2020届二轮复习概率、离散型随机变量及其分布列学案（全国通用）

第1讲　概率、离散型随机变量及其分布列

[做真题]
题型一　古典概型
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A．由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A．
2．(2018·高考全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．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30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C．
题型二　几何概型
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(　　)

A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
解析：选A．法一：设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A．
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，则BC＝2，所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A．
2．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(　　)

A． B．
C． D．
解析：选B．不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由于正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，所以黑色部分的面积为，故此点取自黑色部分的概率为＝，故选B．
3．(2016·高考全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．由题意得图：

由图得等车时间不超过10分钟的概率为.
题型三　事件的相互独立性
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
解析：记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
答案：0.18
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
[明考情]
1．概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题．
2．选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．
3．概率解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种：(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
但近两年概率问题却与函数、数列、导数等综合以压轴题的形式考查了概率在实际问题中的决策作用，难度较大，应引起考生的重视．


古典概型与几何概型
[考法全练]
1．(2019·贵州省适应性考试)在2018中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁4名游客准备到贵州的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游，其中每个人只能去一个景点，每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山旅游的概率为(　　)
A．　　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B．4名游客去三个景点，每个景点至少有一个人，可以先将其中2名游客“捆绑在一起”作为“一个人”，再将“三个人”安排到三个景点去旅游，共有CA＝6×6＝36(种)方案．游客甲去梵净山旅游，若梵净山再没有其他3名游客去旅游，则有CA＝3×2＝6(种)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵净山旅游，则有CA＝6(种)方案，所以游客甲去梵净山旅游共有12种方案．所以游客甲去梵净山旅游的概率P＝＝.故选B．
2．(一题多解)(2019·济南市模拟考试)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D．法一：若小王和小李都没被选中，则有C种方法，若小王和小李有一人被选中，则有CC种方法，故所求概率P＝＝.
法二：若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－＝.
3．(2019·江西八所重点中学联考)小华的爱好是玩飞镖，现有如图所示的由两个边长都为2的正方形ABCD和OPQR构成的标靶图形，如果O正好是正方形ABCD的中心，而正方形OPQR可以绕O点旋转．若小华随机向标靶投飞镖，一定能射中标靶，则他射中阴影部分的概率是(　　)

A． B．
C． D．
解析：选D．如图，记OP交AB于H，OR交BC于G.当H不为AB的中点时，过O分别作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，则∠OEH＝∠OFG＝90°，又O正好是正方形ABCD的中心，所以OE＝OF，∠EOF＝90°，又∠GOH＝90°，所以∠GOF＝∠HOE，所以△OEH和△OFG全等，所以阴影部分的面积与正方形OEBF的面积相等，所以阴影部分的面积为标靶面积的.当H为AB的中点时，阴影部分的面积为标靶面积的.所以小华射中阴影部分的概率为，故选D．

4．(一题多解)(2019·福州市质量检测)如图，线段MN是半径为2的圆O的一条弦，且MN的长为2，在圆O内，将线段MN绕点N按逆时针方向转动，使点M移动到圆O上的新位置，继续将新线段NM绕新点M按逆时针方向转动，使点N移动到圆O上的新位置，依此继续转动，……点M的轨迹所围成的区域是图中阴影部分．若在圆O内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为(　　)

A．4π－6 B．1－
C．π－ D．
解析：选B．法一：依题意，得阴影部分的面积S＝6×[(π×22)－×2×2×]＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故选B．
法二：依题意得阴影部分的面积S＝π×22－6××2×2×＝4π－6，所求概率P＝＝1－，故选B．
5．(2019·石家庄市模拟(一))已知实数x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x＋3≤0的概率为________．
解析：因为不等式x2－4x＋3≤0的解集为[1，3]，所以若x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x＋3≤0的概率为
答案：

(1)古典概型的概率公式
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式
P(A)＝.　

互斥事件、相互独立事件的概率
[考法全练]
1．(2019·石家庄市模拟(一))袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B．设“第二次摸到红球”为事件A，“第一次摸到红球”为事件B，因为P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，所以在第二次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为，故选B．
2．(2019·广州市调研测试)已知甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球，现随机从甲袋中取出1个球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出1个球，则从乙袋中取出的球是红球的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．设事件A：“从甲袋中取出1个红球放入乙袋中，再从乙袋中取出1个红球”，事件B：“从甲袋中取出1个黄球放入乙袋中，再从乙袋中取出1个红球”，根据题意知所求概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝.故选B．
3．(2019·武汉市调研测试)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．设该篮球运动员投进第n－1(n≥2，n∈N*)个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，所以Pn－＝.
所以Pn－＝·＝×＝.
所以Pn＝＋(n∈N*)，所以P2＝.故选B．
4．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．
解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P()＝1－·p＝，
解得p＝.
(2)设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D，“系统A在3次相互独立的检测中发生k次故障”为事件Dk.
则D＝D0＋D1，且D0，D1互斥．
依题意，得P(D0)＝C，P(D1)＝C，
所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.
所以系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为.

(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、二项分布
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Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.
一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0E(Y2)，所以该医院选择延保方案二较合算．

由于离散型随机变量的均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，离散型随机变量的方差和标准差都反映了离散型随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差或标准差越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，越稳定．因此，常利用离散型随机变量的均值与方差来解决有关决策问题．　
[对点训练]
(2019·福建省质量检查)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2019年1月1日起实施的个税新政主要内容包括：①个税起征点为5 000元；②每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；③专项附加扣除包括住房贷款利息或者住房租金(以下简称住房)、子女教育、赡养老人等．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：

旧个税税率表(个税起征点3 500元)
新个税税率表(个税起征点5 000元)
缴税
级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率
(%)
每月应纳税得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率
(%)
1
不超过1 500元的部分
3
不超过3 000元的部分
3
2
超过1 500元至45 00元的部分
10
超过3 000元至12 000元的部分
10
3
超过4 500元至9 000元的部分
20
超过12 000元至25 000元的部分
20
4
超过9 000元至35 000元的部分
25
超过25 000元至35 000元的部分
25
5
超过35 000元至55 000元的部分
30
超过35 000元至55 000元的部分
30
...
...
...
...
...
随机抽取某市1 000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2019年的人均月收入为24 000元．统计资料还表明，他们均符合住房专项附加扣除，同时，他们每人至多只有一个符合子女教育专项附加扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除、符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除、符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除、既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1 000元/月，子女教育每孩1 000元/月，赡养老人2 000元/月等．
假设该市收入层级的IT从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税政策，估计从2019年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税之和就超过其2019年的人均月收入？
解：(1)既不符合子女教育专项附加扣除又不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000＝18 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋6 000×20%＝2 190；
符合子女教育专项附加扣除但不符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000＝17 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋5 000×20%＝1 990;
符合赡养老人专项附加扣除但不符合子女教育专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－2 000＝16 000(元)，
月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋4 000×20%＝1 790；
既符合子女教育专项附加扣除又符合赡养老人专项附加扣除的人群每月应纳税所得额(含税)为24 000－5 000－1 000－1 000－2 000＝15 000(元)，月缴个税X＝3 000×3%＋9 000×10%＋3 000×20%＝1 590.
所以X的可能值为2 190，1 990，1 790，1 590.
依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1，
所以P(X＝2 190)＝，P(X＝1 990)＝，
P(X＝1 790)＝，P(X＝1 590)＝.
所以X的分布列为
X
2 190
1 990
1 790
1 590
P




所以E(X)＝2 190×＋1 990×＋1 790×＋1 590×＝1 950.
(2)因为在旧个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年每月应纳税所得额(含税)为24 000－3 500＝20 500(元)，
所以其月缴个税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋11 500×25%＝4 120(元)．
因为在新个税政策下该市该收入层级的IT从业者2019年月缴个税的均值为1 950元，
所以该收入层级的IT从业者每月少缴纳的个税为4 120－1 950＝2 170(元)．
设经过x个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过24 000元，
则2 170x>24 000，因为x∈N，所以x≥12.
所以经过 12个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴纳的个税的总和就超过2019年的人均月收入．

[A组　夯基保分专练]
一、选择题
1．(2019·唐山市摸底考试)随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若P(ξ