2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第十二章　概率、随机变量及其分布高考专题突破六

高考专题突破六　高考中的概率与统计问题
题型一　离散型随机变量的期望与方差
例1 某品牌汽车4S店，对最近100位采用分期付款的购车者进行统计，统计结果如下表所示．已知分9期付款的频率为0.2.4S店经销一辆该品牌的汽车，顾客分3期付款，其利润为1万元；分6期或9期付款，其利润为1.5万元；分12期或15期付款，其利润为2万元．用η表示经销一辆汽车的利润.
付款方式
分3期
分6期
分9期
分12期
分15期
频数
40
20
a
10
b

(1)求上表中的a，b值；
(2)若以频率作为概率，求事件A“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有1位采用分9期付款”的概率P(A)；
(3)求η的分布列及期望E(η)．
解　(1)由＝0.2，得a＝20.
又40＋20＋a＋10＋b＝100，所以b＝10.
(2)记分期付款的期数为ξ，ξ的可能取值是3,6,9,12,15.
依题意，得
P(ξ＝3)＝＝0.4，P(ξ＝6)＝＝0.2，P(ξ＝9)＝0.2，
P(ξ＝12)＝＝0.1，P(ξ＝15)＝＝0.1.
则“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有1位分9期付款”的概率为P(A)＝0.83＋C×0.2×(1－0.2)2＝0.896.
(3)由题意，可知ξ只能取3,6,9,12,15.
而ξ＝3时，η＝1；ξ＝6时，η＝1.5；ξ＝9时，η＝1.5；ξ＝12时，η＝2；ξ＝15时，η＝2.
所以η的可能取值为1,1.5,2，且P(η＝1)＝P(ξ＝3)＝0.4，P(η＝1.5)＝P(ξ＝6)＋P(ξ＝9)＝0.4，P(η＝2)＝P(ξ＝12)＋P(ξ＝15)＝0.1＋0.1＝0.2.
故η的分布列为
η
1
1.5
2
P
0.4
0.4
0.2
所以η的期望E(η)＝1×0.4＋1.5×0.4＋2×0.2＝1.4.
思维升华 离散型随机变量的期望和方差的求解，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，对于特殊类型的期望和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率的对应．
跟踪训练1 某项大型赛事，需要从高校选拔青年志愿者，某大学生实践中心积极参与，从8名学生会干部(其中男生5名，女生3名)中选3名参加志愿者服务活动．若所选3名学生中的女生人数为X，求X的分布列及期望．
解　因为8名学生会干部中有5名男生，3名女生，所以X的分布列服从参数N＝8，M＝3，n＝3的超几何分布．
X的所有可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝i)＝(i＝0，1,2,3)，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




所以X的期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.
题型二　概率与统计的综合应用
例2 (2016·全国Ⅰ)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　(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2，0.4,0.2,0.2，X的可能取值为16,17,18,19,20,21,22，从而
P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝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)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.
(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040(元)．
当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080(元)．
可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.
思维升华 概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．
跟踪训练2 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t该产品获得利润500元，未售出的产品，每1 t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品．以X(单位：t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．

(1)将T表示为X的函数；
(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；
(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100,110)，则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求T的期望．
解　(1)当X∈[100,130)时，
T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000.
当X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000.
所以T＝
(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150.
由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
T
45 000
53 000
61 000
65 000
P
0.1
0.2
0.3
0.4
所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.
题型三　概率与统计案例的综合应用
例3　高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”，彰显出中国式创新的强劲活力．某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取100名进行调查，得到如下数据：
每周移动支付次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及以上
总计
男
10
8
7
3
2
15
45
女
5
4
6
4
6
30
55
总计
15
12
13
7
8
45
100

(1)把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活跃用户”，能否在犯错误概率不超过0.005的前提下，认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关？
(2)把每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”，视频率为概率，在我市所有“移动支付达人”中，随机抽取4名用户．
①求抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率；
②为了鼓励男性用户使用移动支付，对抽出的男“移动支付达人”每人奖励300元，记奖励总金额为X，求X的分布列及期望．
附公式及表如下：χ2＝.
P(χ2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

解　(1)由表格数据可得2×2列联表如下：

非移动支付活跃用户
移动支付活跃用户
合计
男
25
20
45
女
15
40
55
合计
40
60
100

将列联表中的数据代入公式计算，得
χ2＝
＝＝≈8.249>7.879.
所以在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关．
(2)视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，
该用户为男“移动支付达人”的概率为，女“移动支付达人”的概率为.
①抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”，又有女“移动支付达人”的概率为P＝1－4－4＝.
②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y，则X＝300Y.
由题意得Y～B，
P(Y＝0)＝C04＝；
P(Y＝1)＝C13＝；
P(Y＝2)＝C22＝＝；
P(Y＝3)＝C31＝；
P(Y＝4)＝C40＝.
所以Y的分布列为
Y
0
1
2
3
4
P





所以X的分布列为
X
0
300
600
900
1 200
P





由E(Y)＝4×＝，
得X的期望E(X)＝300E(Y)＝400.
思维升华 概率与统计案例的综合应用常涉及相互独立事件同时发生的概率、频率分布直方图的识别与应用、数字特征、独立性检验等基础知识，考查学生的阅读理解能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识．
跟踪训练3 电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：

将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料是否可以认为“体育迷”与性别有关？

非体育迷
体育迷
合计
男



女

10
55
合计




(2)将上述调查所得到的频率视为概率．现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列、期望E(X)和方差D(X)．
附：χ2＝.
P(χ2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635
解　(1)由所给的频率分布直方图知，“体育迷”人数为100×(10×0.020＋10×0.005)＝25，
“非体育迷”人数为75，从而2×2列联表如下：

非体育迷
体育迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100

将2×2列联表的数据代入公式计算，得
χ2＝.
＝＝≈3.030.
因为2.706<3.030<3.841，
所以有90%的把握认为“体育迷”与性别有关．
(2)由频率分布直方图知，抽到“体育迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从观众中抽取一名“体育迷”的概率为.由题意，X～B，从而X的分布列为

X
0
1
2
3
P





E(X)＝np＝3×＝，
D(X)＝np(1－p)＝3××＝.


1．在区间上随机取一个数x，则sin x＋cos x∈[1，]的概率是(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　因为x∈，所以x＋∈，
由sin x＋cos x＝sin∈[1，]，
得≤sin≤1，所以≤x＋≤，
所以x∈，
故所要求的概率为＝.
2．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为______．
答案　
解析　取2个点的所有情况为C＝10(种)，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为＝.
3．为了增强消防安全意识，某中学对全体学生做了一次消防知识讲座，从男生中随机抽取50人，从女生中随机抽取70人参加消防知识测试，统计数据得到如下列联表：

优秀
非优秀
合计
男生
15
35
50
女生
30
40
70
合计
45
75
120

(1)试判断能否有90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关？
(2)为了宣传消防知识，从该校测试成绩获得优秀的同学中采用分层抽样的方法，随机选出6人组成宣传小组．现从这6人中随机抽取2人到校外宣传，求到校外宣传的同学中男生人数X的分布列和期望．
附：χ2＝.
P(χ2≥k0)
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
解　(1)因为χ2＝≈2.057，
且2.057<2.706.
所以没有90%的把握认为测试成绩优秀与否与性别有关．
(2)用分层抽样的方法抽取时抽取比例是＝，
则抽取女生30×＝4(人)，抽取男生15×＝2(人)．
由题意，得X可能的取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
P



X的期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
4．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此作了四次试验，得到的数据如下：
零件的个数x(个)
2
3
4
5
加工的时间y(小时)
2.5
3
4
4.5
(1)求出y关于x的回归直线方程 ＝ x＋ ，并在坐标系中画出回归直线；
(2)试预测加工10个零件需要的时间．
(注： ＝， ＝－ ，iyi＝52.5，＝54)
解　(1)由表中数据得
＝×(2＋3＋4＋5)＝3.5，
＝×(2.5＋3＋4＋4.5)＝3.5，
∴ ＝＝0.7，
＝3.5－0.7×3.5＝1.05.
∴ ＝0.7x＋1.05.
回归直线如图所示．

(2)将x＝10代入回归直线方程，得
＝0.7×10＋1.05＝8.05，
故预测加工10个零件需要8.05小时．

5．为了评估天气对某市运动会的影响，制定相应预案，该市气象局通过对最近50多年气象数据资料的统计分析，发现8月份是该市雷电天气高峰期，在31天中平均发生雷电14.57天(如图所示)．如果用频率作为概率的估计值，并假定每一天发生雷电的概率均相等，且相互独立．

(1)求在该市运动会开幕(8月12日)后的前3天比赛中，恰好有2天发生雷电天气的概率(精确到0.01)；
(2)设运动会期间(8月12日至23日，共12天)，发生雷电天气的天数为X，求X的期望和方差(精确到0.01)．
解　(1)设8月份一天中发生雷电天气的概率为p，由已知，得p＝＝0.47.因为每一天发生雷电天气的概率均相等，且相互独立，所以在运动会开幕后的前3天比赛中，恰好有2天发生雷电天气的概率P＝C×0.472×(1－0.47)＝0.351 231≈0.35.
(2)由题意，知X～B(12,0.47)．
所以X的期望E(X)＝12×0.47＝5.64，
X的方差D(X)＝12×0.47×(1－0.47)
＝2.989 2≈2.99.

6．某婴幼儿游泳馆为了吸引顾客，推出优惠活动，即对首次消费的顾客按80元收费，并注册成为会员，对会员消费的不同次数给予相应的优惠，标准如下：
消费次数
第1次
第2次
第3次
不少于4次
收费比例
1
0.95
0.90
0.85
该游泳馆从注册的会员中，随机抽取了100位会员统计他们的消费次数，得到数据如下：
消费次数
1次
2次
3次
不少于4次
频数
60
25
10
5
假设每位顾客游泳1次，游泳馆的成本为30元．根据所给数据，回答下列问题：
(1)估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率；
(2)某会员消费4次，求这4次消费中，游泳馆获得的平均利润；
(3)假设每个会员最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，从该游泳馆的会员中随机抽取2位，记游泳馆从这2位会员的消费中获得的平均利润之差的绝对值为X，求X的分布列和期望E(X)．
解　(1)25＋10＋5＝40，
即随机抽取的100位会员中，至少消费2次的会员有40位，
所以估计该游泳馆1位会员至少消费2次的概率P＝＝.
(2)第1次消费时，80－30＝50(元)，所以游泳馆获得的利润为50元，
第2次消费时，80×0.95－30＝46(元)，所以游泳馆获得的利润为46元，
第3次消费时，80×0.90－30＝42(元)，所以游泳馆获得的利润为42元，
第4次消费时，80×0.85－30＝38(元)，所以游泳馆获得的利润为38元，
因为＝44(元)，
所以这4次消费中，游泳馆获得的平均利润为44元．
(3)若会员消费1次，P1＝＝，
则平均利润为50元，其概率为；
若会员消费2次，＝48(元)，P2＝＝，
则平均利润为48元，其概率为；
若会员消费3次，＝46(元)，P3＝＝，
则平均利润为46元，其概率为；
若会员消费4次，＝44(元)，P4＝＝，
则平均利润为44元，其概率为.
由题意知，X的所有可能取值为0,2,4,6.
且P(X＝0)＝×＋×＋×＋×＝，
P(X＝2)＝2＝，
P(X＝4)＝2＝，
P(X＝6)＝2××＝.
∴X的分布列为
X
0
2
4
6
P




∴E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＝.