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2019届二轮复习第2讲 概率、随机变量及其分布列学案（全国通用）
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第2讲 概率、随机变量及其分布列
高考定位 1.计数原理、古典概型、几何概型的考查多以选择或填空的形式命题，中低档难度；2.概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，多在解答题的前三题的位置呈现，常考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅱ卷)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 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，其中两素数相加等于30的有7和23，11和19，13和17，共有3种情况，所以所求概率P＝＝，故选C.
答案 C
2.(2018·全国Ⅰ卷)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 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Ⅲ的面积S3＝－S1＝π－2.区域Ⅱ的面积为S2＝π·－S3＝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.
答案 A
3.(2018·全国Ⅰ卷)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E(X)；
(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 (1)由题意知，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，f(p)单调递增；
当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0，f(p)单调递减.
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E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝40＋25×180×0.1＝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E(X)>400，故应该对余下的产品作检验.
考 点 整 合
1.概率模型公式及相关结论
(1)古典概型的概率公式.
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式.
P(A)＝.
(3)条件概率.
在A发生的条件下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相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B).
(5)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，
P()＝1－P(A).
2.独立重复试验与二项分布
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Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.用X表示事件A在n次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.
3.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.
4.离散型随机变量的均值、方差
(1)离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
n
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质：①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1，2，3，…，n).
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值.
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差.
(3)数学期望、方差的性质.
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ).
②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).
热点一 古典概型与几何概型
【例1】 (1)(2018·太原二模)某商场举行有奖促销活动，抽奖规则如下：箱子中有编号为1，2，3，4，5的五个形状、大小完全相同的小球，从中任取两球，若摸出的两球号码的乘积为奇数，则中奖；否则不中奖.则中奖的概率为( )
A. B. C. D.
(2)(2018·湖南师大附中联考)太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图形图案，它形象化地表达了阴阳轮转，相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对统一的形式美.按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O被y＝3sinx的图象分割为两个对称的鱼形图案(如图所示).其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________.
解析 (1)从5个球中，任取两球有C＝10种情况，其中两球编号乘积为奇数有C＝3种情况.∴所求事件的概率P＝.
(2)依题意，大圆的直径为y＝3sinx的最小正周期T＝8.∴大圆的面积S＝π＝16π.又一个小圆的面积S0＝π×12＝π.故所求事件的概率P＝＝＝.
答案 (1)C (2)
探究提高 1.求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏.
2.计算几何概型的概率，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.
【训练1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)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.
(2)(2018·郑州质检)现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球任意排成一排，则中间2个小球不都是红球的概率为( )
A. B. C. D.
解析 (1)如图所示，画出时间轴：
小明到达的时间会随机的落在图中线段AB上，当他的到达时间落在线段AC或DB上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型所求概率P＝＝.
(2)设“4个小球排成一排，中间2个小球不都是红球”为事件A.则表示事件“中间2个球都是红球”，易知P()＝＝＝，故P(A)＝1－P()＝.
答案 (1)B (2)C
热点二 互斥事件、相互独立事件的概率
考法1 互斥条件、条件概率
【例2－1】 (2016·全国Ⅱ卷选编)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率.
解 (1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.
(2)设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.10＋0.05＝0.15.
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝＝＝.
因此所求概率为.
考法2 相互独立事件与独立重复试验的概率
【例2－2】 (2018·衡水中学调研)多家央企为了配合国家战略支持雄安新区建设，纷纷申请在新区建立分公司.若规定每家央企只能在雄县、容城、安新3个片区中的一个片区设立分公司，且申请其中任一个片区设立分公司都是等可能的，每家央企选择哪个片区相互之间互不影响且必须在其中一个片区建立分公司.向雄安新区申请建立分公司的任意4家央企中，
(1)求恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的概率；
(2)用X表示这4家央企中在“雄县”片区建立分公司的个数，用Y表示在“容城”或“安新”片区建立分公司的个数，记ξ＝|X－Y|，求ξ的分布列.
解 (1)法一 依题意，每家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为，去另外两个片区建立分公司的概率为，这4家央企恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为P＝C＝.
法二 所有可能的申请方式有34种，恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的方式C·22种，从而恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为P＝＝.
(2)由题意知，X～B，
则P(X＝k)＝C·(k＝0，1，2，3，4)，
随机变量ξ的所有可能取值为0，2，4.
P(ξ＝0)＝P(X＝2)＝，
P(ξ＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝，
P(ξ＝4)＝P(X＝0)＋P(X＝4)＝.
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
0
2
4
P
探究提高 1.求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件是能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解.
2.(1)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.
(2)牢记公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，并深刻理解其含义.
【训练2】 (2018·天津卷)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.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)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.
①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；
②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 (1)由题意得，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.
(2)①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).
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝3)＝＝，则P(X＝2)＝1－－－＝，
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①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.
热点三 随机变量的分布列、均值与方差
考法1 超几何分布
【例3－1】 (2018·西安调研)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个小组中随机抽取10名学生参加问卷调查.各组人数统计如下：
小组
甲
乙
丙
丁
人数
9
12
6
3
(1)从参加问卷调查的10名学生中随机抽取两名，求这两名学生来自同一个小组的概率；
(2)在参加问卷调查的10名学生中，从来自甲、丙两个小组的学生中随机抽取两名，用X表示抽得甲组学生的人数，求X的分布列和数学期望.
解 (1)由已知得，问卷调查中，从四个小组中抽取的人数分别为3，4，2，1，
从参加问卷调查的10名学生中随机抽取两名的取法共有C＝45种，
这两名学生来自同一小组的取法共有C＋C＋C＝10，
所以P＝＝.
(2)由(1)知，在参加问卷调查的10名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为3，2.
X的可能取值为0，1，2.
则P(X＝k)＝(k＝0，1，2).
∴P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
探究提高 1.求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率.
2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0，1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*).
【训练3】 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E(X).
解 (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，则
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的数学期望是
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
考法2 与独立重复试验有关的分布列
【例3－2】 (2018·潍坊一模)某公司新上一条生产线，为保证新的生产线正常工作，需对该生产线进行检测.现从该生产线上随机抽取100件产品，测量产品数据，用统计方法得到样本的平均数μ＝14，标准差σ＝2，绘制如图所示的频率分布直方图.以频率值作为概率估计值.
(1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件，记其数据为X，依据以下不等式评判(P表示对应事件的概率)：
①P(μ－σ
(2)将数据不在(μ－2σ，μ＋2σ)内的产品视为次品，从该生产线加工的产品中任意抽取2件，次品数记为Y，求Y的分布列与数学期望E(Y).
解 (1)由题意知，μ＝14，σ＝2，由频率分布直方图得
P(μ－σ0.682 6，
P(μ－2σ
(2)由(1)知P(μ－2σ
所以任取两件产品得到的次品数Y可能值为0，1，2，且Y～B.
则P(Y＝0)＝＝；
P(Y＝1)＝C××＝；
P(Y＝2)＝＝.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
P
∴E(Y)＝0×＋1×＋2×＝.
(或E(Y)＝2×＝.)
探究提高 1.求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列.
2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从二项分布B(n，p)，则其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得.
【训练4】 (2018·湖南六校联考)为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”战略的号召，进一步优化能源消费结构，某市决定在地处山区的A县推进光伏发电项目.在该县山区居民中随机抽取50户，统计其年用电量得以下统计表.以样本的频率作为概率.
用电量
(单位：度)
(0，200]
(200，400]
(400，600]
(600，800]
(800，1 000]
户数
5
15
10
15
5
(1)在该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，求X的数学期望；
(2)已知该县某山区自然村有居民300户.若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购.经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接收益多少元.
解 (1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A，则P(A)＝.
由已知可得从该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，且X～B.
故E(X)＝np＝10×＝6.
(2)设该县山区居民户年均用电量为E(Y)，由抽样可得E(Y)＝100×＋300×＋500×＋700×＋900×＝500(度).
则该自然村年均用电约150 000度.又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度，故该机组每年所发电量除保证正常用电外还能剩余电量约150 000度，能为该村创造直接收益120 000元.
热点四 概率与统计的综合问题
【例4】 (2018·昆明质检)手机作为客户端越来越为人们所青睐，通过手机实现衣食住行消费已经成为一种主要的消费方式.在某市，随机调查了200名顾客购物时使用手机支付的情况，得到如下的2×2列联表，已知从使用手机支付的人群中随机抽取1人，抽到青年的概率为.
(1)根据已知条件完成2×2列联表，并根据此资料判断是否有99.5%的把握认为“市场购物用手机支付与年龄有关”？
2×2列联表：
青年
中老年
合计
使用手机支付
120
不使用手机支付
48
合计
200
(2)现采用分层抽样的方法从这200名顾客中按照“使用手机支付”和“不使用手机支付”抽取一个容量为10的样本，再从中随机抽取3人，求这三人中“使用手机支付”的人数的分布列及期望.
附：K2＝
P(K2≥k0)
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
解 (1)∵从使用手机支付的人群中随机抽取1人，抽到青年的概率为，
∴使用手机支付的人群中的青年的人数为×120＝84人，
则使用手机支付的人群中的中老年的人数为120－84＝36人，所以2×2列联表为
青年
中老年
合计
使用手机支付
84
36
120
不使用手机支付
32
48
80
合计
116
84
200
K2的观测值k＝＝≈17.734，
∵17.734>7.879，P(K2≥7.879)＝0.005，
故有99.5%的把握认为“市场购物用手机支付与年龄有关”.
(2)根据分层抽样原理，从这200名顾客中抽取10人，
抽到“使用手机支付”的人数为10×＝6.
“不使用手机支付”的人数为4.
设随机抽取的3人中“使用手机支付”的人数为随机变量X.
则X＝0，1，2，3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所求随机变量X的概率分布为
X
0
1
2
3
P
期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
探究提高 1.本题考查统计与概率的综合应用，意在考查考生的识图能力和数据处理能力.此类问题多涉及相互独立事件、互斥事件的概率，在求解时，要明确基本事件的构成.
2.联系高中生使用手机这一生活现象，利用数学中列联表、独立性检验，予以研究二者的相关性，考查了相互独立事件同时发生、分布列.题目主旨，引导学生正确对待使用手机，切勿玩物丧志，并倡导互帮互助的学习风气.
【训练5】 (2018·哈尔滨二模)某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1，2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标准B.已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准.
(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下所示：
X1
5
6
7
8
P
0.4
a
b
0.1
且X1的数学期望E(X1)＝6，求a，b的值；
(2)为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；
(3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由.
注：①产品的“性价比”＝；
②“性价比”大的产品更具可购买性.
解 (1)因为E(X1)＝6，所以5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，
即6a＋7b＝3.2，又由X1的概率分布列得0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5，
由解得
(2)由已知得，样本的频率分布表如下：
等级系数X2
3
4
5
6
7
8
样本频率f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X2的概率分布列如下：
X2
3
4
5
6
7
8
P
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
所以E(X2)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8，
即乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8.
(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：
因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其性价比为＝1，
因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其性价比为＝1.2，
所以乙厂的产品更具可购买性.
1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法.
2.相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B).互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.
(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.
(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Cpkqn－k.其中k＝0，1，…，n，q＝1－p.
一、选择题
1.(2018·广州模拟)三国时期吴国的数学家赵爽曾创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，其中一个直角三角形中较小的锐角α满足tan α＝，现向大正方形内随机投掷一枚飞镖，则飞镖落在小正方形内的概率是( )
A. B. C. D.
解析 在Rt△ABC中，tan α＝.不妨设BC＝3，AC＝4，则DC＝1，AB＝5.∴所求事件的概率P＝＝＝.
答案 D
2.甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”.从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )
A. B. C. D.
解析 由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件与丙、丁或戊都无关，所以这三个人获得第一名是等概率事件，概率为.
答案 D
3.(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员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，D(X)＝2.4，P(X＝4)
解析 由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)0.5，所以p＝0.6.
答案 B
4.(2018·长郡中学二模)设随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，若P(X>m)＝0.3，则P(X>8－m)＝( )
A.0.2 B.0.3
C.0.7 D.与σ的值有关
解析 ∵随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，
∴正态曲线的对称轴是x＝4，
∵P(X>m)＝0.3，且m与8－m关于x＝4对称，
由正态曲线的对称性，得P(X>m)＝P(X<8－m)＝0.3，
故P(X>8－m)＝1－0.3＝0.7.
答案 C
5.(2018·浙江卷)设0
ξ
0
1
2
P
则当p在(0，1)内增大时( )
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 由题可得E(ξ)＝＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋＝－＋，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小.
答案 D
二、填空题
6.(2018·全国Ⅰ卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答).
解析 法一 可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有
CC＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC＝4(种).根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种.
法二 从6人中任选3人，不同的选法有C＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种).
答案 16
7.(2018·济南模拟)的展开式中，常数项为________(用数字作答).
解析 Tr＋1＝C(x2)5－r＝(－2)rCx10－.依题意，10－＝0，则r＝4.∴展开式中常数项T5＝C(－2)4＝80.
答案 80
8.(2018·安徽江南名校联考)如图，圆M、圆N、圆P彼此相外切，且内切于正△ABC中，在正△ABC内随机取一点，则此点取自△MNP(阴影部分)的概率是________.
解析 设内切圆的半径为r，正△ABC的边长为a，则a＝2r＋2r，△MNP的边长a′＝2r.∴所求事件的概率P＝＝＝1－.
答案 1－
三、解答题
9.(2018·北京卷)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.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(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D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)，D(ξ5)，D(ξ6)的大小关系.
解 (1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50.
故所求概率为＝0.025.
(2)设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”.
故所求概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝
P(A)(1－P(B))＋(1－P(A))P(B).
由题意知：P(A)估计为0.25，P(B)估计为0.2.
故所求概率估计为0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35.
(3)由题意可知，定义随机变量如下：
ξk＝
则ξk显然服从两点分布，故D(ξ1)＝0.4×(1－0.4)＝0.24，
D(ξ2)＝0.2×(1－0.2)＝0.16，
D(ξ3)＝0.15×(1－0.15)＝0.127 5，
D(ξ4)＝0.25×(1－0.25)＝0.187 5，
D(ξ5)＝0.2×(1－0.2)＝0.16，
D(ξ6)＝0.1×(1－0.1)＝0.09.
综上所述，D(ξ1)>D(ξ4)>D(ξ2)＝D(ξ5)>D(ξ3)>D(ξ6).
10.(2018·西安调研)在一次诗词知识竞赛调查中，发现参赛选手分为两个年龄(单位：岁)段：[20，30)，[30，40]，其中答对诗词名句与否的人数如图所示.
(1)完成下面2×2列联表：
年龄段
正确
错误
合计
[20，30)
[30，40]
合计
(2)是否有90%的把握认为答对诗词名句与年龄有关，请说明你的理由；
(3)现按年龄段分层抽样选取6名选手，若从这6名选手中选取3名选手，求3名选手中年龄在[20，30)岁范围人数的分布列和数学期望.
注：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
解 (1)2×2的列联表为
年龄段
正确
错误
合计
[20，30)
10
30
40
[30，40]
10
70
80
合计
20
100
120
(2)根据2×2列联表中的数据，得K2的观测值为
k＝
＝＝3>2.706，
∴有90%的把握认为答对诗词名句与年龄有关.
(3)按年龄段分层抽取6人中，在范围[20，30)岁的人数是2(人)，在[30，40]岁范围的人数是4(人).现从6名选手中选取3名选手，设3名选手中在范围[20，30)岁的人数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
故ξ的数学期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
11.(2018·武汉三模)2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表：
月份
2017.12
2018.01
2018.02
2018.03
2018.04
月份编号t
1
2
3
4
5
销量y(万辆)
0.5
0.6
1
1.4
1.7
(1)经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量y(万辆)与月份编号t之间的相关关系.请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：＝t＋，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量；
(2)2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程(新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程)对购车补贴进行新一轮调整.已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：
补贴金额预期值区间(万元)
[1，2)
[2，3)
[3，4)
[4，5)
[5，6)
[6，7]
频数
20
60
60
30
20
10
(ⅰ)求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的样本方差s2及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)；
(ⅱ)将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽取3人，记被抽取的3人中对补贴金额的心理预期值不低于3万元的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ).
参考公式及数据：①回归方程＝t＋，其中＝，＝－；
②tiyi＝18.8.
解 (1)易知＝＝3，
＝＝1.04，
t＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
＝＝＝＝0.32，
＝－＝1.04－0.32×3＝0.08，
则y关于t的线性回归方程为＝0.32t＋0.08，
当t＝6时，＝2.00，即2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量约为2万辆.
(2)(ⅰ)根据题意，这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的平均值、样本方差s2及中位数的估计值分别为：
＝1.5×0.1＋2.5×0.3＋3.5×0.3＋4.5×0.15＋5.5×0.1＋6.5×0.05＝3.5，
s2＝(1.5－3.5)2×0.1＋(2.5－3.5)2×0.3＋(3.5－3.5)2×0.3＋(4.5－3.5)2×0.15＋(5.5－3.5)2×0.1＋(6.5－3.5)2×0.05＝1.7，
中位数的估计值为3＋1×＝3＋≈3.3.
(ⅱ)根据给定的频数表可知，任意抽取1名拟购买新能源汽车的消费者，对补贴金额的心理预期值不低于3万元的概率为＝，
由题意可知ξ～B，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝C＝，
P(ξ＝1)＝C＝，
P(ξ＝2)＝C＝，
P(ξ＝3)＝C＝.
X的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.(或者E(ξ)＝3×＝).
高考定位 1.计数原理、古典概型、几何概型的考查多以选择或填空的形式命题，中低档难度；2.概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点”，多在解答题的前三题的位置呈现，常考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅱ卷)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 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，其中两素数相加等于30的有7和23，11和19，13和17，共有3种情况，所以所求概率P＝＝，故选C.
答案 C
2.(2018·全国Ⅰ卷)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 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Ⅲ的面积S3＝－S1＝π－2.区域Ⅱ的面积为S2＝π·－S3＝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.
答案 A
3.(2018·全国Ⅰ卷)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E(X)；
(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 (1)由题意知，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，f(p)单调递增；
当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0，f(p)单调递减.
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E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝40＋25×180×0.1＝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E(X)>400，故应该对余下的产品作检验.
考 点 整 合
1.概率模型公式及相关结论
(1)古典概型的概率公式.
P(A)＝＝.
(2)几何概型的概率公式.
P(A)＝.
(3)条件概率.
在A发生的条件下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相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B).
(5)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，
P()＝1－P(A).
2.独立重复试验与二项分布
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Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.用X表示事件A在n次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.
3.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.
4.离散型随机变量的均值、方差
(1)离散型随机变量ξ的分布列为
ξ
x1
x2
x3
…
xi
…
n
P
p1
p2
p3
…
pi
…
pn
离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质：①pi≥0；
②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1，2，3，…，n).
(2)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值.
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差.
(3)数学期望、方差的性质.
①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ).
②X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
③X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).
热点一 古典概型与几何概型
【例1】 (1)(2018·太原二模)某商场举行有奖促销活动，抽奖规则如下：箱子中有编号为1，2，3，4，5的五个形状、大小完全相同的小球，从中任取两球，若摸出的两球号码的乘积为奇数，则中奖；否则不中奖.则中奖的概率为( )
A. B. C. D.
(2)(2018·湖南师大附中联考)太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图形图案，它形象化地表达了阴阳轮转，相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对统一的形式美.按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O被y＝3sinx的图象分割为两个对称的鱼形图案(如图所示).其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为________.
解析 (1)从5个球中，任取两球有C＝10种情况，其中两球编号乘积为奇数有C＝3种情况.∴所求事件的概率P＝.
(2)依题意，大圆的直径为y＝3sinx的最小正周期T＝8.∴大圆的面积S＝π＝16π.又一个小圆的面积S0＝π×12＝π.故所求事件的概率P＝＝＝.
答案 (1)C (2)
探究提高 1.求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏.
2.计算几何概型的概率，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.
【训练1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)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.
(2)(2018·郑州质检)现有大小形状完全相同的4个小球，其中红球有2个，白球与蓝球各1个，将这4个小球任意排成一排，则中间2个小球不都是红球的概率为( )
A. B. C. D.
解析 (1)如图所示，画出时间轴：
小明到达的时间会随机的落在图中线段AB上，当他的到达时间落在线段AC或DB上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型所求概率P＝＝.
(2)设“4个小球排成一排，中间2个小球不都是红球”为事件A.则表示事件“中间2个球都是红球”，易知P()＝＝＝，故P(A)＝1－P()＝.
答案 (1)B (2)C
热点二 互斥事件、相互独立事件的概率
考法1 互斥条件、条件概率
【例2－1】 (2016·全国Ⅱ卷选编)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率.
解 (1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.
(2)设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.10＋0.05＝0.15.
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝＝＝.
因此所求概率为.
考法2 相互独立事件与独立重复试验的概率
【例2－2】 (2018·衡水中学调研)多家央企为了配合国家战略支持雄安新区建设，纷纷申请在新区建立分公司.若规定每家央企只能在雄县、容城、安新3个片区中的一个片区设立分公司，且申请其中任一个片区设立分公司都是等可能的，每家央企选择哪个片区相互之间互不影响且必须在其中一个片区建立分公司.向雄安新区申请建立分公司的任意4家央企中，
(1)求恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的概率；
(2)用X表示这4家央企中在“雄县”片区建立分公司的个数，用Y表示在“容城”或“安新”片区建立分公司的个数，记ξ＝|X－Y|，求ξ的分布列.
解 (1)法一 依题意，每家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为，去另外两个片区建立分公司的概率为，这4家央企恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为P＝C＝.
法二 所有可能的申请方式有34种，恰有2家央企申请在“雄县”片区建立分公司的方式C·22种，从而恰有2家央企在“雄县”片区建立分公司的概率为P＝＝.
(2)由题意知，X～B，
则P(X＝k)＝C·(k＝0，1，2，3，4)，
随机变量ξ的所有可能取值为0，2，4.
P(ξ＝0)＝P(X＝2)＝，
P(ξ＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝，
P(ξ＝4)＝P(X＝0)＋P(X＝4)＝.
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
0
2
4
P
探究提高 1.求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件是能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解.
2.(1)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.
(2)牢记公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，并深刻理解其含义.
【训练2】 (2018·天津卷)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.
(1)应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
(2)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.
①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；
②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 (1)由题意得，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.
(2)①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).
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝3)＝＝，则P(X＝2)＝1－－－＝，
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①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.
热点三 随机变量的分布列、均值与方差
考法1 超几何分布
【例3－1】 (2018·西安调研)4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个小组中随机抽取10名学生参加问卷调查.各组人数统计如下：
小组
甲
乙
丙
丁
人数
9
12
6
3
(1)从参加问卷调查的10名学生中随机抽取两名，求这两名学生来自同一个小组的概率；
(2)在参加问卷调查的10名学生中，从来自甲、丙两个小组的学生中随机抽取两名，用X表示抽得甲组学生的人数，求X的分布列和数学期望.
解 (1)由已知得，问卷调查中，从四个小组中抽取的人数分别为3，4，2，1，
从参加问卷调查的10名学生中随机抽取两名的取法共有C＝45种，
这两名学生来自同一小组的取法共有C＋C＋C＝10，
所以P＝＝.
(2)由(1)知，在参加问卷调查的10名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为3，2.
X的可能取值为0，1，2.
则P(X＝k)＝(k＝0，1，2).
∴P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
探究提高 1.求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率.
2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0，1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*).
【训练3】 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E(X).
解 (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，则
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的数学期望是
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
考法2 与独立重复试验有关的分布列
【例3－2】 (2018·潍坊一模)某公司新上一条生产线，为保证新的生产线正常工作，需对该生产线进行检测.现从该生产线上随机抽取100件产品，测量产品数据，用统计方法得到样本的平均数μ＝14，标准差σ＝2，绘制如图所示的频率分布直方图.以频率值作为概率估计值.
(1)从该生产线加工的产品中任意抽取一件，记其数据为X，依据以下不等式评判(P表示对应事件的概率)：
①P(μ－σ
(2)将数据不在(μ－2σ，μ＋2σ)内的产品视为次品，从该生产线加工的产品中任意抽取2件，次品数记为Y，求Y的分布列与数学期望E(Y).
解 (1)由题意知，μ＝14，σ＝2，由频率分布直方图得
P(μ－σ
P(μ－2σ
(2)由(1)知P(μ－2σ
所以任取两件产品得到的次品数Y可能值为0，1，2，且Y～B.
则P(Y＝0)＝＝；
P(Y＝1)＝C××＝；
P(Y＝2)＝＝.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
P
∴E(Y)＝0×＋1×＋2×＝.
(或E(Y)＝2×＝.)
探究提高 1.求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列.
2.对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从二项分布B(n，p)，则其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得.
【训练4】 (2018·湖南六校联考)为响应国家“精准扶贫，产业扶贫”战略的号召，进一步优化能源消费结构，某市决定在地处山区的A县推进光伏发电项目.在该县山区居民中随机抽取50户，统计其年用电量得以下统计表.以样本的频率作为概率.
用电量
(单位：度)
(0，200]
(200，400]
(400，600]
(600，800]
(800，1 000]
户数
5
15
10
15
5
(1)在该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，求X的数学期望；
(2)已知该县某山区自然村有居民300户.若计划在该村安装总装机容量为300千瓦的光伏发电机组，该机组所发电量除保证该村正常用电外，剩余电量国家电网以0.8元/度的价格进行收购.经测算每千瓦装机容量的发电机组年平均发电1 000度，试估计该机组每年所发电量除保证正常用电外还能为该村创造直接收益多少元.
解 (1)记在抽取的50户居民中随机抽取1户，其年用电量不超过600度为事件A，则P(A)＝.
由已知可得从该县山区居民中随机抽取10户，记其中年用电量不超过600度的户数为X，且X～B.
故E(X)＝np＝10×＝6.
(2)设该县山区居民户年均用电量为E(Y)，由抽样可得E(Y)＝100×＋300×＋500×＋700×＋900×＝500(度).
则该自然村年均用电约150 000度.又该村所装发电机组年预计发电量为300 000度，故该机组每年所发电量除保证正常用电外还能剩余电量约150 000度，能为该村创造直接收益120 000元.
热点四 概率与统计的综合问题
【例4】 (2018·昆明质检)手机作为客户端越来越为人们所青睐，通过手机实现衣食住行消费已经成为一种主要的消费方式.在某市，随机调查了200名顾客购物时使用手机支付的情况，得到如下的2×2列联表，已知从使用手机支付的人群中随机抽取1人，抽到青年的概率为.
(1)根据已知条件完成2×2列联表，并根据此资料判断是否有99.5%的把握认为“市场购物用手机支付与年龄有关”？
2×2列联表：
青年
中老年
合计
使用手机支付
120
不使用手机支付
48
合计
200
(2)现采用分层抽样的方法从这200名顾客中按照“使用手机支付”和“不使用手机支付”抽取一个容量为10的样本，再从中随机抽取3人，求这三人中“使用手机支付”的人数的分布列及期望.
附：K2＝
P(K2≥k0)
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
解 (1)∵从使用手机支付的人群中随机抽取1人，抽到青年的概率为，
∴使用手机支付的人群中的青年的人数为×120＝84人，
则使用手机支付的人群中的中老年的人数为120－84＝36人，所以2×2列联表为
青年
中老年
合计
使用手机支付
84
36
120
不使用手机支付
32
48
80
合计
116
84
200
K2的观测值k＝＝≈17.734，
∵17.734>7.879，P(K2≥7.879)＝0.005，
故有99.5%的把握认为“市场购物用手机支付与年龄有关”.
(2)根据分层抽样原理，从这200名顾客中抽取10人，
抽到“使用手机支付”的人数为10×＝6.
“不使用手机支付”的人数为4.
设随机抽取的3人中“使用手机支付”的人数为随机变量X.
则X＝0，1，2，3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所求随机变量X的概率分布为
X
0
1
2
3
P
期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
探究提高 1.本题考查统计与概率的综合应用，意在考查考生的识图能力和数据处理能力.此类问题多涉及相互独立事件、互斥事件的概率，在求解时，要明确基本事件的构成.
2.联系高中生使用手机这一生活现象，利用数学中列联表、独立性检验，予以研究二者的相关性，考查了相互独立事件同时发生、分布列.题目主旨，引导学生正确对待使用手机，切勿玩物丧志，并倡导互帮互助的学习风气.
【训练5】 (2018·哈尔滨二模)某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1，2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标准B.已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准.
(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如下所示：
X1
5
6
7
8
P
0.4
a
b
0.1
且X1的数学期望E(X1)＝6，求a，b的值；
(2)为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；
(3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由.
注：①产品的“性价比”＝；
②“性价比”大的产品更具可购买性.
解 (1)因为E(X1)＝6，所以5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，
即6a＋7b＝3.2，又由X1的概率分布列得0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5，
由解得
(2)由已知得，样本的频率分布表如下：
等级系数X2
3
4
5
6
7
8
样本频率f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X2的概率分布列如下：
X2
3
4
5
6
7
8
P
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
所以E(X2)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8，
即乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8.
(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：
因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其性价比为＝1，
因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其性价比为＝1.2，
所以乙厂的产品更具可购买性.
1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法.
2.相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B).互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.
(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.
(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Cpkqn－k.其中k＝0，1，…，n，q＝1－p.
一、选择题
1.(2018·广州模拟)三国时期吴国的数学家赵爽曾创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明.如图所示的“勾股圆方图”中，四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，其中一个直角三角形中较小的锐角α满足tan α＝，现向大正方形内随机投掷一枚飞镖，则飞镖落在小正方形内的概率是( )
A. B. C. D.
解析 在Rt△ABC中，tan α＝.不妨设BC＝3，AC＝4，则DC＝1，AB＝5.∴所求事件的概率P＝＝＝.
答案 D
2.甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”.从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )
A. B. C. D.
解析 由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件与丙、丁或戊都无关，所以这三个人获得第一名是等概率事件，概率为.
答案 D
3.(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员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，D(X)＝2.4，P(X＝4)
解析 由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)
答案 B
4.(2018·长郡中学二模)设随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，若P(X>m)＝0.3，则P(X>8－m)＝( )
A.0.2 B.0.3
C.0.7 D.与σ的值有关
解析 ∵随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，
∴正态曲线的对称轴是x＝4，
∵P(X>m)＝0.3，且m与8－m关于x＝4对称，
由正态曲线的对称性，得P(X>m)＝P(X<8－m)＝0.3，
故P(X>8－m)＝1－0.3＝0.7.
答案 C
5.(2018·浙江卷)设0
ξ
0
1
2
P
则当p在(0，1)内增大时( )
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 由题可得E(ξ)＝＋p，所以D(ξ)＝－p2＋p＋＝－＋，所以当p在(0，1)内增大时，D(ξ)先增大后减小.
答案 D
二、填空题
6.(2018·全国Ⅰ卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答).
解析 法一 可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有
CC＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC＝4(种).根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种.
法二 从6人中任选3人，不同的选法有C＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种).
答案 16
7.(2018·济南模拟)的展开式中，常数项为________(用数字作答).
解析 Tr＋1＝C(x2)5－r＝(－2)rCx10－.依题意，10－＝0，则r＝4.∴展开式中常数项T5＝C(－2)4＝80.
答案 80
8.(2018·安徽江南名校联考)如图，圆M、圆N、圆P彼此相外切，且内切于正△ABC中，在正△ABC内随机取一点，则此点取自△MNP(阴影部分)的概率是________.
解析 设内切圆的半径为r，正△ABC的边长为a，则a＝2r＋2r，△MNP的边长a′＝2r.∴所求事件的概率P＝＝＝1－.
答案 1－
三、解答题
9.(2018·北京卷)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.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(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D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)，D(ξ4)，D(ξ5)，D(ξ6)的大小关系.
解 (1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50.
故所求概率为＝0.025.
(2)设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”.
故所求概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝
P(A)(1－P(B))＋(1－P(A))P(B).
由题意知：P(A)估计为0.25，P(B)估计为0.2.
故所求概率估计为0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35.
(3)由题意可知，定义随机变量如下：
ξk＝
则ξk显然服从两点分布，故D(ξ1)＝0.4×(1－0.4)＝0.24，
D(ξ2)＝0.2×(1－0.2)＝0.16，
D(ξ3)＝0.15×(1－0.15)＝0.127 5，
D(ξ4)＝0.25×(1－0.25)＝0.187 5，
D(ξ5)＝0.2×(1－0.2)＝0.16，
D(ξ6)＝0.1×(1－0.1)＝0.09.
综上所述，D(ξ1)>D(ξ4)>D(ξ2)＝D(ξ5)>D(ξ3)>D(ξ6).
10.(2018·西安调研)在一次诗词知识竞赛调查中，发现参赛选手分为两个年龄(单位：岁)段：[20，30)，[30，40]，其中答对诗词名句与否的人数如图所示.
(1)完成下面2×2列联表：
年龄段
正确
错误
合计
[20，30)
[30，40]
合计
(2)是否有90%的把握认为答对诗词名句与年龄有关，请说明你的理由；
(3)现按年龄段分层抽样选取6名选手，若从这6名选手中选取3名选手，求3名选手中年龄在[20，30)岁范围人数的分布列和数学期望.
注：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
解 (1)2×2的列联表为
年龄段
正确
错误
合计
[20，30)
10
30
40
[30，40]
10
70
80
合计
20
100
120
(2)根据2×2列联表中的数据，得K2的观测值为
k＝
＝＝3>2.706，
∴有90%的把握认为答对诗词名句与年龄有关.
(3)按年龄段分层抽取6人中，在范围[20，30)岁的人数是2(人)，在[30，40]岁范围的人数是4(人).现从6名选手中选取3名选手，设3名选手中在范围[20，30)岁的人数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
故ξ的数学期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
11.(2018·武汉三模)2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解到近五个月实际销量如下表：
月份
2017.12
2018.01
2018.02
2018.03
2018.04
月份编号t
1
2
3
4
5
销量y(万辆)
0.5
0.6
1
1.4
1.7
(1)经分析发现，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量y(万辆)与月份编号t之间的相关关系.请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：＝t＋，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量；
(2)2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车的最大续航里程(新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程)对购车补贴进行新一轮调整.已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：
补贴金额预期值区间(万元)
[1，2)
[2，3)
[3，4)
[4，5)
[5，6)
[6，7]
频数
20
60
60
30
20
10
(ⅰ)求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的样本方差s2及中位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替；估计值精确到0.1)；
(ⅱ)将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽取3人，记被抽取的3人中对补贴金额的心理预期值不低于3万元的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望E(ξ).
参考公式及数据：①回归方程＝t＋，其中＝，＝－；
②tiyi＝18.8.
解 (1)易知＝＝3，
＝＝1.04，
t＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
＝＝＝＝0.32，
＝－＝1.04－0.32×3＝0.08，
则y关于t的线性回归方程为＝0.32t＋0.08，
当t＝6时，＝2.00，即2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量约为2万辆.
(2)(ⅰ)根据题意，这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值X的平均值、样本方差s2及中位数的估计值分别为：
＝1.5×0.1＋2.5×0.3＋3.5×0.3＋4.5×0.15＋5.5×0.1＋6.5×0.05＝3.5，
s2＝(1.5－3.5)2×0.1＋(2.5－3.5)2×0.3＋(3.5－3.5)2×0.3＋(4.5－3.5)2×0.15＋(5.5－3.5)2×0.1＋(6.5－3.5)2×0.05＝1.7，
中位数的估计值为3＋1×＝3＋≈3.3.
(ⅱ)根据给定的频数表可知，任意抽取1名拟购买新能源汽车的消费者，对补贴金额的心理预期值不低于3万元的概率为＝，
由题意可知ξ～B，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝C＝，
P(ξ＝1)＝C＝，
P(ξ＝2)＝C＝，
P(ξ＝3)＝C＝.
X的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.(或者E(ξ)＝3×＝).
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