新高考数学二轮复习专题五第2讲随机变量及其分布课件

这是一份新高考数学二轮复习专题五第2讲随机变量及其分布课件，共60页。PPT课件主要包含了考情分析，分布列的性质及应用，考点一，核心提炼，所以ξ的分布列为，ξ的分布列为，规律方法，随机变量的分布列，考点二，超几何分布等内容，欢迎下载使用。

离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度.
离散型随机变量X的分布列为
则(1)pi≥0，i＝1,2，…，n.(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn.(4)D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn.(5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X).
P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝7)＝1，所以a·(lg22－lg21＋lg23－lg22＋…＋lg28－lg27)＝1，
所以P(2(2)(2022·烟台模拟)已知随机变量ξ的分布列如下表所示，且满足E(ξ)＝0，则下列方差值中最大的是
A.D(ξ) B.D(|ξ|)C.D(2ξ＋1) D.D(3|ξ|－2)
则D(2ξ＋1)＝22D(ξ)＝4；
所以D(3|ξ|－2)＝32D(|ξ|)＝5，所以D(3|ξ|－2)的值最大.
分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.
则下列结论中正确的是A.投资股票甲的期望收益较小B.投资股票乙的期望收益较小C.投资股票甲比投资股票乙的风险高D.投资股票乙比投资股票甲的风险高
(1)(多选)(2022·广州调研)投资甲、乙两种股票，每股收益的分布列分别如表1和表2所示. 表1　股票甲收益的分布列
表2　股票乙收益的分布列
由题意知，E(X)＝－1×0.1＋0×0.3＋2×0.6＝1.1，方差D(X)＝(－1－1.1)2×0.1＋(－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.6＝1.29，E(Y)＝0×0.3＋1×0.4＋2×0.3＝1，方差D(Y)＝(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3＝0.6，所以E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)，则投资股票乙的期望收益较小，投资股票甲比投资股票乙的风险高.
(2)(2022·河南三市联考)甲、乙、丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的.记X为三人选中的赛区个数，Y为三人没有选中的赛区个数，则A.E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y)B.E(X)＝E(Y)，D(X)≠D(Y)C.E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y)D.E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y)
由题意得X的可能取值为1,2,3，
又X＋Y＝3，∴Y＝3－X，
1.二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0 (2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立.(1)求甲学校获得冠军的概率；
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，所以甲学校获得冠军的概率为
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4× (1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.
依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.则X的分布列为
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
(2022·漳州质检)北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业、礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者.现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的.若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题.求：(1)甲、乙两人至多一人测试合格的概率；
(2)甲答对的试题数X的分布列和均值.
由题可知，甲答对的试题数X可以取0,1,2,3，
(2022·湖北联考)某中学将立德树人融入到教育的各个环节，开展“职业体验，导航人生”的社会实践教育活动，让学生站在课程“中央”.为了更好地了解学生的喜好情况，根据学校实际将职业体验分为：救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类四种职业体验类型，并在全校学生中随机抽取100名学生调查意向选择喜好类型，统计如下：
在这100名学生中，随机抽取了3名学生，并以统计的频率代替职业意向类型的概率(假设每名学生在选择职业类型时仅能选择其中一类，且不受其他学生选择结果的影响).(1)求救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两种职业类型在这3名学生中都有选择的概率；
由题意设职业体验选择救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类、百花齐放的文化类、公平正义的法律类的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，
所以救死扶伤的医务类、除暴安良的警察类这两类职业类型在这3名学生中都有选择的概率为
(2)设这3名学生中选择除暴安良的警察类的随机数为X，求X的分布列与均值.
求随机变量X的均值与方差的方法及步骤(1)理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；(2)求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；(3)由均值和方差的计算公式，求得均值E(X)，方差D(X)；(4)若随机变量X的分布列为特殊分布列(如：两点分布、二项分布、超几何分布)，可利用特殊分布列的均值和方差的公式求解.
(1)求北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞的概率；
记北干道的N1，N2，N3，N4四个易堵塞路段至少有一个被堵塞为事件A，
(2)若南干道被堵塞路段的个数为X，求X的分布列及均值E(X)；
由题意可知X的可能取值为0,1,2，
(3)若按照“平均被堵塞路段少的路线是较好的高峰期出行路线”的标准，则从城西开往城东较好的高峰期出行路线是哪一条？请说明理由.
因为E(X)解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴x＝μ.(2)样本标准差σ.(3)分布区间：利用3σ原则求概率时，要注意利用μ，σ分布区间的特征把所求的范围转化为3σ的特殊区间.
(1)(2022·太原模拟)已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，则μ等于A.0 B.1C.2 D.－1
因为P(X≥1＋a)＝P(X≤1－a)，
(2)(多选)(2022·长春质检)国家质量监督检验标准中，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率X～N(0.937 2，0.013 92).若生产状态正常，则下列结论正确的是A.P(X≤0.9)<0.5B.X的取值在(0.93,0.943 9)内的概率与在(0.937 2，0.951 1)内的概率相等C.P(X<0.9)＝P(X>0.974 4)D.记ξ表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于μ＋2σ的数量，则P(ξ≥1)>0.6(参考数据：若X～N(μ，σ2) (σ>0)，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；0.9850≈0.364)
由X～N(0.937 2,0.013 92)知，μ＝0.937 2，σ＝0.013 9，对于A，由正态分布曲线可得P(X≤0.9)0.93，由正态分布性质知，落在(0.93,0.943 9)内的概率大于落在(0.937 2,0.951 1)内的概率，故B错误；
所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)50>1－(1－0.02)50，1－(1－0.02)50＝1－0.9850≈1－0.364＝0.636>0.6，故D正确.
利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a).(2)P(X 　 (1)(2022·株洲质检)某工厂有甲、乙两条生产线生产同一型号的机械零件，产品的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均服从正态分布，X～N(μ1， )，Y～N(μ2， )，其正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是A.甲生产线产品的稳定性高于乙生产 线产品的稳定性B.甲生产线产品的稳定性低于乙生产 线产品的稳定性C.甲生产线的产品尺寸均值大于乙生产线的产品尺寸均值D.甲生产线的产品尺寸均值小于乙生产线的产品尺寸均值
由图知甲、乙两条生产线的均值相等，甲的正态分布密度曲线较瘦高，所以甲生产线产品的稳定性高于乙生产线产品的稳定性.
(2)(2022·哈尔滨模拟)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取，并测量零件的直径尺寸，根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件直径尺寸X(单位：cm)服从正态分布N(18,4)，若X落在[20,22]内的零件个数为2 718，则可估计所抽取的这批零件中直径X高于22的个数大约为(附：若随机变量服从正态分布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.27 B.40C.228 D.455
由正态分布N(18,4)可知，μ＝18，σ＝2，∴μ＋σ＝20，μ＋2σ＝22，
直径X高于22的个数大约为2 718÷0.135 9×0.022 75＝455.
一、单项选择题1.设离散型随机变量X的分布列为若随机变量Y＝|X－1|，则P(Y＝1)等于A.0.3 B.0.4C.0.6 D.0.7
因为Y＝|X－1|，所以P(Y＝1)＝P(X＝0或X＝2)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3.
2.(2022·广州模拟)已知随机变量X～N(μ，σ2)，若P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，则P(X≥μ－1)等于A.0.7 B.0.4C.0.3 D.0.2
由已知P(μ－1≤X≤μ)＝P(μ≤X≤μ＋1)＝0.2，所以P(X≥μ－1)＝P(μ－1≤X≤μ)＋P(X≥μ)＝0.2＋0.5＝0.7.
3.一批电阻的电阻值X(单位：Ω)服从正态分布N(1 000,52).现从甲、乙两箱出厂成品中各随机抽取一个电阻，测得电阻值分别为1 011 Ω和982 Ω，可以认为A.甲、乙两箱电阻均可出厂B.甲、乙两箱电阻均不可出厂C.甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂D.甲箱电阻不可出厂，乙箱电阻可出厂
因为X～N(1 000,52)，所以μ＝1 000，σ＝5，所以μ－3σ＝1 000－3×5＝985，μ＋3σ＝1 000＋3×5＝1 015.因为1 011∈[985,1 015]，982∉[985,1 015]，所以甲箱电阻可出厂，乙箱电阻不可出厂.
4.(2022·韶关模拟)某一部件由三个电子元件按照如图所示的方式连接而成，元件1和元件2同时正常工作，或元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件正常工作的概率均为 ，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件正常工作的概率为
讨论元件3正常与不正常，
5.(2022·萍乡模拟)高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行、水平间隔相等的圆柱形小木块(如图所示)，并且每一排小木块数目都比上一排多一个，一排中各个小木块正好对准上面一排两个相邻小木块的正中央，从入口处放入一个直径略小于两个小木块间隔的小球，当小球从之间的间隙下落时碰到下一排小木块，它将以相等的可能性向左或向右落下，若小球再通过间隙，又碰到下一排小木块.如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内，则小球落到第⑤个格子的概率是
6.(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，方法一　由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故选D.
方法二　(特殊值法)不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故选D.
A.P(X＝2)的值最大B.P(X＝0)所以p－p2＝p(1－p)<1－p，即P(X＝0)8.现有两种核酸检测方式；(1)逐份检测；(2)混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了；如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为k＋1次.假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为p(0设混合检测方式，样本需要检测的总次数Y可能取值为1,11，P(Y＝1)＝(1－p)10，P(Y＝11)＝1－(1－p)10，故Y的分布列为
∴E(Y)＝1×(1－p)10＋11×[1－(1－p)10]＝11－10×(1－p)10，设逐份检测方式，样本需要检测的总次数X，则E(X)＝10，要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需E(Y)又lg 0.794≈－0.1，∴1－p>10lg 0.794＝0.794，∴p<1－0.794＝0.206，∴0三、填空题9.已知随机变量ξ的分布列如下表，D(ξ)表示ξ的方差，则D(2ξ＋1)＝____.
10.(2022·湖州模拟)盒中有4个球，其中1个红球，1个黄球，2个蓝球，从盒中随机取球，每次取1个，取后不放回，直到蓝球全部被取出为止，在这一过程中取球次数为ξ，则ξ的均值E(ξ)＝_____.
由题意可知，随机变量ξ的可能取值有2,3,4，
所以随机变量ξ的分布列如下表所示：
11.(2022·常州模拟)为了了解某类工程的工期，某公司随机选取了10个这类工程，得到如下数据(单位：天)：17,23,19,21,22,21,19,17,22,19.若该类工程的工期X～N(μ，σ2)(其中μ和σ分别为样本的均值和标准差)，由于情况需要，要求在22天之内完成一项此类工程，估计能够在规定时间内完成该工程的概率约为(保留两位小数)______.附：若随机变量X服从正态分布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.
所以σ＝2.所以P(20－2≤X≤20＋2)≈0.682 7，所以P(20≤X≤22)≈0.341 35，所以P(X≤22)＝0.5＋0.341 35＝0.841 35≈0.84.
12.(2022·苏州模拟)泊松分布是统计学里常见的离散型概率分布，由法国数学家泊松首次提出.泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝ e－λ(k＝0,1,2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值.已知某种商品每周销售的件数相互独立，且服从参数为λ(λ>0)的泊松分布.若每周销售1件该商品与每周销售2件该商品的概率相等，则两周共销售2件该商品的概率为____.
四、解答题13.(2022·潍坊模拟)根据国家部署，2022年中国空间站“天宫”将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多学科交叉的空间科学实验.为普及空间站相关知识，某部门组织了空间站建造过程3D模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成.规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确.每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中2个及以上程序正确即为闯关成功.现已知10个程序中，甲只能正确完成其中6个，乙正确完成每个程序的概率为 ，每位选手每次编程都互不影响.
(1)求乙闯关成功的概率；
记乙闯关成功为事件A，
(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和均值，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大.
由题意知随机变量X所有可能的取值为0,1,2,3，
14.(2022·济南模拟)某婴幼儿游泳馆为了吸引顾客，推出优惠活动，即对首次消费的顾客按80元收费，并注册成为会员，对会员消费的不同次数给予相应的优惠，标准如下：
该游泳馆从注册的会员中，随机抽取了100位会员并统计他们的消费次数，得到数据如下：
假设每位顾客游泳1次，游泳馆的成本为30元.根据所给数据，回答下列问题：(1)估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率；
25＋10＋5＝40，即随机抽取的100位会员中，至少消费2次的会员有40位，
(2)某会员消费4次，求这4次消费中，游泳馆获得的平均利润；
第1次消费时，80－30＝50(元)，所以游泳馆获得的利润为50元，第2次消费时，80×0.95－30＝46(元)，所以游泳馆获得的利润为46元，第3次消费时，80×0.90－30＝42(元)，所以游泳馆获得的利润为42元，第4次消费时，80×0.85－30＝38(元)，所以游泳馆获得的利润为38元，
∴这4次消费中，游泳馆获得的平均利润为44元.
(3)假设每个会员最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，从该游泳馆的所有会员中随机抽取2位，记游泳馆从这2位会员的消费中获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列和均值E(X).
由题意知，X的所有可能取值为0,2,4,6.