概率、随机变量及其分布列
命题点1 古典概型
求古典概型概率的2个步骤
(1)计数：会利用枚举法、排列组合法等，求样本空间所含的基本事件数n以及事件A所含的基本事件数m.
(2)运算：套用古典概型的概率计算公式P(A)＝求事件A发生的概率．
[高考题型全通关]
1．[教材改编]从4名男生和2名女生中任选3人参加某项活动，则所选的3人中女生人数不超过1的概率是( )
A．0.8
B．0.6
C．0.4
D．0.2
A [P＝＝0.8.故选A．]
2．(2020·运城一模)某学校美术室收藏有4幅国画，其中山水画、花鸟画各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，则恰好抽到2幅不同种类的概率为( )
A．
B．
C．
D．
D [设山水画为A1，A2，花鸟画为B1，B2，
则共有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)6种情况，满足条件的有4种，故P＝＝.故选D．]
3．(2020·成都一诊)齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为( )
A．
B．
C．
D．
C [设齐王上等、中等、下等马分别为A，B，C，田忌上等、中等、下等马分别为a，b，c，
现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，
基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共6种，
∴齐王的马获胜的概率为P＝＝，故选C．]
4．(2020·海淀模拟)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12＝5＋7，在不超过18的素数2,3,5,7,11,13,17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是( )
A．
B．
C．
D．
C [在不超过18的素数2,3,5,7,11,13,17中随机选取两个不同的数共有21种不同的方法，其和等于18包含的基本事件有：(5,13)，(7,11)，共2个，
∴其和等于18的概率是P＝.]
5．(2020·哈尔滨三中模拟)为了给国外新冠肺炎疫情严重的地区提供援助，国内某机构计划派出由5人组成的专家小组，其中甲、乙、丙3人通晓英语，丁、戊2人通晓法语，现从中随机选出通晓英语、法语的专家各1名作为领队，则甲和丁至少有1人被选中的概率为________．
[从5人中选出通晓英语、法语的专家各1名的可能结果为(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)共6种情况．
甲和丁至少有1人被选中有(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丁)，(丙，丁)，共4种情况，甲和丁至少有1人被选中的概率为P＝＝.]
[教师备选]
1．从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
A．
B．
C．
D．
C [法一：分类法
9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，
所以P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝，
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝.
所以P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.
法二：直接法
依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝.故选C．]
2.如图是由1个圆、1个三角形和1个长方形构成的组合体，现用红、蓝2种颜色为其涂色，每个图形只能涂1种颜色，则3个图形颜色不全相同的概率为________．
[设事件M为“3个图形颜色不全相同”，则其对立事件为“3个图形颜色全相同”，用红、蓝2种颜色为3个图形涂色，每个图形有2种选择，共有8种情况．其中颜色全部相同的有2种，即全部用红色或蓝色，所以P()＝＝，所以P(M)＝1－P()＝1－＝.]
命题点2
几何概型
解决几何概型问题应注意的2点
(1)明确几何概型的适用条件：基本事件发生的等可能性和基本事件的无限性．
(2)分清几何概型中的“测度”：注意区别长度与角度、面积、体积等度量方式．
[高考题型全通关]
1．在区间(1,3)内，任取1个数x，则满足log2(2x－1)＞1的概率为( )
A．
B．
C．
D．
D [由题意，满足log2(2x－1)＞1，则2x－1＞2，解得x＞，所以在区间(1,3)内，任取1个数x时，x＞的概率为P＝＝，故选D．]
2.(2020·咸阳二模)“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，已知恰有80个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是( )
A．
B．
C．10
D．
D [由题意可得＝，
∴S阴影＝×32＝.故选D．]
3．(2020·广州模拟)如图，在圆心角为直角、半径为2的扇形OAB区域中，M，N分别为OA，OB的中点，在M，N两点处各有一个通信基站，其信号的覆盖范围分别为以OA，OB为直径的圆，在扇形OAB内随机取一点，则能够同时收到两个基站信号的概率是( )
A．1－
B．－
C．2－
D．
B [OA的中点是M，则∠CMO＝90°，半径r＝2，则扇形OAB的面积S＝××22＝π，
半圆OAC的面积S1＝π，S△OAC＝×2×1＝1，
S弓形OC＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－1))，
两个圆的弧OC围成的阴影部分的面积为π－1，
能够同时收到两个基站信号的概率P＝＝－.故选B．]
4.正六面体有6个面，8个顶点；正八面体有8个面，6个顶点．我们称它们互相对偶．如图，连接正六面体各面的中心，就会得到对偶的正八面体，在正六面体内随机取一点，则此点取自正八面体内的概率是( )
A．
B．
C．
D．
A [设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8；正八面体是由两个全等的正四棱锥组成，且棱长为；故其底面积为2，高为1，体积为×1×2＝；
∴正八面体的体积为2×＝；
∴所求概率为P＝＝，故选A．]
5．若命题p：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为；命题q：在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，则∠AMB＞90°的概率为，则下列命题是真命题的是( )
A．p∧q
B．(?p)∧q
C．p∧(?q)
D．?q
B [因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为P1＝＝，即命题p是错误的，则?p是正确的；在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，∠AMB＞90°的概率为P2＝＝，即命题q是正确的，故(?p)∧q是正确的，故选B．]
6.如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝120°，在∠BAC内作射线AM交BC于点M，则BM＜的概率为( )
A．
B．
C．
D．
A [由题易知∠ABC＝30°.当BM＝时，在△ABM中，AM＝
＝＝，即BM＝AM，则∠BAM＝30°，故BM＜的概率P＝＝，故选A．]
命题点3 条件概率、二项分布和正态分布
概率的解题原则：先定型，再求解
(1)条件概率：在A发生的条件下B发生的概率P(B|A)＝＝.
(2)相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B)．
(3)独立重复试验恰好发生k次的概率：
P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
(4)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)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N
.
(5)正态分布：若X～N(μ，σ2)，则正态曲线关于直线x＝μ对称，常借助图象的对称性求随机变量落在某一范围内的概率．
[高考题型全通关]
1．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：
使用时间/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
个数
10
40
80
50
20
若将频率视作概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为( )
A．
B．
C．
D．
D [由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为＝，则所求概率为C·×＋C·＝.]
2．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥1)＝( )
A．
B．
C．
D．1
C [∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C(1－p)2＝，解得p＝，
∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－C(1－p)4＝1－＝，故选C．]
3．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A．
B．
C．
D．
B [设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)＝，P(B)＝，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×＋×＝.]
4．设X～N(0,1)，其正态分布密度曲线如图所示，点A(1,0)，点B(2,0)，点C(2,1)，点D(1,1)，向正方形ABCD内任意投掷一粒黄豆，则该黄豆落入阴影部分的概率是( )
(注：X～N(μ，σ2)则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682
7，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954
5，
P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997
3)
A．0.864
1
B．0.658
7
C．0.522
8
D．0.978
5
A [S正方形ABCD＝1，
∵X～N(0,1)，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682
7，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954
5，
∴S正方形中白色部分＝＝0.135
9，
∴P(黄豆落入阴影部分)＝＝0.864
1.
故选A．]
5．甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为( )
A．
B．
C．
D．
B [甲获得冠军的概率为×＋C×××＝.甲获得冠军且比赛进行了三局的概率为C×××＝，所以在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率P＝＝.]
6．如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．
[灯泡甲亮满足的条件是a，c两个开关都闭合，b开关必须断开，否则短路．记“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则灯泡甲亮应为事件AC，且A，B，C之间相互独立，P(A)＝P(B)＝P(C)＝.由独立事件概率公式知P(AC)＝P(A)P()P(C)＝×eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))×＝.]
命题点4 随机变量的期望与方差
1．变量ξ的数学期望、方差
(1)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
(2)D(ξ)＝[x1－E(ξ)]2·p1＋[x2－E(ξ)]2·p2＋…＋[xn－E(ξ)]2·pn，标准差为.
2．期望、方差的性质
(1)E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
(2)若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np
，D(ξ)＝np(1－p)．
(3)X服从两点分布，则E(ξ)＝p，D(ξ)＝p(1－p)．
[高考题型全通关]
1．随着互联网的发展，网络购物用户规模也不断壮大，网上购物越来越成为人们热衷的一种现代消费方式．假设某群体的20位成员中每位成员网购的概率都为p，各成员的网购相互独立．设X为该群体中使用网购的人数，D(X)＝4.8，P(X＝9)＜P(X＝11)，则p＝( )
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
C [∵X～B(20，p)，且P(X＝9)＜P(X＝11)，
∴Cp9(1－p)11＜Cp11(1－p)9，
即(1－p)2＜p2，解得0.5＜p＜1，
所以D(X)＝20p(1－p)＝4.8，
整理得p2－p＋0.24＝0，
解得p＝0.6或p＝0.4(舍去)．故选C．]
2．(2020·学军中学模拟)已知a，b为实数，随机变量X，Y的分布列如下：
若E(Y)＝P(Y＝－1)，随机变量ξ满足ξ＝XY，其中随机变量XY相互独立，则E(ξ)的取值范围是( )
A．eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－，1))
B．eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－，0))
C．eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，1))
D．eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(，1))
B [由已知，E(Y)＝c－a，所以c－a＝a，即c＝2a，又a＋b＋c＝1，故b＝1－a－c＝1－3a∈[0,1]，所以a∈eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，))，又随机变量XY的可能取值为－1,0,1，则
P(XY＝－1)＝c＋a＝a，
P(XY＝0)＝b＋b＋b＋(a＋c)＝1－a，
P(XY＝1)＝a＋c＝a，
列出随机变量XY的分布列如下：
ξ＝XY
－1
0
1
P
a
1－a
a
所以E(ξ)＝－a＋a＝－a∈eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－，0)).故选B．]
3.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的期望E(X)等于( )
A．
B．
C．
D．
B [由题意可知，涂漆面数X的可能取值为0,1,2,3.
由于P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.]
4．某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________．
200 [将“没有发芽的种子数”记为ξ，则ξ＝1,2,3，…，1
000，由题意可知ξ～B(1
000,0.1)，所以E(ξ)＝1
000×0.1＝100，又因为X＝2ξ，所以E(X)＝2E(ξ)＝200.]
12/12
