1、(理)第3讲 概率、随机变量及其分布 高考总复习大二轮 数 学 考情考向高考导航1考查古典概型、互斥事件、相互独立事件、独立重复试验等内容，主要以选择题、填空题的形式出现，多为容易或中等难度题2对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，重点考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等以解答题的形式出现，难度中档或偏下真题体验1(2017全国卷)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A.14 B.8C.12D.4解析：B 不妨设正方形边长为 a.由图
2、形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即所各占圆面积的一半由几何概型概率的计算公式得，所求概率为8，选 B.2(2018全国卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p，各成员的支付方式相互独立设 X 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数，DX2.4，P(X4)P(X6)，则 P()A0.7 B0.6C0.4 D0.3解析：B XB(10，p)，所以 10p(1p)2.4，且 C410p4(1p)612，p0.6.3(2019天津卷)设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为23，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立(1)用 X
3、表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 X 的分布列和数学期望；(2)设 M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前到校的天数恰好多 2”，求事件 M 发生的概率解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之前到校的概率均为23，故 XB3，23，从而 P(Xk)Ck323k133k，(k0,1,2,3.)所以，随机变量 X 的分布列为X0123P1272949827随机变量 X 的数学期望 E(X)3232.(2)设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为 Y，则 YB3，23，且
4、 MX3，Y1X2，Y0由题意知事件X3，Y1与X2，Y0互斥，且事件X3与Y1，事件X2与Y0均相互独立，从而由()知 P(M)P(X3，Y1X2，Y0)P(X3，Y1)P(X2，Y0)P(X3)P(Y1)P(X2)P(Y0)8272949 127 20243.主干整合1概率模型公式及相关结论(1)古典概型的概率公式P(A)mn事件A中所含的基本事件数试验的基本事件总数.(2)几何概型的概率公式P(A)构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.(3)相互独立事件同时发生的概率：若 A，B 相互独立，则 P(AB)P(A)P(B)(4)若事件 A，B 互斥，则 P
5、(AB)P(A)P(B)，P(A)1P(A)2独立重复试验与二项分布如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，那么它在 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率为 Pn(k)Cknpk(1p)nk，k0,1,2，n.用 X 表示事件 A 在 n 次独立重复试验中发生的次数，则 X 服从二项分布，即 XB(n，p)且 P(Xk)Cknpk(1p)nk.3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(Xk)CkMCnkNMCnN，k0,1,2，m，其中 mminM，n，且 nN，MN，n，M，NN*，此时称随机变量 X 服从超几何分布超几何分布的模型
6、是不放回抽样，超几何分布中的参数是 M，N，n.4离散型随机变量的均值、方差(1)离散型随机变量 的分布列为x1x2x3xinPp1p2p3pipn离散型随机变量 的分布列具有两个性质；pi0；p1p2pipn1(i1,2,3，n)(2)E()x1p1x2p2xipixnpn 为随机变量 的数学期望或均值D()(x1E()2p1(x2E()2p2(xiE()2pi(xnE()2pn 叫做随机变量 的方差(3)数学期望、方差的性质E(ab)aE()b，D(ab)a2D()XB(n，p)，则 E(X)np，D(X)np(1p)X 服从两点分布，则 E(X)p，D(X)p(1p)热点一 古典概型、几
7、何概型例 1(1)(2019全国卷)我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，右图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是()A.516 B.1132C.2132D.1116解析 A 在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数 n2664，恰有 3 个阳爻的基本事件数为 C3620，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的概率 P2064 516.故选 A.(2)(2018全国卷)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边
8、 BC，直角边 AB，AC.ABC 的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为 p1，p2，p3，则()Ap1p2Bp1p3Cp2p3Dp1p2p3解析 A 法一：SABC12ABAC，以 AB 为直径的半圆的面积为12AB228AB2，以 AC 为直径的半圆的面积为12AC228AC2，以 BC 为直径的半圆的面积为12BC228BC2，S12ABAC，S8BC212ABAC，S8AB28AC2 8BC212ABAC 12ABAC.SS.由几何概型概率公式得 p1SS总，p2SS总，p1p2.故选 A.法二：不妨设ABC 为等腰直角三
9、角形，ABAC2，则 BC2 2，所以区域的面积即ABC 的面积，为 S112222，区域的面积 S212 2222 2，区域的面积 S3 22222.根据几何概型的概率计算公式，得 p1p2 22，p322，所以 p1p3，p2p3，p1p2p3，故选 A.1求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏2计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域(1)(2019武汉二模)某校选定 4 名教师去 3 个边远地区支教(每地至少 1 人
10、)，则甲、乙两人不在同一边远地区的概率是_解析：选定 4 名教师去 3 个边远地区支教(每地至少 1 人)，不同的支教方法有 C24A33种而甲、乙两人在同一边远地区支教的不同方法有 C22A33种，所以甲、乙两人不在同一边远地区支教的概率为 P1C22A33C24A3356.答案：56(2)(2020贵阳模拟)折纸已经成为开发少年儿童智力的一种重要工具和手段，已知在折叠“爱心”活动中，会产生如图所示的几何图形，其中四边形 ABCD 为正方形，G 为线段 BC 的中点，四边形 AEFG与四边形 DGHI 也是正方形，连接 EB，CI，则向多边形 AEFGHID中投掷一点，该点落在阴影部分的概率
11、为_解析：设 AB2，则 BG1，AG 5，故多边形 AEFGHID 的面积 S 5 52122212；阴影部分为两个对称的三角形，其中EAB90GAB，故阴影部分的面积 S212AEABsinEAB212AEABcosGAB2122 52 55 4，故所求概率 p13.答案：13热点二 互斥事件、相互独立事件的概率例 2(1)(2019惠州二调)某个部件由两个电子元件按如图方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，则部件正常工作，设两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
12、_解析 通解：由正态分布知元件 1,2 的平均使用寿命为 1 000小时，设元件 1,2 的使用寿命超过 1 000 小时分别记为事件 A，B 显然 P(A)P(B)12，所以该部件的使用寿命超过 1 000 小时的事件为A B A BAB，所以其概率 P12121212121234.优解：由两个电子元件的使用寿命均服从正态分布 N(1 000，502)得：两个电子元件的使用寿命超过 1 000 小时的概率均为 P12，则该部件使用寿命超过 1 000 小时的概率为：P11(1P)234.答案 34(2)(2019苏州三模)现有 4 个人去参加春节联欢活动，该活动有甲、乙两个项目可供参加者选择
13、，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项目联欢，掷出点数为 1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢求这 4 人中恰好有 2 人去参加甲项目联欢的概率；求这 4 人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率解 依题意，这 4 个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为13，去参加乙项目联欢的概率为23.设“这 4 个人中恰好有 i 人去参加甲项目联欢”为事件 Ai(i0,1,2,3,4)，则 P(Ai)Ci413i234i.这 4 个人中恰好有 2 人去参加甲项目联欢的概率 P(A2)C24132232 827.设“这 4 个人中
14、去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件 B，则 BA3A4，故 P(B)P(A3)P(A4)C3413323C4413419.这 4 个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为19.求复杂事件概率的方法及注意点(1)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(2)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(3)注意点：注意辨别独立重复试验的基本特征：在每次试验中，试验结果只有
15、发生与不发生两种情况；在每次试验中，事件发生的概率相同(2019全国卷)11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 1010 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立在某局双方 1010 平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比赛结束(1)求 P(X2)；(2)求事件“X4 且甲获胜”的概率解：(1)X2 就是 1010 平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则这 2 个球均由甲得分，或者均由乙得分因此 P(X2)0.50.4(10.5)(10.4
16、)0.5.(2)X4 且甲获胜，就是 1010 平后，两人又打了 4 个球该局比赛结束，且这 4 个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得 1 分，后两球均为甲得分因此所求概率为0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1.热点三 离散型随机变量的分布列数据分析素养数据分析分布列问题中的核心素养通过求离散型随机变量的分布列，进行数据分析，可以明确变量取哪些值时的概率最大，可以帮助我们作出有益的决策.以统计图表为背景的随机变量的分布列均值例 31(2020聊城调研)某超市计划月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本每桶 5 元，售价每桶 7 元，未售出的冰激凌以每桶 3 元的价格当天全部
17、处理完毕，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600 桶；如果最高气温位于区间20,25)，需求量为 400 桶；如果最高气温低于 20，需求量为 200 桶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216362574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)求六月份这种冰激凌一天需求量 X(单位：桶)的分布列(2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为 Y(单位：元)，当六月份这种冰激凌一天的进货量 n
18、(单位：桶)为多少时，Y 的数学期望取得最大值？审题指导(1)要求冰激凌一天需求量 X 的分布列，只要确定 X的取值及其对应事件的含义，然后用频率估计概率(2)要求 Y 的数学期望，只要明确 X 与 Y 的关系，借助 X 的分布列，得到 Y 的期望解析(1)由已知得：X 的可能取值为 200,400 和 600.记六月份最高气温低于 20 为事件 A1，最高气温位于区间20,25)为事件 A2，最高气温不低于 25 为事件 A3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，知P(X200)P(A1)189015，P(X400)P(A2)369025，P(X600)P(A3)369025.故六月份
19、这种冰激凌一天的需求量 X(单位：桶)的分布列为：X200400600P152525(2)结合题意得当 n200 时，E(Y)2n400.当 200n400 时，E(Y)152002(n200)(2)45n265n160(400,640当 400n600 时，E(Y)152002(n200)(2)254002(n400)(2)25n225n800560,640)当 n600 时，E(Y)152002(n200)(2)254002(n400)(2)256002(n600)(2)1 7602n560.所以当 n400 时，Y 的数学期望 E(Y)取得最大值 640.以复杂事件为背景的随机变量的分布
20、列、均值例 32(2019青岛三模)某快递公司收取快递费用的标准是：首重(小于等于 1 kg)10 元/kg，续重 5 元/kg(不足 1 kg 的按 1 kg 计算)该公司对近 60 天中每天揽件数量统计如下表.包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126(1)某人打算将 A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过 30 元的概率；(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取 5 元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用前台
21、工作人员每人每天揽件不超过 150 件，工资 100 元，目前前台有工作人员 3 人，那么公司将前台工作人员裁员 1 人对提高公司利润是否更有利？审题指导(1)借助表格利用列举法列出所有组合的可能性，然后根据古典概型的概率计算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁减人员和裁减人员公司利润的概率分布列，分别求出数学期望，比较大小即可得最优方案解析(1)由题意，所有可能出现的情况如下表.包裹一 包裹二 情况 礼物 重量/kg 快递费/元 礼物 重量/kg 快递 费/元 支付的总 快递费 1 A 0.3 10 B，C 3.3 25 35 2 B 1.8 15 A，C 1.8 15 30 3 C 1.
22、5 15 A，B 2.1 20 35 所有情况中，快递费不超过 30 元的情况有 1 种，根据古典概型概率计算公式，所求概率为13.(2)根据题意得下表.包裹件数范围0100101200201300301400401500包裹件数(近似处理)50150250350450天数6630126频率0.10.10.50.20.1若不裁员，则每天可揽件的上限为 450 件，公司每日揽件数情况如下表.包裹件数(近似处理)50150250350450实际揽件数50150250350450频率0.10.10.50.20.1平均揽件数500.11500.12500.53500.24500.1260.故公司每日利
23、润的期望值为 260531001 000(元)若裁员 1 人，则每天可揽件的上限为 300 件，公司每日揽件数情况如下表.包裹件数(近似处理)50150250350450实际揽件数50150250300300频率0.10.10.50.20.1平均揽件数500.11500.12500.53000.23000.1235故公司每日利润的期望值为 23552100975(元)显然，9751 000，故公司将前台工作人员裁员 1 人对提高公司利润不利1以统计图表为背景的随机变量分布列问题的关键点(1)根据频率(数)分布表、频率分布直方图、茎叶图等图表准确求出随机事件的频率，并用之估计相应概率(2)出现多
24、个随机变量时，应注意分析随机变量之间的关系，进而由一个随机变量的分布列推出另一个随机变量的分布列2以复杂事件为背景的随机变量分布列问题的关键点(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率(2)求随机变量均值与方差的关键是正确求出随机变量的分布列若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解(2020深圳模拟)某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到 100 位教师近 2 年每人手机月平均使用流量 L(单位：M)的数据，其频率分布直方图如下：若将每位教师的手机月平均使
25、用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这 3 人中至多有 1 人手机月使用流量不超过 300 M 的概率；(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA20300B30500C38700这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值 200 M 流量，资费 20 元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值 200 M流量，资费 20 元，以此类推如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐
26、费，并承担系统自动充值的流量资费的 75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由解析：(1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超过 300 M”为事件 D.依题意，P(D)(0.000 80.002 2)1000.3.从该校教师中随机抽取 3 人，设这 3 人中手机月使用流量不超过300 M 的人数为 X，则 XB(3,0.3)，所以从该校教师中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超过 300 M 的概率为 P(X0)P(X1)C030.30(10.3)3C130.3(10.3)20.3430.4410.784.(2)依题意，从该校随机抽
27、取 1 位教师，该教师手机月使用流量 L(300,500的概率为(0.002 50.003 5)1000.6，L(500,700的概率为(0.000 80.000 2)1000.1.当学校订购 A 套餐时，设学校为 1 位教师承担的月费用为 X1 元，则 X1 的所有可能取值为 20,35,50，且 P(X120)0.3，P(X135)0.6，P(X150)0.1，所以 X1 的分布为X1203550P0.30.60.1所以 E(X1)200.3350.6500.132(元)当学校订购 B 套餐时，设学校为 1 位教师承担的月费用为 X2 元，则 X2 的所有可能取值为 30,45，且 P(X
28、230)0.30.60.9，P(X245)0.1，所以 X2 的分布列为X23045P0.90.1所以 E(X2)300.9450.131.5(元)当学校订购 C 套餐时，设学校为 1 位教师承担的月费用为 X3 元，则 X3 的所有可能取值为 38，且 P(X338)1，所以 E(X3)38138(元)因为 E(X2)E(X1)E(X3)，所以学校订购 B 套餐最经济重在“辨析”、“辨型”概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型，只要找到模型，问题便迎刃而解而概率与统计模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程，同时，还需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件，对立事件等
29、事件间的关系，注意放回和不放回试验的区别，合理划分复杂事件.思维流程真题案例(12 分)(2018全国卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验设每件产品为不合格品的概率都为 p(0p1)，且各件产品是否为不合格品相互独立(1)记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f(p)，求 f(p)的最大值点 p0；(2)现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以(1)中确定的 p0 作为 p 的值已知每件产品的检验
30、费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用()若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X，求 EX；()以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？审题指导(1)由每件产品为不合格品的概率都为 p，结合独立重复试验，即可求出 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率 f(p)，对 f(p)求导，利用导数的知识，即可求出 f(p)的最大值点 p0，注意 p 的取值范围；(2)()利用(1)的结论，设余下的产品中不合格品的件数为 Y，则 Y 服从二项分布，利用二项分布的期望公式、Y 与 X 的
31、关系式求出 EX，()求出检验余下所有产品的总费用，再与 EX 比较，即可得结论.审题方法审图表、数据题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向在审题时，认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法.规范解答解析(1)20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 f(p)C220p2(1p)18.2 分因此 f(p)C2202p(1p)1818p2(1p)172C220p(1p)17(110p)(0p1).3 分令 f(p)0，得 p0.1.4 分当 p(0,0.1)时，f(p)0；当 p(0.1,1)时，f(p)0.5 分所以 f(p)的最
32、大值点为 p00.1.6 分(2)由(1)知，p0.1.7 分令 Y 表示余下的 180 件产品中的不合格品件数，依题意知 YB(180,0.1)，X20225Y，即 X4025Y.9 分所以 E(X)E(4025Y)4025E(Y)490.10 分如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为 400元由于 E(X)400，故应该对余下的产品作检验.12 分 评分细则第(1)问踩点得分写出式子f(p)C220p2(1p)18 得 2 分正确求导得 1 分求出 p0.1 正确得 1 分，错误不得分分析判断 p(0,0.1)时，f(p)0；当 p(0.1,1)时，f(p)0 得 1 分确定 p00.1 得 1 分第(2)问踩点得分写出 p0.1 得 1 分求出 X4025Y 得 2 分求出期望值正确得 1 分，错误不得分得出结论“应该对余下的产品作检验”得 2 分，结论错误不得分.
