1、第8讲 概率、离散型随机变量的分布列、期望、方差1考题展望高考对互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望的考查，一般是以综合题的形式综合考查，以其中一小问考查互斥事件或独立事件的概率的计算，另一小问考查随机变量的分布列和数学期望，试题难度中档，同时考查考生的运算求解能力和必然或然的数学思想，考查考生思维的全面性与深刻性，以及阅读理解能力和数据收集处理能力，考查分值12分，是大多数考生的得分点之一2高考真题考题1(2012 全国新课标)某个部件由三个元件按如图所示方式连接而成，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
2、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38【解析】由三个电子元件的使用寿命均服从正态分布 N(1 000，502)，得：三个电子元件的使用寿命超过 1 000 小时的概率都为 P12.超过 1 000 小时时元件 1 或元件 2 正常工作的概率 P11(1P)234，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为 P2P1P38.【命题立意】本题考查互斥事件及独立事件的概率，考查学生分析问题、解决问题的能力【解析】由三个电子元件的使用寿命均服从正态分布 N(1 000，50
3、2)，得：三个电子元件的使用寿命超过 1 000 小时的概率都为 P12.超过 1 000 小时时元件 1 或元件 2 正常工作的概率 P11(1P)234，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为 P2P1P38.【命题立意】本题考查互斥事件及独立事件的概率，考查学生分析问题、解决问题的能力考题2(2012 湖北)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量 X(单位：mm)对工期的影响如下表：降水量 XX300300X700700X900X900工期延误天数 Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，求：(1)工期
4、延误天数Y的均值与方差；(2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率【解析】(1)由已知条件和概率的加法公式有：P(X300)0.3，P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4，P(700 x900)P(X900)P(X700)0.90.70.2.P(X900)1P(X900)10.90.1.所以 Y 的分布列为：Y02610P0.30.40.20.1 于是，E(Y)00.320.460.2100.13；D(Y)(03)20.3(23)20.4(63)20.2(103)20.19.8.(2)由概率的加法公式，P(X300)1P(X300)0.7，又 P
5、(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由条件概率，得 P(Y6|X300)P(X900|X300)P（300X900）P（X300）0.60.767.故在降水量 X 至少是 300 mm 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率是67.【命题立意】本题考查概率与统计的基础知识，概率统计是高考的一个热点问题，几乎年年必考，熟练基础知识是解决此类问题的关键(2)由概率的加法公式，P(X300)1P(X300)0.7，又 P(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由条件概率，得 P(Y6|X300)P(X900|X300)P（300X900）P（X
6、300）0.60.767.故在降水量 X 至少是 300 mm 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率是67.【命题立意】本题考查概率与统计的基础知识，概率统计是高考的一个热点问题，几乎年年必考，熟练基础知识是解决此类问题的关键考题3(2012 全国新课标)某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝 10 元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理(1)若花店一天购进 16 枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量 n(单位：枝，nN)的函数解析式；(2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：日需求量 n14151617181
7、920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率()若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；()若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由【解析】(1)当 n16 时，y16(105)80，当 n15 时，y5n5(16n)10n80，得：y 10n80（n15）80（n16）(nN)(2)()X 可取 60，70，80，P(X60)0.1，P(X70)0.2，P(X80)0.7.X 的分布列为 X607080P0.10.20.7 EX600.1700.2800.77
8、6.DX1620.1620.2420.744.()答案一：花店一天应购进 16 枝玫瑰花理由如下：若花店一天购进 17 枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么 Y 的分布列为 Y55657585P0.10.20.160.54 Y 的数学期望为 EY550.1650.2750.16850.5476.4 Y的方差为DY(5576.4)20.1(6576.4)20.2(7576.4)20.16(8576.4)20.54112.04.由以上的计算结果可以看出，DXDY，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小另外，虽然EXEY，但两者相差不大故花店一天应购进16枝玫瑰花答案二：花店一天应购进 17
9、 枝玫瑰花理由如下：若花店一天购进 17 枝玫瑰花，Y 表示当天的利润(单位：元)，那么 Y 的分布列为 Y55657585P0.10.20.160.54 Y的数学期望为EY550.1650.2750.16850.5476.4.由以上的计算结果可以看出，EXp1p2p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小【解析】(1)无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是(1p1)(1p2)(1p3)，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于1(1p1)(1p2)(1p3)p1p2p3p1p2p2p3p3p1p1p2p3.(2)当依次
10、派出的三个人各自完成任务的概率分别为 q1，q2，q3 时，随机变量 X 的分布列为 X123pq1(1q1)q2(1q1)(1q2)所需派出的人员数目的均值(数学期望)是 EXq12(1q1)q23(1q1)(1q2)32q1q2q1q2.(3)解法一：由(2)的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，EX32p1p2p1p2.根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3都有32q1q2q1q232p1p2p1p2.(*)事实上，(32q1q2q1q2)(32p1p2p1p2)2(p1q1)(p2q2)p
11、1p2q1q22(p1q1)(p2q2)(p1q1)p2q1(p2q2)(2p2)(p1q1)(1q1)(p2q2)(1q1)(p1p2)(q1q2)0，即(*)成立解法二：可将(2)中所求的EX改写为3(q1q2)q1q2q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3(q1q2)q1q2q2，由此可见，当q2q1时，交换前两人的派出顺序可减小均值 也可将(2)中所求的EX改写为32q1(1q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为32q1(1q1)q3，由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q3q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值综合可知，当(q1，q2，q3)(p1，p2，p3)时，EX达到
12、最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的【点评】本题是2011年安徽卷的第20题，难度较大，考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识备选题例5甲盒有标号分别为 1，2，3 的3 个红球；乙盒有标号分别为 1，2，n(n2)的 n 个黑球，从甲、乙两盒中各抽取一个小球，抽取的标号恰好分别为 1 和 n 的概率为 112.(1)求 n 的值；(2)现从甲、乙两盒各随机抽取 1 个小球，抽得红球的得分为其标号数；抽得黑球，
13、若标号数为奇数，则得分为 1；若标号数为偶数，则得分为零设被抽取的 2 个小球得分之和为，求 的数学期望E.【解析】(1)由题意知 13n 112，n4.(2)P(1)1C31C21C4116，P(2)C11C31C21C41C11C31C21C41161613，P(3)C11C31C21C41C11C31C21C41161613，P(4)C11C31C21C4116，E11621331341652.1求复杂事件的概率，一般有两种方法：(1)直接求解：将所求事件的概率分成一些彼此互斥事件的概率之和；(2)间接求解：先求出此事件的对立事件概率，再用公式P(A)1P()，即运用“正难则反”的方法求
14、解常见题型为含“至多”、“至少”等问题A2解决概率问题的一般步骤可概括如下：第一步：确定事件的性质，等可能事件、互斥事件、几何概型、独立事件或独立重复试验第二步：判断事件的运算为积事件还是和事件第三步：运用公式，等可能性事件：P(A)mn；互斥事件：P(AB)P(A)P(B)；独立事件：P(AB)P(A)P(B)；n 次独立重复试验：Pn(k)Cnkpk(1p)nk.3离散型随机变量的分布列，期望与方差问题往往是以实际应用性问题形式出现，理解题意是解题关键，运用分类讨论思想进行思考，通过合理分类寻找随机变量的可能取值，准确计算随机变量相应的概率，因此努力培养阅读理解能力，准确迅速的运算能力和分
15、析问题以及解决问题的思维能力显然十分重要1有 n 位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是 p(0p1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学能通过测试的概率为()A(1p)n B1pnCpnD1(1p)n【解析】显然 n 位同学参加某项选拔测试可看作 n次独立重复试验，其中没有一位同学能通过测试的概率为(1p)n，故至少有一位同学能通过测试的概率为 1(1p)n.D1有 n 位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是 p(0p1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学能通过测试的概率为()A(1p)n B1pnCpnD1(1p)n【解
16、析】显然 n 位同学参加某项选拔测试可看作 n次独立重复试验，其中没有一位同学能通过测试的概率为(1p)n，故至少有一位同学能通过测试的概率为 1(1p)n.2甲、乙两队进行排球决赛现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为()A.12B.35C.23 D.34【解析】由题得甲队获得冠军有两种情况，第一局胜或第一局输第二局胜，所以甲队获得冠军的概率P12121234，所以选 D.D2甲、乙两队进行排球决赛现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为()A.12B
17、.35C.23 D.34【解析】由题得甲队获得冠军有两种情况，第一局胜或第一局输第二局胜，所以甲队获得冠军的概率P12121234，所以选 D.3随机变量 的分布列如下：101Pabc其中 a，b，c 成等差数列，若 E13，则 D 的值是59【解析】依题意得abc3b1ac13，即 a16c12，由此解得 D 59.4设 为随机变量，从棱长为 1 的正方体的12 条棱中任取两条，用 0 代表两条棱相交则概率 P(0)【解析】若两条棱相交，则交点必为正方体 8个顶点中的一个，过任意 1 个顶点恰有 3 条棱共有 8C32 对相交棱 P(0)8C32C1228366 411.4114设 为随机变
18、量，从棱长为 1 的正方体的12 条棱中任取两条，用 0 代表两条棱相交则概率 P(0)【解析】若两条棱相交，则交点必为正方体 8个顶点中的一个，过任意 1 个顶点恰有 3 条棱共有 8C32 对相交棱 P(0)8C32C1228366 411.5如图，旋转一次圆盘，指针落在圆盘 3 分处的概率为 a，落在圆盘 2 分处的概率为 b，落在圆盘 0 分处的概率为c(不考虑边界情况)已知旋转一次圆盘得分的数学期望为 2，则 ab 的最大值为16【解析】E2，3a2b0c2.又abc1，联立abc13a2b2 a2cb13c，ab2c(13c)6(c16)216，即当a13b12c16时，ab 取得
19、最大值16.6栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6，0.5，移栽后成活的概率分别为0.7，0.9.则恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率为0.492【解析】解法一：分别记甲、乙两种果树成苗为事件 A1，A2；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件 B1，B2，P(A1)0.6，P(A2)0.5，P(B1)0.7，P(B2)0.9.分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A，B，则 P(A)P(A1B1)0.42,P(B)P(A2B2)0.45.恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为 P(AB)0.420.550.580.450.492.AB
20、解法二：恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为P(A1B12A1B1A221A2B2A11A2B2)0.492.AABB7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一球放入乙罐，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一球，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)P(B)25；P(B|A1)511；事件 B 与事件 A1 相互独立；A1，A2，A3 是两两互斥的事件；P(B)的值不能确定，因为它与 A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关【解析】P(B)P(BA
21、1)P(BA2)P(BA3)551011 241011 341011 922，所以、错；P(B|A1)55101112 511，正确；事件 B 与 A1 的发生有关系，所以错；A1，A2，A3 不能同时发生，是互斥事件8某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20 层可以停靠若该电梯在底层载有 5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用 表示这 5 位乘客在第 20 层下电梯的人数求：(1)随机变量 的分布列；(2)随机变量 的期望解析】解法一：(1)的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5.由等可能性事件的概率公式得 P(0)2535 32243，P(1)C5124
22、35 80243 P(2)C522335 80243，P(3)C532235 40243 P(4)C54235 10243，P(5)135 1243.从而 的分布列为 012345P32243802438024340243102431243(2)由(1)得 的期望为 E0 322431 802432 802433 402434 102435 124353.解法二：(1)考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验，这是 5 次独立重复试验 故 B(5，13)，即有 P(k)C5k(13)k(23)5k，k0，1，2，3，4，5.由此计算 的分布列如解法一(2)同解法一 解法三：(1)同解法一
23、或解法二(2)由对称性与等可能性，在三层的任一层下电梯的人数同分布，故期望值相等 即 3E5，从而 E53.9一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下述三种情况下，分别求直至取得正品为止所需次数的概率分布(1)每次取出的产品不再放回；(2)每次取出的产品仍然放回去；(3)每次取出一件次品后，再另放一件正品放回到这批产品中【解析】(1)由于总共 7 件正品，3 件次品，所以 可能取的值有 1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：P(1)710，P(2)31079 730 P(3)3102978 7120，P(4)310291877 1120.所以，的分布列为：1234P71073071201120(2)由于每次取出的产品仍放回去，下次取时和前一次情况完全相同，所以，可能取的值是 1，2，3，k，相应取值的概率为：P(1)710，P(2)310 710 21100，P(3)310 310 710 631 000，Pk(310)k1 710.(3)与(1)的情况类似，可能取的值有 1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：P(1)710，P(2)310 810 625，P(3)310 210 910 27500，P(4)310 210 1101010 3500.所以，的分布列为：1234P710625275003500
