1、考点考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差 1.(2020课标理,3,5分)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四 种情形中,对应样本的标准差最大的一组是( ) A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 4 1i 答案答案 B 根据均值E(X)=xipi,方差D(X)=xi-E(X)2 pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应 样本的标准差如下表. 由此可知选项B对应样
2、本的标准差最大,故选B. 选项 均值E(X) 方差D(X) 标准差 A 2.5 0.65 B 2.5 1.85 C 2.5 1.05 D 2.5 1.45 4 1i 4 1i D(X) 0.65 1.85 1.05 1.45 2.(2019浙江,7,4分)设0a1.随机变量X的分布列是 则当a在(0,1)内增大时,( ) A.D(X)增大 B.D(X)减小 C.D(X)先增大后减小 D.D(X)先减小后增大 X 0 a 1 P 1 3 1 3 1 3 答案 D 本题主要考查了离散型随机变量的分布列、期望与方差,考查了学生的运算求解能力 及逻辑推理能力,考查了数学运算的核心素养. 随机变量X的期
3、望E(X)=0+a+1=,D(X)= =(a2-a+1)=+, 当a时,D(X)单调递减,当a时,D(X)单调递增,故选D. 1 3 1 3 1 3 1 3 a 222 111 0-1- 333 aaa a 1 3 2 9 2 9 2 1 - 2 a 1 6 1 0, 2 1 ,1 2 3.(2018浙江,7,4分)设0p1,随机变量的分布列是 则当p在(0,1)内增大时,( ) A.D()减小 B.D()增大 C.D()先减小后增大 D.D()先增大后减小 0 1 2 P 1-p 2 1 2 p 2 答案答案 D 本题考查随机变量的分布列,期望、方差的计算及函数的单调性. 由题意得E()=0
4、+1+2=+p, D()=+ =(1+2p)2(1-p)+(1-2p)2+(3-2p)2p =-p2+p+=-+. 由得0p1, D()在上单调递增,在上单调递减,故选D. 1- 2 p1 22 p1 2 2 1 0- 2 p 1- 2 p 2 1 1- 2 p 1 2 2 1 2- 2 p 2 p 1 8 1 4 2 1 - 2 p 1 2 1- 01, 2 01, 2 1-1 1, 222 p p pp 1 0, 2 1 ,1 2 4.(2017浙江,8,4分)已知随机变量i满足P(i=1)=pi,P(i=0)=1-pi,i=1,2.若0p1p2,则( ) A.E(1)E(2),D(1)D
5、(2) B.E(1)D(2) C.E(1)E(2),D(1)E(2),D(1)D(2) 1 2 答案答案 A 解法一:E(1)=0(1-p1)+1p1=p1, 同理,E(2)=p2, 又0p1p2,E(1)E(2). D(1)=(0-p1)2(1-p1)+(1-p1)2 p1=p1-, 同理,D(2)=p2-. D(1)-D(2)=p1-p2-(-)=(p1-p2)(1-p1-p2). 0p1p20, (p1-p2)(1-p1-p2)0. D(1)D(2).故选A. 解法二:同解法一知E(1)E(2),D(1)=p1-,D(2)=p2-, 令f(x)=x-x2,则f(x)在上为增函数,0p1p
6、2,f(p1)f(p2),即D(1)0(i=1,2,n),pi=1,定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi( ) A.若n=1,则H(X)=0 B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大 C.若pi=(i=1,2,n),则H(X)随着n的增大而增大 D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,m),则H(X)H(Y) 1 n i 1 n i 1 n 答案答案 AC 对于A,若n=1,则p1=1,H(X)=-1log21=0,A正确. 对于B,若n=2,则p1+p2=1, H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2l
7、og2p2), p1+p2=1,p2=1-p1,p1(0,1), H(X)=-p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1), 令f(p1)=-p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1), f (p1)=-p1+log2p1+(1-p1)-log2(1-p1)=-log2p1-log2(1-p1)=log2, 令f (p1)0,得0p1;令f (p1)0,得p1H(Y),D不正确. 2 1i 1 1 ln2p 1 -1 (1- ) ln2p 1 1 1-p p 1 2 1 2 1 0, 2 1 ,1 2 1 n 1 n i 1 n i 1 n 1 n 2 1i 1 2 22 111
8、1 loglog 2222 解法二:由P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,m),得P(Y=1)=p1+p2m,P(Y=2)=p2+p2m-1,P(Y=m)=pm+pm+1, H(Y)=-(p1+p2m)log2(p1+p2m)+(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1)+(pm+pm+1)log2(pm+pm+1), 由n=2m,得H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2+p2mlog2p2m),不妨设0a1,0b1,且0a+b1, 则log2alog2(a+b),alog2aalog2(a+b), 同理blog2bblog2(a+b),alog2
9、a+blog2b(a+b)log2(a+b), p1log2p1+p2mlog2p2m(p1+p2m)log2(p1+p2m), p2log2p2+p2m-1log2p2m-1(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1), pmlog2pm+pm+1log2pm+1(pm+pm+1)log2(pm+pm+1), pilog2piH(Y),D不正确. 2 1 m i 2 1 m i 1 m j 6.(2020浙江,16,6分)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球,每次取1个,不放 回,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为,则P(=0)= ,E()= . 答案
10、答案 ;1 1 3 解析解析 解法一:问题等价于将4个小球按照一定的顺序从左到右排列,总排法数有=24种. 当=0时,红球只能位于1,2号位,若红球位于1号位,则其余小球可任意排列,共有=6种;若红球位 于2号位,则黄球只能位于3,4号位,共有=2种. 从而P(=0)=. 当=1时,红球位于2,3号位,若红球位于2号位,则一个黄球位于1号位即可,此时共有=4种;若 红球位于3号位,则一个黄球位于4号位即可,此时共有=4种.从而P(=1)=. 当=2时,红球位于3,4号位,若红球位于3号位,则黄球位于1,2号位,共有=2种;若红球位于4号位, 剩余的小球可任意排列,共有=6种.从而P(=2)=.
11、 由上可知P(=0)=,E()=0+1+2=1. 解法二:利用插空法处理. 若=0,则黄球均位于红球右边,绿球随意插入即可,此时,共有=8种. 1 2 3 4 4 4 A 3 3 A 2 2 A 62 24 8 24 1 3 1 2 C 2 2 A 1 2 C 2 2 A 44 24 1 3 2 2 A 3 3 A 26 24 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 2 2 A 1 4 A 若=1,则黄球在红球的左右均有,绿球可随意插入,此时,共有=8种. 若=2,则黄球均位于红球的左边,绿球可随意插入,此时,共有=8种. 从而P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=,所以E()=1. 2 2
12、 A 1 4 A 2 2 A 1 4 A 8 24 1 3 1 3 1 3 7.(2019课标理,13,5分)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车 次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车 所有车次的平均正点率的估计值为 . 答案答案 0.98 解析解析 设经停该站高铁列车所有车次中正点率为0.97的事件为A,正点率为0.98的事件为B,正点率 为0.99的事件为C,则用频率估计概率有P(A)=,P(B)=,P(C)= ,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.97+0.98+0.9
13、9=0.98. 10 1020 10 1 4 20 1020 10 1 2 10 1020 10 1 4 1 4 1 2 1 4 8.(2020江苏,23,10分)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋 中各任取一个球交换放入另一口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为Xn,恰有2个黑球 的概率为pn,恰有1个黑球的概率为qn. (1)求p1,q1和p2,q2; (2)求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示). 解析解析 本题主要考查随机变量及其概率分布等基础知识,考查逻辑思维能力和推理论证能力. (1)p1=
14、,q1=, p2= p1+ q1+0 (1-p1-q1) =p1+q1=, q2= p1+ q1+ (1-p1-q1)=-q1+=. (2)当n2时, pn= pn-1+ qn-1+0 (1-pn-1-qn-1)=pn-1+qn-1, qn= pn-1+ qn-1+ (1-pn-1-qn-1)=-qn-1+, 2+,得2pn+qn=pn-1+qn-1-qn-1+=(2pn-1+qn-1)+. 从而2pn+qn-1=(2pn-1+qn-1-1), 又2p1+q1-1=, 所以2pn+qn=1+=1+,nN*. 1 1 1 3 C C 1 3 1 3 C C 1 3 1 2 1 3 C C 1 3
15、 1 3 C C 2 3 1 1 1 3 C C 1 3 1 3 C C 1 2 1 3 C C 1 1 1 3 C C 1 3 2 9 7 27 1 2 1 3 C C 1 3 1 3 C C 1111 2211 1111 3333 CCCC CCCC 1 3 1 3 C C 1 2 1 3 C C 1 9 2 3 16 27 1 1 1 3 C C 1 3 1 3 C C 1 2 1 3 C C 1 1 1 3 C C 1 3 2 9 1 2 1 3 C C 1 3 1 3 C C 1111 2211 1111 3333 CCCC CCCC 1 3 1 3 C C 1 2 1 3 C C
16、1 9 2 3 2 3 4 9 1 9 2 3 1 3 2 3 1 3 1 3 1 3 -1 1 3 n 1 3 n 由,有qn-=-,又q1-=, 所以qn=+,nN*. 由,有pn=+,nN*. 故1-pn-qn=-+,nN*. Xn的概率分布为 则E(Xn)=0(1-pn-qn)+1qn+2pn=1+,nN*. Xn 0 1 2 P 1-pn-qn qn pn 3 5 1 9 -1 3 - 5 n q 3 5 1 15 1 15 -1 1 - 9 n 3 5 1 2 1 1- 3 n n q 3 10 1 - 9 n 1 2 1 3 n 1 5 3 10 1 - 9 n 1 2 1 3
17、n 1 5 1 3 n 9.(2017北京理,17,13分)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,记为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求的分布 列和数学期望E(); (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) 解析解析 本题考查古典概型,离散型随机变
18、量的分布列与数学期望,方差等知识. (1)由题图知,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,此人指标y的值小于60的概率为=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. 所以的所有可能取值为0,1,2. P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=. 所以的分布列为 故的期望E()=0+1+2=1. (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. 0 1 2 P 15 50 2 2 2 4 C C 1 6 11 22 2 4 C C C 2 3 2 2 2 4 C C 1
19、6 1 6 2 3 1 6 1 6 2 3 1 6 10.(2018天津理,16,13分)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16.现采用分层 抽样的方法从中抽取7人,进行睡眠时间的调查. (1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人? (2)若抽出的7人中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查. (i)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数,求随机变量X的分布列与数学期望; (ii)设A为事件“抽取的3人中,既有睡眠充足的员工,也有睡眠不足的员工”,求事件A发生的概率. 解析解析 本题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期
20、望、互斥事件的概率加法公 式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为322,由于采用分层抽样的方法从中抽取7 人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人. (2)(i)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=k)=(k=0,1,2,3). 所以,随机变量X的分布列为 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. (ii)设事件B为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有1人,睡眠不足的员工有2人”;事件C为“抽取的3 人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则A=BC,且B与C互斥. 由(i)
21、知,P(B)=P(X=2),P(C)=P(X=1),故P(A)=P(BC)=P(X=2)+P(X=1)=. X 0 1 2 3 P 3- 43 3 7 CC C kk 1 35 12 35 18 35 4 35 1 35 12 35 18 35 4 35 12 7 6 7 所以,事件A发生的概率为. 6 7 名师点睛名师点睛 超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到某类个体的个数.超几何分布的 特点: (1)考察对象分两类; (2)已知各类对象的个数; (3)从中抽取若干个个体,考察某类个体个数X的概率分布. 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.
22、11.(2019北京理,17,13分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为 主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校学生中随机 抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生 的支付金额分布情况如下: (1)从全校学生中随机抽取1人,估计该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率; (2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 00 0元的人数,求X的分布列和数学期望; (3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A
23、的学生中,随机抽查3人,发 现他们本月的支付金额都大于2 000元.根据抽查结果,能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金 额大于2 000元的人数有变化?说明理由. 支付金额(元) 支付方式 (0,1 000 (1 000,2 000 大于2 000 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B 10人 14人 1人 解析解析 本题主要考查用样本分布估计总体分布,离散型随机变量的分布列与期望,以实际生活为背 景考查学生解决实际问题的能力,渗透了数据分析的核心素养,体现了应用与创新意识. (1)由题意知,样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人,仅使用B的学生有10+14+1=25人,A,B两种支
24、付方式都不使用的学生有5人.故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40人.所以 从全校学生中随机抽取1人,该学生上个月A,B两种支付方式都使用的概率估计为=0.4. (2)X的所有可能值为0,1,2. 记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”,事 件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于1 000元”. 由题设知,事件C,D相互独立,且P(C)=0.4,P(D)=0.6. 所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24, P(X=1)=P(CD)=P(C)P()+P()P(D)=0
25、.4(1-0.6)+(1-0.4)0.6=0.52, P(X=0)=P()=P()P()=0.24. 所以X的分布列为 40 100 93 30 14 1 25 DCDC CDCD X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的数学期望E(X)=00.24+10.52+20.24=1. (3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人,他们本月的支付金额都大于2 000元”. 假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得 P(E)=. 答案答案示例1:可以认为有变化.理由如下: P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发
26、生,就有理由认为本月的支付金额大于2 00 0元的人数发生了变化.所以可以认为有变化. 答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下: 事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法确定有没有变化. 3 30 1 C 1 4 060 思路分析思路分析 (1)由频率=即可求解相应频率,进而用频率估计概率. (2)仅使用A,且支付金额大于1 000元的概率P=0.4,仅使用B,且支付金额大于1 000元的概率P =0.6,进而求分布列和期望. (3)开放性题目,从事件发生的概率说明理由即可. 频数 样本容量 93 30 14 1 25 12.(2017天津理,16,13
27、分)从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各 路口遇到红灯的概率分别为,. (1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望; (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率. 1 2 1 3 1 4 解析解析 本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望,事件的相互独立性,互斥事件的概率加 法公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. P(X=0)=, P(X=1)=1-1-+1-1-+=, P(X=2)=+=, P(X=3)=. 所以,随机变量X的分布
28、列为 1 1- 2 1 1- 3 1 1- 4 1 4 1 2 1 3 1 4 1 2 1 3 1 4 1 1- 2 1 1- 3 1 4 11 24 1 1- 2 1 3 1 4 1 2 1 1- 3 1 4 1 2 1 3 1 1- 4 1 4 1 2 1 3 1 4 1 24 X 0 1 2 3 P 1 4 11 24 1 4 1 24 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2+3=. (2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,Z表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率为 P(Y+Z=1)=P(Y=0,Z=1)+P(Y=1,Z=0) =P(Y=0)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=0)
29、=+=. 所以,这2辆车共遇到1个红灯的概率为. 1 4 11 24 1 4 1 24 13 12 1 4 11 24 11 24 1 4 11 48 11 48 13.(2019课标理,21,12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为 此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选 一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的 白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问 题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未
30、治愈,则甲药得1分,乙药得-1 分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治 愈,则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为和,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X的分布列; (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲 药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P (X=1).假设=0.5,=0.8. (i)证明:pi+1-pi(i=0,1,2,7)为等比数列; (ii)求p
31、4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性. 解析解析 本题主要考查概率与数列的综合,考查离散型随机变量的分布列,等比数列的判定及累加法 的应用,考查学生灵活运用概率与数列知识去分析、解决实际问题的能力,综合考查学生的逻辑推 理能力、数学运算能力以及应用意识、创新意识. (1)X的所有可能取值为-1,0,1. P(X=-1)=(1-),P(X=0)=+(1-)(1-), P(X=1)=(1-). 所以X的分布列为 (2)(i)由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1, 故0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1), 即pi+1
32、-pi=4(pi-pi-1). 又因为p1-p0=p10, 所以pi+1-pi(i=0,1,2,7)是公比为4,首项为p1的等比数列. X -1 0 1 P (1-) +(1-)(1-) (1-) (ii)由(i)可得p8=p8-p7+p7-p6+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+(p1-p0)=p1. 由于p8=1,故p1=, 所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=p1=. p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时, 认为甲药更有效的概率为p4=0.003 9,此时得出错误结论的概率非
33、常小,说明这种试验方案 合理. 8 4 -1 3 8 3 4 -1 4 4 -1 3 1 257 1 257 1.(2017山东理,18,12分)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
34、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. 以下为教师用书专用 解析解析 本题考查离散型随机变量的分布列,期望. (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)=. (2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4,则 P(X=0)=,P(X=1)=, P(X=2)=,P(X=3)=, P(X=4)=. 因此X的分布列为 4 8 5 10 C C 5 18 5 6 5 10 C C 1 42 41 64 5 10 C C C 5 21 32 64 5 10 C C C 10 21 23 64 5 10 C C C 5 21 14 64 5 10
35、C C C 1 42 X 0 1 2 3 4 P 1 42 5 21 10 21 5 21 1 42 X的数学期望是 EX=0P(X=0)+1P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)+4P(X=4)=0+1+2+3+4=2. 5 21 10 21 5 21 1 42 解后反思解后反思 (1)求离散型随机变量X的分布列的步骤: 理解X的含义,写出X所有可能的取值. 求X取每个值时的概率; 写出X的分布列. (2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量取各个值时对应的概率,在求解时,要注意应 用计数原理,古典概型概率公式等知识. 2.(2016天津理,16,13分)某小组共10人,利用假期
36、参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人 数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会. (1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率; (2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望. 解析解析 (1)由已知,有P(A)=. 所以,事件A发生的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2. P(X=0)=, P(X=1)=, P(X=2)=. 所以,随机变量X的分布列为 随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2=1. X 0 1 2 P 112 343 2 10 C CC C 1 3
37、1 3 222 334 2 10 CCC C 4 15 1111 3334 2 10 C CC C C 7 15 11 34 2 10 C C C 4 15 4 15 7 15 4 15 4 15 7 15 4 15 3.(2017课标理,18,12分)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
38、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: 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? 最高气温 10,15) 15,20) 20,25) 25,30) 30,35) 35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 解析解析 本题考查随机变量的分布列,数学期望. (1)由题意知,X所有可能取值为200,300,500,由表格数据知 P(X=200)=0.2,P(
39、X=300)=0.4,P(X=500)=0.4. 因此X的分布列为 (2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500瓶,至少为200瓶,因此只需考虑200n500. 当300n500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=6300+2(n-300)-4n=1 200-2n; 若最高气温低于20, 则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n0.4+(1 200-2n)0.4+(800-2n)0.2=(640-0.4n)元. 当200n300时, X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 2 16 90
40、 36 90 2574 90 若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温低于20, 则Y=6200+2(n-200)-4n=800-2n. 因此EY=2n(0.4+0.4)+(800-2n)0.2=(160+1.2n)元. 所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元. 4.(2017江苏,23,10分)已知一个口袋中有m个白球,n个黑球(m,nN*,n2),这些球除颜色外完全相 同.现将口袋中的球随机地逐个取出,并放入如图所示的编号为1,2,3,m+n的抽屉内,其中第k次取 出的球放入编号为k的抽屉(k=1,2,3,m+n). (1)试求编号为2的抽屉内放的是黑
41、球的概率P; (2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数,E(X)是X的数学期望,证明:E(X) . 1 2 3 m+n ()( -1) n mn n 解析解析 本题主要考查古典概率、随机变量及其分布、数学期望等基础知识,考查组合数及其性质, 考查运算求解能力和推理论证能力. (1)解法一:若只考虑球的黑白差异(即同色球之间是不加区别的),编号为2的抽屉内放的是黑球的 概率P=. 解法二:若将所有的球都看作不同的,则P=. 解法三:若只考虑第二次放球,则P=. (2)随机变量X的概率分布为: 随机变量X的期望为: E(X)=. 所以E(X) X P -1 -1 C C n m n
42、 n m n n mn 1-1 -1 A A A m n nm n m n m n n mn n mn 1 n 1 n1 1 n2 1 k 1 mn n-1 n-1 n m n C C n-1 n n m n C C n-1 n 1 n m n C C n-1 k-1 n m n C C n-1 n m-1 n m n C C m n k n 1 k -1 -1 C C n k n m n 1 Cn m n m n k n 1 k ( -1)! ( -1)!( - )! k nk n 1 Cn m n m n k n ( -2)! ( -1)!( - )! k nk n = =(1+) =(+
43、) =(+) =(+) =, 即E(X). 1 ( -1)Cn m n n m n k n ( -2)! ( -2)!( - )! k nk n 1 ( -1)Cn m n n -2 -1 Cn n -2 Cn n -2 -2 Cn m n 1 ( -1)Cn m n n -1 -1 Cn n -2 -1 Cn n -2 Cn n -2 -2 Cn m n 1 ( -1)Cn m n n -1 Cn n -2 Cn n -2 -2 Cn m n 1 ( -1)Cn m n n -1 -2 Cn m n -2 -2 Cn m n -1 -1 C ( -1)C n m n n m n n ()(
44、-1) n mn n ()( -1) n mn n 考点考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2018广东省际名校联考(二),11)不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球, 现从中逐个不放回地摸出小球,直到取出所有红球为止,则摸取次数X的数学期望是( ) A. B. C. D. 18 5 9 2 36 7 16 3 答案答案 D 当X=k时,第k次取出的必然是红球,而前(k-1)次中,有且只有1次取出的是红球,其余取出 的皆为黑球,故P(X=k)=,于是得到X的分布列为 故E(X)=2+3+4
45、+5+6+7=.故选D. X 2 3 4 5 6 7 P 1 -1 2 7 C C k -1 21 k 1 21 2 21 3 21 4 21 5 21 6 21 1 21 2 21 3 21 4 21 5 21 6 21 16 3 2.(2020普通高等学校招生全国统一模拟考试,19)某工厂生产一种产品的标准长度为10.00 cm,只 要误差的绝对值不超过0.03 cm就认为合格,工厂质检部抽检了某批次产品1 000件,检测其长度,绘 制条形统计图如图: (1)估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望; (2)如果视该批次产品样本的频率为总体的概率,要求从工厂生产的产品中随机抽取2件,假设其中
46、 至少有1件是标准长度产品的概率不小于0.8时,该设备符合生产要求.现有设备是否符合此要求? 若不符合此要求,求出符合要求时,生产一件产品为标准长度的概率的最小值. 解析解析 (1)由条形统计图知,该批次产品长度误差的绝对值X的分布列为 所以X的数学期望E(X)=00.4+0.010.3+0.020.2+0.030.075+0.040.025=0.010 25.(5分) (2)由(1)可知标准长度的概率为0.4,设至少有1件是标准长度产品为事件B, 则P(B)=1-=0.640.8,故不符合概率不小于0.8的要求.(8分) 设生产一件产品为标准长度的概率为x, 由题意知P(B)=1-(1-x)
47、20.8, 又0x1,解得1-xE(Y2),故应选n=19.(12分) Y1 1 450 1 600 1 750 1 900 1 950 2 000 2 050 P Y2 1 400 1 550 1 700 1 850 2 000 2 050 2 100 P 1 25 4 25 6 25 6 25 5 25 2 25 1 25 1 25 4 25 6 25 6 25 5 25 2 25 1 25 1 25 4 25 6 25 6 25 5 25 2 25 1 25 1 25 4 25 6 25 6 25 5 25 2 25 1 25 4.(2019广东佛山顺德第二次教学质量检测,18)某糕点房推出一类新品蛋糕,该蛋糕的成本价
