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2019届二轮复习解题技巧 概率、离散型随机变量及其分布、期望、方差学案（全国通用）
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第17讲 概率、离散型随机变量及其分布、期望、方差
【p63】
【p63】
年份
卷别
题号
考查内容
命题规律
2018
Ⅰ
10
几何概型
20
概率与频率的关系、二项分布、导数的应用数学期望、概率的意义及其应用
Ⅱ
8
古典概型与数学文化
Ⅲ
8
二项分布及其方差的计算
2017
Ⅰ
2
几何概型
Ⅱ
13
二项分布及其方差
Ⅲ
18
频率分布表、随机变量的分布列、数学期望
2016
Ⅰ
4
几何概型
19
柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率随机变量的分布列、数学期望
Ⅱ
10
几何概型、随机模拟
18
条件概率、随机变量的分布列、数学期望
在独立重复试验中，求随机事件发生的概率或抽样方法、统计信息；
题型1：求无放回抽取的一个或几个事件发生的概率；
题型2：求有放回抽取的一个或几个事件发生的概率.
备 考 建 议 【p63】
1．本节内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此复习时要注意：①要读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准研究事件；②要牢记古典概型和几何概型的公式及其应用．
2．离散型随机变量问题的核心是概率计算，而概率计算又以事件的独立性、互斥性、对立性为核心，故在解题中要充分细致的分析事件之间的关系．
3．概率求解问题是极易出现错误的一个考点．备考中要避免以下六种常见的错误：事件不清(指对所求概率的事件混淆，没有理解各类事件的本质，匆匆解答中导致出错)；事件不“全”(对所求概率的事件的各方面考虑不全或遗漏或增解导致出错)；审题不“力”(没有理解题目意思，或没有弄清出题者的意图，匆匆作答，掉入出题者设计好的“陷阱”之中，导致出错)；模型不“熟”(在做题时，没有很好地总结题型特点，使之“模型”化，或对一些常见“模型”掌握不熟悉，不能“对号入座”，以致在解题时思路不畅，走弯路，导致出错)；方法不“当”(没有选择好解题的适当方法，导致出错)；联系不“畅”(没有与其他的知识联系起来思考题目，孤立做概率题使解题无法进行甚至解错)．
典 例 剖 析 【p64】
探究一 古典概型与几何概型
例1(1)[2017·山东卷]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.
【解析】选C.
每次抽取1张，抽取2次，共有CC＝72(种)情况，其中满足题意的情况有2×CC＝40(种)，所以所求概率P＝＝，故选C.
(2)[2017·江苏卷]记函数f(x)＝的定义域为D.在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是________．
【解析】
令6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，即定义域D＝[－2，3]，在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D的概率P＝＝.
(3)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.
设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，由题意可知x、y相互独立，且如图所示．
∴两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|x－y|≤2)＝＝＝＝.故选C.
例2已知关于x的一元二次方程9x2＋6ax－b2＋4＝0，a，b∈R.
(1)若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，求已知方程有两个不相等实根的概率；
(2)若a是从区间[0，3]内任取的一个数，b是从区间[0，2]内任取的一个数，求已知方程有实数根的概率．
【解析】设事件A为“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有两个不相等的实数根”；事件B为“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有实数根”．
(1)由题意，知总事件共9个，即(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．
由Δ＝36a2－36(－b2＋4)＝36a2＋36b2－36×4>0，得a2＋b2>4.
事件A要求a，b满足条件a2＋b2>4，可知包含6个基本事件：(1，2)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，
所以方程有两个不相等实根的概率P(A)＝＝.
(2)由题意，方程有实根的区域为图中阴影部分，
故所求概率为：P(B)＝＝1－.
【点评】事件个数有限即古典概型，其概率计算通常要应用排列与组合知识；事件涉及某类区域，通常是几何概型，其概率计算为“同类区域”的商．
探究二 互斥事件、相互独立事件的概率
例3 红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6，0.5，0.5.假设各盘比赛结果相互独立．
(1)求红队至少两名队员获胜的概率；
(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列．
【解析】(1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则，，分别表示甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C的事件．
因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，
由对立事件的概率公式知
P(D－)＝0.4，P(E－)＝0.5，P(F－)＝0.5.
红队至少两人获胜的事件有：DE，DF，EF，DEF.
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF)
＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.
(2)由题意知ξ可能的取值为0，1，2，3.
又由(1)知F、DEF、D是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，
因此P(ξ＝0)＝P()＝0.4×0.5×0.5＝0.1，
P(ξ＝1)＝P(F)＋P(E)＋P(D)
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，
P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.
由对立事件的概率公式得
P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
【点评】在解含有相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积．
探究三 二项分布
例4 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
【解析】方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
因为P(X＝5)＝×＝，
所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A包含有“X＝0”、“X＝2”、“X＝3”三个两两互斥的事件，
因为P(X＝0)＝×＝，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝×＝，
所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：
X1
0
2
4
P
X2
0
3
6
P
所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝，
E(X2)＝0×＋3×＋6×＝.
因为E(X1)>E(X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
【点评】二项分布相应的试验为独立重复试验，审题时应思考试验模式是否具有独立重复试验特征，若具有则相应的分布为二项分布，由此可简化解答过程．
探究四 超几何分布
例5 [2017·山东卷]在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.
【解析】(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)＝＝.
(2)由题意知X可取的值为0，1，2，3，4，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
X的数学期望EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
【点评】超几何分布的题设情境特征是总体可划分为二类，所求分布的随机变量是由其中的一类所抽取的元素个数的变化而确定的，在整体抽取时，已知该类元素抽取了多少，但不知道是第几次抽到．
探究五 离散型随机变量的分布列、期望、方差
例6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
【解析】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A，第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B，第二次取出的4件产品都是优质品为事件C，第二次取出的1件产品是优质品为事件D，这批产品通过检验为事件E，根据题意有E＝(AC)∪(BD)，且AC与BD互斥，
∴P(E)＝P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(D|B)＝C××＋×＝.
(2)X的可能取值为400，500，800，并且
P(X＝400)＝1－C×－＝，
P(X＝500)＝，
P(X＝800)＝C×＝，
∴X的分布列为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.
【点评】离散型随机变量的分布列的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于两点分布、二项分布、超几何分布等特殊分布的分布列可以直接代入相应的公式求解，而对于分布为一般类型的随机变量，应根据相关知识逐步求解随机变量对应事件的概率．
例7 工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟．如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．
(1)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？
(2)若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)E(X)；
(3)假定1>p1>p2>p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小．
【解析】(1)无论以怎样的顺序派出人员，
任务不能被完成的概率都是(1－p1)(1－p2)(1－p3)，
所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，
并等于1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)＝p1＋p2＋p3－p1p2－p2p3－p3p1＋p1p2p3.
(2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1，q2，q3时，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
q1
(1－q1)q2
(1－q1)(1－q2)
所需派出的人员数目的均值(数学期望)是
E(X)＝q1＋2(1－q1)q2＋3(1－q1)(1－q2)
＝3－2q1－q2＋q1q2.
(3)解法一：由(2)的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，E(X)＝3－2p1－p2＋p1p2.
根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值．
下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3
都有3－2q1－q2＋q1q2≥3－2p1－p2＋p1p2.(*)
事实上，(3－2q1－q2＋q1q2)－(3－2p1－p2＋p1p2)
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－p1p2＋q1q2
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－(p1－q1)p2－q1(p2－q2)
＝(2－p2)(p1－q1)＋(1－q1)(p2－q2)
≥(1－q1)[(p1＋p2)－(q1＋q2)]≥0，
即(*)成立．
解法二：①可将(2)中所求的E(X)改写为3－(q1＋q2)＋q1q2－q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3－(q1＋q2)＋q1q2－q2，由此可见，当q2>q1时，交换前两人的派出顺序可减小均值．
②也可将(2)中所求的E(X)改写为3－2q1－(1－q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为3－2q1－(1－q1)q3，由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q3>q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值．
综合①②可知，当(q1，q2，q3)＝(p1，p2，p3)时，E(X)达到最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的．
【点评】本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识．
规 律 总 结 【p66】
1．在求解含有相互独立事件概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，接下来就是按照相关的概率值进行计算，如果某些相互独立事件符合独立重复试验概型，就把这部分归结为独立重复试验概型，用独立重复试验概型的概率计算公式解答．独立重复试验是相互独立事件的特例，只要有“恰好”、“恰有”字样的，用独立重复试验的概率公式计算更为简单．
2．概率应用题多是由掷硬币、掷骰子、摸球等概率模型赋予实际背景后得出来的，在解题时就要把实际问题再还原为常见的一些概率模型，这就要根据问题的具体情况去分析，对照常见的概率模型，把不影响问题本质的因素去除，抓住问题的本质去解题．
3．(1)求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．
(2)求离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：
第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；
第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；
第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；
第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．
高 考 回 眸 【p67】
考题1[2018·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的概率分别为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
【解析】选A.
通解：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.
优解：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.
【命题立意】本题主要考查几何概型，考查学生的转化与化归能力、运算求解能力．考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算．
考题2[2018·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，随机选取两个不同的数，共有C＝45种方法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为＝，选C.
【命题立意】本题主要考查古典概型．考查的数学核心素养是数学运算、数据分析．
考题3[2018·全国卷Ⅰ]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(0
(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．
(ⅰ)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EX；
(ⅱ)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)＝Cp2(1－p)18.
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2Cp(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>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.
(ⅰ)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EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
(ⅱ)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EX>400，故应该对余下的产品作检验．
【命题立意】本题主要考查相互独立事件的概率、随机变量的期望、导数的应用、二项分布、决策型问题等．考查数据处理能力、运算求解能力，考查了或然与必然的思想．考查的数学核心素养是逻辑推理、数学建模、数学运算、数据处理．
考点限时训练 【p144】
1．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．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
【解析】选A.
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(A∩B)＝0.6，P(A)＝0.75，则P(B|A)＝＝＝0.8.
2．已知随机变量ξ的分布列是
ξ
－1
0
2
P
cos α
其中α∈，则E(ξ)＝( )
A．2cos α＋sin α B．cos α＋sin α
C．0 D．1
【解析】选D.
根据分布列的性质，可知＋＋cos α＝1，
即sin α＋cos α＝1，将其代入sin2α＋cos2α＝1，
得sin2α＋1－sin α＋sin2α＝1，
解得sin α＝(舍去sin α＝0)，
又α∈，所以cos α＝，
所以E(ξ)＝－1×＋0×＋2×cos α＝－＋＝1.
3．如图，设每个电子元件能正常工作的概率为p，则电路能正常工作的概率为( )
A．p＋p2 B．p＋p2－p3
C．p3 D．p2＋p3
【解析】选B.
解法一：电路能正常工作的概率为：
p[(1－p)2＋p(1－p)＋(1－p)p＋p2]＋(1－p)p2＝p＋p2－p3，选B.
解法二：由题知，上支路能正常工作的概率为p2，下支路能正常工作的概率为p，故上支路不能正常工作的概率为1－p2，下支路不能正常工作的概率为1－p，整个电路不能正常工作的概率为(1－p2)(1－p)，其对应事件：电路能正常工作的概率为1－(1－p2)(1－p)＝p＋p2－p3.
4．下图茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩超过甲的平均成绩的概率为( )
A. B.
C. D.
【解析】选A.
甲的平均成绩为＝90，设被污损的数字为x，则乙的平均成绩为>90，解得x>8⇒x＝9，所以所求概率为.
5．已知3件次品和2件正品混在一起，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，则在第一次取出次品的条件下，第二次取出的也是次品的概率是( )
A. B. C. D.
【解析】选C.
记“第一次取出次品”为事件A，“第二次取出次品”为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝＝，
所以P(B)＝＝，故选C.
*6.设复数(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为( )
A.＋ B.－
C.－ D.＋
【解析】选B.
z＝(x－1)＋yi⇒|z|＝≤1⇒(x－1)2＋y2≤1.
如图可求得A(1，1)，B(1，0)，阴影面积等于π×12－×1×1＝－.
若|z|≤1，则y≥x的概率是＝－，故选B.
7．在区间上任选两个数x和y，则y＜sin x的概率为________．
【解析】
在区间上任选两个数x和y，区域的面积为，
满足y＜sin x的区域面积为∫0sin xdx＝(－cos x)|0＝1，∴所求概率为.
8．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为________．
【解析】
因为随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，又P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝，解得p＝，
所以η～B，则P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－－C＝.
9．两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________．
【解析】
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，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)＝×＋×＝.
*10.袋中有大小、质地相同的5个球，2白3黑，现从中摸球，规定：每次从袋中随机摸取一球，若摸到的是白球，则将此球放回袋中，并再放同样的一个白球入袋；若摸到的是黑球，则将球放回袋中，并再放同样的一个黑球入袋，连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数记为X，则X的数学期望为__________．
【解析】
首先，连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数可能为2，3，4.
P(X＝2)＝P(两次都摸到黑球)＝×＝；
P(X＝4)＝P(两次都摸到白球)＝×＝；
P(X＝3)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)＝.
X的分布列为
X
2
3
4
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＝.
11．中国航母“辽宁舰”是中国第一艘航母，“辽宁”号以4台蒸汽轮机为动力，为保证航母的动力安全性，科学家对蒸汽轮机进行了170余项技术改进，增加了某项新技术，该项新技术要进入试用阶段前必须对其中的三项不同指标甲、乙、丙进行量化检测．假如该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为、、.指标甲、乙、丙合格分别记为4分、2分、4分；若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响．
(1)求该项技术量化得分不低于8分的概率；
(2)记该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
【解析】(1)设该项新技术的三项不同指标甲、乙、丙独立通过检测合格分别为事件A、B、C，则事件“得分不低于8分”表示为ABC＋AC.
∵ABC与AC为互斥事件，且A、B、C彼此独立，
∴P(ABC＋AC)＝P(ABC)＋P(AC)＝P(A)P(B)·P(C)＋P(A)P()P(C)＝××＋××＝.
(2)该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数X的取值为0，1，2，3.
∵P(X＝0)＝P()＝××＝，
P(X＝1)＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝.
P(X＝2)＝P(AB＋BC＋AC)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
12．为了响应教育部颁布的《关于推进中小学生研学旅行的意见》，某校计划开设八门研学旅行课程，并对全校学生的选择意向进行调查(调查要求全员参与，每个学生必须从八门课程中选出唯一一门课程)．本次调查结果整理成条形图如下．
上图中，已知课程A，B，C，D，E为人文类课程，课程F，G，H为自然科学类课程．为进一步研究学生选课意向，结合上面图表，采取分层抽样方法从全校抽取1%的学生作为研究样本组(以下简称“样本组”)．
(1)在“样本组”中，选择人文类课程和自然科学类课程的人数各有多少？
(2)为参加某地举办的自然科学营活动，从“样本组”所有选择自然科学类课程的同学中随机抽取3名同学前往，其中选择课程F或课程H的同学参加本次活动的费用为每人1 000元，选择课程G的同学参加本次活动的费用为每人1 500元．
(ⅰ)设随机变量X表示选出的3名同学中选择课程G的人数，求随机变量X的分布列；
(ⅱ)设随机变量Y表示选出的3名同学参加自然科学营的费用总和，求随机变量Y的数学期望．
【解析】(1)选择人文类课程的人数为(100＋200＋400＋200＋300)×1%＝12(人)；
选择自然科学类课程的人数为(300＋200＋300)×1%＝8(人)．
(2)(ⅰ)依题意，随机变量X可取0，1，2.
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝.
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
(ⅱ)依题意，随机变量Y可取3 000，3 500，4 000.
所以随机变量Y的分布列为
Y
3 000
3 500
4 000
P
所以随机变量Y的数学期望为
E(Y)＝3 000×＋3 500×＋4 000×＝3 375(元)．
【p63】
【p63】
年份
卷别
题号
考查内容
命题规律
2018
Ⅰ
10
几何概型
20
概率与频率的关系、二项分布、导数的应用数学期望、概率的意义及其应用
Ⅱ
8
古典概型与数学文化
Ⅲ
8
二项分布及其方差的计算
2017
Ⅰ
2
几何概型
Ⅱ
13
二项分布及其方差
Ⅲ
18
频率分布表、随机变量的分布列、数学期望
2016
Ⅰ
4
几何概型
19
柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率随机变量的分布列、数学期望
Ⅱ
10
几何概型、随机模拟
18
条件概率、随机变量的分布列、数学期望
在独立重复试验中，求随机事件发生的概率或抽样方法、统计信息；
题型1：求无放回抽取的一个或几个事件发生的概率；
题型2：求有放回抽取的一个或几个事件发生的概率.
备 考 建 议 【p63】
1．本节内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此复习时要注意：①要读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准研究事件；②要牢记古典概型和几何概型的公式及其应用．
2．离散型随机变量问题的核心是概率计算，而概率计算又以事件的独立性、互斥性、对立性为核心，故在解题中要充分细致的分析事件之间的关系．
3．概率求解问题是极易出现错误的一个考点．备考中要避免以下六种常见的错误：事件不清(指对所求概率的事件混淆，没有理解各类事件的本质，匆匆解答中导致出错)；事件不“全”(对所求概率的事件的各方面考虑不全或遗漏或增解导致出错)；审题不“力”(没有理解题目意思，或没有弄清出题者的意图，匆匆作答，掉入出题者设计好的“陷阱”之中，导致出错)；模型不“熟”(在做题时，没有很好地总结题型特点，使之“模型”化，或对一些常见“模型”掌握不熟悉，不能“对号入座”，以致在解题时思路不畅，走弯路，导致出错)；方法不“当”(没有选择好解题的适当方法，导致出错)；联系不“畅”(没有与其他的知识联系起来思考题目，孤立做概率题使解题无法进行甚至解错)．
典 例 剖 析 【p64】
探究一 古典概型与几何概型
例1(1)[2017·山东卷]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.
【解析】选C.
每次抽取1张，抽取2次，共有CC＝72(种)情况，其中满足题意的情况有2×CC＝40(种)，所以所求概率P＝＝，故选C.
(2)[2017·江苏卷]记函数f(x)＝的定义域为D.在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是________．
【解析】
令6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，即定义域D＝[－2，3]，在区间[－4，5]上随机取一个数x，则x∈D的概率P＝＝.
(3)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.
设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，由题意可知x、y相互独立，且如图所示．
∴两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|x－y|≤2)＝＝＝＝.故选C.
例2已知关于x的一元二次方程9x2＋6ax－b2＋4＝0，a，b∈R.
(1)若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，求已知方程有两个不相等实根的概率；
(2)若a是从区间[0，3]内任取的一个数，b是从区间[0，2]内任取的一个数，求已知方程有实数根的概率．
【解析】设事件A为“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有两个不相等的实数根”；事件B为“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有实数根”．
(1)由题意，知总事件共9个，即(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．
由Δ＝36a2－36(－b2＋4)＝36a2＋36b2－36×4>0，得a2＋b2>4.
事件A要求a，b满足条件a2＋b2>4，可知包含6个基本事件：(1，2)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，
所以方程有两个不相等实根的概率P(A)＝＝.
(2)由题意，方程有实根的区域为图中阴影部分，
故所求概率为：P(B)＝＝1－.
【点评】事件个数有限即古典概型，其概率计算通常要应用排列与组合知识；事件涉及某类区域，通常是几何概型，其概率计算为“同类区域”的商．
探究二 互斥事件、相互独立事件的概率
例3 红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6，0.5，0.5.假设各盘比赛结果相互独立．
(1)求红队至少两名队员获胜的概率；
(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列．
【解析】(1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则，，分别表示甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C的事件．
因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，
由对立事件的概率公式知
P(D－)＝0.4，P(E－)＝0.5，P(F－)＝0.5.
红队至少两人获胜的事件有：DE，DF，EF，DEF.
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF)
＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.
(2)由题意知ξ可能的取值为0，1，2，3.
又由(1)知F、DEF、D是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，
因此P(ξ＝0)＝P()＝0.4×0.5×0.5＝0.1，
P(ξ＝1)＝P(F)＋P(E)＋P(D)
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，
P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.
由对立事件的概率公式得
P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
【点评】在解含有相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积．
探究三 二项分布
例4 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；
(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
【解析】方法一：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
因为P(X＝5)＝×＝，
所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×＝，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝.
因为E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
方法二：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A包含有“X＝0”、“X＝2”、“X＝3”三个两两互斥的事件，
因为P(X＝0)＝×＝，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝×＝，
所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：
X1
0
2
4
P
X2
0
3
6
P
所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝，
E(X2)＝0×＋3×＋6×＝.
因为E(X1)>E(X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
【点评】二项分布相应的试验为独立重复试验，审题时应思考试验模式是否具有独立重复试验特征，若具有则相应的分布为二项分布，由此可简化解答过程．
探究四 超几何分布
例5 [2017·山东卷]在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.
【解析】(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)＝＝.
(2)由题意知X可取的值为0，1，2，3，4，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
X的数学期望EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
【点评】超几何分布的题设情境特征是总体可划分为二类，所求分布的随机变量是由其中的一类所抽取的元素个数的变化而确定的，在整体抽取时，已知该类元素抽取了多少，但不知道是第几次抽到．
探究五 离散型随机变量的分布列、期望、方差
例6 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n＝4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立．
(1)求这批产品通过检验的概率；
(2)已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元)，求X的分布列及数学期望．
【解析】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A，第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B，第二次取出的4件产品都是优质品为事件C，第二次取出的1件产品是优质品为事件D，这批产品通过检验为事件E，根据题意有E＝(AC)∪(BD)，且AC与BD互斥，
∴P(E)＝P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(D|B)＝C××＋×＝.
(2)X的可能取值为400，500，800，并且
P(X＝400)＝1－C×－＝，
P(X＝500)＝，
P(X＝800)＝C×＝，
∴X的分布列为
X
400
500
800
P
E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.
【点评】离散型随机变量的分布列的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于两点分布、二项分布、超几何分布等特殊分布的分布列可以直接代入相应的公式求解，而对于分布为一般类型的随机变量，应根据相关知识逐步求解随机变量对应事件的概率．
例7 工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟．如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．
(1)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？
(2)若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)E(X)；
(3)假定1>p1>p2>p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小．
【解析】(1)无论以怎样的顺序派出人员，
任务不能被完成的概率都是(1－p1)(1－p2)(1－p3)，
所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，
并等于1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)＝p1＋p2＋p3－p1p2－p2p3－p3p1＋p1p2p3.
(2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1，q2，q3时，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
q1
(1－q1)q2
(1－q1)(1－q2)
所需派出的人员数目的均值(数学期望)是
E(X)＝q1＋2(1－q1)q2＋3(1－q1)(1－q2)
＝3－2q1－q2＋q1q2.
(3)解法一：由(2)的结论知，当以甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，E(X)＝3－2p1－p2＋p1p2.
根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值．
下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3
都有3－2q1－q2＋q1q2≥3－2p1－p2＋p1p2.(*)
事实上，(3－2q1－q2＋q1q2)－(3－2p1－p2＋p1p2)
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－p1p2＋q1q2
＝2(p1－q1)＋(p2－q2)－(p1－q1)p2－q1(p2－q2)
＝(2－p2)(p1－q1)＋(1－q1)(p2－q2)
≥(1－q1)[(p1＋p2)－(q1＋q2)]≥0，
即(*)成立．
解法二：①可将(2)中所求的E(X)改写为3－(q1＋q2)＋q1q2－q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3－(q1＋q2)＋q1q2－q2，由此可见，当q2>q1时，交换前两人的派出顺序可减小均值．
②也可将(2)中所求的E(X)改写为3－2q1－(1－q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为3－2q1－(1－q1)q3，由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当q3>q2时，交换后两人的派出顺序也可减小均值．
综合①②可知，当(q1，q2，q3)＝(p1，p2，p3)时，E(X)达到最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的．
【点评】本题考查相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识与创新意识．
规 律 总 结 【p66】
1．在求解含有相互独立事件概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，接下来就是按照相关的概率值进行计算，如果某些相互独立事件符合独立重复试验概型，就把这部分归结为独立重复试验概型，用独立重复试验概型的概率计算公式解答．独立重复试验是相互独立事件的特例，只要有“恰好”、“恰有”字样的，用独立重复试验的概率公式计算更为简单．
2．概率应用题多是由掷硬币、掷骰子、摸球等概率模型赋予实际背景后得出来的，在解题时就要把实际问题再还原为常见的一些概率模型，这就要根据问题的具体情况去分析，对照常见的概率模型，把不影响问题本质的因素去除，抓住问题的本质去解题．
3．(1)求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．
(2)求离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：
第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；
第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；
第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；
第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度．
高 考 回 眸 【p67】
考题1[2018·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的概率分别为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
【解析】选A.
通解：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.
优解：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.
【命题立意】本题主要考查几何概型，考查学生的转化与化归能力、运算求解能力．考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算．
考题2[2018·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，随机选取两个不同的数，共有C＝45种方法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为＝，选C.
【命题立意】本题主要考查古典概型．考查的数学核心素养是数学运算、数据分析．
考题3[2018·全国卷Ⅰ]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(0
(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．
(ⅰ)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EX；
(ⅱ)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)＝Cp2(1－p)18.
因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]
＝2Cp(1－p)17(1－10p)．
令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>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.
(ⅰ)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EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.
(ⅱ)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EX>400，故应该对余下的产品作检验．
【命题立意】本题主要考查相互独立事件的概率、随机变量的期望、导数的应用、二项分布、决策型问题等．考查数据处理能力、运算求解能力，考查了或然与必然的思想．考查的数学核心素养是逻辑推理、数学建模、数学运算、数据处理．
考点限时训练 【p144】
1．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．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
【解析】选A.
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(A∩B)＝0.6，P(A)＝0.75，则P(B|A)＝＝＝0.8.
2．已知随机变量ξ的分布列是
ξ
－1
0
2
P
cos α
其中α∈，则E(ξ)＝( )
A．2cos α＋sin α B．cos α＋sin α
C．0 D．1
【解析】选D.
根据分布列的性质，可知＋＋cos α＝1，
即sin α＋cos α＝1，将其代入sin2α＋cos2α＝1，
得sin2α＋1－sin α＋sin2α＝1，
解得sin α＝(舍去sin α＝0)，
又α∈，所以cos α＝，
所以E(ξ)＝－1×＋0×＋2×cos α＝－＋＝1.
3．如图，设每个电子元件能正常工作的概率为p，则电路能正常工作的概率为( )
A．p＋p2 B．p＋p2－p3
C．p3 D．p2＋p3
【解析】选B.
解法一：电路能正常工作的概率为：
p[(1－p)2＋p(1－p)＋(1－p)p＋p2]＋(1－p)p2＝p＋p2－p3，选B.
解法二：由题知，上支路能正常工作的概率为p2，下支路能正常工作的概率为p，故上支路不能正常工作的概率为1－p2，下支路不能正常工作的概率为1－p，整个电路不能正常工作的概率为(1－p2)(1－p)，其对应事件：电路能正常工作的概率为1－(1－p2)(1－p)＝p＋p2－p3.
4．下图茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则乙的平均成绩超过甲的平均成绩的概率为( )
A. B.
C. D.
【解析】选A.
甲的平均成绩为＝90，设被污损的数字为x，则乙的平均成绩为>90，解得x>8⇒x＝9，所以所求概率为.
5．已知3件次品和2件正品混在一起，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，则在第一次取出次品的条件下，第二次取出的也是次品的概率是( )
A. B. C. D.
【解析】选C.
记“第一次取出次品”为事件A，“第二次取出次品”为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝＝，
所以P(B)＝＝，故选C.
*6.设复数(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为( )
A.＋ B.－
C.－ D.＋
【解析】选B.
z＝(x－1)＋yi⇒|z|＝≤1⇒(x－1)2＋y2≤1.
如图可求得A(1，1)，B(1，0)，阴影面积等于π×12－×1×1＝－.
若|z|≤1，则y≥x的概率是＝－，故选B.
7．在区间上任选两个数x和y，则y＜sin x的概率为________．
【解析】
在区间上任选两个数x和y，区域的面积为，
满足y＜sin x的区域面积为∫0sin xdx＝(－cos x)|0＝1，∴所求概率为.
8．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)的值为________．
【解析】
因为随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，又P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝，解得p＝，
所以η～B，则P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－－C＝.
9．两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________．
【解析】
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，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)＝×＋×＝.
*10.袋中有大小、质地相同的5个球，2白3黑，现从中摸球，规定：每次从袋中随机摸取一球，若摸到的是白球，则将此球放回袋中，并再放同样的一个白球入袋；若摸到的是黑球，则将球放回袋中，并再放同样的一个黑球入袋，连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数记为X，则X的数学期望为__________．
【解析】
首先，连续摸两次球且按规定操作后袋中白球的个数可能为2，3，4.
P(X＝2)＝P(两次都摸到黑球)＝×＝；
P(X＝4)＝P(两次都摸到白球)＝×＝；
P(X＝3)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)＝.
X的分布列为
X
2
3
4
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＝.
11．中国航母“辽宁舰”是中国第一艘航母，“辽宁”号以4台蒸汽轮机为动力，为保证航母的动力安全性，科学家对蒸汽轮机进行了170余项技术改进，增加了某项新技术，该项新技术要进入试用阶段前必须对其中的三项不同指标甲、乙、丙进行量化检测．假如该项新技术的指标甲、乙、丙独立通过检测合格的概率分别为、、.指标甲、乙、丙合格分别记为4分、2分、4分；若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响．
(1)求该项技术量化得分不低于8分的概率；
(2)记该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
【解析】(1)设该项新技术的三项不同指标甲、乙、丙独立通过检测合格分别为事件A、B、C，则事件“得分不低于8分”表示为ABC＋AC.
∵ABC与AC为互斥事件，且A、B、C彼此独立，
∴P(ABC＋AC)＝P(ABC)＋P(AC)＝P(A)P(B)·P(C)＋P(A)P()P(C)＝××＋××＝.
(2)该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数X的取值为0，1，2，3.
∵P(X＝0)＝P()＝××＝，
P(X＝1)＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝.
P(X＝2)＝P(AB＋BC＋AC)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴EX＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
12．为了响应教育部颁布的《关于推进中小学生研学旅行的意见》，某校计划开设八门研学旅行课程，并对全校学生的选择意向进行调查(调查要求全员参与，每个学生必须从八门课程中选出唯一一门课程)．本次调查结果整理成条形图如下．
上图中，已知课程A，B，C，D，E为人文类课程，课程F，G，H为自然科学类课程．为进一步研究学生选课意向，结合上面图表，采取分层抽样方法从全校抽取1%的学生作为研究样本组(以下简称“样本组”)．
(1)在“样本组”中，选择人文类课程和自然科学类课程的人数各有多少？
(2)为参加某地举办的自然科学营活动，从“样本组”所有选择自然科学类课程的同学中随机抽取3名同学前往，其中选择课程F或课程H的同学参加本次活动的费用为每人1 000元，选择课程G的同学参加本次活动的费用为每人1 500元．
(ⅰ)设随机变量X表示选出的3名同学中选择课程G的人数，求随机变量X的分布列；
(ⅱ)设随机变量Y表示选出的3名同学参加自然科学营的费用总和，求随机变量Y的数学期望．
【解析】(1)选择人文类课程的人数为(100＋200＋400＋200＋300)×1%＝12(人)；
选择自然科学类课程的人数为(300＋200＋300)×1%＝8(人)．
(2)(ⅰ)依题意，随机变量X可取0，1，2.
P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝.
故随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
(ⅱ)依题意，随机变量Y可取3 000，3 500，4 000.
所以随机变量Y的分布列为
Y
3 000
3 500
4 000
P
所以随机变量Y的数学期望为
E(Y)＝3 000×＋3 500×＋4 000×＝3 375(元)．
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