5.4 概率、离散型随机变量的分布列(知识必备)-2025年高考数学艺术生文化课考前100天

艺术生文化课考前100天数学 第四讲 概率、离散型随机变量的分布列 ◆方法清单·把控高考◆◆ 考点 互斥事件、对立事件及相互 【方法规律】解决此类问题的关键：一是认真 独立事件的概率 读题，读懂题意；二是会判断事件的特征；三 【高考这样考】 是会利用公式，即会利用独立事件的概率公 甲(2022·北京卷)在校运动会上，只有甲、乙、 式和互斥事件的概率公式求事件的概率. 丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到 【备考这样练】 9.50m以上（含9.50m)的同学将获得优秀 1.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局 奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收 打成10：10平后，每球交换发球权，先多得 集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到 2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同 如下数据（单位：m): 学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概 甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40， 率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球 9.35,9.30,9.25: 的结果相互独立.在某局双方10：10平后， 乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23； 甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束. 丙：9.85,9.65,9.20,9.16. (1)求P(X=2): 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成 (2)求事件“X=4且甲获胜”的概率， 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E(X): (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） 2.一台设备由三个部件构成，假设在一天的运 转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为 0.1,0.2,0.3,各部件的状态相互独立. (1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少 有1个需要调整的概率； -66 专题五概率与统计 (2)记设备在一天的运转中需要调整的部件 【方法规律】求解离散型随机变量的期望与方 个数为X,求X的分布列及数学期望， 差的解题模型 蜘先到随机变骨的分布是特殊的类型还 是一款的类型 对于特殊的两点分有.二项分布。超九何分 定性 布等的期望与方差可以曹接代入相应的公式： 求，而对于一般类型的流机变五，应先求 自其分有列，.然后代入相鹰的公式计第. 【备考这样练】 1.(2023·湖北十揠模拟)一机械制造加工厂的 某条生产线设备在正常运行的情况下，生产 考点巴 离散型随机变量的均值与方差 的零件尺寸x(单位：mm)服从正态分布 【高考这样考】 N(200,g2),且P(≤210)=0.9. 审(2024·北京卷)某保险公司为了解该公司某 (1)求<190的概率： 种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届 (2)若从该条生产线上随机选取2个零件，设 满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这 X表示零件尺寸小于190mm的零件个数，求 些保单的索赔情况，获得数据如下表： X的分布列与数学期望。 索赔次数 0123 保单份数800100603010 假设：一份保单的保费为0.4万元：前三次索 赔时，保险公司每次赔偿0.8万元：第四次索 赔时，保险公司赔偿0.6万元 假设不同保单的索赔次数相互独立，用频率 估计概率。 (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率： 2.(2023·江苏盐城模拟)新高考按照“3十1十 (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保 2”的模式设置，其中“3”为全国统考科目语 费与赔偿总金额之差， 文、数学、外语，所有考生必考：“1”为首选科 (1)记X为一份保单的毛利润，估计X的数 目，考生须在物理、历史两科中选择一科：“2” 学期望E(X): 为再选科目，考生可在化学、生物、政治、地理 (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索 四科中选择两科.某校为了解该校考生的选 赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况 科情况，从首选科目为物理的考生中随机抽 下一份保单毛利润的数学期望估计值与（ⅰ） 取10名（包含考生甲和考生乙）进行调查.假 中E(X)的估计值的大小.（结论不要求证明） 设考生选择每个科目的可能性相等，且他们 的选择互不影响。 (1)求考生甲和考生乙都选择了地理作为再 选科目的概率； 67 艺术生文化课考前100天数学 (2)已知抽取的这10名考生中，女生有4名， 【方法规律】利用均值、方差进行决策的2个 从这10名考生中随机抽取5名，记X为抽取 策略 到的女生人数，求X的分布列与数学期望。 (1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平 可见分歧，可对问题做出判断。 (2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可 通过分析两变量的方差来研究随机变量的离 散程度或者稳定程度，进而进行决策 【备考这样练】 (2023·河北唐山模拟)甲、乙两支队伍进行 某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜 考点三 均值与方差在决策中的应用 制，另一种是三局两胜制.根据以往数据，在 【高考这样考】 决胜局（在五局三胜制中指的是第五局比赛， (2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶 在三局两胜制中指的是第三局比赛)中，甲、 段，每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规 乙两队获胜的概率均为0.5：而在非决胜局 则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3 中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率 次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成 为0.4. 绩为0分：若至少投中一次，则该队进人第二 (1)若采用五局三胜制，直到比赛结束，共进 阶段，第二阶段由该队的另一名队员投篮3 行了X局比赛，求随机变量X的分布列，并 次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队 指出进行几局比赛的可能性最大： 的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛 (2)如果你是甲队的领队，你希望举办方采用 队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概 五局三胜制还是三局两胜制？ 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<p<q. (i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分 的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学 期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 682.ACD解析：由离散型随机变量X的分布列的性质得g=1一 P(X=1)=P(AA:A)+P(AIA:A)+P(AA:A)= 0.4-0.1-0.2-0.2=0.1,E(X)=0×0.1+1×0.4十2× 0.1+3×0.2+4×0.2=2,D(X)=(0-22×0.1+(1-2)2× Q.4x0.5X0.5+0.6×a.5X0.5+0.6x0.5x0,5-号， 0.4+(2-2)2×0.1+(3-2)2×0.2+(4-2)°×0.2=1.8. P(X-2)=P(AA:A)+P(A AA)+P(AA A)= ,离散型随机变量Y满足Y=2X+1,,E(Y)=2E(X)十1 0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0 7 5,DY)=4D(X)=7.2. 3.A解析：由题知P(X=0)=3,设P(X=1)=,则P(X= P(X-3)-PIAAA).40.5x0.- ,X的分布列为 2-a,图此B0=0×号+1×a+2×(号-a）+3× 2)= X 0 2 3 -解得a= ·因此离最型随机变量X的分布列如下 10 X 0 2 3 50X0=0x品+1×号+2×易+3x品-号 P (3)丙获得冠军的概率估计值最大. 【备考这样练】 别D0=3×(0-)°+号×(1-)+×(2 1.解：(1)X■2就是某局双方10t10平后，两人又打了2个球 广+日×(3-)广=8周此D4X-3》=16D0=1g 该局比赛结束，则这2个球均由甲得分或均由乙得分 故P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5. 考点三 (2)X=4且甲获胜，就是某局双方10：10平后，两人又打了 【备考这样练】 4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、 LA解析：X可能取1,2,3，其对应的概率为PX=1)=CC 乙各得1分，后两球均为甲得分 因此所求概率为 P0x-2--号x-是- C 5E(X)=1X [0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1. 2,解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A,B,C, 号+2x号+3×号-2 由题知P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3,各部件的状态 相互独立， 2.B解析：由已知E(0=8p=2,得p=}∴DX0=8× ,部件1,2都不需要调整的概率为 PAB)=P(A)P(D)=0.9X0.8=0.72. }×(1-）-又由2X+T9择T-2X+9E列 故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1一PAB)=0.28. -2E(X)+9=-2×2+9=5.D(7)=(-2)yD(X)=4× (2)X可取0,1,2,3， P(X=0)=PABC)=PA)P(B)P(C)=0.9×0.8×0.7 是-6 0.504. 3.C解析：从登顶观日出的人中任选一人，他是乘规完牟登顶的 P(X=1)=P(ABC)+P(ABC)+P(A BC) 能P一号×十号×时光丰睿运公司这天的 =0.1×0.8×0.7+0.9×0.2×0.7+0.9×0.8×0.3= 0.398. 顶观日出项日的带适票价微入是120×是×20=60（无元. P(X=3)=P(AB)=0.1×0.2X0.3=0.006. P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)=0.092. 4 解析：用随机变量X表示抽取的3人中80岁以上的老年 ,X的分布列为 人人数，则X可能的取值为0.1,2.3，且PX=k)=C,C 0 1 2 3 P 0.504 0.398 0.092 0.006 (k=0,1,2,3), ,随机变量X的分布列为 E(X)=0×0.504+1×0.398+2×0.092+3×0.006=0.6. 考点二 0 3 【高考这样考】 15 30 0 解：(1)方法一（正面计算）：记“随机抽取一份保单，索赔次数 56 56 56 不少于2”为事件A, 00=0x+1+2x器+3x-号 由索赔次数不少于2，知索赔次数为2,3,4， 第四讲概率、离散型随机变量的分布列 PA=000-=1080- 1000 【方法清单·把控高考】 (2)(1)由题知X的所有可能取值为0.4，一0.4，一1.2， 考点一 -2.0.-2.6. 【高考这样考】 则PX-,4=2=0,8. 解：(1)由频率估计概率可得，甲获得优秀的概率为0.4 (2)由条件得，乙获得优秀的概率为0,5，丙获得优秀的概率为 PX=-04=8=-a1 0.5.设甲获得优秀为事件A,乙获得优秀为事件A,丙获得 60 优秀为事件A: PX=-1.2)=1000=0.06, PX=0)=P有石不)=0.6X0.5X0.=易 30 P(X=-2.0)=100=0.03. -28 10 PX=-2.6)=1000-0.01. 则P单=[1-(1一p)]·d=pg·(3-3p+p). 设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P, 故E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03 则Pz=[1-(1一g)门·p=·(3-3q十f). 2.6×0.01=0.122 Pu-P=pq(3q -3pg+p-3p+3pqpg ) (目)如果无索培的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费 3pg(q-p)·(p+g-q, 增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比 由0<p<≤1，得g-p>0,p十q-p0=p十g(1-)>0, (I)中E(X)的估计值大 ∴.P-Pz>0,即Pm>Pz. 证明如下：设调整保费后一份保单的毛利润（单位：万元）为 故应该由甲参加第一阶段比赛 Y,则对于索赔次数为0的保单，Y=0.4×(1一4%)=0.384， ()若甲参加第一阶段比赛，则甲，乙所在队的比赛成绩X的 对于索赔次数为1的保单，Y=0.4×(1十20%)一0.8 所有可能取值为0,5.10,15. -0.32. P(X=0)=(1-p)+[1-(1-p)]·(1-g)3, 对于索赔次数为2的保单，Y=一0.32一0.8=一1.12， P(X=5)=[1-(1-p)']·C4·g·(1-q)2, 对于索赔次数为3的保单，Y=一1.12一0.8=一1.92， P(X=10)=[1-(1-p)]·8··(1-g), 对于索赔次数为4的保单.Y=一1.92一0.6=-2.52. P(X=15)■[1-(1-)1]·(C9g. 故E(Y)=0.384×0.8一0.32×0.1-1.12×0.06-1.92× .E(X)=[1-(1-p)]·[15g(1-q)2+30g(1-g)+15g门 0.03-2.52×0.01=0.1252. =[1-(1-p)2]·15g=15pg(pP-3p十3). ∴.E(X)<E(Y) 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有 【备考这样练】 可能取值为0,5,10,15. 1.解：(1)：零件尺寸服从正态分布N(200,d). 同理，可得E(Y)=15g(d-3g十3). ∴P(e>210)-1-P(x≤210)=0.1. E(X)-E(Y=15pg(P-3p-(+3g)=15网·(q-p)·(3 .210+190=200. 一p一)， 2 由0<p<≤1，得-p>0.3-p-g=3-(p+g>0. ,P(190)■P(>210)m0.1. E(X)-E(Y)>0,即E(X)>E(Y). (2)依题意得X-B2,0.1). 故应该由甲参加第一阶段比赛。 .P(X=0)=(1-0.1)2■0.81. 【备考这样练】 P(X=1)=C×0.1×(1-0.1)=0.18, 解：(1)由题意知，X的可能取值为3,4,5. P(X=2)=0.1=0.01 则P(X=3)=0.63+0.4=0.28, X的分布列为 P(X=4)=C×0.4×0.6+C×0.6×0.4=0.3744 0 1 P(X=5)=C×0.4×0.6×(0.5+0.5)=0.3456, P 0.810.180.01 则X的分布列为 ,.EX)=1×0.18+2×0.01=0.2 2.解：(1)考生可在化学、生物、政治，地理四科中选择两科，共有 0,28 03744 0.3456 =6(种)选择。 0.3744>0.3456>0.28. 其中考生选择了地理作为再选科目，共有CC=3(种)， ,进行四局比赛的可能性最大 故考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率P (2)若采用五局三胜制，甲队获胜的概率为 P=0.6+C×0.4×0.6十C×0.42×0.6×0.5=0.648: 一4 若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为 (2)由题意得，X的所有可能的取值为0,1,2.3,4， P2=0.6+C×0.4×0.6×0.5■0.6. P>P. ∴作为甲队领队，我希望主办方采用五局三胜制， C C 21 ,P(X=4)= CC 1 C 421 第五讲统计、统计案例与概率的综合 故X的分布列为 【方法清单·把控高考】 考点一 X 0 2 3 4 【高考这样考】 2 21 解：(1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+ 35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75× E(X)0X 21 总十4×2 8+1×+2×9+3X 0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间20,70)1， 考点三 则P(A)=1一P(A)=1-(0,001+0.002+0.006+0.002)× 【高考这样考】 10=1-0.11=0.89. 解：(1)设A=“甲，乙所在队进人第二阶段”，则P(A)=1一 (3)设B={任选一人年龄位于区间[40,50)}，C={任选一人 (1-0.4)3=0.784 忠这种疾病，则由条件概率公式可得 设A=“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A)=1一(1 0.5)=0.875. P(C1B)=PB0_0.1%X0.023X10-4.001×0,23- P(B) 16% 0.16 设A=“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(Aa)= 0.001435≈0.0014 P(A1)·P(A)=0.686 【备考这样练】 (2)(「)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概 1.解：(1)(0.0002+0.0004+0.0003+0.0001)×500= 率为P, 0.5,.2a×500=0.5..a=0.0005.义0.0005×500=0.25. 29