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【步步高 通用(理)】2014届高三数学二轮专题突破 专题六 第2讲概率、随机变量及其分布

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第 2 讲 概率、随机变量及其分布
【高考考情解读】 1.该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率,而几何概型常与 平面几何、定积分交汇命题,古典概型常与排列、组合交汇命题;常考内容还有离散型随机 变量分布列、均值、方差,常与相互独立事件的概率、n 次独立重复试验交汇考查.2.从考查 形式上来看,三种题型都有可能出现,选择题、填空题突出考查基础知识、基本技能,有时 会在知识交汇点处命题;解答题则着重考查知识的综合运用,考查统计、古典概型、二项分 布以及离散型随机变量分布列等,都属于中、低档题.
1. 随机事件的概率 (1)随机事件的概率范围:0≤P(A)≤1;必然事件的概率为 1; 不可能事件的概率为 0. (2)古典概型的概率 P(A)=mn =A中所基含本的事基件本总事数件数. (3)几何概型的概率 P(A)=试验的构全成部事结件果A所的构区成域的长区度域?面长积度或?面体积积或? 体积?.
2. 条件概率 在 A 发生的条件下 B 发生的概率: P(B|A)=PP??AAB??.
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 Pn(k)=Cknpk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.
5. 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)=CkMCCnNnN--kM, k=0,1,2,…,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N,M≤N,n,M,N∈N*.此时称随机 变量 X 服从超几何分布.超几何分布的模型是不放回抽样,超几何分布中的参数是 M,
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N,n. 6. 离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量 ξ 可能取的值为 x1,x2,…,xi,…,ξ 取每一个值 xi 的概率为 P(ξ =xi)=pi,则称下表:
ξ x1 x2 x3 … xi … P p1 p2 p3 … pi … 为离散型随机变量 ξ 的分布列. (2)离散型随机变量 ξ 的分布列具有两个性质:①pi≥0,②p1+p2+…+pi+…=1(i= 1,2,3,…). (3)E(ξ)=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为 ξ 的数学期望,简称期望. D(ξ)=(x1-E(ξ))2·p1+(x2-E(ξ))2·p2+…+(xn-E(ξ))2·pn+…叫做随机变量 ξ 的方差. (4)性质 ①E(aξ+b)=aE(ξ),D(aξ+b)=a2D(ξ); ②X~B(n,p),则 E(X)=np,D(X)=np(1-p); ③X~两点分布,则 E(X)=p,D(X)=p(1-p). 7. 正态分布:若 X~N(μ,σ2),则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 ①P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682 6; ②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954 4; ③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997 4.

考点一 古典概型与几何概型

例 1 (1)(2012·上海)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中两个

项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________.(结果用最简分数表示)

(2)(2012·福建)如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一

点 P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为

()

1

1

A.4

B.5

1

1

C.6

D.7

答案 (1)23 (2)C

解析 (1)利用古典概型的概率公式求解.

三位同学每人选择三项中的两项有 C23C23C23=3×3×3=27(种)选法,

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其中有且仅有两人所选项目完全相同的有 C23C13C12=3×3×2=18(种)选法. ∴所求概率为 P=1287=23.

(2)利用积分求出阴影部分的面积,应用几何概型的概率计算公式求解.

∵S 阴影=?10( x-x)dx= ??23x32-21x2????10
=23-12=16,

又 S 正方形 OABC=1,
1 ∴由几何概型知,P 恰好取自阴影部分的概率为16=16.

(1)解答有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和所求事件

包含的基本事件数,这常用到计数原理与排列、组合的相关知识.

(2)在求基本事件的个数时,要准确理解基本事件的构成,这样才能保证所求事件所包

含的基本事件数的求法与基本事件总数的求法的一致性.

(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时,应考虑使用几何

概型求解.

(1)(2013·江苏)现有某类病毒记作 XmYn,其中正整数 m,n(m≤7,n≤9)可以 任意选取,则 m,n 都取到奇数的概率为________.

(2)(2013·四川)节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯,这两串彩灯的第一次闪

亮相互独立,且都在通电后的 4 秒内任一时刻等可能发生,然后每串彩灯以 4 秒为间隔

闪亮,那么这两串彩灯同时通电后,它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是

()

1

1

3

7

A.4

B.2

C.4

D.8

答案

20 (1)63

(2)C

解析 (1)P=47× ×59=2603.

(2)设在通电后的 4 秒钟内,甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为 X、

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?0≤X≤4 ? Y,X、Y 相互独立,由题意可知 0≤Y≤4
?|X-Y|≤2

,如图所示.

∴两串彩灯第一次亮的时间相差不超过 2 秒的概率为 P(|X-Y|≤2)=S正方形-2S△ABC= S正方形
4×4-42××214×2×2=1126=34. 考点二 相互独立事件和独立重复试验 例 2 甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试,考试分笔试和面试两部
分,笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取),两次考试过 程相互独立.根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析,甲、乙、丙三个同学能通过笔 试的概率分别是 0.6、0.5、0.4,能通过面试的概率分别是 0.6、0.6、0.75. (1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率; (2)求经过两次考试后,至少有一人被该高校预录取的概率.
本题主要考查相互独立事件的概率求法,(1)的关键是利用转化与化归思想,
把欲求概率的事件分解为 3 个互斥事件进行计算;(2)的关键是合理运用对立事件的概
率公式计算求解.
解 (1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件 A1、A2、A3;E 表示事件“恰
有一人通过笔试”,

则 P(E)=P(A1 A 2 A 3)+P( A 1A2 A 3)+P( A 1 A 2A3) =0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4=0.38. 即恰有一人通过笔试的概率是 0.38. (2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件 A、B、C,则 P(A)=0.6×0.6 =0.36, P(B)=0.5×0.6=0.3,P(C)=0.4×0.75=0.3. 事件 F 表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”. 则 F 为:甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取,

即 F = A B C ,于是 P(F)=1-P( F )=1-P( A )P( B )P( C )

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=1-0.64×0.7×0.7=0.686 4.

即经过两次考试后,至少有一人被预录取的概率是 0.686 4.

求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点

(1)求复杂事件的概率,要正确分析复杂事件的构成,看复杂事件能转化为几个彼此互

斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件,然后用概率公式

求解.

(2)一个复杂事件若正面情况比较多,反面情况较少,则一般利用对立事件进行求解.对

于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解.

(3)注意辨别独立重复试验的基本特征:①在每次试验中,试验结果只有发生与不发生

两种情况;②在每次试验中,事件发生的概率相同.

(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

出现红灯的概率是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是________.

答案

1 3

解析 “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.

1 ∴P(B|A)=PP??AAB??=16=13.
2

(2)将一枚均匀的硬币抛掷 6 次,则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为

________.

答案

11 32

解析 正面出现的次数比反面出现的次数多,则正面可以出现 4 次,5 次或 6 次,故所

求的概率 P=C46??12??6+C56??12??6+C66??12??6=3112.

(3)甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标, 相互之间没有影响;每人各次射击是否击中目标,相互之间也没有影响.

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①求甲射击 3 次,至少 1 次未击中目标的概率; ②假设某人连续 2 次未击中目标,则停止射击,问:乙恰好射击 4 次后,被中止射击的 概率是多少? ③设甲连续射击 3 次,用 ξ 表示甲击中目标时射击的次数,求 ξ 的数学期望 E(ξ). 解 ①记“甲连续射击 3 次,至少 1 次未击中目标”为事件 A1,由题意,射击 3 次, 相当于 3 次独立重复试验,故 P(A1)=1-P( A1 )=1-(23)3=1297. ②记“乙恰好射击 4 次后,被中止射击”为事件 A2,由于各事件相互独立, 故 P(A2)=14×34×14×14+34×34×14×14=634. ③根据题意 ξ 服从二项分布,E(ξ)=3×23=2. 考点三 随机变量的分布列、均值与方差 例 3 (2013·重庆)某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定:在一次摸奖中,摸奖者先 从装有 3 个红球与 4 个白球的袋中任意摸出 3 个球,再从装有 1 个蓝球与 2 个白球的袋 中任意摸出 1 个球,根据摸出 4 个球中红球与蓝球的个数,设一、二、三等奖如下:

奖级 摸出红、蓝球个数 获奖金额

一等奖

3红1蓝

200 元

二等奖

3红0蓝

50 元

三等奖

2红1蓝

10 元

其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级.

(1)求一次摸奖恰好摸到 1 个红球的概率;

(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额 X 的分布列与期望 E(X).

解 设 Ai(i=0,1,2,3)表示摸到 i 个红球,Bj(j=0,1)表示摸到 j 个蓝球,则 Ai 与 Bj 独立.

(1)恰好摸到 1 个红球的概率为 P(A1)=CC13C37 24=3158.

(2)X 的所有可能值为:0,10,50,200,且

P(X=200)=P(A3B1)=P(A3)P(B1)=CC7333·13=1105, P(X=50)=P(A3B0)=P(A3)P(B0)=CC3373·23=1205, P(X=10)=P(A2B1)=P(A2)P(B1)=CC23C37 14·13=11025=345,

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P(X=0)=1-1105-1205-345=67. 综上可知,获奖金额 X 的分布列为

X 0 10 50 200

P

6 7

4 35

2 105

1 105

从而有 E(X)=0×67+10×345+50×1205+200×1105

=4(元).

解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:

(1)明确随机变量可能取哪些值.

(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值.

(3)根据分布列和期望、方差公式求解.

(1)(2013·湖北)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体, 切割为 125 个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一个 小正方体,记它的油漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)等于 ( )

126

6

A.125

B.5

168

7

C.125

D.5

答案 B

解析 125 个小正方体中 8 个三面涂漆,36 个两面涂漆,

54 个一面涂漆,27 个没有涂漆,

∴从中随机取一个正方体,涂漆面数 X 的均值 E(X)=15245×1+13265×2+1825×3=115205=

6 5. (2)设 15 000 件产品中有 1 000 件废品,从中抽取 150 件进行检查,查得废品的均值为

A.20

B.10

C.5

D.15

()

答案 B

解析 抽一件产品为废品的概率为115000000=115,抽取 150 件,即进行 150 次试验,因为

产品数目较大,故可看成是独立重复试验,故查得废品数 X~B??150,115??,所以 E(X)

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=150×115=10. (3)(2013·浙江)设袋子中装有 a 个红球,b 个黄球,c 个蓝球,且规定:取出一个红球得 1 分,取出一个黄球得 2 分,取出一个蓝球得 3 分. ①当 a=3,b=2,c=1 时,从该袋子中任取(有放回,且每球取到的机会均等)2 个球, 记随机变量 ξ 为取出此 2 球所得分数之和,求 ξ 的分布列; ②从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1 个球,记随机变量 η 为取出此球所得分数.若 E(η)=53,D(η)=59,求 a∶b∶c. 解 ①由题意得 ξ=2,3,4,5,6. 故 P(ξ=2)=36× ×36=14, P(ξ=3)=2×6×3×6 2=13,

P(ξ=4)=2×3×6×1+6 2×2=158, P(ξ=5)=2×6×2×6 1=19, P(ξ=6)=16× ×16=316.

所以 ξ 的分布列为

ξ2 3

4

5

6

P

1 4

1 3

5 18

1 9

1 36

②由题意知 η 的分布列为

η

1

a P a+b+c

2
b a+b+c

3
c a+b+c

所以 E(η)=a+ab+c+a+2bb+c+a+3bc+c=53,

D(η)=??1-53??2·a+ab+c+??2-53??2·a+bb+c+??3-53??2·a+cb+c=59.

?? 2a-b-4c=0, 化简得?
??a+4b-11c=0.

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概率模型的应用,需熟练掌握以下常考的五种模型:(1)基本事件的发生具有等可能性, 一般可以抽象转化为古典概型问题,解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数 n 与事件 A 中包含的基本事件个数 m;(2)与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问 题,一般可以应用几何概型求解,即随机事件 A 的概率可用“事件 A 包含的基本事件 所占图形的度量(长度、面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积 或体积)”之比表示;(3)两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题,可转化为互斥 事件来解决,解决这类问题的关键是分清事件是否互斥;(4)事件是否发生相互不影响 的实际应用问题,可转化为独立事件的概率问题,其中在相同条件下独立重复多次的可 转化为二项分布问题,应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解;(5)有关平 均值和稳定性的实际应用问题,一般可抽象为随机变量的期望与方差问题,先求出事件 在各种情况下发生的概率,再应用公式求随机变量的期望和方差.

1. 如图,用 K、A1、A2 三类不同的元件连接成一个系统.当 K 正常

工作且 A1、A2 至少有一个正常工作时,系统正常工作.已知 K、

A1、A2 正常工作的概率依次为 0.9、0.8、0.8,则系统正常工作的概率为

A.0.960

B.0.864

C.0.720

D.0.576

答案 B

()

解析 方法一 由题意知 K,A1,A2 正常工作的概率分别为 P(K)=0.9,P(A1)=0.8,P(A2)

=0.8,

∵K,A1,A2 相互独立,

∴A1,A2 至少有一个正常工作的概率为 P( A1 A2)+P(A1 A 2)+P(A1A2)=(1-0.8)×0.8

+0.8×(1-0.8)+0.8×0.8=0.96.

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∴系统正常工作的概率为 P(K)[P( A1 A2)+P(A1 A 2)+P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864.

方法二 A1,A2 至少有一个正常工作的概率为 1-P( A 1 A 2)=1-(1-0.8)(1-0.8)=

0.96,∴系统正常工作的概率为 P(K)[1-P( A 1 A 2)]=0.9×0.96=0.864.
2. 某保险公司新开设了一项保险业务,若在一年内事件 E 发生,该公司要赔偿 a 元.设 在一年内 E 发生的概率为 p,为使公司收益的期望值等于 a 的百分之十,公司应要求顾 客交保险金为________元. 答案 (0.1+p)a 解析 设保险公司要求顾客交 x 元保险金,若以 ξ 表示公司每年的收益额,则 ξ 是一个

随机变量,其分布列为:

ξ

x

x-a

P 1-p

p

因此,公司每年收益的期望值为 E(ξ)=x(1-p)+(x-a)p=x-ap.为使公司收益的期望值

等于 a 的百分之十,只需 E(ξ)=0.1a,即 x-ap=0.1a,解得 x=(0.1+p)a.即顾客的保险

金为(0.1+p)a 时,可使公司期望获益 10%a. 3. 甲乙两支球队进行总决赛,比赛采用七场四胜制,即若有一队先胜四场,则此队为总冠
军,比赛结束.因两队实力相当,每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计, 第一场比赛可获得门票收入 40 万元,以后每场比赛门票收入比上一场增加 10 万元. (1)求总决赛中获得门票总收入恰好为 300 万元的概率; (2)设总决赛中获得的门票总收入为 X,求 X 的均值 E(X). 解 (1)依题意,每场比赛获得的门票收入组成首项为 40,公差为 10 的等差数列.

设此数列为{an},则易知 a1=40,an=10n+30,

n?10n+70? ∴Sn= 2 =300. 解得 n=-12(舍去)或 n=5,所以总决赛共比赛了 5 场. 则前 4 场比赛的比分必为 1∶3,且第 5 场比赛为领先的球队获胜,其概率为 C14(12)4=14. (2)随机变量 X 可取的值为 S4,S5,S6,S7,即 220,300,390,490. 又 P(X=220)=2·(12)4=18,

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P(X=300)=C14(12)4=14, P(X=390)=C25(12)5=156, P(X=490)=C36(12)6=156.

所以,X 的分布列为

X 220 300 390 490

1

P

8

1

5

5

4

16 16

所以 X 的均值为 E(X)=220×18+300×14+390×156+490×156=377.5(万元).

(推荐时间:60 分钟)

一、选择题

1. (2013·课标全国Ⅰ)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

()

1

1

1

1

A.2

B.3

C.4

D.6

答案 B

解析 基本事件的总数为 6,

构成“取出的 2 个数之差的绝对值为 2”这个事件的基本事件的个数为 2.

所以,所求概率 P=26=13,故选 B.

2. (2013·陕西)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

π D.4

答案 A

()

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解析 由题意得无信号的区域面积为 2×1-2×14π×12=2-π2,由几何概型的概率公式,

得无信号的概率为 P=2-2 π2=1-π4.

3. 已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下

放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只并不放回,则在他第 1 次抽到

的是螺口灯泡的条件下,第 2 次抽到的是卡口灯泡的概率是

()

3

2

7

7

A.10

B.9

C.8

D.9

答案 D

解析 设事件 A 为“第 1 次抽到的是螺口灯泡”,事件 B 为“第 2 次抽到的是卡口灯

7 泡”,则 P(A)=130,P(AB)=130×79=370.则所求概率为 P(B|A)=PP??AAB??=330=79.
10

4. 甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为 0.6,乙被录取的概率为 0.7,两人

是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为

()

A.0.12

B.0.42

C.0.46

D.0.88

答案 D

解析 由题意知,甲、乙都不被录取的概率为

(1-0.6)(1-0.7)=0.12.

∴至少有一人被录取的概率为 1-0.12=0.88.

5. 已知随机变量 X 服从正态分布 N(3,1),且 P(2≤X≤4)=0.682 6,则 P(X>4)等于( )

A.0.158 8

B.0.158 7

C.0.158 6

D.0.158 5

答案 B

解析 由于 X 服从正态分布 N(3,1),

故正态分布曲线的对称轴为 x=3.

所以 P(X>4)=P(X<2),

1-P?2≤X≤4?

故 P(X>4)=

2

=0.158 7.

6. 某种种子每粒发芽的概率都为 0.9,现播种了 1 000 粒,对于没有发芽的种子,每粒需

要再补种 2 粒,补种的种子数记为 X,则 X 的数学期望为

()

A.100

B.200

C.300

D.400

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答案 B 解析 种子发芽率为 0.9,不发芽率为 0.1,每粒种子发芽与否相互独立,故设没有发芽

的种子数为 ξ,则 ξ~B(1 000,0.1),∴E(ξ)=1 000×0.1=100,故需补种的期望为 2·E(ξ)

=200. 二、填空题 7. 花园小区内有一块三边长分别是 5 m,5 m,6 m 的三角形绿化地,有一只小花猫在其
内部玩耍,若不考虑猫的大小,则在任意指定的某时刻,小花猫与三角形三个顶点的距 离均超过 2 m 的概率是________. 答案 1-π6 解析 如图所示,当小花猫与三角形 ABC 的三个顶点的距离均超过

2 m 时,小花猫要在图中的空白区域内.由于三角形为等腰三角形,

底边 BC 上的高 AD=4 m,所以△ABC 的面积是 12 m2,因为三角形

的内角和等于 π,则图中的三个扇形的面积之和等于半径为 2 的圆面积的一半,即 3 个

12-2π 扇形的面积之和等于 2π,所以空白区域的面积为 12-2π,故所求的概率 P= 12 =1

-π6.

8. 先后抛掷两枚质地均匀的骰子,在已知它们点数不同的条件下,至少有一枚是 6 点的概 率是________.

答案

1 3

解析 设事件 A=“至少有一枚是 6 点”,事件 B=“两枚骰子点数不同”,先后投掷

两枚骰子共有 36 种不同情况,且是等可能的,则事件 B 共有 6×5=30 种不同情况,

5 事件 AB 共有 10 种不同情况,即 P(B)=3306=56,P(AB)=3160=158,则 P(A|B)=PP??ABB??=158
6

=13.

9 . 连 续 掷 一 枚 均 匀 的 正 方 体 骰 子 (6 个 面 分 别 标 有 1,2,3,4,5,6) , 现 定 义 数 列 an =

??-1,点数不是3的倍数,
?
??1,点数是3的倍数,

Sn 是其前 n 项和,则 S5=3 的概率是________.

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答案

10 243

解析 该试验可看作一个独立重复试验,结果为-1 发生的概率为23,结果为 1 发生的

概率为13,S5=3 即 5 次试验中-1 发生一次,1 发生四次,故其概率为 C15·(23)1(13)4=21403.

三、解答题

10.在中华老字号(上海著名品牌)“来伊份”准备上市融资之际,2012 年 4 月 24 日央视《消 费主张》曝出长期以来“来伊份”提供的蜜饯产品中添加剂严重超标,引起社会的强烈

反响,上市之路也因此终止.公司在整改的同时,也加强了自查的力度,对每批出厂的

蜜饯产品添加剂的含量进行抽检.在自查一批蜜饯产品中,有放回地随机逐个抽取两次,

已知从中取出的 2 件产品中至少有 1 件不是优质品的概率为 0.19. (1)求从该批蜜饯产品中任取 1 件是优质品的概率; (2)若该批蜜饯产品共 50 件,从中任意抽取 2 件,ξ 表示取出的 2 件产品中优质品的件 数,求 ξ 的分布列.

解 (1)设从该批蜜饯产品中任取 1 件是优质品的概率为 p.

记 A 表示事件“取出的 2 件产品中至少有 1 件不是优质品”,

A0 表示事件“取出的 2 件产品中有 1 件是优质品”,

A1 表示事件“取出的 2 件产品中都不是优质品”, 则 A0,A1 为互斥事件,且 A=A0∪A1,

故 P(A)=P(A0∪A1)=P(A0)+P(A1)

=C12p(1-p)+(1-p)2=1-p2,

于是 1-p2=0.19,解得 p=0.9.

(2)ξ 的所有可能的取值为 0,1,2.

由(1),知优质品有 50×0.9=45(件),不是优质品的有 5 件. P(ξ=0)=CC25250=2245,P(ξ=1)=CC14525C0 15=499,P(ξ=2)=CC242550=129485. 所以 ξ 的分布列为

ξ

0

1

2

P

2 245

9 49

198 245

11.(2013·山东)甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜 3 局者获得比赛的胜利,比赛随即结

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束.除第五局甲队获胜的概率是12外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比 赛结果相互独立. (1)分别求甲队以 3∶0,3∶1,3∶2 胜利的概率; (2)若比赛结果为 3∶0 或 3∶1,则胜利方得 3 分,对方得 0 分;若比赛结果为 3∶2, 则胜利方得 2 分,对方得 1 分.求乙队得分 X 的分布列及数学期望. 解 (1)设“甲队以 3∶0,3∶1,3∶2 胜利”分别为事件 A,B,C,

则 P(A)=23×23×23=287,
P(B)=C23??23??2×??1-23??×23=287, P(C)=C24??23??2×??1-23??2×12=247.

(2)X 的可能的取值为 0,1,2,3.

则 P(X=0)=P(A)+P(B)=1267, P(X=1)=P(C)=247,
P(X=2)=C24×??1-23??2×??23??2×??1-12??=247, P(X=3)=??13??3+C32??13??2×23×13=19.

∴X 的分布列为

X0

1

2

3

P

16 27

4 27

4 27

1 9

∴E(X)=0×2176+1×247+2×247+3×19=79.

12.(2013·陕西)在一场娱乐晚会上,有 5 位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱,由现场数百名观 众投票选出最受欢迎歌手.各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手,其中观众甲是 1 号歌手的歌迷,他必选 1 号,不选 2 号,另在 3 至 5 号中随机选 2 名.观众乙和丙对 5 位歌手的演唱没有偏爱,因此在 1 至 5 号中选 3 名歌手. (1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率; (2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和,求 X 的分布列及数学期望.

解 (1)设 A 表示事件“观众甲选中 3 号歌手”,B 表示事件“观众乙选中 3 号歌手”,

则 P(A)=CC3212=23,P(B)=CC5324=35. 不得用于商业用途

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∵事件 A 与 B 相互独立,

∴观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率为

P(A B )=P(A)·P( B )=P(A)·[1-P(B)]=23×25=145, (或 P(A B )=CC3122··CC3435=145). (2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”, 则 P(C)=CC2435=35, ∵X 可能的取值为 0,1,2,3,且取这些值的概率分别为

P(X=0)=P( A B C )=13×25×25=745,

P(X=1)=P(A B C )+P( A B C )+P( A B C)

=23×25×25+13×35×25+13×25×35=2705,

P(X=2)=P(AB C )+P(A B C)+P( A BC)

=23×35×25+23×25×35+13×35×35=3735, P(X=3)=P(ABC)=23×35×35=7158,

∴X 的分布列为

X0

1

2

3

P

4 75

20 75

33 75

18 75

∴X 的数学期望 E(X)=0×745+1×7250+2×3735+3×1785=17450=2185.

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