1、数学 第二部分 高考热点 分层突破 专题四 概率与统计第1讲 概率、离散型随机变量及其分布列02研考点考向破重点难点03练典型习题 提数学素养 01做高考真题明命题趋向做真题题型 古典概型与事件的相互独立性1(2019高考全国卷)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“”，如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 B1132C2132D1116解析：选 A.由 6 个爻组成的重卦种数为 2664，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C36654620.根据古典概型的
2、概率计算公式得，所求概率 P2064 516.故选 A.2(2018高考全国卷)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 30723.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 112B 114C 115D 118解析：选 C.不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从中随机选取两个不同的数有 C210种不同的取法，这 10 个数中两个不同的数的和等于 30的有 3 对，所以所求概率 P 3C210 115，故选 C.3(201
3、9高考全国卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 41 获胜的概率是_解析：记事件 M 为甲队以 41 获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以 P(M)0.6(0.620.5220.60.40.522)0.18.答案：0.184(2019高考全国卷)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
4、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)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)(
5、10.5)0.40.50.40.1.山东省学习指导意见1概率(1)在具体情境中，进一步了解概率的意义以及频率与概率的区别(2)通过实例，理解古典概型及其概率计算公式，会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率了解两个互斥事件的概率加法公式(3)了解随机数的意义，初步体会几何概型的意义2离散型随机变量及其分布列(1)在对具体问题的分析中，理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性(2)了解条件概率和两个事件相互独立的概念理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布，理解超几何分布及其导出过程，并能解决一些简单的实际问题(3)理解取有限值的离散型随
6、机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题(4)认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义考法全练1(2019贵州省适应性考试)在 2018 中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁 4 名游客准备到贵州的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游，其中每个人只能去一个景点，每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山旅游的概率为()A14 B13C12D23 古典概型与相互独立事件的概率解析：选 B.4 名游客去三个景点，每个景点至少有一个人，可以先将其中 2 名游客“捆绑在一起”作为“一个人”，再将“三个人”安排到三个景点去旅游，共有 C24A33663
7、6(种)方案游客甲去梵净山旅游，若梵净山再没有其他 3 名游客去旅游，则有 C23A22326(种)方案，若“乙、丙、丁”中有 1 人也去了梵净山旅游，则有 C13A226(种)方案，所以游客甲去梵净山旅游共有 12 种方案所以游客甲去梵净山旅游的概率 P123613.故选 B.2(一题多解)(2019济南市模拟考试)2019 年 1 月 1 日，济南轨道交通 1 号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动市民可以通过济南地铁 APP 抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的
8、概率为()A16 B13C23 D56解析：选 D.法一：若小王和小李都没被选中，则有 C22种方法，若小王和小李有一人被选中，则有 C12C12种方法，故所求概率 PC22C12C12C2456.法二：若小王和小李都被选中，则有 1 种方法，故所求概率 P1 1C2456.3(2019石家庄市模拟(一)袋子中装有大小、形状完全相同的 2 个白球和 2 个红球，现从中不放回地摸取 2 个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为()A16B13C12D15解析：选 B.设“第二次摸到红球”为事件 A，“第一次摸到红球”为事件 B，因为 P(A)21224312，P(AB)24316，
9、所以 P(B|A)P（AB）P（A）13，所以在第二次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为13，故选 B.4(2019武汉市调研测试)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为34，他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第 1 球投进的概率为34，则他第 2 球投进的概率为()A34B58C 716D 916解析：选 B.设该篮球运动员投进第 n1(n2，nN*)个球的概率为 Pn1，第 n1 个球投不进的概率为 1Pn1，则他投进第 n 个球的概率为 Pn34Pn114(1Pn1)1412Pn1，所以 Pn1212P
10、n112.所以 Pn12P112 12n112n11412n1.所以 Pn12n112(nN*)，所以 P258.故选 B.5(2019济南模拟)某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门现随机地取 1 把钥匙试着开门，不能开门的就扔掉，问第二次才能打开门的概率是_如果试过的钥匙不扔掉，这个概率是_解析：第二次打开门，说明第一次没有打开门，故第二次打开门的概率为242313.如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为242414.答案：13 146某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)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 110和 p.(1)若在任意时刻至少有一个系
11、统不发生故障的概率为4950，求 p 的值；(2)求系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C，那么 1P(C)1 110p4950，解得 p15.(2)设“系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件 D，“系统 A 在 3 次相互独立的检测中发生 k 次故障”为事件 Dk.则 DD0D1，且 D0，D1 互斥依题意，得 P(D0)C031 1103，P(D1)C131101 1102，所以 P(D)P(D0)P(D1)7291 000 2431 000243250.所以系统
12、 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.(1)古典概型的概率公式P(A)mnA中所含的基本事件数基本事件总数(2)条件概率在 A 发生的条件下 B 发生的概率P(B|A)P（AB）P（A）.(3)相互独立事件同时发生的概率P(AB)P(A)P(B)(4)独立重复试验如果事件 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 Cknpk(1p)nk，k0，1，2，n.典型例题命题角度一 超几何分布的判断、期望与方差的求解(2019唐山模拟)甲、乙两位工人分别用两种不同工艺生产同一种零件，已知尺寸在223，228
13、(单位：mm)内的零件为一等品，其余为二等品甲、乙当天生产零件尺寸的茎叶图如图所示：随机变量的分布列、均值与方差(1)从甲、乙两位工人当天所生产的零件中各随机抽取 1 个零件，求抽取的 2 个零件等级互不相同的概率；(2)从工人甲当天生产的零件中随机抽取 3 个零件，记这 3 个零件中一等品的数量为 X，求 X 的分布列和数学期望【解】(1)由茎叶图可知，甲当天生产了 10 个零件，其中 4 个一等品，6 个二等品；乙当天生产了 10 个零件，其中 5 个一等品，5 个二等品所以抽取的 2 个零件等级互不相同的概率 P4565101012.(2)X 可取 0，1，2，3P(X0)C04C36C
14、310 16；P(X1)C14C26C310 12；P(X2)C24C16C310 310；P(X3)C34C06C310 130.X 的分布列为X0123P1612310130所以随机变量 X 的数学期望 E(X)0161122 3103 13065.(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，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率(2)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(Xk)CkMCnkNMCnN(k0，1，m，其中 mminM，n，且nN，MN，n，M，NN*)提醒 本题的易错点是
15、混淆超几何分布与二项分布，两种分布的本质差别在于“有放回”和“无放回”，“有放回”是二项分布，“无放回”是超几何分布 命题角度二 二项分布的判断、期望与方差的求解(一题多解)(2019合肥模拟)师大附中学生会组织部分同学，用“10 分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度现从调查人群中随机抽取 16 名，如图所示的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)记录了他们的幸福度分数(1)指出这组数据的众数和中位数；(2)若幸福度不低于 9.5 分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这 16 人中随机选取3 人，至多有 1 人的幸福度是“极幸福”的概率；(3)以这 16 人的样本数据来
16、估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选 3 人，记 表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求 的分布列及数学期望【解】(1)由茎叶图得 8.6 出现的次数最多，所以众数为 8.6；将茎叶图中的所有数据从小到大排列，得中位数为 8.75.(2)设事件 Ai(i0，1，2，3)表示所取 3 人中有 i 人的幸福度是“极幸福”，至多有 1人的幸福度是“极幸福”记为事件 A，结合茎叶图得 P(A)P(A0)P(A1)C312C316C14C212C316121140.(3)法一：的可能取值为 0，1，2，3，由样本估计总体得任选 1 人，其幸福度为“极幸福”的概率为 41614，则P(0)34
17、32764；P(1)C13143422764；P(2)C2314234 964；P(3)143 164.的分布列为0123P27642764964164所以 E()02764127642 9643 1640.75.法二：的可能取值为 0，1，2，3，由样本估计总体得任选 1 人，其幸福度为“极幸福”的概率为 41614，则 B3，14，P(k)Ck314k343k(k0，1，2，3)的分布列为0123P27642764964164E()3140.75.(1)求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列(2)对于实际问题中的随机变量 X，如果能够断定它服从二项分布 B(n，p)，则其概
18、率、期望与方差可直接利用公式 P(Xk)Cknpk(1p)nk(k0，1，2，n)，E(X)np，D(X)np(1p)求得 命题角度三 独立事件的判断、期望与方差的求解(2019石家庄市模拟(一)东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)根据市场调查，该食品每份进价 8 元，售价 12 元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区 100 天的销售量如下表：销售量/份15161718天数20304010(视样本频率为概率)(1)根据该食品 100 天的销售量统计表，记两天中一共销
19、售该食品份数为，求 的分布列与数学期望；(2)以两天内该食品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进 32 或 33 份，哪一种得到的利润更大？【解】(1)根据题意可得P(30)1515 125，P(31)15 3102 325P(32)15252 310 31014，P(33)15 1102 310252 725，P(34)310 110225251150，P(35)25 1102 225，P(36)110 110 1100.的分布列如下：30313233343536P1253251472511502251100E()30 12531 325321433 72534115035 225
20、36 110032.8.(2)当购进 32 份时，利润为3242125(3148)325(30416)125107.5213.924.16125.6(元)当购进 33 份时，利润为334 59100(3248)14(31416)325(30424)12577.883012.963.84124.68(元)因为 125.6124.68，所以，当购进 32 份时，利润更大破解此类离散型随机变量的分布列与数学期望问题的思维切入口是：先利用两个计数原理，排列、组合知识，以及古典概型的概率公式求基本事件的概率；再依题意判断随机变量的所有可能取值，求出随机变量 X 取每个值时的概率，即可得随机变量 X 的分
21、布列；最后利用随机变量 X 的数学期望的定义计算 命题角度四 利用均值与方差破解决策性问题(2019合肥市第二次质量检测)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2台机器的客户，推出 2 种超过质保期后 2 年内的延保维修优惠方案，方案一：交纳延保金 7 000 元，在延保的 2 年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修费 2 000 元；方案二：交纳延保金 10 000 元，在延保的 2 年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修费 1 000 元某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保 2
22、 年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概率记 X 表示这 2 台机器超过质保期后延保的 2 年内共需维修的次数(1)求 X 的分布列；(2)以方案一与方案二所需费用(所需延保金及维修费用之和)的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【解】(1)X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5，6.P(X0)110 110 1100，P(X1)110152 125，P(X2)151525 1102 325，P(X3)110 3102152521150，P(X4)2525 310152 725，P(X5)25
23、3102 625，P(X6)310 310 9100，所以 X 的分布列为X0123456P110012532511507256259100(2)选择延保方案一，所需费用 Y1 的分布列为Y17 0009 00011 00013 00015 000P1710011507256259100E(Y1)171007 00011509 000 72511 000 62513 000 910015 00010 720(元)选择延保方案二，所需费用 Y2 的分布列为Y210 00011 00012 000P671006259100E(Y2)6710010 000 62511 000 910012 0001
24、0 420(元)因为 E(Y1)E(Y2)，所以该医院选择延保方案二较合算由于离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，离散型随机变量的方差和标准差都反映了离散型随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，越稳定因此，常利用离散型随机变量的均值与方差来解决有关决策问题 对点训练1(2019福建平和一中、南靖一中等五校期中联考)已知 X 是离散型随机变量，E(X)6，D(X)0.5，X12X5，那么 E(X1)_，D(X1)_解析：由期望和方差的运算性质知，E(X1)E(2X5)2E(X)57，D(X1)D(2X5)22D(X)2.答案：
25、7 22(2019福建省质量检查)“工资条里显红利，个税新政入民心”随着 2019 年新年钟声的敲响，我国自 1980 年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019 年 1 月 1 日起实施的个税新政主要内容包括：个税起征点为5 000 元；每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除；专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：旧个税税率表(个税起征点 3 500 元)新个税税率表(个税起征点 5 000 元)缴税级数每月应纳税所得额(含税)收入个税起
26、征点税率(%)每月应纳税得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除税率(%)1不超过 1 500 元的部分3不超过 3 000 元的部分32超过 1 500 元至 45 00 元的部分10超过 3 000 元至 12 000 元的部分103超过 4 500 元至 9 000 元的部分20超过 12 000 元至 25 000 元的部分204超过 9 000 元至 35 000元的部分25超过 25 000 元至 35 000 元的部分255超过 35 000 元至 55 000元的部分30超过 35 000 元至 55 000 元的部分30.随机抽取某市 1 000 名同一收入层级的 IT 从业者
27、的相关资料，经统计分析，预估他们2019 年的人均月收入为 24 000 元统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除，同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是 2111；此外，他们均不符合其他专项附加扣除新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房 1 000 元/月，子女教育每孩 1 000 元/月，赡养老人 2 000 元/月等 假设
28、该市收入层级的 IT 从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT 从业者的人均月收入视为其个人月收入根据样本估计总体的思想，解决如下问题：(1)设该市该收入层级的 IT 从业者 2019 年月缴个税为 X 元，求 X 的分布列和期望；(2)根据新旧个税政策，估计从 2019 年 1 月开始，经过多少个月，该市该收入层级的 IT从业者各月少缴纳的个税之和就超过其 2019 年的人均月收入？解：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为 24 0005 0001 00018 000(元)，月缴个税 X3 0003%9 00010%
29、6 00020%2 190；符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为 24 0005 0001 0001 00017 000(元)，月缴个税 X3 0003%9 00010%5 00020%1 990;符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为 24 0005 0001 0002 00016 000(元)，月缴个税 X3 0003%9 00010%4 00020%1 790；既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为 24 0005 0001 0001 0002 00
30、015 000(元)，月缴个税 X3 0003%9 00010%3 00020%1 590.所以 X 的可能值为 2 190，1 990，1 790，1 590.依题意，上述四类人群的人数之比是 2111，所以 P(X2 190)25，P(X1 990)15，P(X1 790)15，P(X1 590)15.所以 X 的分布列为X2 1901 9901 7901 590P25151515所以 E(X)2 190251 990151 790151 590151 950.(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的 IT 从业者 2019 年每月应纳税所得额(含税)为 24 0003 50020 500
31、(元)，所以其月缴个税为 1 5003%3 00010%4 50020%11 50025%4 120(元)因为在新个税政策下该市该收入层级的 IT 从业者 2019 年月缴个税的均值为 1 950 元，所以该收入层级的 IT 从业者每月少缴纳的个税为 4 1201 9502 170(元)设经过 x 个月，该市该收入层级的 IT 从业者各月少缴纳的个税的总和就超过 24 000元，则 2 170 x24 000，因为 xN，所以 x12.所以经过 12 个月，该市该收入层级的 IT 从业者各月少缴纳的个税的总和就超过 2019年的人均月收入请做：练典型习题 提数学素养 word部分：点击进入链接 本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
