（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 概率與統(tǒng)計(jì) 第2講 概率學(xué)案 理

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1、 第2講　概　率 [考情考向分析]　1.以選擇題、填空題的形式考查古典概型、幾何概型的基本應(yīng)用.2.將古典概型與概率的性質(zhì)相結(jié)合，考查知識的綜合應(yīng)用能力． 熱點(diǎn)一　古典概型和幾何概型 1．古典概型的概率 P(A)＝＝. 2．幾何概型的概率 P(A)＝. 例1　(1)黨的十九大報(bào)告指出，建設(shè)教育強(qiáng)國是中華民族偉大復(fù)興的基礎(chǔ)工程，必須把教育事業(yè)放在優(yōu)先位置，深化教育資源的均衡發(fā)展．現(xiàn)有4名男生和2名女生主動(dòng)申請畢業(yè)后到兩所偏遠(yuǎn)山區(qū)小學(xué)任教．將這6名畢業(yè)生全部進(jìn)行安排，每所學(xué)校至少安排2名畢業(yè)生，則每所學(xué)校男女畢業(yè)生至少安排一名的概率為(　　) A. B. C. D.

2、答案　C 解析　由題意，將這六名畢業(yè)生全部進(jìn)行安排，每所學(xué)校至少2名畢業(yè)生， 基本事件的總數(shù)為N＝×A＝50， 每所學(xué)校男女畢業(yè)生至少安排一名共有2種情況． 一是其中一個(gè)學(xué)校安排一女一男，另一個(gè)學(xué)校有一女三男，有CCA＝16(種)， 二是其中一個(gè)學(xué)校安排一女二男，另一個(gè)學(xué)校有一女兩男，有CC＝12(種)， 共有16＋12＝28(種)．所以概率為P＝＝. (2)如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，M是AB的中點(diǎn)，過C，M，D三點(diǎn)的拋物線與CD圍成陰影部分，則向正方形內(nèi)撒一粒黃豆落在陰影部分的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　以M為原點(diǎn)，BA

3、所在直線為y軸，BA的垂線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則過C，M，D的拋物線方程為y2＝x，則圖中陰影部分面積為2?dx＝×|＝，所以落在陰影部分的概率為P＝＝，故選D. 思維升華　(1)解答有關(guān)古典概型的概率問題，關(guān)鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)，常用到計(jì)數(shù)原理與排列、組合的相關(guān)知識． (2)在求基本事件的個(gè)數(shù)時(shí)，要準(zhǔn)確理解基本事件的構(gòu)成，這樣才能保證所求事件所包含的基本事件個(gè)數(shù)的求法與基本事件總數(shù)的求法的一致性． (3)當(dāng)構(gòu)成試驗(yàn)的結(jié)果的區(qū)域?yàn)殚L度、面積、體積、弧長、夾角等時(shí)，應(yīng)考慮使用幾何概型求解． 跟蹤演練1　(1)(2017·山東)從分別標(biāo)有1,2，…，9

4、的9張卡片中不放回地隨機(jī)抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　∵9張卡片中有5張奇數(shù)卡片，4張偶數(shù)卡片，且為不放回地隨機(jī)抽取， ∴P(第一次抽到奇數(shù)，第二次抽到偶數(shù))＝×＝， P(第一次抽到偶數(shù)，第二次抽到奇數(shù))＝×＝， ∴P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝＋＝. 方法二　依題意，得P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝＝. (2)(2018·咸陽模擬)在區(qū)間上隨機(jī)選取一個(gè)實(shí)數(shù)x，則事件“sin x≥”發(fā)生的概率為(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　因?yàn)閤∈

5、，sin x≥，所以≤x≤， 所以由幾何概型的概率公式得事件“sin x≥”發(fā)生的概率為＝. 熱點(diǎn)二　條件概率與相互獨(dú)立事件 1．條件概率 在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率 P(B|A)＝. 2．相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 例2　(1)(2018·衡水調(diào)研)電路從A到B上共連接著6個(gè)燈泡(如圖)，每個(gè)燈泡斷路的概率是，整個(gè)電路的連通與否取決于燈泡是否斷路，則從A到B連通的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由題圖可知，AC之間未連通的概率是2＝，連通的概率是1－＝.EF之間連通的概率是2＝，未連通的概率是1－＝，故

6、CB之間未連通的概率是2＝，故CB之間連通的概率是1－＝，故AB之間連通的概率是×＝. (2)(2018·新余模擬)從1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2個(gè)數(shù)，事件A＝“第一次取到的是奇數(shù)”，B＝“第二次取到的是奇數(shù)”，則P(B|A)等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意得P(A)＝＝， P(AB)＝＝， ∴P(B|A)＝＝＝. 思維升華　求相互獨(dú)立事件和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率的注意點(diǎn) (1)求復(fù)雜事件的概率，要正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，分析復(fù)雜事件能轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥事件的和事件還是能轉(zhuǎn)化為幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件，然后用概率

7、公式求解． (2)注意辨別獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的基本特征：①在每次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率相同． 跟蹤演練2　(1)某種電路開關(guān)閉合后會出現(xiàn)紅燈或綠燈閃爍，已知開關(guān)第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率為，兩次閉合后都出現(xiàn)紅燈的概率為，則在第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的條件下第二次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)“開關(guān)第一次閉合后出現(xiàn)紅燈”為事件A，“第二次閉合后出現(xiàn)紅燈”為事件B，由題意得P(A)＝，P(AB)＝.由條件概率的定義可得P(B|A)＝＝＝. (2)如圖，ABCD是以O(shè)為圓心、半徑為2的圓的內(nèi)接正方形

8、，EFGH是正方形ABCD的內(nèi)接正方形，且E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)．將一枚針隨機(jī)擲到圓O內(nèi)，用M表示事件“針落在正方形ABCD內(nèi)”，用N表示事件“針落在正方形EFGH內(nèi)”，則P(N|M)等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意得，圓O的半徑為2， 所以內(nèi)接正方形ABCD的邊長為AB＝2， 則正方形ABCD的面積為S1＝(2)2＝8， 因?yàn)镋，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)， 所以EF＝×2R＝2， 所以正方形EFGH的面積為S2＝22＝4， 所以P(N|M)＝＝，故選C. 熱點(diǎn)三　離散型隨機(jī)變量的分布列

9、1．離散型隨機(jī)變量的分布列的兩個(gè)性質(zhì) (1)pi≥0(i＝1,2，…，n)；(2)p1＋p2＋…＋pn＝1. 2．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)、二項(xiàng)分布 如果事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n. 一般地，在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0

10、＋…＋xnpn. 4．期望的性質(zhì) (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b； (2)若X～B(n，p)，則E(X)＝np. 5．方差公式 D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn，標(biāo)準(zhǔn)差為. 6．方差的性質(zhì) (1)D(aX＋b)＝a2D(X)； (2)若X～B(n，p)，則D(X)＝np(1－p)． 例3　(2017·全國Ⅲ)某超市計(jì)劃按月訂購一種酸奶，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每瓶4元，售價(jià)每瓶6元，未售出的酸奶降價(jià)處理，以每瓶2元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫

11、不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫?cái)?shù)據(jù)，得到下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)求六月份這種酸奶一天的需求量X(單位：瓶)的分布列； (2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量n(單位

12、：瓶)為多少時(shí)，Y的期望達(dá)到最大值？ 解　(1)由題意知，X所有的可能取值為200,300,500， 由表格數(shù)據(jù)知， P(X＝200)＝＝0.2， P(X＝300)＝＝0.4， P(X＝500)＝＝0.4. 則X的分布列為 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由題意知，這種酸奶一天的需求量至多為500，至少為200，因此只需考慮200≤n≤500. 當(dāng)300≤n≤500時(shí)， 若最高氣溫不低于25，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高氣溫

13、低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n， 因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 當(dāng)200≤n<300時(shí)， 若最高氣溫不低于20，則Y＝6n－4n＝2n； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n， 因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以當(dāng)n＝300時(shí)，Y的期望達(dá)到最大值，最大值為520元． 思維升華　求解隨機(jī)變量分布列問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) (1)求離散型隨機(jī)變量分布列的關(guān)鍵是正確理解隨機(jī)變量取每一個(gè)值所表示

14、的具體事件，然后綜合應(yīng)用各類概率公式求概率． (2)求隨機(jī)變量的期望與方差的關(guān)鍵是正確求出隨機(jī)變量的分布列．若隨機(jī)變量服從二項(xiàng)分布，則可直接使用公式法求解． 跟蹤演練3　(2018·永州模擬)某保險(xiǎn)公司對一個(gè)擁有20 000人的企業(yè)推出一款意外險(xiǎn)產(chǎn)品，每年每位職工只要交少量保費(fèi)，發(fā)生意外后可一次性獲得若干賠償金，保險(xiǎn)公司把企業(yè)的所有崗位共分為A，B，C三類工種，從事這三類工種的人數(shù)分別為12 000,6 000,2 000，由歷史數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)出三類工種的賠付頻率如下表(并以此估計(jì)賠付概率)： 工種類別 A B C 賠付頻率 已知A，B，C三類工種職工每人每年保費(fèi)分別

15、為25元、25元、40元，出險(xiǎn)后的賠償金額分別為100萬元、100萬元、50萬元，保險(xiǎn)公司在開展此項(xiàng)業(yè)務(wù)過程中的固定支出為每年10萬元． (1)求保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值； (2)現(xiàn)有如下兩個(gè)方案供企業(yè)選擇： 方案1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，職工不交保險(xiǎn)，出意外企業(yè)自行拿出與保險(xiǎn)公司提供的等額賠償金賠償付給發(fā)生意外的職工，企業(yè)開展這項(xiàng)工作的固定支出為每年12萬元； 方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，企業(yè)負(fù)責(zé)職工保費(fèi)的70%，職工個(gè)人負(fù)責(zé)保費(fèi)的30%，出險(xiǎn)后賠償金由保險(xiǎn)公司賠付，企業(yè)無額外專項(xiàng)開支． 請根據(jù)企業(yè)成本差異給出選擇合適方案的建議． 解　(1)設(shè)工種A，B，C職工的每份保單

16、保險(xiǎn)公司的收益為隨機(jī)變量X，Y，Z，則X，Y，Z的分布列為 X 25 25－100×104 P 1－ Y 25 25－100×104 P 1－ Z 40 40－50×104 P 1－ 保險(xiǎn)公司的期望收益為 E(X)＝25＋(25－100×104)×＝15； E(Y)＝25＋(25－100×104)×＝5； E(Z)＝40＋(40－50×104)×＝－10. 保險(xiǎn)公司的利潤的期望值為12 000×E(X)＋6 000×E(Y)＋2 000×E(Z)－100 000＝90 000， 故保險(xiǎn)公司在該業(yè)務(wù)所獲利潤的期望值為9萬元． (2)方案

17、1：企業(yè)不與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)每年安全支出與固定開支共為 12 000×100×104×＋6 000×100×104×＋2 000×50×104×＋12×104＝46×104(元)， 方案2：企業(yè)與保險(xiǎn)公司合作，則企業(yè)支出保險(xiǎn)金額為 (12 000×25＋6 000×25＋2 000×40)×0.7＝37.1×104(元)， 46×104>37.1×104，故建議企業(yè)選擇方案2. 真題體驗(yàn) 1．(2017·全國Ⅱ改編)從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中隨機(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的概率為______． 答案　 解析

18、　從5張卡片中隨機(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張的情況如圖： 基本事件總數(shù)為25，第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的事件數(shù)為10， ∴所求概率P＝＝. 2．(2017·浙江改編)已知隨機(jī)變量ξi滿足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0，<或＝) 答案　<　< 解析　由題意可知ξi(i＝1,2)服從兩點(diǎn)分布， ∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2， D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)， 又∵0

19、E(ξ2)， 把方差看作函數(shù)y＝x(1－x)， 當(dāng)00， 根據(jù)0

20、1－p)4，所以p>0.5， 所以p＝0.6. 押題預(yù)測 1．某校在2016年的中學(xué)數(shù)學(xué)挑戰(zhàn)賽中有1 000人參加考試，數(shù)學(xué)考試成績ξ～N(90，σ2)(σ>0，試卷滿分150分)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)考試成績在70分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的，則此次數(shù)學(xué)考試成績不低于110分的考生人數(shù)約為(　　) A．200 B．400 C．600 D．800 押題依據(jù)　正態(tài)分布多以實(shí)際問題為背景，有很強(qiáng)的應(yīng)用價(jià)值，應(yīng)引起考生關(guān)注． 答案　A 解析　依題意得P(70≤ξ≤110)＝0.6， P(ξ≤110)＝0.3＋0.5＝0.8，P(ξ≥110)＝0.2， 于是此次數(shù)學(xué)考試成績不

21、低于110分的考生約有 0．2×1 000＝200(人)． 2．位于坐標(biāo)原點(diǎn)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)P按下述規(guī)則移動(dòng)：質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴遥⑶蚁蛏稀⑾蛴乙苿?dòng)的概率都是.質(zhì)點(diǎn)P移動(dòng)五次后位于點(diǎn)(2,3)的概率是____． 押題依據(jù)　二項(xiàng)分布模型和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是生活中常見概率問題的抽象和提煉，也是高考的熱點(diǎn)． 答案　 解析　由于質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴?，移?dòng)五次后位于點(diǎn)(2,3)，所以質(zhì)點(diǎn)P必須向右移動(dòng)兩次，向上移動(dòng)三次，故其概率為C3·2＝C5＝. 3．本著健康、低碳的生活理念，租自行車騎游的人越來越多．某自行車租車點(diǎn)的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是每車每次租的時(shí)間不超過

22、兩小時(shí)免費(fèi)，超過兩個(gè)小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)2元(不足1小時(shí)的部分按 1小時(shí)計(jì)算)．有甲、乙兩人獨(dú)立來該租車點(diǎn)租車騎游(各租一車一次)．設(shè)甲、乙不超過兩小時(shí)還車的概率分別為，；兩小時(shí)以上且不超過三小時(shí)還車的概率分別為，；兩人租車時(shí)間都不會超過四小時(shí)． (1)求甲、乙兩人所付租車費(fèi)用相同的概率； (2)設(shè)甲、乙兩人所付的租車費(fèi)用之和為隨機(jī)變量ξ，求ξ的分布列與期望E(ξ)． 押題依據(jù)　利用隨機(jī)變量求解概率問題是高考的必考點(diǎn)，一般以解答題形式出現(xiàn)，考查離散型隨機(jī)變量的期望． 解　(1)由題意得，甲、乙在三小時(shí)以上且不超過四小時(shí)還車的概率分別為，. 記甲、乙兩人所付的租車費(fèi)用相同為事件A，

23、則P(A)＝×＋×＋×＝. 所以甲、乙兩人所付的租車費(fèi)用相同的概率為. (2)ξ的可能取值為0,2,4,6,8. P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝2)＝×＋×＝， P(ξ＝4)＝×＋×＋×＝， P(ξ＝6)＝×＋×＝， P(ξ＝8)＝×＝， 故ξ的分布列為 ξ 0 2 4 6 8 P E(ξ)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝. A組　專題通關(guān) 1．(2018·邯鄲模擬)某電視臺夏日水上闖關(guān)節(jié)目中的前三關(guān)的過關(guān)率分別為0.8,0.7,0.6，只有通過前一關(guān)才能進(jìn)入下一關(guān)，且每關(guān)通過與否相互獨(dú)立．一選手參加該節(jié)目，則該選手只闖過前兩關(guān)的概率

24、為(　　) A．0.56 B．0.336 C．0.32 D．0.224 答案　D 解析　該選手只闖過前兩關(guān)的概率為0.8×0.7×(1－0.6)＝0.224. 2．(2017·全國Ⅰ)如圖，正方形ABCD內(nèi)的圖形來自中國古代的太極圖，正方形內(nèi)切圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱．在正方形內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則正方形內(nèi)切圓的半徑為1，可得S正方形＝4. 由圓中的黑色部分和白色部分關(guān)于正方形的中心成中心對稱，得S黑＝S白＝S圓＝，所以由幾何概型知，所

25、求概率P＝＝＝. 3．(2018·全國Ⅱ)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　不超過30的所有素?cái)?shù)為2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個(gè)，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，共有C＝45(種)情況，而和為30的有7＋23,11＋19,13＋17這3種情況，∴所求概率為＝.故選C. 4．盒中裝有10只乒乓球，其中6只新球，4只舊球，不放回地依次摸出2個(gè)球使用，

26、在第一次摸出新球的條件下，第二次也摸出新球的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)“第一次摸出新球”為事件A，“第二次摸出新球”為事件B，則P(A)＝＝，P(AB)＝＝， P(B|A)＝＝. 5.某游戲中一個(gè)珠子從圖中的通道(圖中實(shí)線表示通道)由上至下滑下，從最下面的六個(gè)出口(如圖所示1,2,3,4,5,6)出來，規(guī)定猜中出口者為勝．如果你在該游戲中，猜得珠子從3號出口出來，那么你取勝的概率為(　　) A. B. C. D．以上都不對 答案　A 解析　我們把從A到3的路線圖(圖略)單獨(dú)畫出來：分析可得， 從A到3共有C＝10(種)走

27、法，每一種走法的概率都是5，所以珠子從出口3出來的概率是C5＝. 6．(2018·上海黃浦區(qū)模擬)將一枚質(zhì)地均勻的硬幣連續(xù)拋擲5次，則恰好有3次出現(xiàn)正面向上的概率是________．(結(jié)果用數(shù)值表示) 答案　 解析　一枚硬幣連續(xù)拋擲5次，則恰好有3次出現(xiàn)正面向上的概率P＝C3·2＝. 7．(2018·日照模擬)在的可行域內(nèi)任取一點(diǎn)(x，y)，則滿足2x－3y≥0的概率是_____． 答案　 解析　繪制不等式組所表示的平面區(qū)域如圖所示， 由解得即A(3,2)， 且B，C(0，－1)， 故S△ABC＝××3＝. 作出直線2x－3y＝0， 則2x－3y≥0表示的區(qū)域?yàn)椤鱋A

28、C， 即不等式2x－3y≥0所表示的區(qū)域?yàn)椤鱋AC，面積為S△AOC＝×1×3＝， 所以滿足2x－3y≥0的概率是P＝＝＝. 8．(2018·洛陽聯(lián)考)已知隨機(jī)變量X～B，Y～N，若P＝0.64，P(04)＝________. 答案　0.1 解析　∵隨機(jī)變量服從X～B， ∴P＝1－C2＝0.64，解得p＝0.4. 又Y～N， ∴P＝P＝0.5－P＝0.1. 9．某校高三年級要從5名男生和2名女生中任選3名代表參加數(shù)學(xué)競賽(每人被選中的機(jī)會均等)，則在男生甲被選中的情況下，男生乙和女生丙至少有一個(gè)被選中的概率是________． 答案　 解析　“男

29、生甲被選中”記作事件A，“男生乙和女生丙至少有一個(gè)被選中”記作事件B， 則P(A)＝＝，P(AB)＝＝， 由條件概率公式可得P(B|A)＝＝. 10．(2018·衡水金卷信息卷)2018年元旦期間，某運(yùn)動(dòng)服裝專賣店舉辦了一次有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，消費(fèi)每超過400元均可參加1次抽獎(jiǎng)活動(dòng)，抽獎(jiǎng)方案有兩種，顧客只能選擇其中的一種． 方案一：顧客轉(zhuǎn)動(dòng)十二等分且質(zhì)地均勻的圓形轉(zhuǎn)盤(如圖)，轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)指針指向哪個(gè)扇形區(qū)域，則顧客可直接獲得該區(qū)域?qū)?yīng)面額(單位：元)的現(xiàn)金優(yōu)惠，且允許顧客轉(zhuǎn)動(dòng)3次． 方案二：顧客轉(zhuǎn)動(dòng)十二等分且質(zhì)地均勻的圓形轉(zhuǎn)盤(如圖)，轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)指針若指向陰影部分，則未中獎(jiǎng)，若

30、指向白色區(qū)域，則顧客可直接獲得40元現(xiàn)金，且允許顧客轉(zhuǎn)動(dòng)3次． (1)若兩位顧客均獲得1次抽獎(jiǎng)機(jī)會，且都選擇抽獎(jiǎng)方案一，試求這兩位顧客均獲得180元現(xiàn)金優(yōu)惠的概率； (2)若某顧客恰好獲得1次抽獎(jiǎng)機(jī)會． ①試分別計(jì)算他選擇兩種抽獎(jiǎng)方案最終獲得現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)的期望； ②從概率的角度比較①中該顧客選擇哪一種抽獎(jiǎng)方案更合算？ 解　(1)若要享受到180元的現(xiàn)金優(yōu)惠，則必須每次旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)盤都指向60元對應(yīng)的區(qū)域，由題圖可知，每一次轉(zhuǎn)盤指向60元對應(yīng)區(qū)域的概率為p＝＝. 設(shè)“每位顧客獲得180元現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)”為事件A， 則P(A)＝C3＝. 所以兩位顧客均獲得180元現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)的概率為P＝P(A)·P(

31、A)＝×＝. (2)①若選擇抽獎(jiǎng)方案一，則每一次轉(zhuǎn)盤指向60元對應(yīng)區(qū)域的概率為，每一次轉(zhuǎn)盤指向20元對應(yīng)區(qū)域的概率為. 設(shè)獲得現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)金額為X元， 則X可能的取值為60,100,140,180. 則P＝C3＝； P＝C12＝； P＝C2＝； P＝C3＝. 所以選擇抽獎(jiǎng)方案一，該顧客獲得現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)金額的期望為E＝60×＋100×＋140×＋180×＝100. 若選擇抽獎(jiǎng)方案二，設(shè)三次轉(zhuǎn)動(dòng)轉(zhuǎn)盤的過程中，指針指向白色區(qū)域的次數(shù)為Y，最終獲得現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)金額為Z元，則Y～B，故E＝3×＝1， 所以選擇抽獎(jiǎng)方案二，該顧客獲得現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)金額的期望為E＝E＝40. ②由①知E>E， 所以該顧

32、客選擇第一種抽獎(jiǎng)方案更合算． B組　能力提高 11．某同學(xué)用“隨機(jī)模擬方法”計(jì)算曲線y＝ln x與直線x＝e，y＝0所圍成的曲邊三角形的面積時(shí)，用計(jì)算機(jī)分別產(chǎn)生了10個(gè)在區(qū)間[1，e]上的均勻隨機(jī)數(shù)xi和10個(gè)在區(qū)間[0,1]上的均勻隨機(jī)數(shù)yi(i∈N*,1≤i≤10)，其數(shù)據(jù)如下表的前兩行. x 2.50 1.01 1.90 1.22 2.52 2.17 1.89 1.96 1.36 2.22 y 0.84 0.25 0.98 0.15 0.01 0.60 0.59 0.88 0.84 0.10 ln x 0.92 0.01 0.64

33、 0.20 0.92 0.77 0.64 0.67 0.31 0.80 由此可得這個(gè)曲邊三角形面積的一個(gè)近似值是(　　) A.(e－1) B.(e－1) C.(e＋1) D.(e＋1) 答案　A 解析　由表可知，向矩形區(qū)域內(nèi)隨機(jī)拋擲10個(gè)點(diǎn)，其中有6個(gè)點(diǎn)在曲邊三角形內(nèi)，其頻率為＝. ∵矩形區(qū)域的面積為e－1， ∴曲邊三角形面積的近似值為(e－1)． 12．記“點(diǎn)M(x，y)滿足x2＋y2≤a(a>0)”為事件A，記“M(x，y)滿足”為事件B，若P(B|A)＝1，則實(shí)數(shù)a的最大值為(　　) A. B. C．1 D. 答案　A 解析　要使得

34、P(B|A)＝1，則不等式x2＋y2≤a所表示的區(qū)域在不等式組 所表示的平面區(qū)域內(nèi)， 又圓x2＋y2＝a的圓心為(0,0)，半徑為， 圓心(0,0)到直線x－y＋1＝0的距離為d1＝≥?a≤； 圓心(0,0)到直線5x－2y－4＝0的距離為d2＝≥?a≤； 圓心(0,0)到直線2x＋y＋2＝0的距離為d3＝≥?a≤. 因?yàn)閐1

35、作為其獎(jiǎng)金(單位：元)，若隨機(jī)變量ξ和η分別表示參與者在每一局賭博游戲中的賭金與獎(jiǎng)金，則E(ξ)－E(η)＝________. 答案　3 解析　賭金ξ的分布列為 ξ 5 6 7 8 9 P E(ξ)＝(5＋6＋7＋8＋9)＝7， 獎(jiǎng)金的情況：兩卡片數(shù)字之差的絕對值為1，共有4種，獎(jiǎng)金為2元；兩卡片數(shù)字之差的絕對值為2，共有3種，獎(jiǎng)金為4元；兩卡片數(shù)字之差的絕對值為3，共有2種，獎(jiǎng)金為6元；兩卡片數(shù)字之差的絕對值為4，共有1種，獎(jiǎng)金為8元． 則P(η＝2)＝＝，P(η＝4)＝＝， P(η＝6)＝＝，P(η＝8)＝. 獎(jiǎng)金η的分布列為 η 2

36、 4 6 8 P ∴E(η)＝2×＋4×＋6×＋8×＝4， ∴E(ξ)－E(η)＝7－4＝3. 14.如圖，小華和小明兩個(gè)小伙伴在一起做游戲，他們通過劃拳(剪刀、石頭、布)比賽決定誰首先登上第3個(gè)臺階，他們規(guī)定從平地開始，每次劃拳贏的一方登上一級臺階，輸?shù)囊环皆夭粍?dòng)，平局時(shí)兩個(gè)人都上一級臺階，如果一方連續(xù)兩次贏，那么他將額外獲得一次上一級臺階的獎(jiǎng)勵(lì)，除非已經(jīng)登上第3個(gè)臺階，當(dāng)有任何一方登上第3個(gè)臺階時(shí)，游戲結(jié)束，記此時(shí)兩個(gè)小伙伴劃拳的次數(shù)為X. (1)求游戲結(jié)束時(shí)小華在第2個(gè)臺階的概率； (2)求X的分布列和期望． 解　(1)易知對于每次劃拳比賽基

37、本事件共有3×3＝9(個(gè))，其中小華贏(或輸)包含三個(gè)基本事件，他們平局也為三個(gè)基本事件，不妨設(shè)事件“第i(i∈N*)次劃拳小華贏”為Ai；事件“第i次劃拳小華平”為Bi；事件“第i次劃拳小華輸”為Ci，所以P(Ai)＝P(Bi)＝P(Ci)＝＝. 因?yàn)橛螒蚪Y(jié)束時(shí)小華在第2個(gè)臺階，所以這包含兩種可能的情況： 第一種：小華在第1個(gè)臺階，并且小明在第2個(gè)臺階，最后一次劃拳小華平； 其概率為P1＝AP(B1)P(C2)P(B3)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(B4)＝， 第二種：小華在第2個(gè)臺階，并且小明也在第2個(gè)臺階，最后一次劃拳小華輸， 其概率為P2＝P(B1)P(B2)P(C3)

38、＋AP(A1)P(B2)·P(C3)P(C4)＋P(A1)P(C2)P(A3)P(C4)P(C5)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(A4)P(C5)＝. 所以游戲結(jié)束時(shí)小華在第2個(gè)臺階的概率為 P＝P1＋P2＝＋＝. (2)依題可知X的可能取值為2,3,4,5， P(X＝5)＝2P(A1)P(C2)P(A3)P(C4) ＝2×4＝， P(X＝2)＝2P(A1)P(A2)＝2×2＝， P(X＝3)＝2P(A1)P(B2)P(A3)＋2P(B1)P(A2)P(A3)＋P(B1)P(B2)P(B3)＋2P(A1)P(B2)P(B3)＋2P(B1)·P(A2)P(B3)＋2P(B1)P(B2)P(A3)＋2P(C1)P(A2)·P(A3)＝， P(X＝4)＝1－P(X＝5)－P(X＝2)－P(X＝3)＝. 所以X的分布列為 X 2 3 4 5 P 所以X的期望為E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝. 18