.
(2)因为P(800≤X<1 200)＝1－2P(X<800)＝1－2×0.1＝0.8＝，
所以Y～B.
所以P(Y＝0)＝3＝，
P(Y＝1)＝C2＝，
P(Y＝2)＝C2＝，
P(Y＝3)＝3＝，
所以Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P





所以E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.

数据分析——随机变量及其分布列与期望问题的求解
[典例]　某网络广告公司计划从甲、乙两个网站中选择一个网站拓展公司的广告业务，为此该公司随机抽取了甲、乙两个网站某月中10天的日访问量(单位：万次)，整理后得到如图所示的茎叶图．

(1)请说明该公司应该选择哪个网站；
(2)根据双方规定，该公司将根据所选网站的日访问量进行付费，付费标准如下：
日访问量n(单位：万次)
n<25
25≤n≤35
n>35
付费标准(单位：元/日)
500
700
1 000

考虑到资金有限，若要使该公司每个月(按30天计)付的费用最少，则该公司应该选择哪个网站？
[解]　(1)根据题中的茎叶图得，
甲＝×(15＋24＋28＋25＋30＋36＋30＋35＋32＋45)＝30，
s＝[(15－30)2＋(24－30)2＋(28－30)2＋(25－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(30－30)2＋(35－30)2＋(32－30)2＋(45－30)2]＝58.
乙＝×(18＋25＋22＋24＋32＋38＋30＋36＋35＋40)＝30，
s＝[(18－30)2＋(25－30)2＋(22－30)2＋(24－30)2＋(32－30)2＋(38－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(35－30)2＋(40－30)2]＝49.8.
因为甲＝乙，s>s，
所以该公司应选择乙网站．
(2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量X，选择乙网站每日需付的费用为随机变量Y，
则随机变量X的分布列为
X
500
700
1 000
P
0.2
0.6
0.2
其数学期望E(X)＝500×0.2＋700×0.6＋1 000×0.2＝720，
故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为720×30＝21 600(元)．
随机变量Y的分布列为
Y
500
700
1 000
P
0.3
0.4
0.3
其数学期望E(Y)＝500×0.3＋700×0.4＋1 000×0.3＝730，故该公司若选择乙网站，则每个月需付的费用为730×30＝21 900(元)．因此应选择甲网站．
[素养通路]
数据分析是指针对研究对象获取数据，运用统计方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养．数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论．
本题先分析茎叶图中的数据，分别求出甲、乙的平均数、方差，然后做出最佳选择，再通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析”，对实际问题做出合理的判断．考查了数据分析这一核心素养．



A组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1．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：选A　3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.
2．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.
C. D.
解析：选A　小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，∴P(A|B)＝＝.
3．(2018·全国卷Ⅲ)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，DX＝2.4，P(X＝4) A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
解析：选B　由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，
所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4) 所以Cp4(1－p)6 所以p>0.5，所以p＝0.6.
4．若5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为(　　)
A．－40 B．－20
C．20 D．40

解析：选D　令x＝1，可得a＋1＝2，a＝1，5的展开式中项的系数为(－1)3C22，x项的系数为C23，∴5的展开式中的常数项为(－1)3C22＋C23＝40.故选D.
5．(x2＋2x＋3y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)
A．60 B．180
C．520 D．540
解析：选D　(x2＋2x＋3y)5可看作5个(x2＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有C种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x2，最后一个括号选出x，有C·C种选法，所以x5y2的系数为32C·C·2·C＝540.
6．在平面区域{(x，y)|0≤x≤2，0≤y≤4}内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y≤x2的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　不等式组表示的平面区域如图中长方形OABC，其面积为2×4＝8，不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其面积为x2dx＝x3＝，因此所求的概率P＝＝.
二、填空题
7．在(x2－4)5的展开式中，含x6的项为________．
解析：因为(x2－4)5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝C(x2)5－r(－4)r＝(－4)rCx10－2r，
令10－2r＝6，解得r＝2，
所以含x6的项为T3＝(－4)2Cx6＝160x6.
答案：160x6
8．已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O­ABCD的体积不小于的概率为________．

解析：当四棱锥O­ABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，
则有×22×h＝，解得h＝.
如图所示，在四棱锥P­ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为.
因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以＝，
又四棱锥P­ABCD与四棱锥P­EFGH相似，所以四棱锥O­ABCD的体积不小于的概率为P＝＝3＝3＝.
答案：
9．在一投掷竹圈套小玩具的游戏中，竹圈套住小玩具的全部记2分，竹圈只套在小玩具一部分上记1分，小玩具全部在竹圈外记0分．某人投掷100个竹圈，有50个竹圈套住小玩具的全部，25个竹圈只套在小玩具一部分上，其余小玩具全部在竹圈外，以频率估计概率，则该人两次投掷后得分ξ的数学期望是________．
解析：将“竹圈套住小玩具的全部”，“竹圈只套在小玩具一部分上”，“小玩具全部在竹圈外”分别记为事件A，B，C，则P(A)＝＝，P(B)＝P(C)＝＝.
某人两次投掷后得分ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，且P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝1)＝2××＝，
P(ξ＝2)＝×＋2××＝，
P(ξ＝3)＝2××＝，
P(ξ＝4)＝×＝.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P






所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
答案：
三、解答题
10．(2019届高三·贵阳摸底考试)某高校学生社团为了解“大数据时代”下毕业生对就业情况的满意度，对20名毕业生进行问卷计分调查(满分100分)，得到如图所示的茎叶图，

(1)计算男生打分的平均分，观察茎叶图，评价男、女生打分的分散程度；
(2)从打分在80分以上的毕业生中随机抽取3人，求被抽到的女生人数X的分布列和数学期望．
解：(1)男生打分的平均分为
×(55＋53＋62＋65＋71＋70＋73＋74＋86＋81)＝69.
由茎叶图知，女生打分比较集中，男生打分比较分散．
(2)∵打分在80分以上的毕业生有3女2男，
∴X的可能取值为1,2,3，
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
∴X的分布列为
X
1
2
3
P




E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
11．为调查大学生这个微信用户群体中每人拥有微信群的数量，现从某市大学生中随机抽取300位同学进行调查，结果如下：
微信群数量
0至5个
6至10个
11至15个
16至20个
20个以上
合计
频数
0
90
90
x
15
300
频率
0
0.3
0.3
y
z
1

(1)求x，y，z的值；
(2)以这300人的样本数据估计该市的总体数据且以频率估计概率，若从全市大学生(数量很大)中随机抽取3人，记X表示抽到的是微信群个数超过15的人数，求X的分布列、数学期望和方差．

解：(1)由已知得0＋90＋90＋x＋15＝300，
解得x＝105，
所以y＝＝0.35，z＝＝0.05.
(2)依题意可知，微信群个数超过15的概率为P＝＝.
X的所有可能取值为0,1,2,3.依题意得，X～B.
所以P(X＝k)＝Ck3－k(k＝0,1,2,3)．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





所以E(X)＝3×＝，
D(X)＝3××＝.
12．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品．从这10件产品中任取3件，求：
(1)取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望．
(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．
解：(1)由于从10件产品中任取3件的结果为C，
从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为CC，
那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P





所以X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，
“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件A1，
“恰好取出2件一等品”为事件A2，
“恰好取出3件一等品”为事件A3，
由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A＝A1∪A2∪A3而P(A1)＝＝，
P(A2)＝P(X＝2)＝，P(A3)＝P(X＝3)＝，
所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.
B组——大题专攻补短练
1．(2019届高三·阜阳质检)从某市的高一学生中随机抽取400名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg的概率；
(2)假设该市高一学生的体重X服从正态分布N(57，σ2)．
①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于54～57 kg之间的概率；
②从该市高一学生中随机抽取3人，记体重介于54～57 kg之间的人数为Y，利用(1)的结论，求Y的分布列及E(Y)．
解：(1)这400名学生中，体重超过60 kg的频率为(0.04＋0.01)×5＝，
由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg的概率为.
(2)①∵X～N(57，σ2)，
由(1)知P(X>60)＝，
∴P(X<54)＝，
∴P(54 ∴P(54 即高一某个学生体重介于54～57 kg之间的概率是.
②∵该市高一学生总体很大，所以从该市高一学生中随机抽取3人，可以视为独立重复试验，其中体重介于54～57 kg之间的人数Y～B，P(Y＝i)＝Ci3－i，i＝0,1,2,3.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P





E(Y)＝3×＝.
2．(2018·长春质检)某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100,150)，[150,200)，[200,250)，[250,300)，[300,350)，[350,400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．

(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250,300)，[300,350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X表示质量在[300,350)内的芒果个数，求X的分布列及数学期望E(X)；
(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：
A：所有芒果以10元/千克收购；
B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．
通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？
解：(1)由频率分布直方图可得，随机抽取的9个芒果中，质量在[250,300)和[300,350)内的分别有6个和3个．则X的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.


(2)设选择方案A可获利y1元，则
y1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋
375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.
设选择方案B，从质量低于250克的芒果中获利y2元；从质量高于或等于250克的芒果中获利y3元，则
y2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000.
y3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500.
y2＋y3＝7 000＋19 500＝26 500.
由于25 750<26 500，故B方案获利更多，应选B方案．
3．2017年央视3·15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，每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)＝.
(1)因为A＝B　＋C＋　D，
所以P(A)＝P(B　＋ C＋　D)＝P(B　)＋P(C)＋P(　D)＝P(B)P()P()＋P()P(C)·P()＋P()P()P(D)
＝×1－×1－＋1－××1－＋1－×1－×＝.
(2)根据题意，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.
所以P(X＝0)＝P(　　)＝[1－P(B)][1－P(C)]·[1－P(D)]
＝××＝.
P(X＝1)＝P(B　)＝P(B)[1－P(C)][1－P(D)]＝××＝，
P(X＝2)＝P(C＋　D)＝P(C)＋P(　D)
＝××＋××＝.
P(X＝3)＝P(BC＋BD)＝P(BC)＋P(BD)
＝××＋××＝，
P(X＝4)＝P(CD)＝[1－P(B)]P(C)P(D)＝××＝，
P(X＝5)＝P(BCD)＝P(B)P(C)P(D)＝××＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P






所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
4．某地政府拟在该地一水库上建造一座水电站，用泄流水量发电．如图是根据该水库历年的日泄流量的水文资料画成的日泄流量X(单位：万立方米)的频率分布直方图(不完整)，已知X∈[0,120]，历年中日泄流量在区间[30,60)的年平均天数为156，一年按364天计．
(1)请把频率分布直方图补充完整；



(2)该水电站希望安装的发电机尽可能都运行，但每30万立方米的日泄流量才够运行一台发电机，如60≤X<90时才够运行两台发电机．若运行一台发电机，每天可获利润为4 000元；若不运行，则该台发电机每天亏损500元．以各段的频率作为相应段的概率，以水电站日利润的期望值为决策依据，问：为使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装多少台发电机？
解：(1)在区间[30,60)的频率为＝，＝＝.
设在区间[0,30)上，＝a，
则×30＝1，
解得a＝.
补充完整的频率分布直方图如图所示．


(2)记水电站日利润为Y元．由(1)知，无法运行发电机的概率为，恰好运行一台发电机的概率为，恰好运行两台发电机的概率为，恰好运行三台发电机的概率为.
①若安装一台发电机，则Y的所有可能取值为－500，4 000，其分布列为
Y
－500
4 000
P


E(Y)＝－500×＋4 000×＝.
②若安装两台发电机，则Y的所有可能取值为－1 000，3 500，8 000，其分布列为
Y
－1 000
3 500
8 000
P



E(Y)＝－1 000×＋3 500×＋8 000×＝.
③若安装三台发电机，则Y的所有可能取值为－1 500，3 000，7 500,12 000，其分布列为
Y
－1 500
3 000
7 500
12 000
P




E(Y)＝－1 500×＋3 000×＋7 500×＋12 000×＝.
因为 >>，
所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机．