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第四讲 概率、随机变量及其分布列 学案
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第四讲 概率、随机变量及其分布列
高考考点
考点解读
古典概型、几何概型及条件概率
1.考查古典概型、几何概型概率公式的应用
2．利用条件概率公式求概率
互斥事件、对立事件及独立事件
1.互斥事件、对立事件与古典概型相结合考查
2．相互独立事件同时发生的概率的求法．
离散型随机变量的分布列
1.超几何分布
2．与相互独立事件有关的分布列和均值问题
3．独立重复试验和二项分布
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)切实掌握随机变量的概念、掌握随机事件的概率、古典概型、几何概型等概率的求法．
(2)掌握离散型随机变量的分布列、期望、方差的求法；掌握条件概率的求法、二项分布、超几何分布及其概率的求法．
预测2020年命题热点为：
(1)古典概型、几何概型、条件概率的概率公式的应用．
(2)离散型随机变量的分布列、均值及方差的计算．
(3)相互独立事件、二项分布、超几何分布与实际问题的交汇问题．
Z
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)＝.
(3)几何概型的概率
P(A)＝
.
2．互斥事件与对立事件
(1)对立事件是互斥事件，互斥事件未必是对立事件．
(2)如果事件A，B互斥，那么事件A∪B发生(即A，B中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A∪B)＝P(A)＋P(B).这个公式称为互斥事件的概率加法公式．
(3)在一次试验中，对立事件A和不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P()＝1－P(A).
3．条件概率
在事件A发生的条件下事件B发生的概率：
P(B|A)＝.
4．相互独立事件同时发生的概率
若A，B为相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B).
5．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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
6．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*.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，N，n.
7．离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称表：
X
x1
x2
x3
…
xi
…
xn
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
为离散型随机变量X的分布列．
(2)EX＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)，反应X的平均水平．
(3)D(X)＝ 为随机变量X的方差．
叫标准差，它们均反映X的离散程度．
8．正态分布
正态曲线的定义：函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
重要公式与性质
1．离散型随机变量X的分布列具有两个性质
①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
2．期望与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)；
(2)X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；
(3)X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
3．正态曲线的性质
(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值；
(4)曲线与x轴之间的面积为1；
(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
4．正态分布的三个常用数据
P(μ－σ
1．混淆互斥事件与对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况，互斥事件不一定是对立事件．
2．对随机变量理解不到位，造成对随机变量的取值有误．
3．忽略随机变量的分布列中的概率之和应等于1.
4．不能准确理解“至多”“至少”“不少于”等语句的含义．
1．(2018·全国卷Ⅱ，8)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( C )
A． B．
C． D．
[解析] 不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共10个，其中和为30的有7＋23,11＋19,13＋17.所以随机选取两个数，和为30的概率为＝.
2．(2018·全国卷Ⅰ，10)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 )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
[解析] 方法一：取AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积为SⅠ＝×2×2＝2，区域Ⅲ的面积为SⅢ＝·π()2－2＝π－2，区域Ⅱ的面积为SⅡ＝π·12－SⅢ＝2，故p1＝p2.
方法二：设AC＝b，AB＝c，BC＝a，则有b2＋c2＝a2，
从而可以求得△ABC的面积为SⅠ＝bc，
黑色部分的面积为SⅡ＝·2＋·2－
＝＋bc
＝·＋bc＝bc，
其余部分的面积为SⅢ＝·2－bc＝－bc，
所以有SⅠ＝SⅡ，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到p1＝p2.
3．(2018·浙江卷，7)设0
0
1
2
P
则当p在(0,1)内增大时，( D )
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
[解析] 由分布列可知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，所以方差D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝－p2＋p＋，所以D(ξ)是关于p的二次函数，开口向下，所以D(ξ)先增大后减小．
4．(2018·全国卷Ⅲ，8)某群体中的每位成品使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P
C．0.4 D．0.3
[解析] 由题意可知X～B(10，p)，故DX＝10p(1－p)＝2.4，解得p＝0.6或p＝0.4，当p＝0.6时，
P(X＝4)＝C×0.64×0.46＝C×＝C××22，
P(X＝6)＝C×0.66×0.44＝C×＝C××32，满足P(X＝4)D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)
[解析] 由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，
∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)．
又∵0
根据0<ξ1<ξ2<知，D (ξ1)
A． B．
C． D．
[解析] 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩色的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P＝＝.
故选C．
7．(2018·江苏卷，6)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为.
[解析] 假设3名女生为a，b，c,2名男生为d，e，恰好选中2名女生的情况有：选a和b；a和c；b和c三种，总情况有a和b；a和c；a和d；a和e；b和c；b和d；b和e；c和d；c和e; d和e这10种．两者相比即为答案.
8．(2017·全国卷Ⅱ，13)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝1.96.
[解析] 由题意得X～B(100,0.02)，
∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
9．(2018·天津卷，16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16. 现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．
(Ⅰ)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(Ⅱ)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．
(ⅰ)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；
(ⅱ)设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．
[解析] (Ⅰ)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．
(Ⅱ)(ⅰ)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(ⅱ)设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A＝B∪C，且B与C互斥，由(i)知，P(B)＝P(X＝2)＝，P(C)＝P(X＝1)＝，
故P(A)＝P(B∪C)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＝.
所以，事件A发生的概率为.
10．(2018·全国卷Ⅰ，20)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f，求f的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解析] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.
因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)(0
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验．
例1 (1)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 把5名同学依次编号为甲乙丙丁戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n＝10.设A表示事件“甲被选中”，则A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件数m＝4.所以概率为P＝＝.
(2)在[－1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为.
[解析] 若直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交，则有圆心到直线的距离d＝<3，
即－
[解析] 设A表示“第一次摸出红球”，B表示“第二次摸出红球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，
所以在第一次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为P(B|A)＝＝＝.
『规律总结』
1．利用古典概型求概率的关键及注意点
(1)关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的有关知识．
(2)注意点：对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．
2．几何概型的适用条件及求解关键
(1)适用条件：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．
(2)求解关键：构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
3．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
G
1．(2017·山东卷，8)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( C )
A． B．
C． D．
[解析] ∵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，
∴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)＝×＝.
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.故选C．
2．(2018·鹰潭二模)利用计算机在区间(0,1)上产生随机数a，则不等式ln(3a－1)<0成立的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 由ln(3a－1)<0得
附：X满足P(μ－σ
所以P(B|A)＝＝.
例2 (1)某个部件由两个电子元件按如图
方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立．那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为.
[解析] 解法一：(1)由正态分布知元件，1,2的平均使用寿命为1 000小时，设元件1,2的使用寿命超过1 000小时分别记为事件A，B，显然P(A)＝P(B)＝，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为A ＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝.
解法二：两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,502)得两个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为P＝，则该部件使用寿命超过1 000小时的概率为P1＝1－(1－P)2＝.
(2)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
作物产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
0.6
①设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
②若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．
[解析] ①设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6 元/kg”，
由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
因为利润＝产量×市场价格－成本，
所以X所有可能的取值为
500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000，
300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800.
P(X＝4 000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)P()
＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
所以X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
②设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1,2,3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由①知，P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，
3季的利润均不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季利润不少于2 000元的概率为P(1C2C3)＋P(C12C3)＋P(C1C23)＝3×0.82×0.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
『规律总结』求复杂事件概率的方法及注意点
1．直接法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
2．间接法
当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
3．注意点
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．
G
(2018·北京卷，17)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率．
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1,2,3,4,5,6)．写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．
[解析] (1)由表知，电影公司收集的电影部数为140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，
获得好评的第四类电影部数为200×0.25＝50，
所以所求概率为＝0.025.
(2)记“从第四类电影中随机选取的1部获得好评”为事件A，记“从第五类电影中随机选取的1部获得好评”为事件B，则事件“从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，恰有1部获得好评”可表示为A＋B，
由表知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.2，所有电影是否获得好评相互独立，
所以P()＝1－P(A)＝0.75，P()＝1－P(B)＝0.8，
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35，
即所求概率为0.35.
(3)由表及已知，P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ1＝0)＝1－0.4＝0.6，
P(ξ21＝1)＝P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ21＝0)＝P(ξ1＝0)＝0.6，
所以Eξ1＝1×0.4＋0×0.6＝0.4，Eξ21＝0.4，
Dξ1＝Eξ21－(Eξ1)2＝0.4－0.42＝0.24.
同理，Dξ2＝Eξ22－(Eξ2)2＝0.2－0.22＝0.16，
Dξ3＝Eξ23－(Eξ3)2＝0.15－0.152＝0.127 5，
Dξ4＝Eξ24－(Eξ4)2＝0.25－0.252＝0.187 5.
Dξ5＝Eξ25－(Eξ5)2＝0.2－0.22＝0.16，
Dξ6＝Eξ26－(Eξ6)2＝0.1－0.12＝0.09，
所以Dξ6
(一)超几何分布
例3 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共设有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个．
(1)若甲、乙二人依次各抽一题，计算：
①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率是多少？
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
(2)若甲从中随机抽取5个题目，其中判断题的个数为ξ，求ξ的分布列和期望．
[解析] (1)①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率为P(A)＝＝.
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率为P(B)＝＝.
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝0)＝＝；
P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝＝；
P(ξ＝3)＝＝；P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
(二)独立重复试验与二项分布
例4 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望E(ξ)．
[解析] 依题意知，这4个人中每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.
设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝C()i()4－i.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P(A2)＝C()2()2＝.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，由于A3与A4互斥，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C()3()1＋C()4＝.
所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
(3)ξ的所有可能的取值为0,2,4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
0
2
4
P
故E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝.
(三)离散型随机变量的期望与方差的应用
例5 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次后，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
[解析] (1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有P(X＝10)＝C×()1×(1－)2＝，
P(X＝20)＝C×()2×(1－)1＝，
P(X＝100)＝C×()3×(1－)0＝，
P(X＝－200)＝C×()0×(1－)3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝200)＝.
所以，“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－()3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)由(1)知X的数学期望为E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负．
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
G
(2018·江苏省苏锡常镇四市调研)已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球．一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出三个球，将3个球对应的分值相加后称为该局的得分，计算完得分后将球放回袋中．当出现第n局得n分(n∈N*)的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束．
(1)求在一局游戏中得3分的概率；
(2)求游戏结束时局数X的分布列和期望E(X)．
[解析] (1)设在一局游戏中得3分为事件A，则P(A)＝＝.
(2)X的所有可能取值为1,2,3,4.
在一局游戏中得2分的概率为＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝×(1－)×＝，
P(X＝4)＝×(1－)×＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
A组
1．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 根据题意可以知道，所输入密码所有可能发生的情况如下：M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5共15种情况，而正确的情况只有其中一种，所以输入一次密码能够成功开机的概率是.
2．(2018·潍坊模拟)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，则ξ在(0,1)内取值的概率为( C )
A．0.1 B．0.2
C．0.4 D．0.8
[解析] 因为μ＝1，所以P(0<ξ<2)＝0.8＝2P(0<ξ<1)，故P(0<ξ<1)＝0.4.
3．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( A )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
[解析] 本题考查条件概率的求法．
设A＝“某一天的空气质量为优良”，B＝“随后一天的空气质量为优良”，则
P(B|A)＝＝＝0.8，故选A．
4．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝.
[解析] 设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝2)＝－p，从而由E(ξ)＝0×＋1×p＋2×(－p)＝1，得p＝.故D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
5．(2018·河南信阳二模)如图所示，A，B两点由5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝.
[解析] 解法一(直接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，
∵P(ξ＝7)＝＝，
P(ξ＝8)＝＝，
P(ξ＝9)＝＝，
P(ξ＝10)＝＝，
∴ξ的概率分布列为：
ξ
7
8
9
10
P
∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝＋＋＝.
解法二(间接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，故P(ξ≥8)与P(ξ＝7)是对立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝1－＝.
6．某小型玩具厂拟对n件产品在出厂前进行质量检测，若一件产品通过质量检测能获利润10元；否则产品报废，亏损10元．设该厂的每件产品能通过质量检测的概率为，每件产品能否通过质量检测相互独立，现记对n件产品进行质量检测后的总利润为Sn.
(1)若n＝6时，求恰有4件产品通过质量检测的概率；
(2)记X＝S5，求X的分布列，并计算数学期望EX.
[解析] (1)n＝6时，恰有4件产品通过质量检测的概率：
P＝C()4(1－)2＝.
(2)因为X＝S5，所以X的可能取值为－50，－30，－10,10,30,50，
P(X＝－50)＝C()0(1－)5＝，
P(X＝－30)＝C()1(1－)4＝，
P(X＝－10)＝C()2(1－)3＝，
P(X＝10)＝C()3(1－)2＝，
P(X＝30)＝C()4(1－)1＝，
P(X＝50)＝C()5(1－)0＝，
所以X的分布列为：
X
－50
－30
－10
10
30
50
P
EX＝－50×－30×－10×＋10×＋30×＋50×＝.
7．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.
[解析] (1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()
＝×××＋2×(×××＋×××)
＝.
所以“星队”至少猜对2个成语的概率为.
(Ⅱ)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×(×××＋×××)＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×(×××＋×××)＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
B组
1．为了了解今年某校高三毕业班准备报考飞行员学生的身体素质，学校对他们的体重进行了测量，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图(如图)，已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为123，其中第2小组的频数为12.
(1)求该校报考飞行员的总人数；
(2)以这所学校的样本数据来估计全省的总体数据，若从全省报考飞行员的学生中(人数很多)任选3人，设X表示体重超过60kg的学生人数，求X的分布列和数学期望．
[解析] (1)设报考飞行员的人数为n，前3个小组的频率分别为p1，p2，p3，则由条件可得：
解得p1＝0.125，p2＝0.25，p3＝0.375.
又因为p2＝0.25＝，故n＝48.
(2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60kg的概率为
P＝p3＋(0.037＋0.013)×5＝，
由题意知X服从二项分布B(3，)，
P(x＝k)＝C()k()3－k(k＝0,1,2,3)，
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
2．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．
[解析] (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝(1－)×(1－)×(1－)＝，
P(X＝1)＝×(1－)×(1－)＋(1－)××(1－)＋(1－)×(1－)×＝，
P(X＝2)＝(1－)××＋×(1－)×＋××(1－)＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
3．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
[解析] (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A．
P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X＝200)＝＝.
P(X＝300)＝＝.
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
EX＝200×＋300×＋400×＝350.
4．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布列．
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值．
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
【解析】(1)每台机器更换的易损零件数为8,9,10,11，
记事件Ai为第一台机器3年内换掉i＋7个零件(i＝1,2,3,4)
记事件Bi为第二台机器3年内换掉i＋7个零件(i＝1,2,3,4)
由题知P(A1)＝P(A3)＝P(A4)＝P(B1)＝P(B3)＝P(B4)＝0.2，P(A2)＝P(B2)＝0.4.
设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为X，则X的可能的取值为16,17,18,19,20,21,22，
P(X＝16)＝P(A1)P(B1)＝0.2×0.2＝0.04，
P(X＝17)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝0.2×0.4＋0.4×0.2＝0.16，
P(X＝18)＝P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
P(X＝19)＝P(A1)P(B4)＋P(A2)P(B3)＋P(A3)P(B2)＋P(A4)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.2＋0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
P(X＝20)＝P(A2)P(B4)＋P(A3)P(B3)＋P(A4)P(B2)＝0.4×0.2＋0.2×0.2＋0.2×0.4＝0.2，
P(X＝21)＝P(A3)P(B4)＋P(A4)P(B3)＝0.2×0.2＋0.2×0.2＝0.08，
P(X＝22)＝P(A4)P(B4)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(2)要令P(X≤n)≥0.5，
∵0.04＋0.16＋0.24<0.5,0.04＋0.16＋0.24＋0.24≥0.5，
则n的最小值为19.
(3)购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，
当n＝19时，费用的期望为19×200＋500×0.2＋1 000×0.08＋1 500×0.04＝4 040，
当n＝20时，费用的期望为20×200＋500×0.08＋1 000×0.04＝4 080.
所以应选用n＝19.
专题七 规范答题示例
(文) 例 (12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频率分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[思路探究] ―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25℃，2分
由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为＝0.6，4分
所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25℃，则Y＝6×450－4×450＝900；5分
若最高气温位于区间[20,25)，
则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；6分
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100，7分
所以，Y的所有可能值为900,300，－100.9分
Y大于零当且仅当最高气温不低于20℃，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为＝0.8，11分
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.12分
第一步：分析表格求频率
第二步：分类得出Y的可能值
第三步：得出结论.
G
为推行“新课堂”教学法，某化学老师分别用传统教学和“新课堂”两种不同的教学方式，在甲、乙两个平行班进行教学实验，为了解教学效果，期中考试后，分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成绩进行统计，作出的茎叶图如图，记成绩不低于70分者为“成绩优良”.
(1)分别计算甲、乙两班20个样本中，化学分数前十的平均分，并据此判断哪种教学方式的教学效果更佳．
(2)甲、乙两班40个样本中，成绩在60分以下(不含60分)的学生中任意选取2人，求这2人来自不同班级的概率．
(3)由以上统计数据填写下面2×2列联表，并判断是否有95%的把握(能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下)认为“成绩优良与教学方式有关”？
甲班
乙班
总计
成绩优良
成绩不优良
总计
附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d.
独立性检验临界值表：
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
[解析] (1)甲班样本化学成绩前十的平均分为甲＝(72＋74＋74＋79＋79＋80＋81＋85＋89＋96)＝80.9；
乙班样本化学成绩前十的平均分为
乙＝(78＋80＋81＋85＋86＋93＋96＋97＋99＋99)＝89.4；
甲班样本化学成绩前十的平均分远低于乙班样本化学成绩前十的平均分，大致可以判断“新课堂”教学方式的教学效果更佳．
(2)样本中成绩60分以下的学生中甲班有4人，
记为：a，b，c，d，乙班有2人，记为：1,2.
则从a，b，c，d,1,2六个元素中任意选2个的所有基本事件如下：
ab，ac，ad，a1，a2，bc，bd，b1，b2，cd，c1，c2，d1，d2,12，一共有15个基本事件，
设A表示“这2人来自不同班级”，包含基本事件如下：
a1，a2，b1，b2，c1，c2，d1，d2，一共有8个，
所以P(A)＝.
(3)
甲班
乙班
总计
成绩优良
10
16
26
成绩不优良
10
4
14
总计
20
20
40
根据2×2列联表中的数据，得K2的观测值为
k＝≈3.956>3.841，
所以有95%的把握(能在犯错误的概率不超过0.05的前提下)认为“成绩优良与教学方式有关”．
(理) 例 (12分)2015年，我国科学家屠呦呦教授由于在发现青蒿素和治疗疟疾的疗法上的贡献获得诺贝尔医学奖．以青蒿素类药物为主的联合疗法已经成为世界卫生组织推荐的抗疟疾标准疗法．目前，国内青蒿人工种植发展迅速．调查表明，人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸碱度、空气湿度的指标有极强的相关性，现将这三项的指标分别记为x，y，z，并对它们进行量化：0表示不合格，1表示临界合格，2表示合格，再用综合指标ω＝x＋y＋z的值评定人工种植的青蒿的长势等级：若ω≥4，则长势为一级；若2≤ω≤3，则长势为二级；若0≤ω≤1，则长势为三级，为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况，研究人员随机抽取了10块青蒿人工种植地，得到如下结果
种植地编号
A1
A2
A3
A4
A5
(x，y，z)
(0,1,0)
(1,2,1)
(2,1,1)
(2,2,2)
(0,1,1)
种植地编号
A6
A7
A8
A9
A10
(x，y，z)
(1,1,2)
(2,1,2)
(2,0,1)
(2,2,1)
(0,2,1)
(1)在这10块青蒿人工种植地中任取两地，求这两地的空气湿度的指标z相同的概率；
(2)从长势等级是一级的人工种植地中任取一块，其综合指标为m，从长势等级不是一级的人工种植地中任取一块，其综合指标为n，记随机变量X＝m－n，求X的分布列及其期望．
[思路探究] (1)―→―→
―→
(2)―→―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)由表可知：空气湿度指标为0的有A1；
空气湿度指标为1的有A2，A3，A5，A8，A9，A10；
空气湿度指标为2的有A4，A6，A7.
所以空气湿度的指标z相同的概率P＝＝＝.5分
(2)计算10块青蒿人工种植地的综合指标，可得下表：
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
综合指标
1
4
4
6
2
4
5
3
5
3
其中长势等级是一级的(ω≥4)有A2，A3，A4，A6，A7，A9，共6个，长势等级不是一级的(ω<4)有A1，A5，A8，A10，共4个．
随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4,5.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，10分
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
11分
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.12分
第一步定元：根据已知条件确定离散型随机变量的取值．
第二步定性：明确每个随机变量取值所对应的事件．
第三步定型：确定事件的概率模型和计算公式．
第四步计算：计算随机变量取每一个值的概率．
第五步列表：列出分布列．
第六步求解：根据公式求期望．
[评分细则](1)第(1)问中，列出空气湿度相同的情况给2分；计算概率只要式子正确给2分；
(2)第(2)问中，列出长势等级的给2分，只要结果正确无过程不扣分；计算概率的式子给3分；分布列正确写出给1分．
G
如图是某市2017年3月1日至16日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月14日中的某一天到达该市．
(1)若该人到达后停留2天(到达当日算1天)，求此人停留期间空气质量都是重度污染的概率；
(2)若该人到达后停留3天(到达当日算1天)，设X是此人停留期间空气重度污染的天数，求X的分布列与数学期望．
[解析] 设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1,2，…，14)．依题意知，P(Ai)＝，且Ai∩Aj＝∅(i≠i)．
(1)设B为事件“此人停留2天空气质量都是重度污染”，
则B＝A1∪A2∪A12∪A13∪A14，所以
P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＋P(A14)＝，
即此人停留2天空气质量都是重度污染的概率为.
(2)由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3，且
P(X＝0)＝P(A4∪A8∪A9)
＝P(A4)＋P(A8)＋P(A9)＝，
P(X＝2)＝P(A2∪A11∪A14)
＝P(A2)＋P(A11)＋P(A14)＝，
P(X＝3)＝P(A1∪A12∪A13)
＝P(A1)＋P(A12)＋P(A13)＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)－P(X＝3)
＝1－－－＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
故X的数学期望
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
高考考点
考点解读
古典概型、几何概型及条件概率
1.考查古典概型、几何概型概率公式的应用
2．利用条件概率公式求概率
互斥事件、对立事件及独立事件
1.互斥事件、对立事件与古典概型相结合考查
2．相互独立事件同时发生的概率的求法．
离散型随机变量的分布列
1.超几何分布
2．与相互独立事件有关的分布列和均值问题
3．独立重复试验和二项分布
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)切实掌握随机变量的概念、掌握随机事件的概率、古典概型、几何概型等概率的求法．
(2)掌握离散型随机变量的分布列、期望、方差的求法；掌握条件概率的求法、二项分布、超几何分布及其概率的求法．
预测2020年命题热点为：
(1)古典概型、几何概型、条件概率的概率公式的应用．
(2)离散型随机变量的分布列、均值及方差的计算．
(3)相互独立事件、二项分布、超几何分布与实际问题的交汇问题．
Z
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)＝.
(3)几何概型的概率
P(A)＝
.
2．互斥事件与对立事件
(1)对立事件是互斥事件，互斥事件未必是对立事件．
(2)如果事件A，B互斥，那么事件A∪B发生(即A，B中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A∪B)＝P(A)＋P(B).这个公式称为互斥事件的概率加法公式．
(3)在一次试验中，对立事件A和不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P()＝1－P(A).
3．条件概率
在事件A发生的条件下事件B发生的概率：
P(B|A)＝.
4．相互独立事件同时发生的概率
若A，B为相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B).
5．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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
6．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*.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，N，n.
7．离散型随机变量的分布列
(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称表：
X
x1
x2
x3
…
xi
…
xn
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
为离散型随机变量X的分布列．
(2)EX＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)，反应X的平均水平．
(3)D(X)＝ 为随机变量X的方差．
叫标准差，它们均反映X的离散程度．
8．正态分布
正态曲线的定义：函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
重要公式与性质
1．离散型随机变量X的分布列具有两个性质
①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．
2．期望与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为常数)；
(2)X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；
(3)X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
3．正态曲线的性质
(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值；
(4)曲线与x轴之间的面积为1；
(5)当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
4．正态分布的三个常用数据
P(μ－σ
1．混淆互斥事件与对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况，互斥事件不一定是对立事件．
2．对随机变量理解不到位，造成对随机变量的取值有误．
3．忽略随机变量的分布列中的概率之和应等于1.
4．不能准确理解“至多”“至少”“不少于”等语句的含义．
1．(2018·全国卷Ⅱ，8)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( C )
A． B．
C． D．
[解析] 不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共10个，其中和为30的有7＋23,11＋19,13＋17.所以随机选取两个数，和为30的概率为＝.
2．(2018·全国卷Ⅰ，10)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 )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
[解析] 方法一：取AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积为SⅠ＝×2×2＝2，区域Ⅲ的面积为SⅢ＝·π()2－2＝π－2，区域Ⅱ的面积为SⅡ＝π·12－SⅢ＝2，故p1＝p2.
方法二：设AC＝b，AB＝c，BC＝a，则有b2＋c2＝a2，
从而可以求得△ABC的面积为SⅠ＝bc，
黑色部分的面积为SⅡ＝·2＋·2－
＝＋bc
＝·＋bc＝bc，
其余部分的面积为SⅢ＝·2－bc＝－bc，
所以有SⅠ＝SⅡ，根据面积型几何概型的概率公式，可以得到p1＝p2.
3．(2018·浙江卷，7)设0
0
1
2
P
则当p在(0,1)内增大时，( D )
A．D(ξ)减小 B．D(ξ)增大
C．D(ξ)先减小后增大 D．D(ξ)先增大后减小
[解析] 由分布列可知E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝p＋，所以方差D(ξ)＝2×＋2×＋2×＝－p2＋p＋，所以D(ξ)是关于p的二次函数，开口向下，所以D(ξ)先增大后减小．
4．(2018·全国卷Ⅲ，8)某群体中的每位成品使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P
C．0.4 D．0.3
[解析] 由题意可知X～B(10，p)，故DX＝10p(1－p)＝2.4，解得p＝0.6或p＝0.4，当p＝0.6时，
P(X＝4)＝C×0.64×0.46＝C×＝C××22，
P(X＝6)＝C×0.66×0.44＝C×＝C××32，满足P(X＝4)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)
[解析] 由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，
∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)．
又∵0
根据0<ξ1<ξ2<知，D (ξ1)
A． B．
C． D．
[解析] 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩色的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P＝＝.
故选C．
7．(2018·江苏卷，6)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为.
[解析] 假设3名女生为a，b，c,2名男生为d，e，恰好选中2名女生的情况有：选a和b；a和c；b和c三种，总情况有a和b；a和c；a和d；a和e；b和c；b和d；b和e；c和d；c和e; d和e这10种．两者相比即为答案.
8．(2017·全国卷Ⅱ，13)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝1.96.
[解析] 由题意得X～B(100,0.02)，
∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
9．(2018·天津卷，16)已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24,16,16. 现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．
(Ⅰ)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(Ⅱ)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查．
(ⅰ)用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；
(ⅱ)设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．
[解析] (Ⅰ)由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．
(Ⅱ)(ⅰ)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以，随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(ⅱ)设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A＝B∪C，且B与C互斥，由(i)知，P(B)＝P(X＝2)＝，P(C)＝P(X＝1)＝，
故P(A)＝P(B∪C)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＝.
所以，事件A发生的概率为.
10．(2018·全国卷Ⅰ，20)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f，求f的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解析] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.
因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)(0
当p∈(0.1,1)时，f′(p)＜0.
所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.
(2)由(1)知，p＝0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)＞400，故应该对余下的产品作检验．
例1 (1)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 把5名同学依次编号为甲乙丙丁戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n＝10.设A表示事件“甲被选中”，则A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件数m＝4.所以概率为P＝＝.
(2)在[－1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为.
[解析] 若直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交，则有圆心到直线的距离d＝<3，
即－
[解析] 设A表示“第一次摸出红球”，B表示“第二次摸出红球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，
所以在第一次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为P(B|A)＝＝＝.
『规律总结』
1．利用古典概型求概率的关键及注意点
(1)关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的有关知识．
(2)注意点：对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．
2．几何概型的适用条件及求解关键
(1)适用条件：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．
(2)求解关键：构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
3．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
G
1．(2017·山东卷，8)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( C )
A． B．
C． D．
[解析] ∵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，
∴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)＝×＝.
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.故选C．
2．(2018·鹰潭二模)利用计算机在区间(0,1)上产生随机数a，则不等式ln(3a－1)<0成立的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 由ln(3a－1)<0得
附：X满足P(μ－σ
所以P(B|A)＝＝.
例2 (1)某个部件由两个电子元件按如图
方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立．那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为.
[解析] 解法一：(1)由正态分布知元件，1,2的平均使用寿命为1 000小时，设元件1,2的使用寿命超过1 000小时分别记为事件A，B，显然P(A)＝P(B)＝，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为A ＋B＋AB，所以其概率P＝×＋×＋×＝.
解法二：两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,502)得两个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为P＝，则该部件使用寿命超过1 000小时的概率为P1＝1－(1－P)2＝.
(2)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
作物产量(kg)
300
500
概率
0.5
0.5
作物市场价格(元/kg)
6
10
概率
0.4
0.6
①设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
②若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．
[解析] ①设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6 元/kg”，
由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
因为利润＝产量×市场价格－成本，
所以X所有可能的取值为
500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000，
300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800.
P(X＝4 000)＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)P()
＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
所以X的分布列为
X
4 000
2 000
800
P
0.3
0.5
0.2
②设Ci表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1,2,3)，
由题意知C1，C2，C3相互独立，由①知，P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，
3季的利润均不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季利润不少于2 000元的概率为P(1C2C3)＋P(C12C3)＋P(C1C23)＝3×0.82×0.2＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
『规律总结』求复杂事件概率的方法及注意点
1．直接法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
2．间接法
当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
3．注意点
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．
G
(2018·北京卷，17)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率．
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1,2,3,4,5,6)．写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．
[解析] (1)由表知，电影公司收集的电影部数为140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，
获得好评的第四类电影部数为200×0.25＝50，
所以所求概率为＝0.025.
(2)记“从第四类电影中随机选取的1部获得好评”为事件A，记“从第五类电影中随机选取的1部获得好评”为事件B，则事件“从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，恰有1部获得好评”可表示为A＋B，
由表知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.2，所有电影是否获得好评相互独立，
所以P()＝1－P(A)＝0.75，P()＝1－P(B)＝0.8，
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35，
即所求概率为0.35.
(3)由表及已知，P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ1＝0)＝1－0.4＝0.6，
P(ξ21＝1)＝P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ21＝0)＝P(ξ1＝0)＝0.6，
所以Eξ1＝1×0.4＋0×0.6＝0.4，Eξ21＝0.4，
Dξ1＝Eξ21－(Eξ1)2＝0.4－0.42＝0.24.
同理，Dξ2＝Eξ22－(Eξ2)2＝0.2－0.22＝0.16，
Dξ3＝Eξ23－(Eξ3)2＝0.15－0.152＝0.127 5，
Dξ4＝Eξ24－(Eξ4)2＝0.25－0.252＝0.187 5.
Dξ5＝Eξ25－(Eξ5)2＝0.2－0.22＝0.16，
Dξ6＝Eξ26－(Eξ6)2＝0.1－0.12＝0.09，
所以Dξ6
(一)超几何分布
例3 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共设有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个．
(1)若甲、乙二人依次各抽一题，计算：
①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率是多少？
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
(2)若甲从中随机抽取5个题目，其中判断题的个数为ξ，求ξ的分布列和期望．
[解析] (1)①甲抽到判断题，乙抽到选择题的概率为P(A)＝＝.
②甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率为P(B)＝＝.
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝0)＝＝；
P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝＝；
P(ξ＝3)＝＝；P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
(二)独立重复试验与二项分布
例4 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望E(ξ)．
[解析] 依题意知，这4个人中每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.
设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝C()i()4－i.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为P(A2)＝C()2()2＝.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，由于A3与A4互斥，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C()3()1＋C()4＝.
所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
(3)ξ的所有可能的取值为0,2,4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
0
2
4
P
故E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝.
(三)离散型随机变量的期望与方差的应用
例5 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次后，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
[解析] (1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有P(X＝10)＝C×()1×(1－)2＝，
P(X＝20)＝C×()2×(1－)1＝，
P(X＝100)＝C×()3×(1－)0＝，
P(X＝－200)＝C×()0×(1－)3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝200)＝.
所以，“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－()3＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)由(1)知X的数学期望为E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负．
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
G
(2018·江苏省苏锡常镇四市调研)已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球．一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出三个球，将3个球对应的分值相加后称为该局的得分，计算完得分后将球放回袋中．当出现第n局得n分(n∈N*)的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束．
(1)求在一局游戏中得3分的概率；
(2)求游戏结束时局数X的分布列和期望E(X)．
[解析] (1)设在一局游戏中得3分为事件A，则P(A)＝＝.
(2)X的所有可能取值为1,2,3,4.
在一局游戏中得2分的概率为＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝×(1－)×＝，
P(X＝4)＝×(1－)×＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
A组
1．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 根据题意可以知道，所输入密码所有可能发生的情况如下：M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5共15种情况，而正确的情况只有其中一种，所以输入一次密码能够成功开机的概率是.
2．(2018·潍坊模拟)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，则ξ在(0,1)内取值的概率为( C )
A．0.1 B．0.2
C．0.4 D．0.8
[解析] 因为μ＝1，所以P(0<ξ<2)＝0.8＝2P(0<ξ<1)，故P(0<ξ<1)＝0.4.
3．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( A )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
[解析] 本题考查条件概率的求法．
设A＝“某一天的空气质量为优良”，B＝“随后一天的空气质量为优良”，则
P(B|A)＝＝＝0.8，故选A．
4．随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝.
[解析] 设P(ξ＝1)＝p，则P(ξ＝2)＝－p，从而由E(ξ)＝0×＋1×p＋2×(－p)＝1，得p＝.故D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
5．(2018·河南信阳二模)如图所示，A，B两点由5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则P(ξ≥8)＝.
[解析] 解法一(直接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，
∵P(ξ＝7)＝＝，
P(ξ＝8)＝＝，
P(ξ＝9)＝＝，
P(ξ＝10)＝＝，
∴ξ的概率分布列为：
ξ
7
8
9
10
P
∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝＋＋＝.
解法二(间接法)：由已知得，ξ的可能取值为7,8,9,10，故P(ξ≥8)与P(ξ＝7)是对立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝1－＝.
6．某小型玩具厂拟对n件产品在出厂前进行质量检测，若一件产品通过质量检测能获利润10元；否则产品报废，亏损10元．设该厂的每件产品能通过质量检测的概率为，每件产品能否通过质量检测相互独立，现记对n件产品进行质量检测后的总利润为Sn.
(1)若n＝6时，求恰有4件产品通过质量检测的概率；
(2)记X＝S5，求X的分布列，并计算数学期望EX.
[解析] (1)n＝6时，恰有4件产品通过质量检测的概率：
P＝C()4(1－)2＝.
(2)因为X＝S5，所以X的可能取值为－50，－30，－10,10,30,50，
P(X＝－50)＝C()0(1－)5＝，
P(X＝－30)＝C()1(1－)4＝，
P(X＝－10)＝C()2(1－)3＝，
P(X＝10)＝C()3(1－)2＝，
P(X＝30)＝C()4(1－)1＝，
P(X＝50)＝C()5(1－)0＝，
所以X的分布列为：
X
－50
－30
－10
10
30
50
P
EX＝－50×－30×－10×＋10×＋30×＋50×＝.
7．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望EX.
[解析] (1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()
＝×××＋2×(×××＋×××)
＝.
所以“星队”至少猜对2个成语的概率为.
(Ⅱ)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×(×××＋×××)＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×(×××＋×××)＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
B组
1．为了了解今年某校高三毕业班准备报考飞行员学生的身体素质，学校对他们的体重进行了测量，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图(如图)，已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为123，其中第2小组的频数为12.
(1)求该校报考飞行员的总人数；
(2)以这所学校的样本数据来估计全省的总体数据，若从全省报考飞行员的学生中(人数很多)任选3人，设X表示体重超过60kg的学生人数，求X的分布列和数学期望．
[解析] (1)设报考飞行员的人数为n，前3个小组的频率分别为p1，p2，p3，则由条件可得：
解得p1＝0.125，p2＝0.25，p3＝0.375.
又因为p2＝0.25＝，故n＝48.
(2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60kg的概率为
P＝p3＋(0.037＋0.013)×5＝，
由题意知X服从二项分布B(3，)，
P(x＝k)＝C()k()3－k(k＝0,1,2,3)，
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
2．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．
[解析] (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝(1－)×(1－)×(1－)＝，
P(X＝1)＝×(1－)×(1－)＋(1－)××(1－)＋(1－)×(1－)×＝，
P(X＝2)＝(1－)××＋×(1－)×＋××(1－)＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
3．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
[解析] (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A．
P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X＝200)＝＝.
P(X＝300)＝＝.
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
EX＝200×＋300×＋400×＝350.
4．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
(1)求X的分布列．
(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值．
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？
【解析】(1)每台机器更换的易损零件数为8,9,10,11，
记事件Ai为第一台机器3年内换掉i＋7个零件(i＝1,2,3,4)
记事件Bi为第二台机器3年内换掉i＋7个零件(i＝1,2,3,4)
由题知P(A1)＝P(A3)＝P(A4)＝P(B1)＝P(B3)＝P(B4)＝0.2，P(A2)＝P(B2)＝0.4.
设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为X，则X的可能的取值为16,17,18,19,20,21,22，
P(X＝16)＝P(A1)P(B1)＝0.2×0.2＝0.04，
P(X＝17)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝0.2×0.4＋0.4×0.2＝0.16，
P(X＝18)＝P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
P(X＝19)＝P(A1)P(B4)＋P(A2)P(B3)＋P(A3)P(B2)＋P(A4)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.2＋0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.24，
P(X＝20)＝P(A2)P(B4)＋P(A3)P(B3)＋P(A4)P(B2)＝0.4×0.2＋0.2×0.2＋0.2×0.4＝0.2，
P(X＝21)＝P(A3)P(B4)＋P(A4)P(B3)＝0.2×0.2＋0.2×0.2＝0.08，
P(X＝22)＝P(A4)P(B4)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
X
16
17
18
19
20
21
22
P
0.04
0.16
0.24
0.24
0.2
0.08
0.04
(2)要令P(X≤n)≥0.5，
∵0.04＋0.16＋0.24<0.5,0.04＋0.16＋0.24＋0.24≥0.5，
则n的最小值为19.
(3)购买零件所需费用含两部分，一部分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，
当n＝19时，费用的期望为19×200＋500×0.2＋1 000×0.08＋1 500×0.04＝4 040，
当n＝20时，费用的期望为20×200＋500×0.08＋1 000×0.04＝4 080.
所以应选用n＝19.
专题七 规范答题示例
(文) 例 (12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频率分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[思路探究] ―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25℃，2分
由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为＝0.6，4分
所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25℃，则Y＝6×450－4×450＝900；5分
若最高气温位于区间[20,25)，
则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；6分
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100，7分
所以，Y的所有可能值为900,300，－100.9分
Y大于零当且仅当最高气温不低于20℃，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为＝0.8，11分
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.12分
第一步：分析表格求频率
第二步：分类得出Y的可能值
第三步：得出结论.
G
为推行“新课堂”教学法，某化学老师分别用传统教学和“新课堂”两种不同的教学方式，在甲、乙两个平行班进行教学实验，为了解教学效果，期中考试后，分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成绩进行统计，作出的茎叶图如图，记成绩不低于70分者为“成绩优良”.
(1)分别计算甲、乙两班20个样本中，化学分数前十的平均分，并据此判断哪种教学方式的教学效果更佳．
(2)甲、乙两班40个样本中，成绩在60分以下(不含60分)的学生中任意选取2人，求这2人来自不同班级的概率．
(3)由以上统计数据填写下面2×2列联表，并判断是否有95%的把握(能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下)认为“成绩优良与教学方式有关”？
甲班
乙班
总计
成绩优良
成绩不优良
总计
附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d.
独立性检验临界值表：
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
[解析] (1)甲班样本化学成绩前十的平均分为甲＝(72＋74＋74＋79＋79＋80＋81＋85＋89＋96)＝80.9；
乙班样本化学成绩前十的平均分为
乙＝(78＋80＋81＋85＋86＋93＋96＋97＋99＋99)＝89.4；
甲班样本化学成绩前十的平均分远低于乙班样本化学成绩前十的平均分，大致可以判断“新课堂”教学方式的教学效果更佳．
(2)样本中成绩60分以下的学生中甲班有4人，
记为：a，b，c，d，乙班有2人，记为：1,2.
则从a，b，c，d,1,2六个元素中任意选2个的所有基本事件如下：
ab，ac，ad，a1，a2，bc，bd，b1，b2，cd，c1，c2，d1，d2,12，一共有15个基本事件，
设A表示“这2人来自不同班级”，包含基本事件如下：
a1，a2，b1，b2，c1，c2，d1，d2，一共有8个，
所以P(A)＝.
(3)
甲班
乙班
总计
成绩优良
10
16
26
成绩不优良
10
4
14
总计
20
20
40
根据2×2列联表中的数据，得K2的观测值为
k＝≈3.956>3.841，
所以有95%的把握(能在犯错误的概率不超过0.05的前提下)认为“成绩优良与教学方式有关”．
(理) 例 (12分)2015年，我国科学家屠呦呦教授由于在发现青蒿素和治疗疟疾的疗法上的贡献获得诺贝尔医学奖．以青蒿素类药物为主的联合疗法已经成为世界卫生组织推荐的抗疟疾标准疗法．目前，国内青蒿人工种植发展迅速．调查表明，人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸碱度、空气湿度的指标有极强的相关性，现将这三项的指标分别记为x，y，z，并对它们进行量化：0表示不合格，1表示临界合格，2表示合格，再用综合指标ω＝x＋y＋z的值评定人工种植的青蒿的长势等级：若ω≥4，则长势为一级；若2≤ω≤3，则长势为二级；若0≤ω≤1，则长势为三级，为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况，研究人员随机抽取了10块青蒿人工种植地，得到如下结果
种植地编号
A1
A2
A3
A4
A5
(x，y，z)
(0,1,0)
(1,2,1)
(2,1,1)
(2,2,2)
(0,1,1)
种植地编号
A6
A7
A8
A9
A10
(x，y，z)
(1,1,2)
(2,1,2)
(2,0,1)
(2,2,1)
(0,2,1)
(1)在这10块青蒿人工种植地中任取两地，求这两地的空气湿度的指标z相同的概率；
(2)从长势等级是一级的人工种植地中任取一块，其综合指标为m，从长势等级不是一级的人工种植地中任取一块，其综合指标为n，记随机变量X＝m－n，求X的分布列及其期望．
[思路探究] (1)―→―→
―→
(2)―→―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
解：(1)由表可知：空气湿度指标为0的有A1；
空气湿度指标为1的有A2，A3，A5，A8，A9，A10；
空气湿度指标为2的有A4，A6，A7.
所以空气湿度的指标z相同的概率P＝＝＝.5分
(2)计算10块青蒿人工种植地的综合指标，可得下表：
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
综合指标
1
4
4
6
2
4
5
3
5
3
其中长势等级是一级的(ω≥4)有A2，A3，A4，A6，A7，A9，共6个，长势等级不是一级的(ω<4)有A1，A5，A8，A10，共4个．
随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4,5.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝，10分
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
11分
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.12分
第一步定元：根据已知条件确定离散型随机变量的取值．
第二步定性：明确每个随机变量取值所对应的事件．
第三步定型：确定事件的概率模型和计算公式．
第四步计算：计算随机变量取每一个值的概率．
第五步列表：列出分布列．
第六步求解：根据公式求期望．
[评分细则](1)第(1)问中，列出空气湿度相同的情况给2分；计算概率只要式子正确给2分；
(2)第(2)问中，列出长势等级的给2分，只要结果正确无过程不扣分；计算概率的式子给3分；分布列正确写出给1分．
G
如图是某市2017年3月1日至16日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月14日中的某一天到达该市．
(1)若该人到达后停留2天(到达当日算1天)，求此人停留期间空气质量都是重度污染的概率；
(2)若该人到达后停留3天(到达当日算1天)，设X是此人停留期间空气重度污染的天数，求X的分布列与数学期望．
[解析] 设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1,2，…，14)．依题意知，P(Ai)＝，且Ai∩Aj＝∅(i≠i)．
(1)设B为事件“此人停留2天空气质量都是重度污染”，
则B＝A1∪A2∪A12∪A13∪A14，所以
P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A12)＋P(A13)＋P(A14)＝，
即此人停留2天空气质量都是重度污染的概率为.
(2)由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3，且
P(X＝0)＝P(A4∪A8∪A9)
＝P(A4)＋P(A8)＋P(A9)＝，
P(X＝2)＝P(A2∪A11∪A14)
＝P(A2)＋P(A11)＋P(A14)＝，
P(X＝3)＝P(A1∪A12∪A13)
＝P(A1)＋P(A12)＋P(A13)＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)－P(X＝3)
＝1－－－＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
故X的数学期望
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
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