全国版高考数学必刷题：第二十单元　概率与统计的综合应用

这是一份全国版高考数学必刷题：第二十单元　概率与统计的综合应用，共106页。试卷主要包含了62×,投中3次的概率为P=0，一批产品的二等品率为0等内容，欢迎下载使用。

第二十单元　概率与统计的综合应用



考点一
概率

1.(2015年全国Ⅰ卷)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】3次投篮投中2次的概率为P(k=2)=C32×0.62×(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)=C32×0.62×(1-0.6)+0.63=0.648.故选A.
【答案】A
2.(2015年全国Ⅱ卷)某公司为了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了20个用户,得到用户对产品的满意度评分如下:
A地区:62　73　81　92　95　85　74　64　53　76
78　86　95　66　97　78　88　82　76　89
B地区: 73　83　62　51　91　46　53　73　64　82
93　48　65　81　74　56　54　76　65　79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,给出结论即可);

(2)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级:

满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意

　 记事件C:“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果相互独立.根据所给数据,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,求C的概率.
【解析】(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下:

通过茎叶图可以看出,A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值;A地区用户满意度评分比较集中,B地区用户满意度评分比较分散.
(2)记CA1表示事件:“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”;
CA2表示事件:“A地区用户的满意度等级为非常满意”;
CB1表示事件:“B地区用户的满意度等级为不满意”;
CB2表示事件:“B地区用户的满意度等级为满意”,
则CA1与CB1独立,CA2与CB2独立,CB1与CB2互斥,C=CB1CA1∪CB2CA2.
P(C)=P(CB1CA1∪CB2CA2)
=P(CB1CA1)+P(CB2CA2)
=P(CB1)P(CA1)+P(CB2)P(CA2).
由所给数据得CA1,CA2,CB1,CB2发生的频率分别为1620,420,1020,820,故P(CA1)=1620,P(CA2)=420,P(CB1)=1020,P(CB2)=820,P(C)=1020×1620+820×420=0.48.

考点二
离散型随机变量的期望与方差

3.(2017年全国Ⅱ卷)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=　　　　. 
【解析】由题意得X~B(100,0.02),∴DX=100×0.02×(1-0.02)=1.96.
【答案】1.96
4.(2016年全国Ⅱ卷)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.
(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)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.150.55=311.
因此所求概率为311.
(3)记续保人本年度的保费为X,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.
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.
5.(2017年山东卷)在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3,A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种心理暗示,另5人接受乙种心理暗示.
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率;
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与数学期望EX.
【解析】(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M,
则P(M)=C84C105=518.
(2)由题意知,X的可能取值为0,1,2,3,4,则
P(X=0)=C65C105=142,
P(X=1)=C64C41C105=521,
P(X=2)=C63C42C105=1021,
P(X=3)=C62C43C105=521,
P(X=4)=C61C44C105=142.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142

　　X的数学期望
EX=0×P(X=0)+1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)+4×P(X=4)=0+1×521+2×1021+3×521+4×142=2.
6.(2016年山东卷)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34,乙每轮猜对的概率是23;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+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD,
由事件的独立性与互斥性,
P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)
=34×23×34×23+2×14×23×34×23+34×13×34×23=23,
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.
(2)根据题意,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)=14×13×14×13=1144,
P(X=1)=2×34×13×14×13+14×13×14×23
=10144=572,
P(X=2)=34×13×34×13+34×13×14×23+14×23×34×13+14×23×14×23=25144,
P(X=3)=34×23×14×13+14×13×34×23
=12144=112,
P(X=4)=2×34×23×34×13+14×23×34×23
=60144=512,
P(X=6)=34×23×34×23=36144=14.
可得随机变量X的分布列为


X
0
1
2
3
4
6
P
1144
572
25144
112
512
14

　　所以数学期望EX=0×1144+1×572+2×25144+3×112+4×512+6×14=236.
7.(2017年全国Ⅲ卷)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位:瓶)的分布列.
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位:瓶)为多少时,Y的数学期望达到最大值?
【解析】(1)由题意知,X的所有可能取值为200,300,500,由表格数据知P(X=200)=2+1690=0.2,P(X=300)=3690=0.4,P(X=500)=25+7+490=0.4.
因此X的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4

　　(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时,
若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n;
若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n.
因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n)×0.2=640-0.4n.
当200≤n<300时,
若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n;
若最高气温低于20,则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时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元.
8.(2016年全国Ⅰ卷)某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
(1)求X的分布列.
(2)若要求P(X≤n)≥0.5,确定n的最小值.
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选用哪个?
【解析】(1)由柱状图及以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.
从而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+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.
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04

　　(2)由(1)知P(X≤18)=0.44,P(X≤19)=0.68,
故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元).
当n=19时,EY=19×200×0.68+(19×200+500)×0.2+(19×200+2×500)×0.08+(19×200+3×500)×0.04=4040;
当n=20时,EY=20×200×0.88+(20×200+500)×0.08+(20×200+2×500)×0.04=4080.
所以当n=19时所需费用的期望值小于当n=20时所需费用的期望值,故应选n=19.

考点三
正态分布

　　　　　　　　　　　　　　　　　
9.(2015年山东卷)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%
【解析】由正态分布的概率公式知P(-3<ξ<3)=0.6826,P(-6<ξ<6)=0.9544,故P(3<ξ<6)=P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)2=0.9544-0.68262=0.1359=13.59%,故选B.
【答案】B
10.(2017年全国Ⅰ卷)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x=116∑i=116xi=9.97,s=116∑i=116(xi-x)2=116(∑i=116xi2-16x2)≈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x作为μ的估计值μ＾,用样本标准差s作为σ的估计值σ＾,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查?剔除(μ＾-3σ＾,μ＾+3σ＾)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】(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9974,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.0026,故X~B(16,0.0026).
因此P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.997416≈0.0408.
X的数学期望EX=16×0.0026=0.0416.
(2)①如果生产状态正常,那么一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.0026,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0408,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x=9.97,s≈0.212,得μ的估计值为μ＾=9.97,σ的估计值为σ＾=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ＾-3σ＾,μ＾+3σ＾)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除(μ＾-3σ＾,μ＾+3σ＾)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为115×(16×9.97-9.22)=10.02.
因此μ的估计值为10.02.
∑i=116xi2=16×0.2122+16×9.972≈1591.134,
剔除(μ＾-3σ＾,μ＾+3σ＾)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为115×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,
因此σ的估计值为0.008≈0.09.

　　高频考点:相互独立事件的概率、二项分布、正态分布、超几何分布、离散型随机变量的均值与方差.
命题特点:离散型随机变量主要考查离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的均值和方差的概念,重点考查n次独立重复试验的模型及二项分布,试题往往涉及古典概型、二项式定理等内容,其难度不会太大;正态分布主要考查随机变量在某一区间取值的概率,但题型可能较灵活,背景更新颖.


§20.1　离散型随机变量及其分布列



一
离散型随机变量

　　随着试验结果变化而变化的变量称为　　　　　,所有取值可以一一列出的随机变量,称为　　　　随机变量. 

二
离散型随机变量的分布列及其性质

　　1.一般地,若离散型随机变量X可能取的不同值为x1,x2,…,xi,…,xn,X取每一个值xi(i=1,2,…,n)的概率P(X=xi)=pi,以表格的形式表示如下:
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
　　 
　　 
…
　　 
…
　　 


　　上表称为离散型随机变量X的　　　　. 
2.离散型随机变量的分布列的性质:
(1)pi≥0(i=1,2,…,n);(2)　　　　=1. 



三
常见的离散型随机变量的分布列

　　1.两点分布:若随机变量X服从两点分布,其分布列为
X
0
1
P
1-p
p

　　其中p=P(X=1)称为成功概率.
2.超几何分布:在含有M件次品的N件产品中,任取n件,其中恰有X件次品,则P(X=k)=　　　　　　,k=0,1,2,…,m,其中m=min{M,n},且n≤N,M≤N,n,M,N∈N*,称随机变量X服从超几何分布.即 

X
0
1
…
m
P
　　　　 
　　　　 
…
　　　　 


☞ 左学右考

1 若随机变量X的分布列中概率为P(X=i)=i2a(i=1,2,3),则P(X=2)等于(　　).
A.19　　　　　　　　　B.16
C.13 D.14
2 设某项试验的成功率是失败率的2倍,用随机变量X去描述1次试验的成功次数,则P(X=0)等于(　　).
A.0 B.12
C.13 D.23
3 为了参加广州亚运会,从四支较强的排球队中选出18人组成女子排球国家队,队员来源人数如下表:
队别
北京
上海
天津
八一
人数
4
6
3
5

若要求选出两位队员代表发言,设其中来自北京队的人数为ξ,求随机变量ξ的分布列.

知识清单
一、随机变量　离散型
二、1.p1 　p2　pi　pn　概率分布列　2.(2)p1+p2+…+pn
三、2.CMkCN-Mn-kCNn　CM0CN-Mn-0CNn　CM1CN-Mn-1CNn　CMmCN-Mn-mCNn
基础训练
1.【解析】由题意知,12a+22a+32a=1,∴62a=1,∴a=3,
∴P(X=2)=22a=13.
【答案】C
2.【解析】由已知得X的所有可能取值为0,1,且P(X=1)=
2P(X=0).由P(X=1)+P(X=0)=1,得P(X=0)=13.
【答案】C
3.【解析】ξ的所有可能取值为0,1,2.
P(ξ=0)=C142C182=91153,P(ξ=1)=C41C141C182=56153,P(ξ=2)=C42C182=251,
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
91153
56153
251






题型一
离散型随机变量的分布列的性质

　　【例1】已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m

　　求:(1)2X+1的分布列;
(2)|X-1|的分布列.
【解析】由分布列的性质知,0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,所以m=0.3,且2X+1和|X-1|的值(列表)为
X
0
1
2
3
4
2X+1
1
3
5
7
9
|X-1|
1
0
1
2
3

　　(1)2X+1的分布列为
2X+1
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3

　　(2)|X-1|的分布列为
|X-1|
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3


　　(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值,此时要注意检验,以保证每个概率值均为非负数.
(2)若X是随机变量,则η=|X-1|仍然是随机变量,求它的分布列可先求出相应随机变量的值,再根据互斥事件概率加法公式求对应事件的概率,进而写出分布列.
【变式训练1】(1)设随机变量Y的分布列为
Y
-1
2
3
P
14
m
14

　　则“32≤Y≤72”的概率为(　　).
A.14　　　B.12　　　C.34　　　D.23
(2)设随机变量X的概率分布列如下表:
X
0
1
2
P
a
13
16

　　若F(x)=P(X≤x),则当x的取值范围是[1,2)时,F(x)等于(　　).
A.13 B.16 C.12 D.56
【解析】(1)由题意知,14+m+14=1,解得m=12.
故P32≤Y≤72=P(Y=2)+P(Y=3)=12+14=34.
　　(2)由分布列的性质,得a+13+16=1,解得a=12.又x∈[1,2),所以F(x)=P(X≤x)=12+13=56.
【答案】(1)C　(2)D

题型二
两点分布

　　【例2】若离散型随机变量X的分布列如图,则常数c的值为(　　).
X
0
1
P
9c2-c
3-8c

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.23或13 B.23 C.13 D.1
【解析】由随机变量的分布列的性质知,
9c2-c≥0,3-8c≥0,9c2-c+3-8c=1,
解得c=13.
【答案】C

　　求离散型随机变量X的分布列的步骤:
(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i=1,2,3,…,n);
(2)求出各取值的概率P(X=xi)=pi;
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确.
　　【变式训练2】若随机事件A在一次试验中发生的概率为p(0 【解析】由题意可知,ξ服从两点分布,其分布列为
ξ
0
1
P
1-p
p

　　所以E(ξ)=0×(1-p)+1×p=p,
D(ξ)=(0-p)2×(1-p)+(1-p)2×p=p-p2,
由二次函数知识可得D(ξ)的最大值为14.

题型三
超几何分布

　　【例3】为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组各50名,一组服药,另一组不服药.一段时间后,记录了两组患者的生理指标x和y的数据,并制成下图,其中“*”表示服药者,“+”表示未服药者.

(1)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;
(2)从图中A,B,C,D四人中随机选出两人,记ξ为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求ξ的分布列;
(3)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)
【解析】(1)由题图可知,在服药的50名患者中,指标y的值小于60的有15人,所以从服药的50名患者中随机选出一人,此人的指标y的值小于60 的概率为1550=0.3.
(2)由题图知,A,B,C,D四人中,指标x的值大于1.7的有2人:A和C.
所以ξ的所有可能取值为0,1,2.
P(ξ=0)=C22C42=16,P(ξ=1)=C21C21C42=23,P(ξ=2)=C22C42=16.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
16
23
16

　　(3)在这100名患者中,服药者指标y数据的方差大于未服药者指标y数据的方差.

　　超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是:(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,考查某类个体数X的概率分布.超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其实质是古典概型.
【变式训练3】某校高一年级学生身体素质体能测试的成绩(百分制)分布在[50,100]内,同时为了了解学生爱好数学的情况,从中随机抽取了n名学生,这n名学生体能测试成绩的频率分布直方图如图所示,各分数段的“爱好数学”的人数情况如表所示.

组数
体能成绩分组
爱好数学的人数
占本组的频率
第一组
[50,60)
100
0.5
第二组
[60,70)
195
p
第三组
[70,80)
120
0.6
第四组
[80,90)
a
0.4
第五组
[90,100]
30
0.3

　　(1)求n,p的值;
(2)用分层抽样的方法,从体能成绩在[70,90)的“爱好数学”学生中随机抽取6人参加某项活动,现从6人中随机选取2人担任领队,记体能成绩在[80,90)内领队人数为X人,求X的分布列.
【解析】(1)由频率分布直方图中小长方形面积等于对应概率,得第一组的频率为0.02×10=0.2,第一组的人数为1000.5=200,由总数等于频数除以频率得n=1000,第二组的频率为1-(0.02+0.025+0.015+0.01)×10=0.3,第二组的人数为1000×0.3,因此p=1951000×0.3=0.65.　
(2)[80,90)内人数为0.015×10×1000=150,a=150×0.4=60,再根据分层抽样得在[70,80)内抽出4人,在[80,90)内抽出2人,随机变量X=0,1,2,
P(X=0)=C42C62=615=25,P(X=1)=C41C21C62=815,P(X=2)=C22C62=115.
故X的分布列为
X
0
1
2
P
25
815
115



方法一
公式法

　　直接用公式计算离散型随机变量的分布列,主要考查两种类型:一是以排列、组合知识为基础,以摸球、选取、数字等古典概型的求解为背景;二是以相互独立事件、独立重复试验等概率的求解为基础求解其分布列.
【突破训练1】研究塞卡病毒(Zika Virus)某种疫苗的过程中,为了研究小白鼠连续接种该种疫苗后出现Z症状的情况,做接种试验,试验设计每天接种一次,连续接种3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现Z症状的概率为14,假设每次接种后当天是否出现Z症状与上次接种无关.
(1)若出现Z症状即停止试验,求试验至多持续一个接种周期的概率;
(2)若在一个接种周期内出现2次或3次Z症状,则这个接种周期结束后终止试验,试验至多持续3个周期,设接种试验持续的接种周期数为ξ,求ξ的分布列.
【解析】(1)试验至多持续一个接种周期分三种情况:第一天出现Z症状;直至第二天出现Z症状;直至第三天出现Z症状.
试验至多持续一个接种周期的概率P1=14+34×14+34×34×14=14+316+964=3764.
(2)随机变量ξ=1,2,3,设事件C为“在一个接种周期内出现2次或3次Z症状”,则
P(ξ=1)=P(C)=C32142×34+C33143=532,
P(ξ=2)=[1-P(C)]×P(C)=1-532×532=1351024,
P(ξ=3)=[1-P(C)]×[1-P(C)]×1=7291024,
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
532
1351024
7291024


方法二
方程法


解题步骤
①利用题干条件列方程;
②利用方程计算概率问题
适用情况
适用于基本事件的个数可以用集合理论来说明的问题

　　【突破训练2】某工厂在试验阶段生产出了一种零件,该零件有A、B两项技术指标需要检测,设各项技术指标达标与否互不影响.若有且仅有一项技术指标达标的概率为512,至少有一项技术指标达标的概率为1112.按质量检验规定:两项技术指标都达标的零件为合格品.
(1)求一个零件经过检测为合格品的概率;
(2)依次任意抽出5个零件进行检测,求其中至多3个零件是合格品的概率;
(3)依次任意抽取该零件4个,设ξ表示其中合格品的个数,求E(ξ)与D(ξ).
【解析】(1)设A、B两项技术指标达标的概率分别为P1、P2,由题意得P1×(1-P2)+P2×(1-P1)=512,1-(1-P1)×(1-P2)=1112,解得P1=34,P2=23或P1=23,P2=34,
所以一个零件经过检测为合格品的概率为P1×P2=12.
(2)任意抽出5个零件进行检测,其中至多3个零件是合格品的概率为1-C54125-C55125=1316.
(3)依题意知,ξ服从二项分布,即ξ~B4,12,故E(ξ)=4×12=2,D(ξ)=4×12×12=1.


1. (2017莱芜模拟改编)设X是一个离散型随机变量,其分布列为
X
-1
0
1
P
13
2-3q
q2

则q的值为(　　).
A.1　　　　　　　　　　　B.32±336
C.32-336 D.32+336
【解析】由分布列的性质知2-3q≥0,q2≥0,13+2-3q+q2=1,
解得q=32-336.
【答案】C
2.(2017福州调研)已知随机变量ξ和η,其中η=4ξ-2,且E(η)=7,若ξ的分布列如下表,则n的值为(　　).
ξ
1
2
3
4
P
14
m
n
112

　　A.13　　　　B.14　　　　C.16　　　　D.18
【解析】η=4ξ-2⇒E(η)=4E(ξ)-2⇒7=4×E(ξ)-2⇒E(ξ)=94⇒94=1×14+2×m+3×n+4×112,又14+m+n+112=1,联立可解得n=13,故选A.
【答案】A
3.(2017咸阳模拟)在15个村庄中有7个村庄交通不方便,现从中任意选10个村庄,用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数,则下列概率中等于C74C86C1510的是(　　).
A.P(X=6) B.P(X≤6)
C.P(X=4) D.P(X≤4)
【解析】X服从超几何分布,P(X=k)=C7kC810-kC1510,故k=4,故选C.
【答案】C
4.(2017临沂月考)若随机变量X的分布列为
X
-2
-1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1

则当P(X A.(-∞,2] B.[1,2]
C.(1,2] D.(1,2)
【解析】由随机变量X的分布列知,P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,则当P(X 【答案】C
5.(2017宜昌模拟)若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
9c2-c
3-8c

则常数c=　　　　,P(X=1)=　　　　. 
【解析】由分布列的性质知,9c2-c≥0,3-8c≥0,9c2-c+3-8c=1,
解得c=13,故P(X=1)=3-8×13=13.
【答案】13　13
6.(2016年南宁二模)设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
16
14
m
13

则P(|X-2|=1)=　　　　. 
【解析】由16+14+m+13=1,解得m=14.由|X-2|=1,解得X=1或X=3,
所以P(|X-2|=1)=P(X=1)+P(X=3)=16+14=512.
【答案】512
7.(2017珠海模拟改编)在一个口袋中装有黑、白两个球,从中随机取一个球,记下它的颜色,然后放回,再取一个球,又记下它的颜色,求两次取出白球数X的分布列.
【解析】X的所有可能取值为0,1,2.
P(X=0)=C11C11C21C21=14,
P(X=1)=2C11C11C21C21=12,
P(X=2)=C11C11C21C21=14.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
14
12
14


8.(2017聊城模拟)随机变量X的分布列如下:
X
-1
0
1
P
a
b
c

其中a,b,c成等差数列,则P(|X|=1)等于(　　).
A.16 B.13 C.12 D.23
【解析】∵a,b,c成等差数列,∴2b=a+c.又a+b+c=1,∴b=13,∴P(|X|=1)=a+c=23.
【答案】D
9.(2017淮南模拟)袋中有4个红球和3个黑球,从袋中任取4个球,取到1个红球得1分,取到1个黑球得3分,设得分为随机变量X,则P(X≤6)=　　　　. 
【解析】P(X≤6)=P(取到3个红球和1个黑球)+P(取到4个红球)=C43C31+C44C74=1335.
【答案】1335
10.(2017石家庄调研)为检测某种产品的质量,现抽取5件产品,测量产品中微量元素x,y的含量(单位:毫克),测量数据如下:
编号
1
2
3
4
5
x
169
178
166
175
180
y
75
80
77
70
81

如果产品中的微量元素x,y满足x≥175且y≥75时,该产品为优等品.
现从上述5件产品中,随机抽取2件,求抽取的2件产品中优等品数X的分布列.
【解析】5件抽测品中有2件优等品,
则X的可能取值为0,1,2.
P(X=0)=C32C52=0.3,
P(X=1)=C31C21C52=0.6,
P(X=2)=C22C52=0.1.
故优等品数X的分布列为
X
0
1
2
P
0.3
0.6
0.1

11.(2017渭南检测)有一种密码,明文由三个字母组成,密码由明文的这三个字母对应的五个数字组成.编码规则如下表.明文由表中每一排取一个字母组成,且第一排取的字母放在第一位,第二排取的字母放在第二位,第三排取的字母放在第三位,对应的密码由明文所取的这三个字母对应的数字按相同的次序排成一组组成.(如:明文取的三个字母为AFP,则与它对应的五个数字(密码)就为11223)
第一排
明文字母
A
B
C
密码数字
11
12
13
第二排
明文字母
E
F
G
密码数字
21
22
23
第三排
明文字母
M
N
P
密码数字
1
2
3

(1)假设明文是BGN,求这个明文对应的密码.
(2)设随机变量X表示密码中所含不同数字的个数.
①求P(X=2);
②求随机变量X的分布列.
【解析】(1)这个明文对应的密码是12232.
(2)①因为表格的第一行均含数字1,第二行圴含数字2,所以当X=2时,只能取表格第一、二列中的数字作为密码.
所以P(X=2)=2333=827.
②由题意可知,X的可能取值为2,3.
所以P(X=3)=1-P(X=2)=1-827=1927.
所以X的分布列为
X
2
3
P
827
1927

12.(2017潍坊模拟)袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为17.现在甲、乙两人从袋中轮流摸取1个球,甲先取,乙后取,然后甲再取……取后不放回,直到两人中有一人取到白球为止,每个球在每一次被取出的机会是相等的,用X表示终止时所需要的取球次数.
(1)求袋中原有白球的个数;
(2)求随机变量X的分布列;
(3)求甲取到白球的概率.
【解析】(1)设袋中原有n个白球,由题意知17=Cn2C72=n(n-1)27×62=n(n-1)7×6,
所以n(n-1)=6,解得n=3或n=-2(舍去).
即袋中原有3个白球.
(2)由题意知,X的可能取值为1,2,3,4,5.
P(X=1)=37;
P(X=2)=4×37×6=27;
P(X=3)=4×3×37×6×5=635;
P(X=4)=4×3×2×37×6×5×4=335;
P(X=5)=4×3×2×1×37×6×5×4×3=135.
所以取球次数X的分布列如下表所示:
X
1
2
3
4
5
P
37
27
635
335
135

　　(3)因为甲先取,所以甲只可能在第1次、第3次和第5次取球.
设“甲取到白球”的事件为A,
则P(A)=P(X=1或X=3或X=5).
因为事件“X=1”“X=3”“X=5”两两互斥,
所以P(A)=P(X=1)+P(X=3)+P(X=5)=37+635+135=2235.
13.(2017武威模拟)盒内有大小相同的9个球,其中2个红色球,3个白色球,4个黑色球.规定取出1个红色球得1分,取出1个白色球得0分,取出1个黑色球得-1分.现从盒内任取3个球.
(1)求取出的3个球中至少有1个红球的概率;
(2)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率;
(3)设X为取出的3个球中白色球的个数,求X的分布列.
【解析】(1)P=1-C73C93=712.
(2)记“取出1个红色球,2个白色球”为事件B,“取出2个红色球,1个黑色球”为事件C,则所求概率为P(B+C)=P(B)+P(C)=C21C32C93+C22C41C93=542.
(3)X的可能取值为0,1,2,3,X服从超几何分布,
所以P(X=k)=C3kC63-kC93,k=0,1,2,3.
故P(X=0)=C63C93=521,P(X=1)=C31C62C93=1528,
P(X=2)=C32C61C93=314,P(X=3)=C33C93=184.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
521
1528
314
184



§20.2　二项分布与正态分布



一
条件概率

　　1.定义:设A,B为两个事件,且P(A)>0,称P(B|A)=　　　　为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率. 
2.性质:(1)0≤P(B|A)≤1.
(2)如果B和C是两个互斥事件,那么P(B∪C|A)=　　　　　　　. 

二
事件的相互独立性

　　1.定义:设A,B为两个事件,若P(AB)=　　　　　,则称事件A与事件B相互独立. 
2.性质:若事件A与B相互独立,则A与B,A与B,A与B也都相互独立,P(B|A)=　　　　,P(A|B)=　　　　. 

三
独立重复试验与二项分布

　　1.独立重复试验

在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验,其中Ai(i=1,2,…,n)是第i次试验的结果,则P(A1A2A3…An)=　　　　　　　　. 
2.二项分布
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)=　　　　(k=0,1,2,…,n),此时称随机变量X服从　　　　　　　,记作　　　　　　,并称p为成功概率. 

四
正态分布

　　1.定义
如果对于任何实数a,b(a 2.正态曲线的性质
(1)曲线位于x轴　　　　,与x轴不相交,与x轴之间的面积为1; 
(2)曲线是单峰的,它关于直线　　　　对称; 
(3)曲线在　　　　处达到峰值1σ2π; 
(4)当μ一定时,曲线的形状由σ确定,σ　　　　,曲线越“瘦高”,表示总体的分布越集中;σ　　　　,曲线越“矮胖”,表示总体的分布越分散; 
(5)当σ一定时,曲线的位置由μ确定,曲线随着μ的变化而沿x轴平移.
3.正态分布在三个特殊区间内取值的概率值
(1)P(μ-σ (2)P(μ-2σ (3)P(μ-3σ

☞ 左学右考

1 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
2 先后抛掷硬币三次,则至少一次正面朝上的概率是(　　).
A.18 B.38
C.58 D.78
3 一袋中有大小相同的5个白球,3个红球,现从袋中往外取球,每次任取1个记下颜色后放回,直到红球出现10次时停止,设停止时共取了X次球,则P(X=12)等于(　　).
A.C1210×3810×582
B.C129×3810×582
C.C119×5810×382　　
D.C119×3810×582
4 已知随机变量X服从正态分布N(3,12),且P(X>2c-1)=P(X

知识清单
一、1.P(AB)P(A)　2.(2)P(B|A)+P(C|A)
二、1.P(A)P(B)　2.P(B)　P(A)
三、1.P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)
2.Cnkpk(1-p)n-k　二项分布　 X~B(n,p)
四、1.X~N(μ,σ2)
2.(1)上方　(2)x=μ　(3)x=μ　(4)越小　越大
3.(1)0.6826　(2)0.9544　(3)0.9974
基础训练
1.【解析】记事件A表示“一天的空气质量为优良”,事件B表示“随后一天的空气质量为优良”,P(A)=0.75,P(AB)=0.6.由条件概率,得P(B|A)=P(AB)P(A)=0.60.75=0.8.
【答案】A
2.【解析】三次均反面朝上的概率是123=18,所以至少一次正面朝上的概率是1-18=78.
【答案】D
3.【解析】由题意知,第12次取到红球,前11次中恰有9次红球和2次白球.因为每次取到红球的概率为38,所以P(X=12)=C119×389×582×38=C119×3810×582.
【答案】D
4.【解析】∵X~N(3,12),∴正态曲线关于x=3对称.
又∵P(X>2c-1)=P(X ∴2c-1+c+3=3×2,∴c=43.



题型一
条件概率

　　【例1】先后掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面分别标有1,2,3,4,5,6这六个数)两次,落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y.设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数,且x≠y”,则概率P(B|A)=(　　).
A.12　　　　B.13　　　　C.14　　　　D.25
【解析】(法一)事件A为“x+y为偶数”,其所包含的基本事件数有(2,2),(4,4),(6,6),(2,4),(4,2),(2,6),(6,2),(4,6),(6,4),(1,1),(3,3),(5,5),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1),(3,5),(5,3),共18种.事件AB为 “x,y中有偶数,且x≠y,x+y为偶数”,其包含的基本事件数有(2,4),(4,2),(2,6),(6,2),(4,6),(6,4),共6种.由条件概率计算公式,可得P(B|A)=n(AB)n(A)=618=13.
(法二)正面朝上的点数(x,y)的不同结果共有C61C61=36(种).事件A为“x+y为偶数”,事件A1为“x,y都为偶数”,事件A2为“x,y都为奇数”,事件A包含事件A1和事件A2,且事件A1与事件A2为互斥事件,其中P(A1)=C31C3136=14,P(A2)=C31C3136=14,所以P(A)=14+14=12.
事件B为“x,y中有偶数,且x≠y”,所以事件AB为 “x,y都为偶数,且x≠y”,所以P(AB)=C31C31-336=16.
根据条件概率公式,P(BA)=P(AB)P(A)=13.
【答案】B

　　(1)利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)=P(AB)P(A),这是求条件概率的一般方法.(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),再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB),得P(B|A)=n(AB)n(A).
【变式训练1】(1)某种电路开关闭合后,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12,两次闭合都出现红灯的概率为16,则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率为　　　　. 

(2)如图,EFGH是以O为圆心,1为半径的圆的内接正方形.将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”,B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”,则P(B|A)=　　　　. 
【解析】(1)“第一次闭合后出现红灯”记为事件A,“第二次闭合后出现红灯”记为事件B,则P(A)=12,P(AB)=16,
∴P(BA)=P(AB)P(A)=13.
(2)由题意可得,事件A发生的概率P(A)=S正方形EFGHS圆O=2×2π×12=2π.
事件AB表示“豆子落在△EOH内”,则P(AB)=S△EOHS圆O=12×12π×12=12π.
故P(B|A)=P(AB)P(A)=12π2π=14.
【答案】(1)13　(2)14

题型二
相互独立事件的概率

　　【例2】甲、乙两个实习生每人加工一个零件,加工为一等品的概率分别为23、34,两个零件是否加工为一等品相互独立,则这两个零件中恰有一个加工为一等品的概率为　　　　. 
【解析】设事件A为“甲实习生加工的零件为一等品”,事件B为“乙实习生加工的零件为一等品”,则P(A)=23,P(B)=34,所以这两个零件中恰有一个加工为一等品的概率为P(AB)+P(AB)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=23×1-34+1-23×34=512.
【答案】512

　　求相互独立事件同时发生的概率的主要方法:
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解;
②正面计算较烦琐(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时,可从其对立事件入手计算.
【变式训练2】(1)已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8,则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为(　　).
A.0.85 B.0.8192 C.0.8 D.0.75
(2)国庆节放假,甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为13、14、15.假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有一人去北京旅游的概率为(　　).
A.5960 B.35 C.12 D.160
【解析】(1)P=C43×0.83×0.2+C44×0.84=0.8192,故选B.
(2)由于甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为13、14、15,因此他们不去北京旅游的概率分别为23、34、45,所以至少有一人去北京旅游的概率为P=1-23×34×45=35.
【答案】(1)B　(2)B

题型三
独立重复试验与二项分布

　　【例3】某架飞机载有5位空降兵依次空降到A,B,C三个地点,每位空降兵都要空降到A,B,C中的任意一个地点,且空降到每一个地点的概率都是13,用X表示地点C空降的人数.求:
(1)地点A空降1人,地点B,C各空降2人的概率;
(2)随机变量X的分布列和数学期望.

　　【解析】(1)设“地点A空降1人,地点B,C各空降2人”为事件M,易知基本事件的总数n=35=243个,事件M发生包含的基本事件m=C51C42=30个.
故所求事件M的概率P(M)=mn=30243=1081.
(2)依题意,5位空降兵空降到地点C相当于5次独立重复试验,
∴X~B5,13,且X的取值可能为0,1,2,3,4,5.
故P(X=k)=C5k×13k×1-135-k=1243C5k×25-k.
∴P(X=0)=1243×C50×25=32243,
P(X=1)=1243×C51×24=80243,
P(X=2)=1243×C52×23=80243,
P(X=3)=1243×C53×22=40243,
P(X=4)=1243×C54×21=10243,
P(X=5)=1243×C55×20=1243.
∴随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
32243
80243
80243
40243
10243
1243

　　E(X)=np=5×13=53.

　　1.利用独立重复试验概率公式P(X=k)=Cnkpk(1-p)n-k的三个条件:
(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p;(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验,而且各次试验的结果是相互独立的;(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.
2.判断一个随机变量是否服从二项分布,关键有两点:一是独立性,即一次试验中,事件发生与不发生二者必取其一;二是重复性,即试验是独立重复地进行了n次.

【变式训练3】社区服务是综合实践活动课程的重要内容,某市教育部门在全市高中学生中随机抽取了200位学生参加社区服务的数据,按时间段[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100](单位:小时)进行统计.其频率分布直方图如图所示.

(1)求抽取的200位学生中,参加社区服务时间不少于90小时的学生人数,并估计从全市高中学生中任意选取1人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率;
(2)从全市高中学生(人数很多)中任意选取3位学生,记X为3位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数,试求随机变量X的分布列和数学期望E(X).
【解析】(1)根据题意,参加社区服务在时间段[90,95)内的学生人数为200×0.06×5=60;参加社区服务在时间段[95,100)内的学生人数为200×0.02×5=20.所以抽取的200位学生中,参加社区服务在不少于90小时的学生人数为80.所以从全市高中学生中任意选取1人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率为P=80200=25.
(2)由(1)可知,从全市高中学生中任意选取1人,其参加社区服务时间不少于90小时的概率为25.由已知得,随机变量X的可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=C30×250×353=27125,
P(X=1)=C31×251×352=54125,
P(X=2)=C32×252×351=36125,
P(X=3)=C33×253×350=8125,
随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125

　　所以E(X)=3×25=65.

题型四
正态分布

　　【例4】在如图所示的正方形中随机投掷10000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 A.2386 B.2718
C.3413 D.4772
【解析】由X~N(0,1)知,P(-1 【答案】C


　　利用3σ原则求概率问题时,要注意把给出的区间或范围与μ,σ进行对比联系,确定它们属于(μ-σ,μ+σ),(μ-2σ,μ+2σ),(μ-3σ,μ+3σ)中的哪一个.
【变式训练4】已知二项式x2+1x6的展开式中xδ的系数为20,若随机变量ξ服从正态分布N(0,δ2),则从中随机取一个实数落在区间(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)=0.6826,P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=0.9544.
【解析】二项展开式的通项公式为Tr+1=C6r(x2)6-r·1xr=C6rx12-3r,令12-3r=δ,得r=12-δ3,∴C612-δ3=20,
∴12-δ3=3,∴δ=3,∴由题意知,P(3<ξ<6)=P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)2=0.9544-0.68262=0.1359.
【答案】0.1359


方法
利用对称性求解正态分布问题

　　利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题,涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ对称,及曲线与x轴之间的面积为1.
掌握下面两个结论:
(1)P(X (2)P(X<μ-σ)=P(X≥μ+σ).
【突破训练】(1)某班有50名同学,一次数学考试的成绩ξ服从正态分布N(110,102),已知P(100≤ξ≤110)=0.34,估计该班学生数学成绩在120分以上有　　　　人. 
(2)已知随机变量X~N(1,σ2),若P(0 A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2
【解析】(1)数学成绩ξ的正态曲线关于直线x=110对称,∵P(100≤ξ≤110)=0.34,∴P(ξ≥120)=P(ξ≤100)=12×(1-0.34×2)=0.16.故数学成绩在120分以上的人数约为0.16×50=8.
(2)P(X≤0)=12×[1-P(0 【答案】(1)8　(2)C



1.(2016青岛一模)设随机变量X服从正态分布N(1,σ2),则函数f(x)=x2+2x+X不存在零点的概率为(　　).
A.14　　　　B.13　　　　C.12　　　　D.23
【解析】∵函数f(x)=x2+2x+X不存在零点,∴Δ=4-4X<0,∴X>1.∵X~N(1,σ2),∴P(X>1)=12,故选C.
【答案】C
2.(2017聊城模拟)在某项测量中,测量结果X服从正态分布N(4,σ2)(σ>0),若X在(0,8)内取值的概率为0.6,则X在(0,4)内取值的概率为(　　).
A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.6
【解析】由正态分布,得P(0 【答案】B
3.(2017潍坊模拟)有n个相同的电子元件并联,每个电子元件能正常工作的概率为0.5,要使整个线路正常工作的概率不小于0.95,则n至少为(　　).
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】要使整个线路正常工作,则并联的n个电子元件中至少有1个正常工作,它的对立事件的概率为(1-0.5)n=0.5n,所以整个线路正常工作的概率为1-0.5n.由1-0.5n≥0.95,得0.5n≤0.05.又n∈N*,故n≥5.
【答案】C
4.(2017武汉模拟)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游,每人只去1个景点,设事件A为“4个人去的景点不相同”,事件B为“小赵独自去1个景点”,则P(A|B)=(　　).
A.29 B.13 C.49 D.59
【解析】小赵独自去1个景点,则有4个景点可选.剩下的三人只能在小赵剩下的3个景点中选择,有3×3×3=27种,所以小赵独自去1个景点,其他三人去另外3个景点的所有选择有4×3×3×3=108种.因为三个人去的景点不同的可能选择有4×3×2×1=24种,所以P(A|B)=24108=29.
【答案】A
5.(2017武昌区模拟)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B,系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为18和p,若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为940,则p=(　　).
A.110 B.215 C.16 D.15
【解析】由题意得18(1-p)+1-18·p=940,∴p=215,故选B.
【答案】B
6.(2017芜湖模拟)根据历年气象统计资料,某地四月份吹东风的概率为930,下雨的概率为1130,既吹东风又下雨的概率为830,则在吹东风的条件下,下雨的概率为(　　).
A.911 B.811 C.25 D.89
【解析】设A=“该地区四月份下雨”,B=“该地区四月份吹东风”,则P(A)=1130,P(B)=930,P(AB)=830,故P(A|B)=P(AB)P(B)=830930=89.
【答案】D
7.(2017潍坊期末)设X为随机变量,X~Bn,13,若随机变量X的数学期望E(X)=2,则P(X=2)等于(　　).
A.1316 B.4243 C.13243 D.80243
【解析】∵X~Bn,13,∴E(X)=n3=2,∴n=6.
∴P(X=2)=C62132234=80243.
【答案】D
8.(2016唐山二模)已知甲在上班途中要经过两个路口,在第一个路口遇到红灯的概率为0.5,两个路口连续遇到红灯的概率为0.4,则甲在第一个路口遇到红灯的条件下,在第二个路口遇到红灯的概率为(　　).
A.0.6 B.0.7 C.0.8 D.0.9
【解析】设“在第一个路口遇到红灯”为事件A,“在第二个路口遇到红灯”为事件B,则P(A)=0.5,P(AB)=0.4,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=0.8.
【答案】C

9.(2017深圳模拟)设袋中有两个红球、一个黑球,除颜色不同,其他均相同,现有放回的抽取,每次抽取一个,记下颜色后放回袋中,连续摸三次,X表示三次中红球被摸中的次数,每个小球被抽取的概率相同,每次抽取相互独立,则方差D(X)=(　　).
A.2 B.1 C.23 D.34
【解析】每一次红球被抽到的概率P=C21C31=23.由题意可得X=0,1,2,3,X~B3,23,则D(X)=3×23×1-23=23.故选C.
【答案】C
10.(2017长沙模拟)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局),甲在每局比赛获胜的概率都为23,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是(　　).
A.49 B.827 C.1927 D.4081
【解析】乙队3∶0获胜的概率为13,乙队3∶1获胜的概率为23×13=29,乙队3∶2获胜的概率为232×13=427.∴最后乙队获胜的概率为P=13+29+427=1927,故选C.
【答案】C
11.(2017桂林模拟)位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动:质点每次移动一个单位,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为13,向右移动的概率为23,则质点P移动五次后位于点(1,0)的概率是　　　　. 
【解析】依题意得,质点P移动五次后位于点(1,0),则这五次移动中必有某两次向左移动,另外三次向右移动,因此所求的概率是C52×132×233=80243.
【答案】80243
12.(2017商丘模拟)某一部件由三个电子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(1000,502),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1000小时的概率为　　　　. 

【解析】设元件1,2,3的使用寿命超过1000小时的事件分别记为A,B,C,显然P(A)=P(B)=P(C)=12,∴该部件的使用寿命超过1000小时的事件为(AB+AB+AB)C,
∴该部件的使用寿命超过1000小时的概率
P=12×12+12×12+12×12×12=38.
【答案】38
13.(2017郑州期末)甲罐中有5个红球、2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球、3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐,分别以A1、A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出1个球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是　　　　.(写出所有正确结论的编号) 
①P(B)=25;
②P(B|A1)=511;
③事件B与事件A1相互独立;
④A1,A2,A3是两两互斥的事件;
⑤P(B)的值不能确定.
【解析】显然A1,A2,A3是两两互斥的事件,
有P(B|A1)=511,P(B|A2)=411,P(B|A3)=411,
而P(B)=P(A1∩B)+P(A2∩B)+P(A3∩B)
=P (A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=510×511+210×411+310×411=922,
且P(A1∩B)=522,P(A1)P(B)=510×922=944,
所以P(A1∩B)≠P(A1)P(B).
综上,②④正确,①③⑤错误.
【答案】②④
14.(2017常德改编)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.
【解析】(1)记事件A1为“从甲箱中摸出的1个球是红球”,
A2为“从乙箱中摸出的1个球是红球”,
B为“顾客抽奖1次能获奖”,
则B表示“顾客抽奖1次没有获奖”.
由题意A1与A2相互独立,则A1与A2相互独立,且B=A1A2.
因为P(A1)=25,P(A2)=12,
所以P(B)=P(A1A2)=1-25×1-12=310,
故所求事件的概率P(B)=1-P(B)=1-310=710.
(2)设“顾客抽奖一次获得一等奖”为事件C,
则P(C)=P(A1A2) =P(A1)·P(A2)=15,
顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,
则X~B3,15,
于是P(X=0)=C30×150×453=64125,
P(X=1)=C31×151×452=48125,
P(X=2)=C32×152×451=12125,
P(X=3)=C33×153×450=1125.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125


§20.3　离散型随机变量的均值与方差



一
离散型随机变量的均值与方差

　　若离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn


　　1.均值
称E(X)=　　　　　　　　　为随机变量X的均值或　　　　　,它反映了离散型随机变量取值的　　　　　. 
2.方差
称D(X)=　　　　　　　　　　为随机变量X的方差,它刻画了随机变量X与其均值E(X)的　　　　　　　　,其算术平方根D(X)为随机变量X的　　　　. 

二
均值与方差的性质

　　1.E(aX+b)=　　　　(a,b为常数). 
2.D(aX+b)=　　　　(a,b为常数). 

三
两点分布与二项分布的均值、方差

　　1.若X服从两点分布,则E(X)=　　　　　　　,D(X)=　　　　　. 
2.若X~B(n,p),则E(X)=　　　,D(X)=　　　. 

☞ 左学右考

1 已知X的分布列为
X
-1
0
1
P
12
13
16

设Y=2X+3,则E(Y)的值为(　　).
A.73　　　　　　　　B.4
C.-1 D.1
2 已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
3
5
P
0.5
m
0.2

则其方差D(X)=(　　).
A.1 B.0.6
C.2.44 D.2.4
3 已知随机变量X~B(n,p),若E(X)=30,D(X)=20,则p=　　　　. 

知识清单
一、1.x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn　数学期望　平均水平
2.∑i=1n(xi-E(X))2pi　平均偏离程度　标准差
二、1.aE(X)+b　2.a2D(X)
三、1.p　p(1-p)　2.np　np(1-p)
基础训练
1.【解析】∵E(X)=-12+16=-13,∴E(Y)=E(2X+3)=2E(X)+3=-23+3=73.
【答案】A
2.【解析】由0.5+m+0.2=1,得m=0.3,∴E(X)=1×0.5+3×0.3+5×0.2=2.4,∴D(X)=(1-2.4)2×0.5+(3-2.4)2×0.3+(5-2.4)2×0.2=2.44.
【答案】C
3.【解析】依题意可得E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得p=13.
【答案】13




题型一
离散型随机变量的均值与方差

　　【例1】(2017郑州一模)在《出彩中国人》的一期比赛中,有6位歌手(编号1~6)登台演出,由现场百家大众媒体投票选出最受欢迎的“出彩之星”.各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人,其中媒体甲是1号歌手的歌迷,他必选1号歌手,另在2号至6号歌手中随机选2位;媒体乙不欣赏2号歌手,他必不选2号歌手;媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱,因此他在1号至6号歌手中随机选3位.
(1)求媒体甲选中3号歌手且媒体乙未选中3号歌手的概率;
(2)设X表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和,求X的分布列及数学期望.
【解析】设A表示事件“媒体甲选中3号歌手”,B表示事件“媒体乙选中3号歌手”,C表示事件“媒体丙选中3号歌手”,则P(A)=C41C52=25,P(B)=C42C53=35,P(C)=C52C63=12.
(1)媒体甲选中3号歌手且媒体乙未选中3号歌手的概率为P(AB)=25×1-35=425.
(2)由已知得X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=P(A B C)
=1-25×1-35×1-12=325,
P(X=1)=P(AB C)+P(ABC)+P(A BC)
=25×1-35×1-12+1-25×35×1-12+1-25×1-35×12=1950,
P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=25×35×1-12+25×1-35×12+1-25×35×12=1950,
P(X=3)=P(ABC)=25×35×12=325,
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
325
1950
1950
325

　　∴E(X)=0×325+1×1950+2×1950+3×325=32.


　　求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤:
(1)理解ξ的意义,写出ξ的所有可能取值;
(2)求ξ取每个值的概率;
(3)写出ξ的分布列;
(4)由均值的定义求E(ξ);
(5)由方差的定义求D(ξ).

【变式训练1】(2017滨州模拟)某科技公司组织技术人员进行新项目研发,技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验A,B,C,已知A,B,C实验成功的概率分别为45,34,23.
(1)对实验A,B,C各进行一次,求至少有一次实验成功的概率;
(2)该项目要求实验A,B各做两次,实验C做三次,若A实验两次都成功,则进行实验B并获奖励10000元,若B实验两次都成功,则进行实验C并获奖励30000元,若C实验三次中只要有两次成功,则项目研发成功并获奖励60000元(不重复得奖),且每次实验相互独立,用X表示技术人员所获奖励的数值,写出X的分布列及数学期望.
【解析】(1)设A,B,C实验成功分别记为事件M,N,G,事件M,N,G相互独立,“A,B,C至少有一次实验成功”记为事件D,
则P(D)=1-P(M N G)
=1-P(M)P(N)P(G)=1-15×14×13=5960.
(2)X的可能取值为0,10000,30000,60000,
P(X=0)=15+45×15=925,
P(X=10000)=452×14+34×14=725,
P(X=30000)=452×342×1-232-C21×232×13=775或P(X=30000)=452×342×132+23×132+13×23×13=775,
P(X=60000)=452×342×232+ C21×232×13=415,
∴X的分布列为
X
0
10000
30000
60000
P
925
725
775
415

　　∴X的数学期望为E(X)=0×925+10000×725+30000×775+60000×415=21600.

题型二
与二项分布有关的均值、方差

　　【例2】(2017海淀区模拟)某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为23,中奖可以获得2分,方案乙的中奖率为25,中奖可以获得3分,未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.
(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为X,求X≤3的概率.
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案抽奖,累计得分的数学期望较大?
【解析】(1)由已知得,小明中奖的概率为23,小红中奖的概率为25,且两人中奖与否互不影响.
因为P(X=5)=23×25=415,
所以P(X≤3)=1-P(X=5)=1115,
故这两人的累计得分X≤3的概率为1115.
(2)(法一)设小明、小红都选择方案甲抽奖的中奖次数为X1,都选择方案乙抽奖的中奖次数为X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2).
由已知可得,X1~B2,23,X2~B2,25,所以E(X1)=2×23=43,E(X2)=2×25=45,
因此E(2X1)=2E(X1)=83,E(3X2)=3E(X2)=125.
因为E(2X1)>E(3X2),
所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.
(法二)设小明、小红都选择方案甲抽奖所获得的累计得分为Y1,都选择方案乙抽奖所获得的累计得分为Y2,则Y1,Y2的分布列分别为
Y1
0
2
4
P
19
49
49

Y2
0
3
6
P
925
1225
425

　　故E(Y1)=0×19+2×49+4×49=83,
E(Y2)=0×925+3×1225+6×425=125.
因为E(Y1)>E(Y2),
所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.

　　二项分布的均值与方差:(1)若ξ~B(n,p),则利用公式E(ξ)=np,D(ξ)=np(1-p)求解,可大大减少计算量;(2)有些随机变量虽不服从二项分布,但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布,这时,可以综合应用E(aξ+b)=aE(ξ)+b(a,b为常数)以及E(ξ)=np求出E(aξ+b),同样还可求出D(aξ+b).
【变式训练2】为了防止受到核污染的产品影响我们的身体健康,要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测,只有两轮都合格才能进行销售,否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为16,第二轮检测不合格的概率为110,两轮检测是否合格相互没有影响.
(1)求该产品不能销售的概率.
(2)若该产品可以销售,则每件产品可获利40元;若该产品不能销售,则每件产品亏损80元(即获利-80元).已知一个箱子中有产品4件,记一箱产品获利X元,求X的分布列,并求出均值E(X).
【解析】(1)记“该产品不能销售”为事件A,则P(A)=1-1-16×1-110=14,所以该产品不能销售的概率为14.
(2)(法一)由题意可知,X的可能取值为-320,-200,-80,40,160,
所以P(X=-320)=144=1256,
P(X=-200)=C41×143×34=364,
P(X=-80)=C42×142×342=27128,
P(X=40)=C43×14×343=2764,
P(X=160)=344=81256.
所以X的分布列为
X
-320
-200
-80
40
160
P
1256
364
27128
2764
81256

　　故E(X)=-320×1256-200×364-80×27128+40×2764+160×81256=40.
(法二)设该产品可以销售的件数为ξ,ξ的可能取值为0,1,2,3,4,则X=120ξ-320,该产品可以销售的概率为34,故随机变量ξ~B4,34,根据二项分布的期望公式,E(ξ)=4×34=3,所以E(X)=120E(ξ)-320=120×3-320=40.

题型三
均值与方差在决策中的应用

　　【例3】(2014年福建卷)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000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数学期望.
(2)商场对奖励总额的预算是60000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.
【解析】(1)设顾客所获的奖励额为X元.
①依题意,得P(X=60)=C11C31C42=12,
即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.
②依题意,得X的所有可能取值为20,60.
P(X=60)=12,P(X=20)=C32C42=12,
即X的分布列为
X
20
60
P
12
12

　　所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)=20×12+60×12=40.
(2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为60元,
所以先寻找期望为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,所以期望不可能为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,所以期望也不可能为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元,则X1的分布列为
X1
20
60
100
P
16
23
16

　　X1的期望为E(X1)=20×16+60×23+100×16=60,
X1的方差为D(X1)=(20-60)2×16+(60-60)2×23+(100-60)2×16=16003.
对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为X2元,则X2的分布列为

X2
40
60
80
P
16
23
16

　　X2的期望为E(X2)=40×16+60×23+80×16=60,
X2的方差为D(X2)=(40-60)2×16+(60-60)2×23+(80-60)2×16=4003 .
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,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.

　　随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定.
【变式训练3】(2017衡水中学模拟)某产品按行业生产标准分成8个等级,等级系数X依次为1,2,…,8,其中X≥5为标准A,X≥3为标准B.已知甲厂执行标准A生产该产品,产品的零售价为6元/件,乙厂执行标准B生产该产品,产品的零售价为4元/件,假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准.
(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下表所示:
X1
5
6
7
8
P
0.4
a
b
0.1

　　且X1的数学期望E(X1)=6,求a,b的值.
(2)为分析乙厂产品的等级系数X2,从该厂生产的产品中随机抽取30件,相应的等级系数组成一个样本,数据如下:
3　5　3　3　8　5　5　6　3　4
6　3　4　7　5　3　4　8　5　3
8　3　4　3　4　4　7　5　6　7
用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,求等级系数X2的数学期望.
(3)在(1)(2)的条件下,若以“性价比”为判断标准,则哪个工厂的产品更具可购买性?说明理由.
注:①产品的“性价比”=产品的等级系数的数学期望产品的零售价;
②“性价比”大的产品更具可购买性.
【解析】(1)因为E(X1)=6,所以5×0.4+6a+7b+8×0.1=6,即6a+7b=3.2.
又由X1的概率分布列得0.4+a+b+0.1=1,即a+b=0.5.
由6a+7b=3.2,a+b=0.5,解得a=0.3,b=0.2.
(2)由已知得,样本的频率分布表如下:
X2
3
4
5
6
7
8
f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1

　　用这个样本的频率分布估计总体分布,将频率视为概率,可得等级系数X2的概率分布列如下:
X2
3
4
5
6
7
8
P
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1

　　所以E(X2)=3×0.3+4×0.2+5×0.2+6×0.1+7×0.1+8×0.1=4.8,
即乙厂产品的等级系数的数学期望为4.8.
(3)乙厂的产品更具可购买性,理由如下:
因为甲厂产品的等级系数的数学期望为6,产品的零售价为6 元/件,所以其“性价比”为66=1.
因为乙厂产品的等级系数的数学期望为4.8,产品的零售价为4 元/件,所以其“性价比”为4.84=1.2.
所以乙厂的产品更具可购买性.


方法一
公式法求解二项分布的期望与方差

　　二项分布以古典概型的求解为基础,求解试验中某事件发生次数的分布列,其中求二项分布的期望、方差可直接应用公式E(ξ)=np,D(ξ)=np(1-p)求解,而不必套用期望、方差的定义一步一步求解,从而减少计算量.
【突破训练1】(2017成都模拟)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的数学期望是　　　　. 
【解析】由题意可知,在1次试验中,试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P=1-12×12=34,
∵2次独立试验成功次数X满足二项分布X~B2,34,∴E(X)=2×34=32.
【答案】32


方法二
概型法求解超几何分布的期望

　　超几何分布描述的是不放回抽样问题,对应事件的概率需要利用古典概型求解,因为超几何分布类似抽样中分层抽样,故超几何分布中离散型随机变量的数学期望等于按照分层抽样得到的样本中某类元素的个数.
【突破训练2】(2015年重庆卷)端午节吃粽子是我国的传统习俗.已知一个盘子中装有10个粽子,其中豆沙粽2个,肉粽3个,红枣粽5个,这三种粽子的外观完全相同.从中任意选取3个.
(1)求三种粽子各取到1个的概率;
(2)设X表示取到的豆沙粽个数,求X的分布列与数学期望.
【解析】(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”,则由古典概型的概率计算公式有P(A)=C21C31C51C103=14.
(2)X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X=0)=C83C103=715,
P(X=1)=C21C82C103=715,
P(X=2)=C22C81C103=115.
综上,X的分布列为
X
0
1
2
P
715
715
115

　　X的数学期望E(X)=0×715+1×715+2×115=35.






1.(2017厦门模拟)某工厂生产A,B两种型号的玩具,其质量按测试指标划分,指标大于或等于82为正品,小于82为次品.现随机抽取这两种型号的玩具各100件进行检测,检测结果统计如下表所示:
测试指标
[70,76)
[76,82)
[82,88)
[88,94)
[94,100)
玩具A
8
12
40
32
8
玩具B
7
18
40
29
6

(1)试分别估计该工厂生产的玩具A、玩具B为正品的概率.
(2)生产1件玩具A,若是正品可盈利40元,若是次品则亏损5元;生产1件玩具B,若是正品可盈利50元,若是次品则亏损10元.在(1)的前提下,
①记X为生产1件玩具A和1件玩具B所得的总利润,求随机变量X的分布列和数学期望;
②求生产5件玩具B所获得的利润不少于140元的概率.
【解析】(1)玩具A为正品的概率约为40+32+8100=45.
玩具B为正品的概率约为40+29+6100=34.
(2)①随机变量X的所有可能取值为90,45,30,-15.
P(X=90)=45×34=35;P(X=45)=15×34=320;
P(X=30)=45×14=15;P(X=-15)=15×14=120.
所以随机变量X的分布列为
X
90
45
30
-15
P
35
320
15
120

　　E(X)=90×35+45×320+30×15+(-15)×120=66.
②设生产的5件玩具B中正品有n(n∈N,n≤5)件,则次品有5-n件.
依题意,得50n-10(5-n)≥140,解得n≥196.
所以n=4或n=5.
设“生产5件玩具B所获得的利润不少于140元”为事件M,
则P(M)=C54×344×14+345=81128.
2.(2017内蒙古包头模拟)2017年国家出台了调整新能源汽车推广应用财政补贴的新政策,其中新能源乘用车推广应用补贴标准如表所示:
纯电动续驶
里程R(公里)
100≤R<150
150≤R<250
R>250
补贴标准(万元/辆)
2
3.6
4.4

某课题组从汽车市场上随机选取了20辆纯电动乘用车,根据其续驶里程R(单次充电后能行驶的最大里程,R∈[100,300])进行如下分组:第1组[100,150),第2组[150,200),第3组[200,250),第4组[250,300],制成如图所示的频率分布直方图.已知第1组与第3组的频率之比为1∶4,第2组的频数为7.
(1)请根据频率分布直方图统计这20辆纯电动乘用车的平均续驶里程;
(2)若以频率视为概率,设ξ为购买一辆纯电动乘用车获得的补贴,求ξ的分布列和数学期望E(ξ).

【解析】(1)由题意及频率分布直方图知第一组的频率为0.1,第二组的频率为720=0.35,第三组的频率为0.4,第四组的频率为0.15,
∴估计这20辆纯电动乘用车的平均续驶里程为125×0.1+175×0.35+225×0.4+275×0.15=205(公里).
(2)由题意知,ξ的可能取值为2,3.6,4.4,
P(ξ=2)=0.1,
P(ξ=3.6)=0.75,
P(ξ=4.4)=0.15,
∴ξ的分布列为
ξ
2
3.6
4.4
P
0.1
0.75
0.15

　　故E(ξ)=2×0.1+3.6×0.75+4.4×0.15=3.56.
3.(2017成都诊断)据报道,全国很多省市将英语考试作为高考改革的重点,一时间“英语考试该如何改”引起广泛关注.为了解某地区学生和包括老师、家长在内的社会人士对高考英语改革的看法,某媒体在该地区选择了3600人进行调查,就“是否取消英语听力”问题进行了问卷调查统计,结果如
下表所示:
　　　　　态度
调查人群　　　
应该取消
应该保留
无所谓
在校学生
2100人
120人
y人
社会人士
600人
x人
z人

已知在全体样本中随机抽取1人,抽到持“应该保留”态度的人的概率为0.05.
(1)现用分层抽样的方法在所有参与调查的人中抽取360人进行访谈,问应在持“无所谓”态度的人中抽取多少人?
(2)在持“应该保留”态度的人中,用分层抽样的方法抽取6人,再平均分成两组进行深入交流.求第一组中在校学生人数ξ的分布列和数学期望.
【解析】(1)因为抽到持“应该保留”态度的人的概率为0.05,所以120+x3600=0.05,解得x=60.
所以持“无所谓”态度的人数为3600-2100-120-600-60=720,所以应在持“无所谓”态度的人中抽取720×3603600=72人.
(2)由(1)知持“应该保留”态度的一共有180人,
所以在所抽取的6人中,在校学生有120180×6=4人,社会人士有60180×6=2人,于是第一组中在校学生人数ξ的值为1,2,3,
P(ξ=1)=C41C22C63=15,
P(ξ=2)=C42C21C63=35,
P(ξ=3)=C43C63=15,
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
15
35
15

　　故E(ξ)=1×15+2×35+3×15=2.

4.(2017贵州调研)某投资公司准备在2019年年初将1000万元投资到“低碳”项目上,现有两个项目可供选择:
项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利30%,也可能亏损15%,且这两种情况发生的概率分别为79,29.
项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利50%,可能损失30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为35,13,115.
针对以上两个投资项目,请你为该投资公司选择一个合理的项目,并说明理由.
【解析】若按“项目一”投资,设获利为X1万元,
则X1的分布列为
X1
300
-150
P
79
29

　　所以E(X1)=300×79+(-150)×29=200.
D(X1)=(300-200)2×79+(-150-200)2×29=35000.
若按“项目二”投资,设获利为X2万元,
则X2的分布列为
X2
500
-300
0
P
35
13
115

　　所以E(X2)=500×35+(-300)×13+0×115=200,
D(X2)=(500-200)2×35+(-300-200)2×13+(0-200)2×115=140000.
所以E(X1)=E(X2),D(X1) 这说明虽然项目一、项目二平均获利相等,但项目一更稳妥.
综上所述,建议该投资公司投资项目一.
5.(2017山西五校联考)元旦期间,某轿车销售商为了促销,给出了两种优惠方案,顾客只能选择其中的一种,方案一:每满6万元,可减0.6万元.方案二:金额超过6万元(含6万元),可摇号三次,其规则是依次从装有2个幸运号、2个吉祥号的一号摇号机,装有2个幸运号、2个吉祥号的二号摇号机,装有1个幸运号、3个吉祥号的三号摇号机中各摇号一次,其优惠情况为:若摇出3个幸运号则打6折;若摇出2个幸运号则打7折;若摇出1个幸运号则打8折;若没有摇出幸运号则不打折.
(1)若某型号的车正好6万元,两位顾客都选中第二种方案,求至少有一位顾客比选择方案一更优惠的概率;
(2)若你朋友看中一款价格为10万的便型轿车,请用所学知识帮助你朋友分析一下应选择哪种付款方案.
【解析】(1)选择方案二比方案一更优惠,则至少需要摇出1个幸运球,设“3次都没摇出幸运球”为事件A,则P(A)=2×2×34×4×4=316,故所求概率P=1-P(A)·P(A)=1-3162=247256.
(2)若选择方案一,则需付款10-0.6=9.4(万元).
若选择方案二,设付款金额为X万元,则X的可能取值为6,7,8,10,
P(X=6)=2×2×14×4×4=116,
P(X=7)=2×2×3+2×2×1+2×2×14×4×4=516,
P(X=8)=2×2×3+2×2×3+2×2×14×4×4=716,
P(X=10)=316,
故X的分布列为
X
6
7
8
10
P
116
516
716
316

　　所以E(X)=6×116+7×516+8×716+10×316=7.9375<9.4,
所以选择第二种方案付款更划算.

6.(2017邢台模拟)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示,水库年入流量X(年入流量:一年内上游来水与库区降水之和,单位:亿立方米)都在40以上,其中,不足80的年份有10年,不低于80且不超过120的年份有35年,超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立.
(1)求未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率.
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制,并有如下关系:
年入流量X
40 80≤X≤120
X>120
发电机最多可运行台数
1
2
3

　 若某台发电机运行,则该台年利润为5000万元;若某台发电机未运行,则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少台?
【解析】(1)依题意,p1=P(40 p2=P(80≤x≤120)=3550=0.7,
p3=P(X>120)=550=0.1.
由二项分布知,在未来4年中,至多有1年的年入流量超过120的概率为
p=C40(1-p3)4+C41(1-p3)3p3=0.94+4×0.93×0.1=0.9477.
(2)记水电站年总利润为Y(单位:万元).
①安装1台发电机的情形.
由于水库年入流量大于40,故1台发电机运行的概率为1,对应的年利润Y=5000,E(Y)=5000×1=5000.
②安装2台发电机的情形.
依题意,当40 当X≥80时,2台发电机运行,此时Y=5000×2=10000,因此P(Y=10000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8.
因此得Y的分布列为
Y
4200
10000
P
0.2
0.8

　　所以E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840.
③安装3台发电机的情形.
依题意,当40 当80≤X≤120时,2台发电机运行,此时Y=5000×2-800=9200,因此P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;
当X>120时,3台发电机运行,此时Y=5000×3=15000,因此P(Y=15000)=P(X>120)=p3=0.1.
因此得Y的分布列为
Y
3400
9200
15000
P
0.2
0.7
0.1

　　所以E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620.
综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机2台.

§20.4　概率与统计的综合应用



题型一
统计图表与概率的交汇

　　【例1】(2015年北京卷)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相互独立,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Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…,7.由题意可知P(Ai)=P(Bi)=17,i=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)=37.
(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)=1049.
(3)把B组数据调整为a,12,13,14,15,16,17或12,13,14,15,16,17,a,可知当a=11或a=18时,B组与A组数据方差相等.

　　利用列举法准确列举事件的种数,求出概率.根据方差反应样本波动的大小,求出未知量,但需注意运算过程和运算方法的应用.
【变式训练1】(2015年广东卷)某工厂36名工人的年龄数据如下表:

工人编号
年龄
工人编号
年龄
工人编号
年龄
工人编号
年龄
1
40
10
36
19
27
28
34
2
44
11
31
20
43
29
39
3
40
12
38
21
41
30
43
4
41
13
39
22
37
31
38
5
33
14
43
23
34
32
42
6
40
15
45
24
42
33
53
7
45
16
39
25
37
34
37
8
42
17
38
26
44
35
49
9
43
18
36
27
42
36
39

　　(1)用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本,且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44,列出样本的年龄数据;
(2)计算(1)中样本的平均值x和方差s2.
(3)36名工人中年龄在x-s与x+s之间有多少人?所占的百分比是多少?(精确到0.01%)
【解析】(1)依题意,所抽样本数据的编号是一个首项为2,公差为4的等差数列,故其所有样本数据的编号依次为2,6,10,14,18,22,26,30,34,对应样本的年龄数据依次为44,40,36,43,36,37,44,43,37.
(2)由(1)可得其样本的平均值为
x=44+40+36+43+36+37+44+43+379=40,
方差为s2=19[(44-40)2+(40-40)2+(36-40)2+(43-40)2+(36-40)2+(37-40)2+(44-40)2+(43-40)2+(37-40)2]=1009.
(3)由(2)可得s=103,所以x-s=3623,x+s=4313,
所以36名工人中年龄在x-s与x+s之间共有23人,所占的百分比是2336×100%≈63.89%.

题型二
统计图表与离散型随机变量分布列的交汇

　　【例2】(2017深圳一模)某市为了鼓励市民节约用电,实行“阶梯式”电价,将该市每户居民的月用电量划分为三档,月用电量不超过200度的部分按0.5元/度收费,超过200度但不超过400度的部分按0.8元/度收费,超过400度的部分按1.0元/度收费.
(1)求某户居民月用电费用y(单位:元)关于月用电量x(单位:度)的函数解析式.
(2)为了了解居民的用电情况,通过抽样,获得了今年1月份100户居民每户的用电量,统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.

若这100户居民中,今年1月份用电费用不超过260元的占80%,求a,b的值.
(3)在满足(2)的条件下,若以这100户居民1月份用电量的频率代替该月全市居民用电量的概率,且同一组中的数据用该组区间的中点值代表,记Y(单位:元)为该市居民1月份的用电费用,求Y的分布列和数学期望.
【解析】(1)当0≤x≤200时,y=0.5x;当200400时,y=0.5×200+0.8×200+1×(x-400)=x-140.
所以某户居民月用电费用y(单位:元)关于月用电量x(单位:度)的函数解析式为y=0.5x,0≤x≤200,0.8x-60,200400.
(2)由(1)可知,当y=260时,x=400,则P(x≤400)=0.8,
结合频率分布直方图可知0.1+2×100b+0.3=0.8,100a+0.05=0.2,
所以a=0.0015,b=0.0020.
(3)由题意可知x可取50,150,250,350,450,550.由(1)得
当x=50时,y=0.5×50=25,P(Y=25)=0.1,
当x=150时,y=0.5×150=75,P(Y=75)=0.2,
当x=250时,y=0.8×250-60=140,P(Y=140)=0.3,
当x=350时,y=0.8×350-60=220,P(Y=220)=0.2,
当x=450时,y=450-140=310,P(Y=310)=0.15,
当x=550时,y=550-140=410,P(Y=410)=0.05,
故Y的分布列为
Y
25
75
140
220
310
410
P
0.1
0.2
0.3
0.2
0.15
0.05

　　所以随机变量Y的数学期望
E(Y)=25×0.1+75×0.2+140×0.3+220×0.2+310×0.15+410×0.05=170.5.

　　解此类问题的关键:(1)用定义和公式破解“双图与五数”(“双图”指频率分布直方图、茎叶图,“五数”指众数、中位数、平均数、方差、标准差);(2)对于一些实际问题中的随机变量X,能根据图表中的数据求出对应的频率,以频率估计概率,列出分布列.


　　【变式训练2】(2017唐山模拟)由于当前学生课业负担较重,青少年视力普遍下降,现从某中学随机抽取16名学生,经校医用视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎,小数点后的一位数字为叶)如下:

(1)求出这组数据的众数和中位数;
(2)若视力测试结果不低于5.0称为“好视力”,求校医从这16名学生中随机选取3名学生,至多有1名学生是“好视力”的概率;
(3)以这16名学生的样本数据来估计整个学校的总体数据,若从该校学生中(人数很多)任选3名学生,记ξ表示抽到“好视力”学生的人数,求ξ的分布列及数学期望.
【解析】(1)这组数据的众数是4.6和4.7,中位数是4.75.
(2)设Ai表示事件“所选的3名学生中,有i名学生是‘好视力’”(i=1,2,3),A表示事件“所选的3名学生中,至少有1名学生是‘好视力’”,则P(A)=P(A0)+P(A1)=C123C163+C41C122C163=121140.
(3)从该校学生中任意选取1名学生是“好视力”的概率为14,ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=343=2764,
P(ξ=1)=C31×14×342=2764,
P(ξ=2)=C32×142×34=964,
P(ξ=3)=143=164.
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164

　　数学期望E(ξ)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34.

题型三
统计图表与统计案例的交汇

　　【例3】(2017郑州模拟)4月23日是“世界读书日”,某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况,学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.根据调查结果绘制的学生日平均课外阅读时间(单位:分钟)的频率分布直方图如图所示.

　　

若将日平均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”,低于60分钟的学生称为“非读书迷”.
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表,并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.

非读书迷
读书迷
总计
男生

15

女生


45
总计




　　附:K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d.
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828

　　(2)将频率视为概率,以这100名学生的样本数据来估计总体数据,现从该校学生中,用随机抽样的方法每次抽取1名学生,共抽取3次,记被抽到的3名学生中“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的,求随机变量X的分布列、数学期望E(X)和方差D(X).
【解析】(1)2×2列联表如下:

非读书迷
读书迷
总计
男生
40
15
55
女生
20
25
45
总计
60
40
100

　　K2的观测值k=100×(40×25-15×20)260×40×55×45≈8.249>6.635,
故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.
(2)将频率视为概率,则从该校学生中任意抽取1名学生恰为“读书迷”的概率p=25.
由题意可知X~B3,25,P(X=i)=C3i×25i×353-i(i=0,1,2,3).
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125

　　数学期望E(X)=np=3×25=65,
方差D(X)=np(1-p)=3×25×1-25=1825.

　　解此类问题的关键:(1)会看图表,根据频率分布直方图计算中位数、众数;(2)会填2×2列联表,根据公式,把所给数据代入独立性检验公式求出K2的观测值k(或代入回归直线的斜率和裁距的最小二乘估计的公式求出b＾和a＾),进而做出统计推断.
【变式训练3】(2017衡水六调)下表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨标准煤)的几组对应数据,根据表中提供的数据,求出y关于x的线性回归方程为y＾=0.7x+0.35,则表中t的值为　　　. 
x
3
4
5
6
y
2.5
t
4
4.5

　　【解析】由表中的数据可得x=3+4+5+64=4.5,y=2.5+t+4+4.54=11+t4.∵样本点的中心(x,y)一定在回归直线上,∴11+t4=0.7×4.5+0.35,解得t=3.
【答案】3

题型四
统计图表与一些特殊分布的交汇

　　【例4】(2014年全国Ⅰ卷)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图.

(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数 x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).
(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数 x,σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布,求P(187.8 ②某用户从该企业购买了100件这种产品,记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数,利用①的结果,求E(X).
附:150≈12.2.　
若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ 【解析】(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为
x=170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02=200,
s2=(-30)2×0.02+(-20)2×0.09+(-10)2×0.22+0×0.33+102×0.24+202×0.08+302×0.02=150.
(2)①由(1)知,Z~N(200,150),从而P(187.8 ②由①知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826,依题意知X~B(100,0.6826),所以E(X)=100×0.6826=68.26.

　　解此类问题的关键:(1)会看图表,可利用区间的中点值,估算样本的平均值;(2)判断随机变量X是否服从一些特殊的分布,如二项分布、超几何分布,可以提高运算速度和准确度;(3)利用正态曲线的对称性和“3σ原则”求有关正态分布的概率.
【变式训练4】(2017安阳模拟)某市在2016年2月份的高三期末考试中对数学成绩数据统计显示,全市10000名高三学生的数学成绩服从正态分布N(115,25).某校随机抽取了50名高三学生的数学成绩进行分析,结果这50名学生的数学成绩全部介于80分到140分之间.现将结果按如下方式分为6组,第一组[80,90),第二组[90,100),…,第六组[130,140],得到如图所示的频率分布直方图.

(1)试估计该校全体高三学生的数学平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)从这50名学生中任意抽取3名成绩在120分(含120分)以上的学生,这3名学生在全市前13名的人数记为X,求X的分布列和数学期望.
附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ 【解析】(1)由频率分布直方图可知,数学成绩在[120,130)内的频率为
1-(0.01×10+0.024×10+0.03×10+0.016×10+0.008×10)=1-0.88=0.12,
所以估计该校全体高三学生的数学平均成绩为
85×0.1+95×0.24+105×0.3+115×0.16+125×0.12+135×0.08=107.
(2)由已知得1310000=0.0013,
因为P(115-3×5 所以P(X≥130)=1-0.99742=0.0013,即0.0013×10000=13,所以全市前13名的成绩全部在130分(含130分)以上.
根据频率分布直方图,这50名学生中成绩在130分(含130分)以上的有0.08×50=4人,而成绩在[120,140]内的学生共有0.12×50+0.08×50=10人,所以X的可能取值为0,1,2,3,
所以P(X=0)=C63C103=16,
P(X=1)=C62C41C103=12,
P(X=2)=C61C42C103=310,
P(X=3)=C43C103=130.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
16
12
310
130

　　数学期望E(X)=0×16+1×12+2×310+3×130=1.2.


方法一
用分类讨论法确定离散型随机变量的取值

　　当某个事件涉及多个变量时,往往要采用多个变量的组合形式作为离散型随机变量的取值,此时离散型随机变量的每个取值往往对应着几类不同的事件,在求解时应该先确定每个事件所对应的每个变量的取值情况,并求出每个事件中离散型随机变量的取值,然后合并取值相同的事件确定离散型随机变量的取值,并求出其对应的概率值.
【突破训练1】(2017莱芜模拟改编)现有4个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数为1或2的人去参加甲游戏,掷出点数大于2的人去参加乙游戏.
(1)求这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率;
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率;
(3)用X、Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数,记ξ=|X-Y|,求随机变量ξ的分布列.
【解析】依题意,这4个人中,每个人去参加甲游戏的概率为13,去参加乙游戏的概率为23.
设“这4个人中恰有i个人去参加甲游戏”为事件Ai(i=0,1,2,3,4),
则P(Ai)=C4i13i234-i.
(1)这4个人中恰有2个人去参加甲游戏的概率为
P(A2)=C42×132×232=827.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B,则B=A3+A4,且A3与A4互斥,
所以P(B)=P(A3+A4)=P(A3)+P(A4)
=C43×133×23+C44×134=19.
(3)由题意知,ξ的所有可能取值为0,2,4,
且A1与A3互斥,A0与A4互斥.
则P(ξ=0)=P(A2)=827,
P(ξ=2)=P(A1+A3)=P(A1)+P(A3)
=C41×131×233+C43×133×23=4081,
P(ξ=4)=P(A0+A4)=P(A0)+P(A4)
=C40×234+C44×134=1781.
所以ξ的分布列是
ξ
0
2
4
P
827
4081
1781


方法二
用推理法确定与函数值有关的离散型随机变量的取值

　　对于离散型随机变量的取值不能根据题意直接获得的问题,需要我们根据事件中所涉及的对象以及相关变量的取值情况,通过计算函数值确定其取值的可能性.准确把握事件中几类对象之间的密切关系是解决此类问题的关键,常可转化为其对立事件的问题来解决.
【突破训练2】(2016年全国Ⅰ卷)某公司计划购买1台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图:

记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数,y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位:元),n表示购机的同时购买的易损零件数.
(1)若n=19,求y与x的函数解析式;
(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5,求n的最小值.
(3)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件,或每台都购买20个易损零件,分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数,以此作为决策依据,购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件?
【解析】(1)当x≤19时,y=3800;
当x>19时,y=3800+500(x-19)=500x-5700,
所以y与x的函数解析式为y=3800,x≤19,500x-5700,x>19(x∈N).
(2)由柱状图知,需更换的易损零件数不大于18的频率为0.46,不大于19的频率为0.7,故n的最小值为19.
(3)若每台机器在购机的同时都购买19个易损零件,则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3800元,20台的费用为4300元,10台的费用为4800元,因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1100×(3800×70+4300×20+4800×10)=4000.
若每台机器在购机的同时都购买20个易损零件,则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4000元,10台的费用为4500元,因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为1100×(4000×90+4500×10)=4050.
比较两个平均数可知,购买1台机器的同时应购买19个易损零件.



1.(2017枣庄市模拟)某校在一次测试中,为了了解学生的学习情况,从中抽取了n个学生的成绩(满分为100分)进行统计.按照[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]的分组作出频率分布直方图及样本分数的茎叶图(图中仅列出得分在[50,60),[90,100]的数据)如图所示.

(1)求样本容量n和频率分布直方图中x,y的值;
(2)在选取的样本中,从分数在80分以上(含80分)的学生中随机抽取3名参加志愿者活动,设X表示所抽取的3名同学中得分在[80,90)内的学生人数,求X的数学期望及方差.
【解析】(1)由题意可知,样本容量n=80.02×10=40,y=240÷10=0.005,
x=1-(0.02+0.04+0.01+0.005)×1010=0.025.
(2)由题意知,分数在[80,90)内的有4人,分数在[90,100]内的有2人,则分数在80分以上(含80分)的共有6人.从而抽取的3名学生中,得分在[80,90)内的学生人数X的所有可能取值为1,2,3,所以P(X=1)=C41C22C63=15;P(X=2)=C42C21C63=35;P(X=3)=C43C63=15.
所以E(X)=1×15+2×35+3×15=2,
D(X)=(1-2)2×15+(2-2)2×35+(3-2)2×15=25.
2.(2017济南模拟)2018年6月14日至7月15日,第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行,某大学为世界杯组委会招收志愿者,被招收的志愿者需参加笔试和面试,把参加笔试的40名大学生的成绩分组:第1组[75,80),第2组[80,85),第3组[85,90),第4组[90,95),第5组[95,100],得到的频率分布直方图如图所示.


(1)分别求出成绩在第3,4,5组的人数.
(2)现决定在笔试成绩较高的第3,4,5组中用分层抽样的方法抽取6人进行面试.
①已知甲和乙的成绩均在第3组,求甲和乙至少有一人进入面试的概率;
②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试,设第4组中有X名学生被考官D面试,求随机变量X的分布列和数学期望.
【解析】(1)由频率分布直方图知,
第3组的人数为5×0.06×40=12,
第4组的人数为5×0.04×40=8,
第5组的人数为5×0.02×40=4.
(2)由题意知,在第3组,第4组,第5组中分别抽取3人,2人,1人.
①设“甲和乙至少有一人进入面试”为事件A,
则P(A)=1-C103C123=511,
所以甲和乙至少有一人进入面试的概率为511.
②X的所有可能取值为0,1,2,
P(X=0)=C42C62=25;
P(X=1)=C21C41C62=815;
P(X=2)=C22C62=115.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
25
815
115

　　E(X)=0×25+1×815+2×115=1015=23.
3.(2017孝感联考)中央政府为了应对因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题,拟定出台“延迟退休年龄政策”.为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度,人社部在年龄为15~65的人群中随机调查了50人,调查数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下:

年龄
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65]
支持“延迟
退休”人数
5
10
10
2
1

(1)由以上统计数据完成2×2列联表,并判断是否有90%的把握认为以45岁为分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异?

45岁以下
45岁以上
总计
支持



不支持



总计




(2)若从年龄在[45,55),[55,65]的被调查人中各随机选取2人进行调查,记选中的4人中支持“延迟退休”人数为ξ,求随机变量ξ的分布列及数学期望.
　　参考数据:
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828

　　K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),n=a+b+c+d.
【解析】(1)由频率分布直方图知,被调查的50人中年龄在45岁以上的人数为(0.01+0.01)×10×50=10,年龄在45岁以下的人数为50-10=40,其中45岁以上支持“延迟退休”的人数为3,45岁以下支持“延迟退休”的人数为25,则2×2列联表如下:

45岁以下
45岁以上
总计
支持
25
3
28
不支持
15
7
22
总计
40
10
50

　　K2的观测值k=50×(25×7-15×3)240×10×28×22≈3.429>2.706,
所以有90%的把握认为以45岁为分界点对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异.
(2)由频率分布直方图知,被调查的50人中年龄在[45,55)和年龄在[55,65]的人数都为0.01×10×50=5,其中年龄在[45,55)和年龄在[55,65]支持“延迟退休”的人数分别为2和1,故ξ的所有可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=C32C42C52C52=950;P(ξ=1)=C21C31C42+C32C41C52C52=1225;
P(ξ=2)=C22C42+C21C31C41C52C52=310;P(ξ=3)=C22C41C52C52=125.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
950
1225
310
125

　　ξ的数学期望为E(ξ)=0×950+1×1225+2×310+3×125=65.

4.(2017兰州模拟)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图如图所示.

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.
(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列,期望E(X)及方差D(X).
【解析】(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”,A2表示事件“日销售量低于50个”,B表示事件“在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”,因此P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,P(A2)=0.003×50=0.15,P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.
(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=C30×(1-0.6)3=0.064;
P(X=1)=C31×0.6×(1-0.6)2=0.288;
P(X=2)=C32×0.62×(1-0.6)=0.432;
P(X=3)=C33×0.63=0.216.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216

　　因为X~B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.
5.(2017百校模拟)一个小型乡镇塑料球工厂生产大量形状大小一样但重量不尽相同的小球,从中随机抽取1000个作为样本,称出它们的重量(单位:克),重量分组区间为[5,15],(15,25],(25,35],(35,45],由此得到样本的重量频率分布直方图(如图).


(1)求a的值,并计算样本中小球重量的中位数、平均数及方差.
(2)由频率分布直方图知,这种小球的重量指标值Z服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2近似为样本方差.假设生产状态正常,记X表示从中随机抽取的10个小球中,其重量在(14,32)之外的小球数.
①求P(X≥1);
②求X的数学期望.
附:若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ 【解析】(1)由题意,得(0.02+0.04+a+0.01)×10=1,
∴a=0.03.
又设小球重量的中位数为x,
则(x-15)×0.04+0.2=0.5,∴x=22.5,
∴样本中小球重量的中位数为22.5.
样本中小球重量的平均数为0.2×10+0.4×20+0.3×30+0.1×40=23(克),
∴样本中小球重量的方差为
0.2×(23-10)2+0.4×(23-20)2+0.3×(30-23)2+0.1×(40-23)2=81.
(2)抽取的1个小球的重量在(14,32)之内的概率为0.6827,因此零件的重量在(14,32)之外的概率为0.3173,故X~B(10,0.3173).
①P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.682710=1-0.022=0.978.
②X的数学期望为E(X)=10×0.3173=3.173.
6.(2017荆州模拟)某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A,B两种奶制品.生产1吨A产品需鲜牛奶2吨,使用设备1小时,获利1000元;生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨,使用设备1.5小时,获利1200元.要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍,设备每天生产A,B两种产品时间之和不超过12小时.假定每天可获取的鲜牛奶重量W(单位:吨)是一个随机变量,其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2

该厂每天根据获取的鲜牛奶重量安排生产,使其获利最大,因此每天的最大获利Z(单位:元)是一个随机变量.
(1)求Z的分布列和数学期望;
(2)若每天可获取的鲜牛奶重量相互独立,求3天中至少有1天的最大获利超过10000元的概率.
【解析】(1)设每天A,B两种产品的生产重量(单位:吨)分别为x,y,相应的获利为z(单元:元),则有2x+1.5y≤W,x+1.5y≤12,2x-y≥0,x≥0,y≥0,(*)

目标函数为z(单位:元)=1000x+1200y.
当W=12时,(*)表示的平面区域如图1阴影部分,三个顶点分别为A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0).
将z=1000x+1200y变形为y=-56x+z1200,
当x=2.4,y=4.8时,直线l:y=-56x+z1200在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=2.4×1000+4.8×1200=8160元.
当W=15时,(*)表示的平面区域如图2阴影部分,三个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(7.5,0).
当x=3,y=6时,直线l:y=-56x+z1200在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=3×1000+6×1200=10200元.
当W=18时,(*)表示的平面区域如图3阴影部分,
四个顶点分别为A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0).
当x=6,y=4时,直线l:y=-56x+z1200在y轴上的截距最大,
最大获利Z=zmax=6×1000+4×1200=10800元.
故最大获利Z的分布列为
Z
8160
10200
10800
P
0.3
0.5
0.2

　　Z的数学期望为E(Z)=8160×0.3+10200×0.5+10800×0.2=9708.
(2)由(1)知,一天最大获利超过10000元的概率p1=P(Z>10000)=0.5+0.2=0.7.
由二项分布的性质知,3天中至少有1天最大获利超过10000元的概率为p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.973.

阶段总结七



微专题一
两种计数原理的综合应用

　　对于有附加条件的排列组合问题,要注意分类讨论思想方法的应用,做到合理分类,不重不漏,同时掌握两个原则:即特殊位置(或元素)优先原则和正难则反原则.
对于排列数和组合数的计算,要掌握约分等化简技巧.
【例1】(1)(2017昆明模拟)某微信群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员同时抢四个红包,每人最多抢一个红包,且红包全被抢光,四个红包中有两个2元,两个3元(金额相同视为相同红包),则甲、乙两人都抢到红包的情况有(　　).
A.36种　　　B.24种　　　C.18种　　　D.9种
(2)(2017福州模拟)用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、“ab”表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法种数为(　　).
A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5
B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5
C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)
D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)
【分析】(1)按甲、乙抢到红包的种类分类,再每类分步计算.(2)分别取红球、蓝球、黑球,根据分步计数原理,分三步,每一步取一种球,问题即可解决.
【解析】(1)甲、乙两人都抢到红包有三种情况:①都抢到2元红包,有C32=3种;②都抢到3元红包,有C32=3种;③一个抢到2元红包,一个抢到3元红包,有C21A32=12种.故总共有18种情况.
(2)分三步:第一步,5个无区别的红球可能取出0个,1个,…,5个,则有(1+a+a2+a3+a4+a5)种不同的取法;第二步,5个无区别的蓝球都取出或都不取出,则有(1+b5)种不同的取法;第三步,从5个有区别的黑球中任取0个,1个,…,5个,有(1+c)5种不同的取法,所以所求的取法种数为(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5,故选A.
【答案】(1)C　(2)A
【拓展训练1】(1)(2017威海模拟)把20个完全一样的小球放入标有数字“1”“2”“3”的三个盒子中,要求每个盒子内的球数不小于它的编号数,则不同的放法种数为　　　　. 
(2)(2017聊城模拟)5位身高不同的高三同学站成一排合影留念,要求站在偶数位置的同学的身高高于相邻的两位同学的身高,则这样的排列种数为(　　).
A.120 B. 60 C.16 D.12
【解析】(1)先在编号为“2”和“3”的盒子内分别放入1个球和2个球,还剩17个小球,三个盒子内每个盒子至少再放入1个球,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可,共有C162=120种放法.
(2)若最高的同学和次高的同学站在偶数位置时,其余3人全排列,共有A22A33=12(种);若最高的同学和第三高的同学站在偶数位置时,次高的同学只能紧邻最高的同学,且在外侧,其余2人全排列,共有2A22=4(种).所以这样的排列方式共有16种.
【答案】(1)120　(2)C

微专题二
二项式定理的应用

　　在二项式定理的应用中,往往通过赋值法求解,把二项展开式看作x的函数f(x),利用函数与方程的思想,求系数的和;利用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式,利用转化与化归思想化成便于操作的二项式的结构;二项式的通项公式是求某些特定项或二项式系数最大的项的有利工具,此处用整体思想考虑问题比较简单.
【例2】(1)(2017贵州模拟)二项式(2x-1)1x+x6的展开式中x3的系数为　　　　. 
(2)(2017济宁模拟)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an-1=29-n,则n=　　　　. 
【分析】(1)根据(2x-1)1x+x6的展开式的含x3的项由两类构成,然后求出各类的含x3的项,再将各个项加起来,即可得到所求的项的系数.(2)令x=1和x=0,利用赋值法求a0+a1+a2+…+an和a0的值.
【解析】(1)因为1x+x6的通项公式为Tr+1=C6rx-6+2r,所以(2x-1)1x+x6的展开式中含x的奇数次方的通项为2C6rx-5+2r,令-5+2r=3,解得r=4.故所求的系数为2C64=30.
(2)由题意得a0=1+1+…+1=n,an=1.
令x=1,则2+22+…+2n=a0+a1+a2+…+an,
所以a1+a2+…+an-1=2(1-2n)1-2-a0-an=2(2n-1)-n-1=2n+1-n-3,
所以2n+1-n-3=29-n,所以n=4.
【答案】(1)30　(2)4
【拓展训练2】(2017青岛模拟)已知(a-bx)5展开式的第4项的系数与含x4的系数分别为-80与80,则(a-bx)5展开式中所有项系数之和为(　　).
A.-1 B.1 C.32 D.64
【解析】由题意知第4项系数为C53a2(-b)3,含x4的系数为C54a(-b)4.由C53a2(-b)3=-80,C54a(-b)4=80,即a2b3=8,ab4=16,解得a=1,b=2.故在(a-bx)5=(1-2x)5中,令x=1,得展开式所有项系数和为(-1)5=-1,故选A.
【答案】A

微专题三
常见概率模型的概率

　　利用公式法求解相互独立事件和条件概率以及古典概型问题,利用数形结合的思想求解几何概型,利用转化与化归思想求解互斥事件和对立事件的概率.
【例3】(2017石家庄调研)有两个班进行消防安全知识竞赛,两个班均出3人组成甲、乙两支代表队,首轮比赛每人一道必答题,答对则为本队得1分,答错或不答都得0分,已知甲队的3人答对的概率分别为34,23,12,乙队的3人答对的概率都是23,设每人回答正确与否相互之间没有影响,用ξ表示甲队的总得分.
(1)求ξ=2的概率;
(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下,甲队比乙队得分高的概率.
【分析】(1)事件“甲队有两人答对,一人答错”可拆分为三个互斥事件之和,每个事件中甲队三人回答互不影响,是相互独立事件.(2)乙队得分服从二项分布,先求甲队和乙队得分之和为4的概率,再求甲队和乙队得分之和为4且甲队比乙队得分高的概率,直接用公式求解即可.
【解析】(1)因为ξ=2,所以甲队有两人答对,一人答错.
故P(ξ=2)=34×23×1-12+34×1-23×12+1-34×23×12=1124.
(2)设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A,“甲队比乙队得分高”为事件B.设乙队得分为η,则η~B3,23.
P(ξ=1)=34×1-23×1-12+1-34×23×1-12+1-34×1-23×12=14,
P(ξ=3)=34×23×12=14.
P(η=1)=C31×23×132=29,
P(η=2)=C32×232×13=49,
P(η=3)=C33×233=827.
所以P(A)=P(ξ=1)P(η=3)+P(ξ=2)P(η=2)+P(ξ=3)P(η=1)=14×827+1124×49+14×29=13,
P(AB)=P(ξ=3)×P(η=1)=14×29=118,
所以所求概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=11813=16.
【拓展训练3】(1)(2016株洲模拟)某车间共有12名工人,随机抽取6名工人作为样本,他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示,其中茎为十位数,叶为个位数,日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.要从这6名工人中,随机选出2名工人参加一项技术比赛,则选出的2名工人中至少有1名为优秀工人的概率为(　　).

A.815 B.49
C.35 D.19
(2)(2017华师附中联考)在区间[0,4]上随机选取两个实数x,y,使得x+2y≤8的概率为(　　).
A.14 B.316 C.916 D.34
【解析】(1)由已知得,样本均值为x=17+19+20+21+25+306=22,故优秀工人有2名.
故所求概率为P=C21C41+C22C62=8+115=35,故选C.

(2)由x,y∈[0,4]知(x,y)构成的区域是边长为4的正方形及其内部,其中满足x+2y≤8的区域为如图所示的阴影部分.易知A(4,2),S正方形=16,S阴影=(2+4)×42=12.故“使得x+2y≤8”的概率P=S阴影S正方形=34.
【答案】(1)C　(2)D

微专题四
离散型随机变量的分布列、均值与方差

　　1.利用转化与化归的思想确定离散型随机变量X的取值范围以及取各值的概率.抽象概括出两种特殊的概率分布——两点分布与超几何分布,并善于灵活运用两性质:一是pi≥0(i=1,2,…);二是p1+p2+…+pn=1检验分布列的正误.
2.求解离散型随机变量的分布列、数学期望时,首先分清事件的构成与性质,分类讨论确定离散型随机变量的所有取值,然后根据概率类型选择公式,计算每个变量取每个值的概率,列出对应的分布列,最后求出数学期望.
【例4】(2017邯郸模拟)甲、乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23,乙获胜的概率为13,各局比赛结果相互独立.
(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;
(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列和均值(数学期望).
【分析】(1)引进字母表示事件,用文字叙述,计算概率值;(2)求出X的4个值的概率,列出随机变量X的分布列.
【解析】用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,则P(Ak)=23,P(Bk)=13,k=1,2,3,4,5.
(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)·
P(A3)P(A4)
=232+13×232+23×13×232=5681.
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)·P(B2)=59,
P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)
=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=29,
P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)
=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)
=1081,
P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P
59
29
1081
881

　　E(X)=2×59+3×29+4×1081+5×881=22481.
【拓展训练4】(2017日照高三模拟)某医院到社区检查老年人的体质健康情况.从该社区全体老年人中,随机抽取12人进行体质健康测试,测试成绩(百分制)的茎叶图如图所示.

根据老年人体质健康标准,成绩不低于80的为“优良”.
(1)将频率视为概率,根据样本估计总体的思想,在该社区全体老年人中任选3人进行体质健康测试,求至少有1人成绩是“优良”的概率;
(2)从抽取的12人中随机选取3人,记ξ表示成绩“优良”的人数,求ξ的分布列及期望.
【解析】(1)抽取的12人中成绩是“优良”的频率为23,
故从该社区中任选1人,成绩是“优良”的概率为23,
设事件A:在该社区老年人中任选3人,至少有1人成绩是“优良”,
则P(A)=1-C30×1-233=1-127=2627.
(2)由题意可得,ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=C43C123=4220=155,P(ξ=1)=C81C42C123=48220=1255,
P(ξ=2)=C82C41C123=112220=2855,P(ξ=3)=C83C123=56220=1455,
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
155
1255
2855
1455

　　故E(ξ)=0×155+1×1255+2×2855+3×1455=2.

微专题五
统计与统计案例

　　1.通过函数建模的思想,在判断两个变量是否相关时,利用公式求出b＾,a＾,确定回归方程的前提下,利用回归方程对两个变量的关系做出预测.
2.利用独立性检验的基本思想判断两个独立变量X与Y是否有关系.因为独立性检验提出的假设是两个变量X与Y无关,所以如果K2≥k0,就推断X与Y有关,这种推断犯错误的概率不超过P(K2≥k0),否则,就认为在犯错误的概率不超过P(K2≥k0)的前提下不能推断“X与Y有关系”,类似于反证法.
【例5】(2017合肥模拟)某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型,并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x个月)和市场占有率(y%)的几组相关对应数据:
x(个月)
1
2
3
4
5
y(%)
0.02
0.05
0.10
0.15
0.18

　　(1)根据上表中的数据,用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程;
(2)根据上述回归方程,分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势,并预测自上市起经过多少个月,该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%.(精确到月)
附:b＾=∑i=1nxiyi-nx-y-∑i=1nxi2-nx2,a＾=y-b＾x.
【分析】(1)根据公式,需要求∑i=15xiyi,∑i=15xi2的值,代入公式可得b＾,再利用回归直线一定过样本点的中心求解;(2)回归直线方程的斜率即是市场占有率的变化率.
【解析】(1)由题意知x=3,y=0.1,∑i=15xiyi=1.92,∑i=15xi2=55,
所以b＾=∑i=15xiyi-5x-y-∑i=15xi2-5x2=1.92-5×3×0.155-5×32=0.042,
a＾=y-b＾x=0.1-0.042×3=-0.026,
所以线性回归方程为y＾=0.042x-0.026.
(2)由(1)中的回归方程可知,上市时间与市场占有率正相关,即上市时间每增加1个月,市场占有率约增加0.042个百分点.
由y＾=0.042x-0.026>0.5,解得x>26321.
又因为x∈N,所以x≥13.
故预测自上市起经过13个月,该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%.
【拓展训练5】(2017开封模拟) 随机选取某大学的男同学和女同学各20名,询问该40名大学生在购买食物时是否读营养说明,得到如下2×2列联表:

男
女
总计
读营养说明
16
8
24
不读营养说明
4
12
16
总计
20
20
40

　　(1)根据以上列联表进行独立性检验,能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为性别与是否读营养说明之间有关系?
(2)从被询问的16名不读营养说明的大学生中,随机抽取2名学生,求抽到男生人数ξ的分布列及其均值(数学期望).
附:
P(K2≥k0)
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

　　K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
【解析】(1)由列联表可得
K2的观测值k=40×(16×12-8×4)224×16×20×20≈6.67>6.635.
故在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为性别与读营养说明之间有关系.
(2)随机变量ξ的取值为0,1,2.
P(ξ=0)=C122C162=1120,P(ξ=1)=C121C41C162=25,P(ξ=2)=C42C162=120.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
1120
25
120

　　故ξ的数学期望E(ξ)=0×1120+1×25+2×120=12.

微专题六
概率与统计的综合运用

　　1.概率与统计的主要依托点是统计图表,正确认识并使用这些图表是解决问题的关键.掌握样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算,培养数据处理能力和数学运算能力.
2.概率与统计知识结合的问题,先依据统计知识明确条件,求出有关统计的结论,再将所求问题简化为纯概率及其分布的问题,依据概率及其分布列、期望、方差的知识求解.
【例6】(2017大连模拟)某次数学测试之后,数学组的老师对全校数学总成绩分布在[105,135)的n名同学的第19题成绩进行了分析,数据整理如下:
组数
分组
第19题满分人数
第19题满分人数
占本组人数的比例
第一组
[105,110)
15
0.3
第二组
[110,115)
30
0.3
第三组
[115,120)
x
0.4
第四组
[120,125)
100
0.5
第五组
[125,130)
120
0.6
第六组
[130,135)
195
y


　　(1)补全所给的频率分布直方图,并求n,x,y的值;
(2)现从[110,115),[115,120)两个分数段的第19题满分的试卷中,按分层抽样的方法抽取9份试卷进行展出,并从9份试卷中选出2份作为优秀试卷,优秀试卷在[115,120)中的分数记为ξ,求随机变量ξ的分布列及期望.
【分析】(1)首先根据表格数据求出样本总数,再利用公式第19题满分人数频率×n=第19题满分人数占本组人数比例,填上表格中的数值;(2)根据9份试卷的构成,确定ξ的分布列的类型——超几何分布,进而确定相应的参数取值,并求出ξ的每个取值对应事件的概率,列出分布列,最后代入数学期望公式求值.
【解析】(1)由第一组[105,110)可得150.01×5n=0.3,解得n=1000.
∴x0.03×5×1000=0.4,解得x=60.
设在区间[130,135)的频率为z,则(0.01+0.02+0.03+0.04×2+z)×5=1,解得z=0.06.
∴1950.06×5×1000=y,解得y=0.65.
频率分布直方图如图所示.

(2)从[110,115),[115,120)两个分数段的第19题满分的试卷中,按分层抽样的方法抽取9份试卷进行展出,则分别抽取3份,6份.从9份试卷中选出2份作为优秀试卷,优秀试卷在[115,120)中的分数记为ξ,取值为0,1,2.
则P(ξ=k)=C32-kC6kC92,可得P(ξ=0)=112,P(ξ=1)=12,P(ξ=2)=512.
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
112
12
512

　　故E(ξ)=0×112+1×12+2×512=43.
【拓展训练6】(2017烟台一模)2017年由央视举办的一档文化益智节目《中国诗词大会》深受观众喜爱,某记者调查了部分年龄在[10,70]的观众,按年龄分为六组:第一组[10,20),第二组[20,30),第三组[30,40),第四组[40,50),第五组[50,60),第六组[60,70],得到如图所示的频率分布直方图.若第四、五、六组的人数依次成等差数列,且第六组有4人.

(1)请补充完整频率分布直方图,并估计这组数据的平均数x;
(2)现根据观看年龄,从第四组和第六组的所有观众中任意选2人,记他们的年龄分别为c和d,若|c-d|≥10,则称此2人为“最佳诗词搭档”,试求选出的2人为“最佳诗词搭档”的概率P;
(3)将此样本的频率视为概率,现随机从这组样本中选出3名观众,求年龄不低于40岁的人数ξ的分布列及期望.
【解析】(1)设第四、五组的频率分别为a、b,
则2b=a+0.005×10,a+b=1-(0.005+0.015+0.020+0.035)×10,联立解得a=0.15,b=0.10.
故频率分布直方图如图所示.

x=15×0.2+25×0.15+35×0.35+45×0.15+55×0.1+65×0.05=34.5.
(2)由题意,第四组人数为4×0.0150.005=12,
所以P=C121C41C162=25.
(3)由题意可得样本总人数为40.05=80,年龄不低于40岁的人数为80×(0.05+0.10+0.15)=24.故在样本中任选1人,其年龄不低于40岁的概率为2480=310.
ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ=k)=C3k1-3103-k310k,可得P(ξ=0)=3431000,P(ξ=1)=4411000,P(ξ=2)=1891000,P(ξ=3)=271000.
可得ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000

　　所以ξ~B3,310,则E(ξ)=3×310=910.

微专题七
自主招生真题赏析

本专题供参加自主招生考试的学生使用
1.三边均为整数,且最大边长为11的三角形共有(　　).
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　A.20个　　　　 B.26个　　　　 C.30个　　　　 D.36个
【解析】不妨设三边长为a,b,c,且a≤b≤c,则c=11.
若a=1,则b∈{11},三角形共1个;
若a=2,则b∈{10,11},三角形共2个;
若a=3,则b∈{9,10,11},三角形共3个;
若a=4,则b∈{8,9,10,11},三角形共4个;
若a=5,则b∈{7,8,9,10,11},三角形共5个;
若a=6,则b∈{6,7,8,9,10,11},三角形共6个;
若a=7,则b∈{7,8,9,10,11},三角形共5个;
若a=8,则b∈{8,9,10,11},三角形共4个;
若a=9,则b∈{9,10,11},三角形共3个;
若a=10,则b∈{10,11},三角形共2个;
若a=11,则b∈{11},三角形共1个.
故三角形共有1+2+…+5+6+5+…+2+1=36个.
【答案】D
2.在x2-1x10的展开式中系数最大的项是(　　).
A.第4,6项 B.第5,6项
C.第5,7项 D.第6,7项
【解析】Tr+1=C10r·(x2)10-r·-1xr=(-1)r·C10r·x20-2r·x-r=(-1)r·C10r·x20-3r.当r为偶数时,Tr+1>0;当r为奇数时,Tr+1<0.又C104=C106,故当r=4或r=6时,(-1)r·C10r最大,最大项为第5,7项.
【答案】C
3.甲、乙两人下围棋,下三盘棋,甲平均能赢两盘.某日,甲、乙进行五局三胜制赛,那么甲胜出的概率为　　　　　　　. 
【解析】记“√”表示甲胜,“×”表示乙胜,分三种情况讨论:
打满五盘甲胜出有6种情况,即√√××√;√×√×√;√××√√;×√√×√;×√×√√;××√√√.甲胜出的概率为233×132×6=1681.
打四盘甲胜出有3种情况,即√×√√;√√×√;×√√√.甲胜出的概率为233×13×3=827.
打三盘甲胜出只有1种情况,即√√√,甲胜出的概率为233=827.
所以甲、乙进行五局三胜制赛,甲胜出的概率为1681+827+827=6481.
【答案】6481
4.C1:y=ax+b(a,b∈{1,2,3,4,5}),C2:x2+y2=2,
(1)求C1,C2有交点的概率P(A);
(2)求交点个数的数学期望E(A).
【解析】(1)设圆心(0,0)到直线ax-y+b=0的距离为d,若C1、C2有交点,则d=ba2+1≤2⇒b2≤2(a2+1).
当b=1时,a=1,2,3,4,5;
当b=2时,a=1,2,3,4,5;
当b=3时,a=2,3,4,5;
当b=4时,a=3,4,5;
当b=5时,a=4,5.
共5+5+4+3+2=19种情况.所以C1,C2有交点的概率P(A)=195×5=1925.
(2)当交点个数为0时,直线与圆相离,有6种情况;
当交点个数为1时,直线与圆相切,b2=2(a2+1),此时a=1,b=2;
当交点个数为2时,由(1)知直线与圆相交,有18种情况.
所以E(A)=0×625+1×125+2×1825=3725.

阶段检测七
一、选择题
1.(2017泰安模拟)已知变量x与y之间的回归直线方程为y＾=-3+2x,若∑i=110xi=17,则∑i=110yi的值为(　　).
A.3　　　　B.4　　　　C.0.4　　　　D.40
【解析】依题意x=1710=1.7,而直线y＾=-3+2x一定经过样本点的中心(x,y),所以y=-3+2x=-3+2×1.7=0.4,所以∑i=110yi=0.4×10=4.
【答案】B
2.(2013年全国Ⅰ卷)从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是(　　).
A.12 B.13 C.14 D.16
【解析】从1,2,3,4中任取2个不同的数,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),共12种情况.而满足条件“2个数之差的绝对值为2”的只有(1,3),(2,4),(3,1),(4,2),共4种情况,所以取出的2个数之差的绝对值为2的概率为412=13.
【答案】B
3.(2017唐山模拟)通过随机询问110名大学生是否爱好某项运动,得到如下的列联表:

男
女
合计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
合计
60
50
110

由K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),
算得K2的观测值k=110×(40×30-20×20)260×50×60×50≈7.8.
附表:
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828

参照附表,得到的正确结论是(　　).
A.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下,认为“爱好该项运动与性别有关”
B.在犯错误的概率不超过0.1%的前提下,认为“爱好该项运动与性别无关”
C.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D.有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
【解析】根据独立性检验的定义,由k≈7.8>6.635,可知在犯错误的概率不超过0.01的前提下,即有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”,故选C.
【答案】C
4.(2017枣庄模拟)为防止部分学生考试时用搜题软件作弊,命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这三种题型进行改编,且每名教师只改编一种题型,则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为(　　).
A.150 B.180 C.200 D.280
【解析】根据题意,5个人可以有3,1,1和2,2,1两种分组方法,所以方法数为A33C53C21C11A22+C52C32C11A22=150.
【答案】A
5.(2017济南模拟)定积分∫ 01(2x+ex)dx=ea,则x+ax6展开式中的常数项为(　　).
A.1 B.-1 C.20 D.-20
【解析】∫ 01(2x+ex)dx=(x2+ex) 01=(1+e)-(0+e0)=e=ea,所以a=1.故x+ax6展开式的通项为Tr+1=C6rx6-r·axr=arC6rx6-2r,令6-2r=0,即r=3,所以常数项为T4=a3C63=20.
【答案】C
6.(2017南昌二模)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数,事件A为“取到的2个数之和为偶数”,事件B为“取到的2个数均为偶数”,则P(B|A)=(　　).
A.18 B.14 C.25 D.12
【解析】P(A)=C32+C22C52=410=25,P(AB)=C22C52=110.由条件概率计算公式,得P(B|A)=P(AB)P(A)=11025=14.
【答案】B
7.(2017滨州模拟)甲、乙两人进行围棋比赛,比赛采取五局三胜制,无论哪一方先胜三局则比赛结束.若甲每局比赛获胜的概率均为23,则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　).
A.827 B.6481 C.49 D.89
【解析】前三局中甲获胜2局,第四局甲胜,则P=C32232×1-23×23=827.
【答案】A

8.(2013年陕西卷)如图,在矩形区域ABCD的A,C两点处各有一个通信基站,假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源,基站工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地点无信号的概率是(　　).
A.1-π4 B.π2-1
C.2-π2 D.π4
【解析】所求概率为P=SDEBFS矩形ABCD=2×1-π×12×14×22×1=2-π22=1-π4.
【答案】A
二、填空题
9.(2017东营模拟)某工厂为了了解一批产品的净重(单位:克)情况,从中随机抽测了200件产品的净重,所得数据均在区间[96,106]上,其频率分布直方图如图所示.已知各个小矩形按从低到高的高度依次构成一个等差数列,则在抽测的200件产品中,净重在区间[98,102)上的产品件数是　　　　　. 

【解析】由题意可知0.050,a,b,c,d构成等差数列,设公差为t.
由小长方形的面积之和为1可得(0.050+a+b+c+d)×2=1,
即0.050+a+b+c+d=0.5,
所以5×0.050+10t=0.5,
解得t=0.025.
所以b=0.050+0.025×2=0.10,
d=0.050+0.025×4=0.150.
所以净重在区间[98,102)上的频率为(b+d)×2=(0.10+0.150)×2=0.5.
净重在区间[98,102)上的产品数为 200×0.5=100.
【答案】100
10.(2017东莞摸底)已知随机变量X服从正态分布N(2,1).若P(1≤X≤3)=0.6826,则P(X>3)=　　　　. 
【解析】因为随机变量X服从正态分布N(2,1),所以P(X>3)=P(X<1),因为P(X<1)+P(1≤X≤3)+P(X>3)=1,所以P(X>3)=12(1-0.6826)=0.1587.
【答案】0.1587
11.(2013年上海卷)设非零常数d是等差数列x1,x2,x3,…,x19的公差,随机变量ξ等可能地取值x1,x2,x3,…,x19,则方差Dξ=　　　　. 
【解析】由等差数列的性质,x=S1919=x1+x192=x10.
∴Dξ=119[(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x19-x)2]
=219d2(12+22+32+…+92)=30d2.
【答案】30d2
12.(2017德州模拟)用1,2,3,4,5组成不含重复数字的五位数,要求数字4不出现在首位和末位,数字1,3,5中有且仅有两个数字相邻,则满足条件的不同五位数的个数是　　　　.(请用数字作答) 
【解析】①当数字4出现在第二位时,则第1位必为数字1,3,5中的一个数字,所以满足条件的五位数有C31A22A22=12个;②当数字4出现在第三位时,则第一位和第二位为数字1,3,5中的两个数字或第四位和第五位为数字1,3,5中的两个数字,所以满足条件的五位数有2A32A22=24个;③当数字4出现在第四位时,则第五位必为数字1,3,5中的一个数字,所以满足条件的五位数有C31A22A22=12个.综上可知,满足条件的不同五位数有12+24+12=48个.
【答案】48
三、解答题
13.(2017张家口模拟)某商场为了了解顾客的购物信息,随机地在商场收集了100位顾客购物的相关数据,整理如下:
一次购物款
(单位:元)
[0,50)
[50,100)
[100,150)
[150,200)
[200,+∞)
顾客人数
m
20
30
n
10

统计结果显示:100位顾客中购物款不低于100元的顾客占60%.据统计,该商场每日大约有5000名顾客,为了增加商场销售额度,对一次性购物不低于100元的顾客发放纪念品(每人一件).(注:将频率视为概率)
(1)试确定m,n的值,并估计该商场每日应准备纪念品的数量;
(2)现有4人去该商场购物,求获得纪念品的人数ξ的分布列与数学期望.
【解析】(1)由已知,100位顾客中购物款不低于100元的顾客有n+40=100×60%,即n=20,
则m=100-(20+30+20+10)=20.
该商场每日应准备纪念品的数量大约为5000×60100=3000件.

　　(2)由(1)可知1人购物获得纪念品的概率P=60100=35.
故4人购物获得纪念品的人数ξ服从二项分布B4,35,
则P(ξ=0)=C40350254=16625,
P(ξ=1)=C41351253=96625,
P(ξ=2)=C42352252=216625,
P(ξ=3)=C43353251=216625,
P(ξ=4)=C44354250=81625.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
16625
96625
216625
216625
81625

　　所以ξ的数学期望为E(ξ)=0×16625+1×96625+2×216625+3×216625+4×81625=125.



滚动检测六

一、选择题
1.(2017泰安模拟)根据如下样本数据:
x
3
4
5
6
7
8
y
4.0
2.5
-0.5
0.5
-2.0
-3.0

得到的回归方程为y＾=bx+a,则(　　).
A.a>0,b>0　　　　　　B.a>0,b<0
C.a<0,b>0 D.a<0,b<0
【解析】由样本数据可知,y值总体上是随x值的增大而减小的,故b<0,又回归直线过第一象限,故纵截距a>0.故选B.
【答案】B
2.(2017抚顺模拟)已知x=e16(e为自然对数的底数),y=log52,z=log43,则下列结论正确的是(　　).
A.x C.z 【解析】x=e16>1,y=log52z=log43>log42=12,∴y 【答案】B
3.(2017兰州模拟)已知直线l与平面α相交但不垂直,m为空间内的一条直线,则下列结论一定不成立的是(　　).
A.m⊥l,m⊂α B.m⊥l,m∥α
C.m∥l,m∩α≠⌀ D.m⊥l,m⊥α
【解析】设过l和l在平面α内的射影的平面为β,则当m⊥β时,有m⊥l,m∥α或m⊂α,故A,B正确.若m∥l,则m与平面α所成的夹角与l与平面α所成的夹角相等,即m与平面α斜交,故C正确.若m⊥α,设l与m所成的角为θ,则0<θ<π2.即m与l不可能垂直,故D错误.
【答案】D
4.(2017南宁模拟)抛掷一枚质地均匀的硬币4次,正面不连续出现的概率是(　　).
A.34　　　　B.12　　　　C.13　　　　D.14
【解析】抛掷一枚质地均匀的硬币4次,基本事件总数n=24=16,正面不连续出现包含的基本事件个数m=1+C41+C32=8,所以抛掷一枚质地均匀的硬币4次,正面不连续出现的概率P=mn=816=12.
【答案】B
5.(2017鞍山模拟)公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10=(　　).
A.18 B.24 C.60 D.90
【解析】∵a4是a3与a7的等比中项,∴a42=a3a7,即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d),整理得2a1+3d=0,　①
又∵S8=8a1+562d=32,整理得2a1+7d=8,　②
由①②联立,解得d=2,a1=-3,∴S10=10a1+902d=60.
【答案】C
6.(2017包头模拟)某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积是12π,则它的表面积是(　　).

A.18π+16 B.20π+16
C.22π+16 D.24π+16
【解析】由题意可知,该几何体是1个圆柱去掉14个圆柱,圆柱的底面半径为r,高为2r,故该几何体的体积为34πr2×2r=12π,∴r=2.
故几何体的表面积为34×2π×2×4+34π×22×2+2×2×4=18π+16.
【答案】A
7.(2017日照模拟)甲、乙、丙 3人站到共有七级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法总数是(　　).
A.84 B.210 C.343 D.336
【解析】本题需要分组求解.若对于七级台阶上每级只站1人,则有A73种站法;若有一级台阶上站2人,另一级台阶上站1人,则有C31A72种站法.根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336.故选D.
【答案】D
8.(2017广东三校模拟)已知x,y满足约束条件x-y+6≥0,x≤3,x+y+k≥0,且z=2x+4y的最小值为2,则常数k=(　　).
A.2 B.-2 C.6 D.3
【解析】由约束条件x-y+6≥0,x≤3,x+y+k≥0,作出可行域如图所示,

图中以k=0为例,可行域为△ABC及其内部区域,
当k<0时,边界AC上移,当k>0时,边界AC下移,均为△ABC及其内部区域.
由z=2x+4y,得直线方程y=-12x+z4,
由图可知,当直线y=-12x+z4过可行域内的点A时,z最小.
联立x=3,x+y+k=0,得A(3,-k-3).
故zmin=2×3+4×(-k-3)=-4k-6=2,解得k=-2.
【答案】B
9.(2017安庆模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点与虚轴的一个端点构成一个角为120°的三角形,则双曲线C的离心率为(　　).
A.52 B.62 C.3 D.5
【解析】双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),可取虚轴的一个端点M(0,b),F1(-c,0),F2(c,0).设∠F1MF2=120°,得c=3b,两边平方得c2=3b2=3(c2-a2),可得3a2=2c2,即c=62a,得离心率e=ca=62.故选B.
【答案】B
10.(2017合肥模拟)已知圆C1:(x-a)2+(y+2)2=4与圆C2:(x+b)2+(y+2)2=1 相外切,则ab的最大值为(　　).
A.62 B.32 C.94 D.23
【解析】由圆C1与圆C2相外切,可得(a+b)2+(-2+2)2=2+1=3,即(a+b)2=9,
由基本不等式可知ab≤a+b22=94,当且仅当a=b=±32时等号成立.
【答案】C
二、填空题
11.(2017济南模拟)《中国诗词大会》的播出引发了全民的读书热,某小学语文老师在班里开展了一次诗词默写比赛,班里40名学生得分数据的茎叶图如图所示.若规定得分不小于85分的学生得到“诗词达人”的称号,小于85分且不小于70分的学生得到“诗词能手”的称号,其他学生得到“诗词爱好者”的称号.根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选10名学生,则抽选的学生中获得“诗词达人”称号的人数为　　　　.  

【解析】由茎叶图可得,获“诗词达人”的称号有8人,根据该次比赛的成绩按照称号的不同进行分层抽样抽选10名学生,则抽选的学生中获得“诗词达人”称号的人数为n10=840,解得n=2.
【答案】2
12.(2017东北三校模拟)(x-x)n的展开式中各项的二项式系数之和为16,则展开式中x2的系数为　　　　. 
【解析】∵(x-x)n的展开式中各项的二项式系数之和为16,∴2n=16,解得n=4,∴(x-x)4展开式的通项为Tr+1=(-1)rC4rx4-r2,令4-r2=2,得r=4,∴展开式中x2的系数为C44=1.
【答案】1
13.(2017渭南模拟)若数列{an}的前n项和Sn=2an-1,则此数列的通项公式an=　　　　. 
【解析】当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,整理得an=2an-1.∵当n=1时,S1=2a1-1,即a1=1,∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴an=1·2n-1=2n-1.
【答案】2n-1
14.(2017三门峡模拟)过抛物线y2=4x的焦点F且倾斜角为π4的直线交抛物线于A,B两点,则||FB|-|FA||=　　　　　. 
【解析】抛物线y2=4x的焦点F(1,0),准线为x=-1.设A(x1,y1),B(x2,y2).由y=x-1,y2=4x,可得x2-6x+1=0,解得x1=3+22.x2=3-22.由抛物线的定义可得|FA|=x1+1=4+22,|FB|=x2+1=4-22,则||FB|-|FA||=42.
【答案】42
三、解答题
15.(2017南昌月考)在数列{an}中,设f(n)=an,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),a1=1.
(1)设bn=an2n-1,证明数列{bn}为等差数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=2an+2n,得bn+1=an+12n=2an+2n2n=an2n-1+1=bn+1,
∴bn+1-bn=1,又a1=1,∴b1=1,
∴{bn}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)由(1)知,bn=an2n-1=n,∴an=n×2n-1.
∴Sn=1+2×21+3×22+…+n×2n-1,
两边同时乘以2,得2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
两式相减得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n×2n=2n-1-n×2n=(1-n)×2n-1,∴Sn=(n-1)×2n+1.
16.(2017太原模拟)某鱼类养殖户在一个鱼池中养殖一种鱼,每季养殖成本为10000元,此鱼的市场价格和鱼池的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:
鱼池产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5

鱼的市场价格(元/kg)
60
100
概率
0.4
0.6

(1)设X表示在这个鱼池养殖1季这种鱼的利润,求X的分布列和期望;
(2)若在这个鱼池中连续3季养殖这种鱼,求这3季中至少有2季的利润不少于20000元的概率.
【解析】(1)因为利润=产量×市场价格-成本,所以X所有可能的取值为
500×100-10000=40000,500×60-10000=20000,
300×100-10000=20000,300×60-10000=8000,
P(X=40000)=0.5×0.6=0.3,
P(X=20000)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5,
P(X=8000)=0.5×0.4=0.2,
所以X的分布列为
X
40000
20000
8000
P
0.3
0.5
0.2

　　则E(X)=40000×0.3+20000×0.5+8000×0.2=23600.
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于20000元”(i=1,2,3).
因为C1,C2,C3相互独立,由(1)知,
P(Ci)=P(X=40000)+P(X=20000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3).
故3季的利润均不少于20000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20000元的概率为C32×(0.8)2×0.2=0.384.
所以3季中至少有2季的利润不少于20000元的概率为0.512+0.384=0.896.

17.(2017潍坊模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2CD,BC=3CD,△APB是等边三角形,且侧面APB⊥底面ABCD,E,F分别是PC,AB的中点.
(1)求证:PA∥平面DEF.
(2)求平面DEF与平面PCD所成的二面角(锐角)的余弦值.

【解析】(1)连接AC,交DF于点O,连接OE,CF,如图所示,∵AB∥CD,AB=2CD,F是AB的中点,
∴CD?AF,∴四边形CDAF是平行四边形,∴O是AC的中点.
又∵E是PC的中点,∴OE∥PA.
∵PA⊄平面DEF,OE⊂平面DEF,
∴PA∥平面DEF.
(2)连接PF,∵底面ABCD为直角梯形,且∠ABC=90°,∴DF⊥AF,∵侧面APB⊥平面ABCD,又PF⊂平面APB,平面ABCD∩平面APB=AB,PF⊥AB,∴PF⊥平面ABCD.

以F为原点,FA所在的直线为x轴,DF所在的直线为y轴,FP所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设BC=3CD=3,则D(0,-3,0),C(-1,-3,0),P(0,0,3),E-12,-32,32,F(0,0,0),故FD=(0,-3,0),FE=-12,-32,32,PC=(-1,-3,-3),PD=(0,-3,-3).
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·FD=-3y=0,n·FE=-12x-32y+32z=0,不妨取z=1,得n=(3,0,1).
设平面PCD的法向量为m=(a,b,c),
则m·PC=-a-3b-3c=0,m·PD=-3b-3c=0,不妨取b=1,得m=(0,1,-1).
故cos=m·n|m|·|n|=-122=-24,
∴平面DEF与平面PCD所成的二面角(锐角)的余弦值为24.

18.(2017嘉兴模拟)如图,设斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C:x29+y23=1交于A,B两点,且OA⊥OB.
(1)求直线l在y轴上的截距(用k表示);
(2)求△AOB面积取最大值时直线l的方程.

　　【解析】(1)设l:y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
∵斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C:x29+y23=1交于A,B两点,且OA⊥OB,∴OA·OB=0,
∴x1x2+(kx1+t)(kx2+t)=0,
∴(1+k2)x1x2+kt(x1+x2)+t2=0.　(*)
联立y=kx+t,x29+y23=1,消去y,得x2+3(kx+t)2=9,即(1+3k2)x2+6ktx+3t2-9=0,　(**)
则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t2-91+3k2,且Δ>0,代入(*),从而得(1+k2)(3t2-9)-6k2t2+t2(1+3k2)=0,
∴4t2-9-9k2=0,
∴t2=94(1+k2),∴t=±321+k2,
∴直线l在y轴上的截距为321+k2或-321+k2.
(2)设△AOB的面积为S,O到直线l的距离为d,则S=12|AB|×d.
由(1)知d=|t|k2+1=32,
且|AB|=k2+1×(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2×36k2t2(1+3k2)2-4(3t2-9)1+3k2
=k2+11+3k2×31+9k2=3(k2+1)(1+9k2)1+3k2,
∴S=94×1+49k2+1k2+6≤94×1+13=332,
当且仅当,9k2=1k2,即k=33时,等号成立.
∴当Smax=322时,t=±3,
将k,t代入(**)得Δ>0,
∴直线l的方程为y=33x+3或y=33x-3.