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新高考数学一轮复习专题九计数原理、概率与统计9-3离散型随机变量及其分布列、均值与方差练习课件
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这是一份新高考数学一轮复习专题九计数原理、概率与统计9-3离散型随机变量及其分布列、均值与方差练习课件，共48页。
(2024新课标Ⅱ,18,17分,难)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比 赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘 汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队 员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总 和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各 次投中与否相互独立.(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
(2)假设00,p+q-pq=p(1-q)
+q>0,所以P1>P2,则应由甲参加第一阶段,这样才能使得甲、乙所在队的比赛成绩为15
分的概率最大.
(ii)设甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为X,则X的可能取值为0,5,10,15.则P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,P(X=5)=[1-(1-p)3]· q(1-q)2,P(X=10)=[1-(1-p)3]· q2(1-q),P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,所以由甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩的数学期望为E(X)=0+5[1-(1-p)3]· q(1-q)2+10[1-(1-p)3]· q2(1-q)+15[1-(1-p)3]·q3=15q(3p-3p2+p3).设乙参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为Y,同理可得乙参加第一阶段比赛,该队比赛成 绩的数学期望E(Y)=15p(3q-3q2+q3).
E(X)-E(Y)=15q(3p-3p2+p3)-15p(3q-3q2+q3)=15pq(q-p)(3-p-q),因为00,3-p-q>0,所以E(X)>E(Y).则由甲参加第一阶段比赛时,该队比赛成绩的数学期望最大.
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
1.(2020课标Ⅲ理,3,5分,易)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且 pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是 ( )A.p1=p4=0.1,p2=p3=,p2=p3=,p2=p3=,p2=p3=0.2
2.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分,难)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所 有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n), pi=1,定义X的信息熵H(X)=- pilg2pi. ( )A.若n=1,则H(X)=0B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大C.若pi= (i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X) ≤H(Y)
3.(2020浙江,16,6分,中)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球, 每次取1个,不放回,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ,E(ξ)= 1 .
4.(2022北京,18,13分,中)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛 成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠 军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;丙:9.85,9.65,9.20,9.16.假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;(3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证 明)
解析 (1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准,则甲得优秀奖的概率P= = .(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,设甲、乙、丙获得优秀奖分别为事件A,B,C,则 A,B,C, , , 相互独立,且P(A)= ,P(B)=P(C)= ,P( )=1-P(A)=1- = ,P( )=P( )= ,则P(X=0)=P( )=P( )P( )P( )= × × = ;P(X=1)=P(A )+P( B )+P( C)=P(A)P( )·P( )+P( )P(B)P( )+P( )P( )P(C)= × × + × × + × × = = ;P(X=2)=P(AB )+P(A C)+P( BC)=P(A)P(B)·P( )+P(A)P( )P(C)+P( )P(B)P(C)= ×
× + × × + × × = ;P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)= × × = .故X的数学期望E(X)=0× +1× +2× +3× = .(3)丙.详解:乙夺冠的概率为P(乙)= × × + × × + × × + × × + × × = ,丙夺冠的概率为P(丙)= + × × = ,甲夺冠的概率为P(甲)=1- - = ,P(丙)最大,所以丙夺冠的概率最大.
5.(2021新高考Ⅰ,18,12分,中)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位 参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误 则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回 答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类 问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确 回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?并说明理由.
解析 (1)由题易知X的所有可能取值为0,20,100,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8×0.6=0.48,所以X的分布列为
(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,则Y的所有可能取值为0,80,100,P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,所以Y的分布列为
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,所以E(Y)>E(X),所以小明应选择先回答B类问题.
6.(2023新课标Ⅰ,21,12分,难)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中 则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命 中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的 人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率;(2)求第i次投篮的人是甲的概率;(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E = 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解析 记Ai=“第i次投篮的人是甲”,Bi=“第i次投篮的人是乙”.(1)因为P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6,所以第2次投篮的人是乙的概率为0.6.(2)设P(Ai)=pi,则P(Bi)=1-pi,所以P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi),即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2.设pi+1+λ= (pi+λ),解得λ=- ,则pi+1- = ,因为p1= ,p1- = ,所以 是首项为 ,公比为 的等比数列,所以pi- = × ,即pi= × + .
所以第i次投篮的人是甲的概率为 × + .(3)因为pi= × + ,i=1,2,…,n,所以当n∈N*时,E(Y)=p1+p2+…+pn= × + = + ,故E(Y)= + .
7.(2021新高考Ⅱ,21,12分,难)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个 这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代……该微生 物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一 代的个数,P(X=i)=pi(i=0,1,2,3).(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+p1x+p2x2+ p3x3=x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p=1,当E(X)>1时,p<1;(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.
解析 (1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)证法一:由题意得p0+p1+p2+p3=1,E(X)=p1+2p2+3p3,因为p0+p1x+p2x2+p3x3=x,所以p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0,即p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0,即(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0,令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0,则f(x)图象的对称轴为直线x=- <0,且f(0)=-p0<0,f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1.
当E(X)≤1时, f(1)≤0, f(x)的正实根x0≥1,则原方程的最小正实根p=1;当E(X)>1时, f(1)>0, f(x)的正实根x0<1,则原方程的最小正实根p=x0<1.证法二:设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,由题易知p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,f '(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),E(X)=0·p0+1·p1+2·p2+3·p3=p1+2p2+3p3,若E(X)≤1,则p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0,因为f '(0)=-(p2+p0+p3)<0,
f '(1)=p2+2p3-p0≤0,所以f '(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1≤x2,当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0,当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0,故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,若x2=1,因为f(x)在(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,且f(1)=0,所以在(0,+∞)上, f(x)≥f(x2)=f(1)=0,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,即p=1,故当E(x)≤1时,p=1.
若x2>1,因为f(1)=0且f(x)在(0,x2)上为减函数,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根.综上,若E(X)≤1,则p=1.若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,则p2+2p3>p0,此时f '(0)=-(p2+p0+p3)<0, f '(1)=p2+2p3-p0>0,故f '(x)有两个不同零点x3,x4且x3<00,所以f(x)在(0,x4)上存在一个零点x0,且x0<1,
所以x0为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正根,即p<1,故当E(X)>1时,p<1.(3)意义:若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后会临近灭绝,若繁殖 后代的平均数超过1,则若干代后还有继续繁殖的可能.
1.(2024广东百日冲刺联合质量监测,3)已知随机变量X的分布列如下:
则“E(X)= ”是“D(X)= ”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
2.(2024广东广州天河综合测试(二),8)设10≤x1D(ξ2)D.D(ξ1)与D(ξ2)的大小关系与x1,x2,x3,x4,x5的取值有关
3.(多选)(2024江西省八所重点中学4月联考,9)已知随机变量X、Y,且Y=3X+1,X的分布 列如下:
若E(Y)=10,则 ( )A.m= B.n= C.E(X)=3 D.D(Y)=
4.(2024湖南长沙长郡中学、浙江杭州二中、江苏师大附中三校联考,13)已知4件产品 中有2件次品,逐个不放回检测,直至能确定所有次品为止,记检测次数为X.则E(X)= .
1.(2024山东济南一模,17)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子,所得的点数分别为a,b,记 的取值为随机变量X,其中 表示不超过 的最大整数.(1)求在X>0的条件下,X= 的概率;(2)求X的分布列及其数学期望.
解析 (1)记抛掷骰子的样本点为(a,b),则样本空间为Ω={(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6,a∈Z,b∈Z},则n(Ω)=36,记事件“A=X>0”,记事件“B=X= = ”,则A={(a,b)|1≤a≤b≤6,a∈Z,b∈Z},且n(A)=21,又AB={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,4),(2,6),(3,3),(3,6),(4,4),(5,5),(6,6)},则n(AB)=14,所以P(B|A)= = = ,
即在X>0的条件下,X= 的概率为 .(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,P(X=4)= ,P(X=5)= ,P(X=6)= ,所以X的分布列为
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× +5× +6× = .
2.(2024福建三明质量检测,17)某校开设劳动教育课程,为了有效推动课程实施,学校开 展劳动课程知识问答竞赛,现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库,其中家政 类占 ,园艺类占 ,民族工艺类占 .根据以往答题经验,选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为 , , ,选手乙答对这三类题目的概率均为 .(1)求随机选1题,甲答对的概率;(2)现进行甲、乙双人对抗赛,规则如下:两位选手进行三轮答题比赛,每轮只出1道题 目,比赛时两位选手同时回答这道题,若一人答对且另一人答错,则答对者得1分,答错 者得-1分,若两人都答对或都答错,则两人均得0分,累计得分为正者将获得奖品,且两位 选手答对与否互不影响,每次答题的结果也互不影响,求甲获得奖品的概率.
解析 记随机选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件Ai(i=1,2,3).(1)记随机选1题,甲答对为事件B,则P(B)= P(Ai)P(B|Ai)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)= × + × + × = ,所以随机任选1题,甲答对的概率为 .(2)乙答对记为事件C,则P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)+P(A3)P(C|A3)= × + × + × = ,设每一轮比赛中甲得分为X,则P(X=1)=P(B )=P(B)P( )= × = ,
P(X=0)=P(BC∪ )=P(BC)+P( )= × + × = ,P(X=-1)=P( C)= × = .三轮比赛后,设甲总得分为Y,则P(Y=3)= = ,P(Y=2)= × = ,P(Y=1)= × × + × × = ,所以甲最终获得奖品的概率为P=P(Y=3)+P(Y=2)+P(Y=1)= + + = .
3.(2024辽宁二模,17)民航招飞是指普通高校飞行技术专业(本科)通过高考招收飞行学 生,报名的学生参加预选初检、体检鉴定、飞行职业心理学检测、背景调查、高考选 拔这5项流程,其中前4项流程选拔均通过,则被确认为有效招飞申请,然后参加高考,由 招飞院校择优录取.据统计,每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为 , , ,1.假设学生能否通过这5项流程相互独立,现有某校高三学生A,B,C这三人报名民航招飞.(1)求A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率;(2)根据A,B,C这三人的平时学习成绩,预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为 , , ,设随机变量X为A,B,C这三人中能被招飞院校录取的人数,求X的分布列和数学期望.
解析 (1)因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为 , , ,1,且能否通过相互独立,所以每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P= × × ×1= ,故A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率P0= × = .(2)因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P= ,且预估A,B,C能被招飞院校录取的概率分别为 , , ,所以A能被招飞院校录取的概率为P1= × = ,
B能被招飞院校录取的概率为P2= × = ,C能被招飞院校录取的概率为P3= × = ,由题知,X的可能取值为0,1,2,3,所以P(X=0)= × × = ,P(X=1)= × × + × × ×2= ,P(X=2)= × × ×2+ × × = ,P(X=3)= × × = ,
E(X)=0× +1× +2× +3× = .
4.(2024辽宁沈阳教学质量检测(三),16)某类型的多项选择题设置了4个选项,一道题中 的正确答案或是其中2个选项或是其中3个选项.该类型题目评分标准如下:每题满分6 分,若未作答或选出错误选项,则该题得0分;若正确答案是2个选项,则每选对1个正确 选项得3分;若正确答案是3个选项,则每选对1个正确选项得2分.甲、乙、丙三位同学 各自作答一道此类题目,设该题正确答案是2个选项的概率为p.(1)已知甲同学随机(等可能)选择了2个选项作答,若p= ,求他既选出正确选项也选出了错误选项的概率;(2)已知乙同学随机(等可能)选出1个选项作答,丙同学随机(等可能)选出2个选项作答, 若p= ,试比较乙、丙两同学得分的数学期望的大小.
解析 设事件A为该题的正确答案是2个选项,则 为该题的正确答案是3个选项,即P(A)=p,P( )=1-p.(1)由p= 得,P(A)= ,P( )= ,设事件B为甲同学既选出正确选项也选出错误选项,则P(B|A)= = ,P(B| )= = ,则P(B)=P(B|A)P(A)+P(B| )P( )= × + × = .(2)由p= 得,P(A)= ,P( )= ,设X表示乙同学答题得分,则X的可能取值为0,2,3,
则P(X=0)= ×P(A)+ ×P( )= × + × = ,P(X=2)= ×P( )= × = ,P(X=3)= ×P(A)= × = ,所以E(X)=0× +2× +3× = .设Y表示丙同学答题得分,则Y的可能取值为0,4,6,则P(Y=0)= ×P(A)+ ×P( )= × + × = ,P(Y=4)= ×P( )= × = ,
P(Y=6)= ×P(A)= × = ,所以E(Y)=0× +4× +6× = .即E(X)
解析 (1)由题意可知,可构成的复数为{1,i, , i,1+ i, +i},共6个复数,模为|1|=|i|=1,| |=| i|= ,|1+ i|=| +i|=2.X的可能取值为1, ,2,3,2 ,4,P(X=1)= = ,P(X= )= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,P(X=2 )= = ,P(X=4)= = ,所以X的分布列为
(2)z3可能的结果共有 · · =216种,满足|z3|≤2的情况有:①3个复数的模均为1,共有 · · =8种;②3个复数中,2个模均为1,1个模为 或2,共有 · · · =48种,所以P(|z3|≤2)= = .(3)当n=1或2时,显然都满足,此时Pn=1;当n≥3时,满足|zn|<5共有三种情况:①n个复数的模均为1,则共有 =2n;②n-1个复数的模为1,剩余1个复数的模为 或2,则共有 · · =n·2n+1;
(2024新课标Ⅱ,18,17分,难)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比 赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘 汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队 员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总 和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各 次投中与否相互独立.(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.
(2)假设0
(ii)设甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为X,则X的可能取值为0,5,10,15.则P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3](1-q)3,P(X=5)=[1-(1-p)3]· q(1-q)2,P(X=10)=[1-(1-p)3]· q2(1-q),P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,所以由甲参加第一阶段比赛,该队比赛成绩的数学期望为E(X)=0+5[1-(1-p)3]· q(1-q)2+10[1-(1-p)3]· q2(1-q)+15[1-(1-p)3]·q3=15q(3p-3p2+p3).设乙参加第一阶段比赛,该队比赛成绩为Y,同理可得乙参加第一阶段比赛,该队比赛成 绩的数学期望E(Y)=15p(3q-3q2+q3).
E(X)-E(Y)=15q(3p-3p2+p3)-15p(3q-3q2+q3)=15pq(q-p)(3-p-q),因为0
考点 离散型随机变量及其分布列、均值与方差
1.(2020课标Ⅲ理,3,5分,易)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且 pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是 ( )A.p1=p4=0.1,p2=p3=,p2=p3=,p2=p3=,p2=p3=0.2
2.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分,难)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所 有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n), pi=1,定义X的信息熵H(X)=- pilg2pi. ( )A.若n=1,则H(X)=0B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大C.若pi= (i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X) ≤H(Y)
3.(2020浙江,16,6分,中)盒中有4个球,其中1个红球,1个绿球,2个黄球.从盒中随机取球, 每次取1个,不放回,直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为ξ,则P(ξ=0)= ,E(ξ)= 1 .
4.(2022北京,18,13分,中)在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛 成绩达到9.50 m以上(含9.50 m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠 军得主,收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m):甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25;乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;丙:9.85,9.65,9.20,9.16.假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计X的数学期望EX;(3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证 明)
解析 (1)甲以往参加的10次比赛中,有4次比赛成绩达到获得优秀奖的标准,则甲得优秀奖的概率P= = .(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,设甲、乙、丙获得优秀奖分别为事件A,B,C,则 A,B,C, , , 相互独立,且P(A)= ,P(B)=P(C)= ,P( )=1-P(A)=1- = ,P( )=P( )= ,则P(X=0)=P( )=P( )P( )P( )= × × = ;P(X=1)=P(A )+P( B )+P( C)=P(A)P( )·P( )+P( )P(B)P( )+P( )P( )P(C)= × × + × × + × × = = ;P(X=2)=P(AB )+P(A C)+P( BC)=P(A)P(B)·P( )+P(A)P( )P(C)+P( )P(B)P(C)= ×
× + × × + × × = ;P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)= × × = .故X的数学期望E(X)=0× +1× +2× +3× = .(3)丙.详解:乙夺冠的概率为P(乙)= × × + × × + × × + × × + × × = ,丙夺冠的概率为P(丙)= + × × = ,甲夺冠的概率为P(甲)=1- - = ,P(丙)最大,所以丙夺冠的概率最大.
5.(2021新高考Ⅰ,18,12分,中)某学校组织“一带一路”知识竞赛,有A,B两类问题.每位 参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答,若回答错误 则该同学比赛结束;若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答,无论回 答正确与否,该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分,否则得0分;B类 问题中的每个问题回答正确得80分,否则得0分.已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8,能正确回答B类问题的概率为0.6,且能正确 回答问题的概率与回答次序无关.(1)若小明先回答A类问题,记X为小明的累计得分,求X的分布列;(2)为使累计得分的期望最大,小明应选择先回答哪类问题?并说明理由.
解析 (1)由题易知X的所有可能取值为0,20,100,P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)=0.8×0.6=0.48,所以X的分布列为
(2)由(1)可知E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4.假设小明先回答B类问题,其累计得分为Y,则Y的所有可能取值为0,80,100,P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y=100)=0.6×0.8=0.48,所以Y的分布列为
所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6,所以E(Y)>E(X),所以小明应选择先回答B类问题.
6.(2023新课标Ⅰ,21,12分,难)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中 则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命 中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的 人是甲、乙的概率各为0.5.(1)求第2次投篮的人是乙的概率;(2)求第i次投篮的人是甲的概率;(3)已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E = 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).
解析 记Ai=“第i次投篮的人是甲”,Bi=“第i次投篮的人是乙”.(1)因为P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1-0.6)+0.5×0.8=0.6,所以第2次投篮的人是乙的概率为0.6.(2)设P(Ai)=pi,则P(Bi)=1-pi,所以P(Ai+1)=P(AiAi+1)+P(BiAi+1)=P(Ai)P(Ai+1|Ai)+P(Bi)P(Ai+1|Bi),即pi+1=0.6pi+(1-0.8)×(1-pi)=0.4pi+0.2.设pi+1+λ= (pi+λ),解得λ=- ,则pi+1- = ,因为p1= ,p1- = ,所以 是首项为 ,公比为 的等比数列,所以pi- = × ,即pi= × + .
所以第i次投篮的人是甲的概率为 × + .(3)因为pi= × + ,i=1,2,…,n,所以当n∈N*时,E(Y)=p1+p2+…+pn= × + = + ,故E(Y)= + .
7.(2021新高考Ⅱ,21,12分,难)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个 这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代……该微生 物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一 代的个数,P(X=i)=pi(i=0,1,2,3).(1)已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1,求E(X);(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0+p1x+p2x2+ p3x3=x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p=1,当E(X)>1时,p<1;(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义.
解析 (1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.(2)证法一:由题意得p0+p1+p2+p3=1,E(X)=p1+2p2+3p3,因为p0+p1x+p2x2+p3x3=x,所以p0+p2x2+p3x3-(1-p1)x=0,即p0+p2x2+p3x3-(p0+p2+p3)x=0,即(x-1)[p3x2+(p2+p3)x-p0]=0,令f(x)=p3x2+(p2+p3)x-p0,则f(x)图象的对称轴为直线x=- <0,且f(0)=-p0<0,f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1.
当E(X)≤1时, f(1)≤0, f(x)的正实根x0≥1,则原方程的最小正实根p=1;当E(X)>1时, f(1)>0, f(x)的正实根x0<1,则原方程的最小正实根p=x0<1.证法二:设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,由题易知p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,f '(x)=3p3x2+2p2x-(p2+p0+p3),E(X)=0·p0+1·p1+2·p2+3·p3=p1+2p2+3p3,若E(X)≤1,则p1+2p2+3p3≤1,故p2+2p3≤p0,因为f '(0)=-(p2+p0+p3)<0,
f '(1)=p2+2p3-p0≤0,所以f '(x)有两个不同零点x1,x2,且x1<0<1≤x2,当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0,当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0,故f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,若x2=1,因为f(x)在(x2,+∞)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,且f(1)=0,所以在(0,+∞)上, f(x)≥f(x2)=f(1)=0,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,即p=1,故当E(x)≤1时,p=1.
若x2>1,因为f(1)=0且f(x)在(0,x2)上为减函数,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根.综上,若E(X)≤1,则p=1.若E(X)>1,则p1+2p2+3p3>1,则p2+2p3>p0,此时f '(0)=-(p2+p0+p3)<0, f '(1)=p2+2p3-p0>0,故f '(x)有两个不同零点x3,x4且x3<0
所以x0为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正根,即p<1,故当E(X)>1时,p<1.(3)意义:若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后会临近灭绝,若繁殖 后代的平均数超过1,则若干代后还有继续繁殖的可能.
1.(2024广东百日冲刺联合质量监测,3)已知随机变量X的分布列如下:
则“E(X)= ”是“D(X)= ”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
2.(2024广东广州天河综合测试(二),8)设10≤x1
3.(多选)(2024江西省八所重点中学4月联考,9)已知随机变量X、Y,且Y=3X+1,X的分布 列如下:
若E(Y)=10,则 ( )A.m= B.n= C.E(X)=3 D.D(Y)=
4.(2024湖南长沙长郡中学、浙江杭州二中、江苏师大附中三校联考,13)已知4件产品 中有2件次品,逐个不放回检测,直至能确定所有次品为止,记检测次数为X.则E(X)= .
1.(2024山东济南一模,17)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子,所得的点数分别为a,b,记 的取值为随机变量X,其中 表示不超过 的最大整数.(1)求在X>0的条件下,X= 的概率;(2)求X的分布列及其数学期望.
解析 (1)记抛掷骰子的样本点为(a,b),则样本空间为Ω={(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6,a∈Z,b∈Z},则n(Ω)=36,记事件“A=X>0”,记事件“B=X= = ”,则A={(a,b)|1≤a≤b≤6,a∈Z,b∈Z},且n(A)=21,又AB={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,4),(2,6),(3,3),(3,6),(4,4),(5,5),(6,6)},则n(AB)=14,所以P(B|A)= = = ,
即在X>0的条件下,X= 的概率为 .(2)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.P(X=0)= = ,P(X=1)= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,P(X=4)= ,P(X=5)= ,P(X=6)= ,所以X的分布列为
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× +5× +6× = .
2.(2024福建三明质量检测,17)某校开设劳动教育课程,为了有效推动课程实施,学校开 展劳动课程知识问答竞赛,现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库,其中家政 类占 ,园艺类占 ,民族工艺类占 .根据以往答题经验,选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为 , , ,选手乙答对这三类题目的概率均为 .(1)求随机选1题,甲答对的概率;(2)现进行甲、乙双人对抗赛,规则如下:两位选手进行三轮答题比赛,每轮只出1道题 目,比赛时两位选手同时回答这道题,若一人答对且另一人答错,则答对者得1分,答错 者得-1分,若两人都答对或都答错,则两人均得0分,累计得分为正者将获得奖品,且两位 选手答对与否互不影响,每次答题的结果也互不影响,求甲获得奖品的概率.
解析 记随机选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件Ai(i=1,2,3).(1)记随机选1题,甲答对为事件B,则P(B)= P(Ai)P(B|Ai)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)= × + × + × = ,所以随机任选1题,甲答对的概率为 .(2)乙答对记为事件C,则P(C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)+P(A3)P(C|A3)= × + × + × = ,设每一轮比赛中甲得分为X,则P(X=1)=P(B )=P(B)P( )= × = ,
P(X=0)=P(BC∪ )=P(BC)+P( )= × + × = ,P(X=-1)=P( C)= × = .三轮比赛后,设甲总得分为Y,则P(Y=3)= = ,P(Y=2)= × = ,P(Y=1)= × × + × × = ,所以甲最终获得奖品的概率为P=P(Y=3)+P(Y=2)+P(Y=1)= + + = .
3.(2024辽宁二模,17)民航招飞是指普通高校飞行技术专业(本科)通过高考招收飞行学 生,报名的学生参加预选初检、体检鉴定、飞行职业心理学检测、背景调查、高考选 拔这5项流程,其中前4项流程选拔均通过,则被确认为有效招飞申请,然后参加高考,由 招飞院校择优录取.据统计,每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为 , , ,1.假设学生能否通过这5项流程相互独立,现有某校高三学生A,B,C这三人报名民航招飞.(1)求A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率;(2)根据A,B,C这三人的平时学习成绩,预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为 , , ,设随机变量X为A,B,C这三人中能被招飞院校录取的人数,求X的分布列和数学期望.
解析 (1)因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为 , , ,1,且能否通过相互独立,所以每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P= × × ×1= ,故A,B,C这三人中恰好有两人被确认为有效招飞申请的概率P0= × = .(2)因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为P= ,且预估A,B,C能被招飞院校录取的概率分别为 , , ,所以A能被招飞院校录取的概率为P1= × = ,
B能被招飞院校录取的概率为P2= × = ,C能被招飞院校录取的概率为P3= × = ,由题知,X的可能取值为0,1,2,3,所以P(X=0)= × × = ,P(X=1)= × × + × × ×2= ,P(X=2)= × × ×2+ × × = ,P(X=3)= × × = ,
E(X)=0× +1× +2× +3× = .
4.(2024辽宁沈阳教学质量检测(三),16)某类型的多项选择题设置了4个选项,一道题中 的正确答案或是其中2个选项或是其中3个选项.该类型题目评分标准如下:每题满分6 分,若未作答或选出错误选项,则该题得0分;若正确答案是2个选项,则每选对1个正确 选项得3分;若正确答案是3个选项,则每选对1个正确选项得2分.甲、乙、丙三位同学 各自作答一道此类题目,设该题正确答案是2个选项的概率为p.(1)已知甲同学随机(等可能)选择了2个选项作答,若p= ,求他既选出正确选项也选出了错误选项的概率;(2)已知乙同学随机(等可能)选出1个选项作答,丙同学随机(等可能)选出2个选项作答, 若p= ,试比较乙、丙两同学得分的数学期望的大小.
解析 设事件A为该题的正确答案是2个选项,则 为该题的正确答案是3个选项,即P(A)=p,P( )=1-p.(1)由p= 得,P(A)= ,P( )= ,设事件B为甲同学既选出正确选项也选出错误选项,则P(B|A)= = ,P(B| )= = ,则P(B)=P(B|A)P(A)+P(B| )P( )= × + × = .(2)由p= 得,P(A)= ,P( )= ,设X表示乙同学答题得分,则X的可能取值为0,2,3,
则P(X=0)= ×P(A)+ ×P( )= × + × = ,P(X=2)= ×P( )= × = ,P(X=3)= ×P(A)= × = ,所以E(X)=0× +2× +3× = .设Y表示丙同学答题得分,则Y的可能取值为0,4,6,则P(Y=0)= ×P(A)+ ×P( )= × + × = ,P(Y=4)= ×P( )= × = ,
P(Y=6)= ×P(A)= × = ,所以E(Y)=0× +4× +6× = .即E(X)
解析 (1)由题意可知,可构成的复数为{1,i, , i,1+ i, +i},共6个复数,模为|1|=|i|=1,| |=| i|= ,|1+ i|=| +i|=2.X的可能取值为1, ,2,3,2 ,4,P(X=1)= = ,P(X= )= = ,P(X=2)= = ,P(X=3)= = ,P(X=2 )= = ,P(X=4)= = ,所以X的分布列为
(2)z3可能的结果共有 · · =216种,满足|z3|≤2的情况有:①3个复数的模均为1,共有 · · =8种;②3个复数中,2个模均为1,1个模为 或2,共有 · · · =48种,所以P(|z3|≤2)= = .(3)当n=1或2时,显然都满足,此时Pn=1;当n≥3时,满足|zn|<5共有三种情况:①n个复数的模均为1,则共有 =2n;②n-1个复数的模为1,剩余1个复数的模为 或2,则共有 · · =n·2n+1;
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