(理)第3講概率、隨機變量及其分布 考情考向·高考導(dǎo)航1考查古典概型、互斥事件、相互獨立事件、獨立重復(fù)試驗等內(nèi)容，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，多為容易或中等難度題2對離散型隨機變量的分布列及期望的考查是重點中的“熱點”，重點考查獨立事件的概率，超幾何分布和二項分布的期望等以解答題的形式出現(xiàn)，難度中檔或偏下真題體驗1(2017·全國卷)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖，正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱，在正方形內(nèi)隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是()A.B.C. D.解析：B不妨設(shè)正方形邊長為a.由圖形的對稱性可知，太極圖中黑白部分面積相等，即所各占圓面積的一半由幾何概型概率的計算公式得，所求概率為，選B.2(2018·全國卷)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù)，DX2.4，P(X4)<P(X6)，則P()A0.7 B0.6C0.4 D0.3解析：BXB(10，p)，所以10p(1p)2.4，且Cp4(1p)6<Cp6(1p)4.即，p0.6.3(2019·天津卷)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間，每天7：30之前到校的概率均為，假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響，且任一同學(xué)每天到校情況相互獨立(1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中，甲同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率解：(1)因為甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨立，且每天7：30之前到校的概率均為，故XB，從而P(Xk)Ck3k，(k0,1,2,3.)所以，隨機變量X的分布列為X0123P隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)3×2.(2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為Y，則YB，且MX3，Y1X2，Y0由題意知事件X3，Y1與X2，Y0互斥，且事件X3與Y1，事件X2與Y0均相互獨立，從而由()知P(M)P(X3，Y1X2，Y0)P(X3，Y1)P(X2，Y0)P(X3)P(Y1)P(X2)P(Y0)××.主干整合1概率模型公式及相關(guān)結(jié)論(1)古典概型的概率公式P(A).(2)幾何概型的概率公式P(A).(3)相互獨立事件同時發(fā)生的概率：若A，B相互獨立，則P(AB)P(A)·P(B)(4)若事件A，B互斥，則P(AB)P(A)P(B)，P()1P(A)2獨立重復(fù)試驗與二項分布如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)Cpk(1p)nk，k0,1,2，n.用X表示事件A在n次獨立重復(fù)試驗中發(fā)生的次數(shù)，則X服從二項分布，即XB(n，p)且P(Xk)Cpk(1p)nk.3超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(Xk)，k0,1,2，m，其中mminM，n，且nN，MN，n，M，NN*，此時稱隨機變量X服從超幾何分布超幾何分布的模型是不放回抽樣，超幾何分布中的參數(shù)是M，N，n.4離散型隨機變量的均值、方差(1)離散型隨機變量的分布列為x1x2x3xinPp1p2p3pipn離散型隨機變量的分布列具有兩個性質(zhì)；pi0；p1p2pipn1(i1,2,3，n)(2)E()x1p1x2p2xipixnpn為隨機變量的數(shù)學(xué)期望或均值D()(x1E()2·p1(x2E()2·p2(xiE()2·pi(xnE()2·pn叫做隨機變量的方差(3)數(shù)學(xué)期望、方差的性質(zhì)E(ab)aE()b，D(ab)a2D()XB(n，p)，則E(X)np，D(X)np(1p)X服從兩點分布，則E(X)p，D(X)p(1p)熱點一古典概型、幾何概型例1(1)(2019·全國卷)我國古代典籍周易用“卦”描述萬物的變化每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，右圖就是一重卦在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是()A.B.C. D.解析A在所有重卦中隨機取一重卦，其基本事件總數(shù)n2664，恰有3個陽爻的基本事件數(shù)為C20，所以在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的概率P.故選A.(2)(2018·全國卷)如圖來自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形此圖由三個半圓構(gòu)成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為，黑色部分記為，其余部分記為.在整個圖形中隨機取一點，此點取自，的概率分別記為p1，p2，p3，則()Ap1p2 Bp1p3Cp2p3 Dp1p2p3解析A法一：SABCAB·AC，以AB為直徑的半圓的面積為·2AB2，以AC為直徑的半圓的面積為·2AC2，以BC為直徑的半圓的面積為·2BC2，SAB·AC，SBC2AB·AC，S·AB·AC.SS.由幾何概型概率公式得p1，p2，p1p2.故選A.法二：不妨設(shè)ABC為等腰直角三角形，ABAC2，則BC2，所以區(qū)域的面積即ABC的面積，為S1×2×22，區(qū)域的面積S2×122，區(qū)域的面積S322.根據(jù)幾何概型的概率計算公式，得p1p2，p3，所以p1p3，p2p3，p1p2p3，故選A.1求古典概型的概率，關(guān)鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件總數(shù)常常用到排列、組合的有關(guān)知識，計數(shù)時要正確分類，做到不重不漏2計算幾何概型的概率，構(gòu)成試驗的全部結(jié)果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找是關(guān)鍵，有時需要設(shè)出變量，在坐標(biāo)系中表示所需要的區(qū)域(1)(2019·武漢二模)某校選定4名教師去3個邊遠(yuǎn)地區(qū)支教(每地至少1人)，則甲、乙兩人不在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)的概率是_解析：選定4名教師去3個邊遠(yuǎn)地區(qū)支教(每地至少1人)，不同的支教方法有C·A種而甲、乙兩人在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)支教的不同方法有C·A種，所以甲、乙兩人不在同一邊遠(yuǎn)地區(qū)支教的概率為P1.答案：(2)(2020·貴陽模擬)折紙已經(jīng)成為開發(fā)少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛心”活動中，會產(chǎn)生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點，四邊形AEFG與四邊形DGHI也是正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分的概率為_解析：設(shè)AB2，則BG1，AG，故多邊形AEFGHID的面積S××2×2×212；陰影部分為兩個對稱的三角形，其中EAB90°GAB，故陰影部分的面積S2×AE·AB·sinEAB2×AE·AB·cosGAB2××2××4，故所求概率p.答案：熱點二互斥事件、相互獨立事件的概率例2(1)(2019·惠州二調(diào))某個部件由兩個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，則部件正常工作，設(shè)兩個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨立那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為_解析通解：由正態(tài)分布知元件1,2的平均使用壽命為1 000小時，設(shè)元件1,2的使用壽命超過1 000小時分別記為事件A，B顯然P(A)P(B)，所以該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為ABAB，所以其概率P×××.優(yōu)解：由兩個電子元件的使用壽命均服從正態(tài)分布N(1 000，502)得：兩個電子元件的使用壽命超過1 000小時的概率均為P，則該部件使用壽命超過1 000小時的概率為：P11(1P)2.答案(2)(2019·蘇州三模)現(xiàn)有4個人去參加春節(jié)聯(lián)歡活動，該活動有甲、乙兩個項目可供參加者選擇，為增加趣味性，約定：每個人通過擲一枚質(zhì)地均勻的骰子決定自己去參加哪個項目聯(lián)歡，擲出點數(shù)為1或2的人去參加甲項目聯(lián)歡，擲出點數(shù)大于2的人去參加乙項目聯(lián)歡求這4人中恰好有2人去參加甲項目聯(lián)歡的概率；求這4人中去參加甲項目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參加乙項目聯(lián)歡的人數(shù)的概率解依題意，這4個人中，每個人去參加甲項目聯(lián)歡的概率為，去參加乙項目聯(lián)歡的概率為.設(shè)“這4個人中恰好有i人去參加甲項目聯(lián)歡”為事件Ai(i0,1,2,3,4)，則P(Ai)Ci·4i.這4個人中恰好有2人去參加甲項目聯(lián)歡的概率P(A2)C2×2.設(shè)“這4個人中去參加甲項目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參加乙項目聯(lián)歡的人數(shù)”為事件B，則BA3A4，故P(B)P(A3)P(A4)C3×C4.這4個人中去參加甲項目聯(lián)歡的人數(shù)大于去參加乙項目聯(lián)歡的人數(shù)的概率為.求復(fù)雜事件概率的方法及注意點(1)直接法：正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個彼此互斥的事件的和事件或幾個相互獨立事件同時發(fā)生的積事件或獨立重復(fù)試驗問題，然后用相應(yīng)概率公式求解(2)間接法：當(dāng)復(fù)雜事件正面情況較多，反面情況較少時，可利用其對立事件進(jìn)行求解對于“至少”“至多”等問題往往也用這種方法求解(3)注意點：注意辨別獨立重復(fù)試驗的基本特征：在每次試驗中，試驗結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；在每次試驗中，事件發(fā)生的概率相同(2019·全國卷)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成1010平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨立在某局雙方1010平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束(1)求P(X2)；(2)求事件“X4且甲獲勝”的概率解：(1)X2就是1010平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分因此P(X2)0.5×0.4(10.5)×(10.4)0.5.(2)X4且甲獲勝，就是1010平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分因此所求概率為0.5×(10.4)(10.5)×0.4×0.5×0.40.1.熱點三離散型隨機變量的分布列數(shù)據(jù)分析素養(yǎng)數(shù)據(jù)分析分布列問題中的核心素養(yǎng)通過求離散型隨機變量的分布列，進(jìn)行數(shù)據(jù)分析，可以明確變量取哪些值時的概率最大，可以幫助我們作出有益的決策.以統(tǒng)計圖表為背景的隨機變量的分布列均值例31(2020·聊城調(diào)研)某超市計劃月訂購一種冰激凌，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每桶5元，售價每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的價格當(dāng)天全部處理完畢，根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：)有關(guān)如果最高氣溫不低于25，需求量600桶；如果最高氣溫位于區(qū)間20,25)，需求量為400桶；如果最高氣溫低于20，需求量為200桶為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表：最高氣溫10,15)15,20)20,25)25,30)30,35)35,40)天數(shù)216362574以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率(1)求六月份這種冰激凌一天需求量X(單位：桶)的分布列(2)設(shè)六月份一天銷售這種冰激凌的利潤為Y(單位：元)，當(dāng)六月份這種冰激凌一天的進(jìn)貨量n(單位：桶)為多少時，Y的數(shù)學(xué)期望取得最大值？審題指導(dǎo)(1)要求冰激凌一天需求量X的分布列，只要確定X的取值及其對應(yīng)事件的含義，然后用頻率估計概率(2)要求Y的數(shù)學(xué)期望，只要明確X與Y的關(guān)系，借助X的分布列，得到Y(jié)的期望解析(1)由已知得：X的可能取值為200,400和600.記六月份最高氣溫低于20為事件A1，最高氣溫位于區(qū)間20,25)為事件A2，最高氣溫不低于25為事件A3，根據(jù)題意，結(jié)合頻數(shù)分布表，用頻率估計概率，知P(X200)P(A1)，P(X400)P(A2)，P(X600)P(A3).故六月份這種冰激凌一天的需求量X(單位：桶)的分布列為：X200400600P(2)結(jié)合題意得當(dāng)n200時，E(Y)2n400.當(dāng)200n400時，E(Y)×200×2(n200)×(2)×n×2n160(400,640當(dāng)400n600時，E(Y)×200×2(n200)×(2)400×2(n400)×(2)×n×2n800560,640)當(dāng)n600時，E(Y)×200×2(n200)×(2)×400×2(n400)×(2)×600×2(n600)×(2)1 7602n560.所以當(dāng)n400時，Y的數(shù)學(xué)期望E(Y)取得最大值640.以復(fù)雜事件為背景的隨機變量的分布列、均值例32(2019·青島三模)某快遞公司收取快遞費用的標(biāo)準(zhǔn)是：首重(小于等于1 kg)10元/kg，續(xù)重5元/kg(不足1 kg的按1 kg計算)該公司對近60天中每天攬件數(shù)量統(tǒng)計如下表.包裹件數(shù)范圍0100101200201300301400401500包裹件數(shù)(近似處理)50150250350450天數(shù)6630126(1)某人打算將A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件禮物隨機分成兩個包裹寄出，求該人支付的快遞費不超過30元的概率；(2)該公司從收取的每件快遞的費用中抽取5元作為前臺工作人員的工資和公司利潤，剩余的作為其他費用前臺工作人員每人每天攬件不超過150件，工資100元，目前前臺有工作人員3人，那么公司將前臺工作人員裁員1人對提高公司利潤是否更有利？審題指導(dǎo)(1)借助表格利用列舉法列出所有組合的可能性，然后根據(jù)古典概型的概率計算公式求解即可；(2)建立模型，求出不裁減人員和裁減人員公司利潤的概率分布列，分別求出數(shù)學(xué)期望，比較大小即可得最優(yōu)方案解析(1)由題意，所有可能出現(xiàn)的情況如下表.情況包裹一包裹二支付的總快遞費禮物重量/kg快遞費/元禮物重量/kg快遞費/元1A0.310B，C3.325352B1.815A，C1.815303C1.515A，B2.12035所有情況中，快遞費不超過30元的情況有1種，根據(jù)古典概型概率計算公式，所求概率為.(2)根據(jù)題意得下表.包裹件數(shù)范圍0100101200201300301400401500包裹件數(shù)(近似處理)50150250350450天數(shù)6630126頻率0.10.10.50.20.1若不裁員，則每天可攬件的上限為450件，公司每日攬件數(shù)情況如下表.包裹件數(shù)(近似處理)50150250350450實際攬件數(shù)50150250350450頻率0.10.10.50.20.1平均攬件數(shù)50×0.1150×0.1250×0.5350×0.2450×0.1260.故公司每日利潤的期望值為260×53×1001 000(元)若裁員1人，則每天可攬件的上限為300件，公司每日攬件數(shù)情況如下表.包裹件數(shù)(近似處理)50150250350450實際攬件數(shù)50150250300300頻率0.10.10.50.20.1平均攬件數(shù)50×0.1150×0.1250×0.5300×0.2300×0.1235故公司每日利潤的期望值為235×52×100975(元)顯然，9751 000，故公司將前臺工作人員裁員1人對提高公司利潤不利1以統(tǒng)計圖表為背景的隨機變量分布列問題的關(guān)鍵點(1)根據(jù)頻率(數(shù))分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等圖表準(zhǔn)確求出隨機事件的頻率，并用之估計相應(yīng)概率(2)出現(xiàn)多個隨機變量時，應(yīng)注意分析隨機變量之間的關(guān)系，進(jìn)而由一個隨機變量的分布列推出另一個隨機變量的分布列2以復(fù)雜事件為背景的隨機變量分布列問題的關(guān)鍵點(1)求離散型隨機變量分布列的關(guān)鍵是正確理解隨機變量取每一個值所表示的具體事件，然后綜合應(yīng)用各類概率公式求概率(2)求隨機變量均值與方差的關(guān)鍵是正確求出隨機變量的分布列若隨機變量服從特殊分布，則可直接使用公式求解(2020·深圳模擬)某學(xué)校為鼓勵家校互動，與某手機通訊商合作，為教師辦理流量套餐為了解該校教師手機流量使用情況，通過抽樣，得到100位教師近2年每人手機月平均使用流量L(單位：M)的數(shù)據(jù)，其頻率分布直方圖如下：若將每位教師的手機月平均使用流量分別視為其手機月使用流量，并將頻率視為概率，回答以下問題(1)從該校教師中隨機抽取3人，求這3人中至多有1人手機月使用流量不超過300 M的概率；(2)現(xiàn)該通訊商推出三款流量套餐，詳情如下：套餐名稱月套餐費/元月套餐流量/MA20300B30500C38700這三款套餐都有如下附加條款：套餐費月初一次性收取，手機使用流量一旦超出套餐流量，系統(tǒng)就自動幫用戶充值200 M流量，資費20元；如果又超出充值流量，系統(tǒng)就再次自動幫用戶充值200 M流量，資費20元，以此類推如果當(dāng)月流量有剩余，系統(tǒng)將自動清零，無法轉(zhuǎn)入次月使用學(xué)校欲訂購其中一款流量套餐，為教師支付月套餐費，并承擔(dān)系統(tǒng)自動充值的流量資費的75%，其余部分由教師個人承擔(dān)，問學(xué)校訂購哪一款套餐最經(jīng)濟？說明理由解析：(1)記“從該校隨機抽取1位教師，該教師手機月使用流量不超過300 M”為事件D.依題意，P(D)(0.000 80.002 2)×1000.3.從該校教師中隨機抽取3人，設(shè)這3人中手機月使用流量不超過300 M的人數(shù)為X，則XB(3,0.3)，所以從該校教師中隨機抽取3人，至多有1人手機月使用流量不超過300 M的概率為P(X0)P(X1)C×0.30×(10.3)3C×0.3×(10.3)20.3430.4410.784.(2)依題意，從該校隨機抽取1位教師，該教師手機月使用流量L(300,500的概率為(0.002 50.003 5)×1000.6，L(500,700的概率為(0.000 80.000 2)×1000.1.當(dāng)學(xué)校訂購A套餐時，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費用為X1元，則X1的所有可能取值為20,35,50，且P(X120)0.3，P(X135)0.6，P(X150)0.1，所以X1的分布為X1203550P0.30.60.1所以E(X1)20×0.335×0.650×0.132(元)當(dāng)學(xué)校訂購B套餐時，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費用為X2元，則X2的所有可能取值為30,45，且P(X230)0.30.60.9，P(X245)0.1，所以X2的分布列為X23045P0.90.1所以E(X2)30×0.945×0.131.5(元)當(dāng)學(xué)校訂購C套餐時，設(shè)學(xué)校為1位教師承擔(dān)的月費用為X3元，則X3的所有可能取值為38，且P(X338)1，所以E(X3)38×138(元)因為E(X2)E(X1)E(X3)，所以學(xué)校訂購B套餐最經(jīng)濟限時50分鐘滿分76分一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1(2020·西安模擬)勾股定理在西方被稱為畢達(dá)哥拉斯定理，其證明方法有幾百種之多，著名的數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用數(shù)形結(jié)合的方法給出了勾股定理的詳細(xì)證明如圖，在這幅“勾股圓方圖”中，以弦為邊長得到的正方形ABDE是由4個全等的直角三角形和中間的一個小正方形CFGH組成的若RtABC的三邊長構(gòu)成等差數(shù)列，則在正方形ABDE內(nèi)任取一點，此點取自小正方形CFGH內(nèi)的概率為()A.B.C. D.解析：C由于RtABC的三邊長成等差數(shù)列，所以2bac，又a2b2c2，于是(2bc)2b2c2，故，.大正方形ABDE的面積為c2，小正方形CFGH的面積為(ba)2，在正方形ABDE內(nèi)任取一點，此點取自小正方形CFGH內(nèi)的概率為2.故選C.2(2020·石家莊模擬)中華好詩詞是由河北電視臺創(chuàng)辦的令廣大觀眾喜聞樂見的節(jié)目，旨在弘揚中國古代詩詞文化，觀眾可以選擇從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家視聽媒體的播放平臺中觀看，若甲乙兩人各自隨機選擇一家播放平臺觀看此節(jié)目，則甲乙二人中恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的概率是()A. B.C. D.解析：B甲、乙兩人從A，B，C和河北衛(wèi)視這四家播放平臺隨機選擇一家有4×416(種)等可能情況，其中甲、乙兩人恰有一人選擇在河北衛(wèi)視觀看的情況有C×36(種)，所求概率為.3某班舉行了一次“心有靈犀”的活動，教師把一張寫有成語的紙條出示給A組的某個同學(xué)，這個同學(xué)再用身體語言把成語的意思傳遞給本組其他同學(xué)若小組內(nèi)同學(xué)甲猜對成語的概率是0.4，同學(xué)乙猜對成語的概率是0.5，且規(guī)定猜對得1分，猜不對得0分，則這兩個同學(xué)各猜1次，得分之和X(單位：分)的數(shù)學(xué)期望為()A0.9 B0.8C1.2 D1.1解析：A由題意得X0,1,2，則P(X0)0.6×0.50.3，P(X1)0.4×0.50.6×0.50.5，P(X2)0.4×0.50.2，所以E(X)1×0.52×0.20.9.4甲、乙、丙三位同學(xué)獨立解決同一個問題，已知三位同學(xué)能夠正確解決這個問題的概率分別為，則有人能夠解決這個問題的概率為()A. B.C. D.解析：B本題主要考查相互獨立事件、互斥事件的概率，考查對立事件的概率公式，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運算，屬于中檔題這個問題沒有被解決的概率為，故有人能夠解決這個問題的概率為1.故選B項5(2019·大連三模)某籃球隊對隊員進(jìn)行考核，規(guī)則是：每人進(jìn)行3個輪次的投籃；每個輪次每人投籃2次，若至少投中1次，則本輪通過，否則不通過已知隊員甲投籃1次投中的概率為，如果甲各次投籃投中與否互不影響，那么甲3個輪次通過的次數(shù)X的期望是()A3 B.C2 D.解析：B每個輪次甲不能通過的概率為×，通過的概率為1，因為甲3個輪次通過的次數(shù)X服從二項分布B，所以X的數(shù)學(xué)期望為3×.6(2020·衡水模擬)某公司為了準(zhǔn)確把握市場，做好產(chǎn)品計劃，特對某產(chǎn)品做了市場調(diào)查：先銷售該產(chǎn)品50天，統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)每天的銷量x(單位：件)分布在50,100)內(nèi)，且銷量x的分布頻率f(x)若銷量大于或等于70件，則稱該日暢銷，其余為滯銷在暢銷日中用分層抽樣的方法隨機抽取8天，再從這8天中隨機抽取3天進(jìn)行統(tǒng)計，設(shè)這3天來自X個組，將頻率視為概率，則隨機變量X的數(shù)學(xué)期望為()A. B.C. D.解析：C由題意知解得5n9，故n可取5,6,7,8,9，代入f(x)，得0.50.5aaa1，得a0.15.故銷量在70,80)，80,90)，90,100)內(nèi)的頻率分別是0.2,0.3,0.3，頻率之比為233，所以各組抽取的天數(shù)分別為2,3,3，X的所有可能取值為1,2,3，P(X1)，P(X3)，P(X2)1.X的分布列為X123P數(shù)學(xué)期望E(X)1×2×3×.故選C.二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分)7(2019·全國卷)甲、乙兩隊進(jìn)行籃球決賽，采取七場四勝制(當(dāng)一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束)根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以41獲勝的概率是_解析：甲隊以41獲勝的概率為C0.6×0.4×0.520.62×C0.5×0.5×0.60.18.答案：0.188(2019·寧波三模)某保險公司針對企業(yè)職工推出一款意外險產(chǎn)品，每年每人只要交少量保費，發(fā)生意外后可一次性獲賠50萬元保險公司把職工從事的工作共分為A，B，C三類工種，根據(jù)歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計出這三類工種的每年賠付頻率如表所示，并以此估計賠付概率.工種類別ABC賠付頻率若規(guī)定該產(chǎn)品各工種保單的期望利潤都不得超過保費的20%，則A，B，C三類工種每份保單保費的上限之和為_元解析：設(shè)工種A的每份保單保費為a元，保險公司每份保單的利潤為隨機變量X，則X的分布列為Xaa5×105P1保險公司期望利潤E(X)a(a5×105)×(a5)(元)，根據(jù)規(guī)定知a50.2a，解得a6.25.設(shè)工種B的每份保單保費為b元，同理可得保險公司期望利潤為(b10)元，根據(jù)規(guī)定知，b100.2b，解得b12.5，設(shè)工種C的每份保單保費為c元，同理可得保險公司期望利潤為(c50)元，根據(jù)規(guī)定知，c500.2c，解得c62.5.則A，B，C三類工種每份保單保費的上限之和為6.2512.562.581.25(元)答案：81.25三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)9(2020·長沙模擬)東方商店欲購進(jìn)某種食品(保質(zhì)期兩天)，此商店每兩天購進(jìn)該食品一次(購進(jìn)時，該食品為剛生產(chǎn)的)根據(jù)市場調(diào)查，該食品每份進(jìn)價8元，售價12元，如果兩天內(nèi)無法售出，則食品過期作廢，且兩天內(nèi)的銷售情況互不影響，為了解市場的需求情況，現(xiàn)統(tǒng)計該食品在本地區(qū)100天的銷售量如下表：銷售量/份15161718天數(shù)20304010(視樣本頻率為概率)(1)根據(jù)該食品100天的銷售量統(tǒng)計表，記兩天中一共銷售該食品份數(shù)為，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；(2)以兩天內(nèi)該食品所獲得的利潤期望為決策依據(jù)，東方商店一次性購進(jìn)32或33份， 哪一種得到的利潤更大？解析：(1)根據(jù)題意可得P(30)×，P(31)××2，P(32)××2×，P(33)××2××2，P(34)××2×，P(35)××2，P(36)×.的分布列如下：30313233343536PE()30×31×32×33×34×35×36×32.8.(2)當(dāng)一次性購進(jìn)32份食品時，設(shè)每兩天的利潤為X，則X的可能取值有104,116,128，且P(X104)0.04，P(X116)0.12，P(X128)10.040.120.84，E(X)104×0.04116×0.12128×0.84125.6.當(dāng)一次性購進(jìn)33份食品時，設(shè)每兩天的利潤為Y，則Y的可能取值有96,108,120,132.且P(Y96)0.04，P(Y108)0.12，P(Y120)0.25，P(Y132)10.040.120.250.59，E(Y)96×0.04108×0.12120×0.25132×0.59124.68.E(X)E(Y)，東方商店一次性購進(jìn)32份食品時得到的利潤更大10(2019·北京卷)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來，移動支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下： 支付金額(元)支付方式(0,1 000(1 000,2 000大于2 000僅使用A18人9人3人僅使用B10人14人1人(1)從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率；(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額大于1 000元的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)已知上個月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2 000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說明理由解析：本題以支付方式相關(guān)調(diào)查來設(shè)置問題，考查概率統(tǒng)計在生活中的應(yīng)用，考查概率的定義和分布列的應(yīng)用，使學(xué)生體會到數(shù)學(xué)與現(xiàn)實生活息息相關(guān)(1)由題意可知，兩種支付方式都使用的人數(shù)為：(10030255)人40人，則：該學(xué)生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率p.(2)由題意可知，僅使用A支付方法的學(xué)生中，金額不大于1 000元的人數(shù)占，金額大于1 000的人數(shù)占，僅使用B支付方法的學(xué)生中，金額不大于1 000元的人數(shù)占，金額大于1 000元的人數(shù)占，且X可能的取值為0,1,2.P(X0)×，P(X1)22，P(X2)×，X的分布列為：X012p(X) 其數(shù)學(xué)期望：E(X)0×1×2×1.(3)我們不認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化理由如下：隨機事件在一次隨機實驗中是否發(fā)生是隨機的，是不能預(yù)知的，隨著試驗次數(shù)的增多，頻率越來越穩(wěn)定于概率學(xué)校是一個相對消費穩(wěn)定的地方，每個學(xué)生根據(jù)自己的實際情況每個月的消費應(yīng)該相對固定，出現(xiàn)題中這種現(xiàn)象可能是發(fā)生了“小概率事件”11(2020·福建質(zhì)檢)“工資條里顯紅利，個稅新政入民心”隨著2019年新年鐘聲的敲響，我國自1980年以來，力度最大的一次個人所得稅(簡稱個稅)改革迎來了全面實施的階段.2019年1月1日起實施的個稅新政主要內(nèi)容包括：個稅起征點為5 000元；每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除；專項附加扣除包括住房貸款利息或者住房租金(以下簡稱住房)、子女教育、贍養(yǎng)老人等新舊個稅政策下每月應(yīng)納稅所得額(含稅)計算方法及其對應(yīng)的稅率表如下：舊個稅稅率表(個稅起征點3 500元)新個稅稅率表(個稅起征點5 000元)繳稅級數(shù)每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點稅率(%)每月應(yīng)納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除稅率(%)1不超過1 500元的部分3不超過3 000元的部分32超過1 500元至4 500元的部分10超過3 000元至12 000元的部分103超過4 500元至9 000元的部分20超過12 000元至25 000元的部分204超過9 000元至35 000元的部分25超過25 000元至35 000元的部分255超過35 000元至55 000元的部分30超過35 000元至55 000元的部分30隨機抽取某市1 000名同一收入層級的IT從業(yè)者的相關(guān)資料，經(jīng)統(tǒng)計分析，預(yù)估他們2019年的人均月收入為24 000元統(tǒng)計資料還表明，他們均符合住房專項附加扣除；同時，他們每人至多只有一個符合子女教育專項附加扣除的孩子，并且他們之中既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除、符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除、既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人數(shù)之比是2111；此外，他們均不符合其他專項附加扣除新個稅政策下該市的專項附加扣除標(biāo)準(zhǔn)為：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，贍養(yǎng)老人2 000元/月等假設(shè)該市該收入層級的IT從業(yè)者都獨自享受專項附加扣除，將預(yù)估的該市該收入層級的IT從業(yè)者的人均月收入視為其個人月收入根據(jù)樣本估計總體的思想，解決如下問題：(1)設(shè)該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅為X元，求X的分布列和期望；(2)根據(jù)新舊個稅政策，估計從2019年1月開始，經(jīng)過多少個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅之和就超過其2019年的人均月收入？解析：(1)既不符合子女教育專項附加扣除又不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 00018 000(元)，月繳個稅X3 000×3%9 000×10%6 000×20%2 190；符合子女教育專項附加扣除但不符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0001 00017 000(元)，月繳個稅X3 000×3%9 000×10%5 000×20%1 990；符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除但不符合子女教育專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0002 00016 000(元)，月繳個稅X3 000×3%9 000×10%4 000×20%1 790.既符合子女教育專項附加扣除又符合贍養(yǎng)老人專項附加扣除的人群每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0005 0001 0001 0002 00015 000(元)，月繳個稅X3 000×3%9 000×10%3 000×20%1 590.所以X的可能值為2 190,1 990,1 790,1 590.依題意，上述四類人群的人數(shù)之比是2111，所以P(X2 190)，P(X1 990)，P(X1 790)，P(X1 590).所以X的分布列為X2 1901 9901 7901 590P所以E(X)2 190×1 990×1 790×1 590×1 950.(2)因為在舊個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年每月應(yīng)納稅所得額(含稅)為24 0003 50020 500(元)，所以其月繳個稅為1 500×3%3 000×10%4 500×20%11 500×25%4 120(元)因為在新個稅政策下該市該收入層級的IT從業(yè)者2019年月繳個稅的均值為1 950元，所以該收入層級的IT從業(yè)者每月少繳納的個稅為4 1201 9502 170(元)設(shè)經(jīng)過x個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過24 000元，則2 170x24 000，因為xN，所以x12.所以經(jīng)過12個月，該市該收入層級的IT從業(yè)者各月少繳納的個稅的總和就超過2019年的人均月收入(理)高考解答題·審題與規(guī)范(六)概率與統(tǒng)計類考題重在“辨析”、“辨型”思維流程概率與統(tǒng)計問題的求解關(guān)鍵是辨別它的概率模型，只要找到模型，問題便迎刃而解而概率與統(tǒng)計模型的提取往往需要經(jīng)過觀察、分析、歸納、判斷等復(fù)雜的辨析思維過程，同時，還需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件，對立事件等事件間的關(guān)系，注意放回和不放回試驗的區(qū)別，合理劃分復(fù)雜事件.真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2018·全國卷)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對產(chǎn)品作檢驗，如檢驗出不合格品，則更換為合格品檢驗時，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗，再根據(jù)檢驗結(jié)果決定是否對余下的所有產(chǎn)品作檢驗設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p(0<p<1)，且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨立(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)，求f(p)的最大值點p0；(2)現(xiàn)對一箱產(chǎn)品檢驗了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值已知每件產(chǎn)品的檢驗費用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶手中，則工廠要對每件不合格品支付25元的賠償費用()若不對該箱余下的產(chǎn)品作檢驗，這一箱產(chǎn)品的檢驗費用與賠償費用的和記為X，求EX；()以檢驗費用與賠償費用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗？(1)由每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為p，結(jié)合獨立重復(fù)試驗，即可求出20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率f(p)，對f(p)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的知識，即可求出f(p)的最大值點p0，注意p的取值范圍；(2)()利用(1)的結(jié)論，設(shè)余下的產(chǎn)品中不合格品的件數(shù)為Y，則Y服從二項分布，利用二項分布的期望公式、Y與X的關(guān)系式求出EX，()求出檢驗余下所有產(chǎn)品的總費用，再與EX比較，即可得結(jié)論.審圖表、數(shù)據(jù)題目中的圖表、數(shù)據(jù)包含著問題的基本信息，也往往暗示著解決問題的目標(biāo)和方向在審題時，認(rèn)真觀察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，常?？梢哉业浇鉀Q問題的思路和方法.規(guī)范解答評分細(xì)則解析(1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)Cp2(1p)18.2分因此f(p)C2p(1p)1818p2(1p)172Cp(1p)17(110p)(0p1).3分令f(p)0，得p0.1.4分當(dāng)p(0,0.1)時，f(p)0；當(dāng)p(0.1,1)時，f(p)0.5分所以f(p)的最大值點為p00.1.6分(2)由(1)知，p0.1.7分令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù)，依題意知YB(180,0.1)，X20×225Y，即X4025Y.9分所以E(X)E(4025Y)4025E(Y)490.10分如果對余下的產(chǎn)品作檢驗，則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗費為400元由于E(X)400，故應(yīng)該對余下的產(chǎn)品作檢驗.12分第(1)問踩點得分寫出式子f(p)Cp2(1p)18得2分正確求導(dǎo)得1分求出p0.1正確得1分，錯誤不得分分析判斷p(0,0.1)時，f(p)0；當(dāng)p(0.1,1)時，f(p)0得1分確定p00.1得1分第(2)問踩點得分寫出p0.1得1分求出X4025Y得2分求出期望值正確得1分，錯誤不得分得出結(jié)論“應(yīng)該對余下的產(chǎn)品作檢驗”得2分，結(jié)論錯誤不得分.- 23 -