专题检测（十三）概率、随机变量及其分布列A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2019·贵州省适应性考试)在2018中国国际大数据产业博览会期间，有甲、乙、丙、丁4名游客准备到贵州的黄果树瀑布、梵净山、万峰林三个景点旅游，其中每个人只能去一个景点，每个景点至少要去一个人，则游客甲去梵净山旅游的概率为( )A. B.C.D.解析：选B 4名游客去三个景点，每个景点至少有一个人，可以先将其中2名游客“捆绑在一起”作为“一个人”，再将“三个人”安排到三个景点去旅游，共有CA＝6×6＝36(种)方案．游客甲去梵净山旅游，若梵净山再没有其他3名游客去旅游，则有CA＝3×2＝6(种)方案，若“乙、丙、丁”中有1人也去了梵净山旅游，则有A＝6(种)方案，所以游客甲去梵净山旅游共有12种方案．所以游客甲去梵净山旅游的概率P＝＝.故选B.2.(2019·江西八所重点中学联考)小华的爱好是玩飞镖，现有如图所示的由两个边长都为2的正方形ABCD和OPQR构成的标靶图形，如果O正好是正方形ABCD的中点，而正方形OPQR可以绕O点旋转．若小华随机向标靶投飞镖，一定能射中标靶，则他射中阴影部分的概率是( )A.B.C.D.解析：选D 如图，记OP交AB于H，OR交BC于G.当H不为AB的中点时，过O分别作OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，则∠OEH＝∠OFG＝90°，又O正好是正方形ABCD的中点，所以OE＝OF，∠EOF＝90°，又∠GOH＝90°，所以∠GOF＝∠EOH，所以△OEH和△OFG全等，所以阴影部分的面积与正方形OEBF的面积相等，所以阴影部分的面积为标靶面积的.当H为AB的中点时，阴影部分的面积为标靶面积的.所以小华射中阴影部分的概率为，故选D.3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )A.B.\nC.D.解析：选A 小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，∴P(A|B)＝＝.4．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648B.0.432C．0.36D.0.312解析：选A 3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.5．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，DX＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则p＝( )A．0.7B.0.6C．0.4D.0.3解析：选B 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以DX＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.又因为P(X＝4)<P(X＝6)，所以Cp4(1－p)6<Cp6(1－p)4，所以p>0.5，所以p＝0.6.6．(2019·武汉市调研测试)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为( )A.B.C.D.解析：选B 设该篮球运动员投进第n－1(n≥2，n∈N*)个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，∴Pn－＝.\n∴Pn－＝·＝×＝.∴Pn＝＋(n∈N*)，∴P2＝.故选B.二、填空题7．(2019·石家庄市模拟(一))已知实数x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x＋3≤0的概率为________．解析：∵不等式x2－4x＋3≤0的解集为[1，3]，所以若x∈[0，10]，则x满足不等式x2－4x＋3≤0的概率为.答案：8．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________．解析：不超过30的所有素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C＝45种情况，而和为30的有7＋23，11＋19，13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.答案：9．(2019·山东烟台期中)为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．若高三全体考生的数学成绩近似服从正态分布N(100，17.52)．已知成绩在117.5分以上(含117.5分)的学生有80人，则此次参加考试的学生成绩不超过82.5分的概率为________；如果成绩大于135分的为特别优秀，那么本次数学考试成绩特别优秀的大约有________人．(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)≈0.68，P(μ－2σ<X<μ＋2σ)≈0.96)解析：因为数学成绩x服从正态分布N(100，17.52)，则P(100－17.5<x<100＋17.5)＝P(82.5<x<117.5)＝0.68，所以此次参加考试的学生成绩不超过82.5分的概率P(x≤82.5)＝＝＝0.16.又P(100－17.5×2<x<100＋17.5×2)＝P(65<x<135)＝0.96，所以数学成绩特别优秀的概率P(x>135)＝＝＝0.02.又P(x≤82.5)＝P(x≥117.5)＝0.16，则本次考试数学成绩特别优秀的人数大约是×0.02＝10.答案：0.16 10三、解答题\n10．(2019·唐山模拟)甲、乙两位工人分别用两种不同工艺生产同一种零件，已知尺寸在[223，228](单位：mm)内的零件为一等品，其余为二等品．甲、乙当天生产零件尺寸的茎叶图如图所示：(1)从甲、乙两位工人当天所生产的零件中各随机抽取1个零件，求抽取的2个零件等级互不相同的概率；(2)从工人甲当天生产的零件中随机抽取3个零件，记这3个零件中一等品数量为X，求X的分布列和数学期望．解：(1)由茎叶图可知，甲当天生产了10个零件，其中4个一等品，6个二等品；乙当天生产了10个零件，其中5个一等品，5个二等品．所以抽取的2个零件等级互不相同的概率P＝＝.(2)X可取0，1，2，3.P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝.X的分布列为X0123P所以随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.11．为调查大学生这个微信用户群体中每人拥有微信群的数量，现从某市大学生中随机抽取300位同学进行调查，结果如下：微信群数量0至5个6至10个11至15个16至20个20个以上合计频数09090x15300频率00.30.3yz1(1)求x，y，z的值；(2)以这300人的样本数据估计该市的总体数据且以频率估计概率，若从全市大学生(数量很大)中随机抽取3人，记X表示抽到的是微信群个数超过15的人数，求X的分布列、数学期望和方差．\n解：(1)由已知得0＋90＋90＋x＋15＝300，解得x＝105，所以y＝＝0.35，z＝＝0.05.(2)依题意可知，微信群个数超过15的概率为P＝＝.X的所有可能取值为0，1，2，3.依题意得，X～B.所以P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3)．所以X的分布列为X0123P所以E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝.12．(2019·合肥市第二次质量检测)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出2种超过质保期后2年内的延保维修优惠方案，方案一：交纳延保金7000元，在延保的2年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的2年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元．某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保2年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的2年内共需维修的次数．(1)求X的分布列；(2)以方案一与方案二所需费用(所需延保金及维修费用之和)的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.\nP(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝××2＝，P(X＝2)＝×＋××2＝，P(X＝3)＝××2＋××2＝，P(X＝4)＝×＋××2＝，P(X＝5)＝××2＝，P(X＝6)＝×＝，∴X的分布列为X0123456P(2)选择延保方案一，所需费用Y1的分布列为Y170009000110001300015000PE(Y1)＝×7000＋×9000＋×11000＋×13000＋×15000＝10720(元)．选择延保方案二，所需费用Y2的分布列为Y2100001100012000PE(Y2)＝×10000＋×11000＋×12000＝10420(元)．∵E(Y1)＞E(Y2)，∴该医院选择延保方案二较合算．B组——大题专攻强化练1．(2019·广州市综合检测(一))为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户).阶梯级别第一阶梯第二阶梯第三阶梯月用电范围/度[0，210](210，400](400，＋∞)某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：居民用电户编号12345678910用电量/度538690124132200215225300410(1)若规定第一阶梯电价每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算某居民用电户用电410度时应交电费多少元？\n(2)现要从这10户家庭中任意选取3户，求取到第二阶梯电量的户数的分布列与期望．(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市居民用电，现从全市中依次抽取10户，若抽到k户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．解：(1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．(2)设取到第二阶梯电量的户数为ξ，可知第二阶梯电量的用户有3户，则ξ可取0，1，2，3，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，故ξ的分布列为ξ0123P∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.(3)设从全市中抽取10户的用电量为第一阶梯的有X户，则X～B，可知P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3，…，10)，解得≤k≤，k∈N*，∴当k＝6时用电量为第一阶梯的可能性最大，∴k＝6.2．(2019·昆明市质量检测)某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的理念，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A，B，C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B，C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9)．(1)任取树苗A，B，C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及数学期望E(X)．\n(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．①求一棵B种树苗最终成活的概率；②若每棵树苗最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3.则P(X＝0)＝0.2(1－p)2＝0.2p2－0.4p＋0.2，P(X＝1)＝0.8×(1－p)2＋0.2×C×p×(1－p)＝0.8(1－p)2＋0.4p(1－p)＝0.4p2－1.2p＋0.8，P(X＝2)＝0.2p2＋0.8×C×p×(1－p)＝0.2p2＋1.6p(1－p)＝－1.4p2＋1.6p，P(X＝3)＝0.8p2.X的分布列为X0123P0.2p2－0.4p＋0.20.4p2－1.2p＋0.8－1.4p2＋1.6p0.8p2E(X)＝0×(0.2p2－0.4p＋0.2)＋1×(0.4p2－1.2p＋0.8)＋2×(－1.4p2＋1.6p)＋3×0.8p2＝2p＋0.8.(2)当p＝0.9时，E(X)取得最大值．①一棵B种树苗最终成活的概率为0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.②记Y为n棵树苗的成活棵数，M(n)为n棵树苗的利润，则Y～B(n，0.96)，E(Y)＝0.96n，M(n)＝300Y－50(n－Y)＝350Y－50n，E(M(n))＝350E(Y)－50n＝286n，要使E(M(n))≥200000，则有n＞699.所以该农户至少引种700棵B种树苗，就可获利不低于20万元．3．(2019·济南市高三模拟)某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现，在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，表是根据\n100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．二级滤芯更换频数分布表二级滤芯更换的个数56频数6040以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及数学期望；(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数．若m＋n＝28，且n∈{5，6}，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为决策依据，试确定m，n的值．解：(1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯．设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A.因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.(2)由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10，11，12的概率分别为0.2，0.4，0.4.由题意可知X可能的取值为20，21，22，23，24，P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.所以X的分布列为X2021222324P0.040.160.320.320.16E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.\n(3)若m＝22，n＝6，设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1(单位：元)，则Y1176019602160P0.520.320.16E(Y1)＝1760×0.52＋1960×0.32＋2160×0.16＝1888.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2(单位：元)，则Y2＝6×160＝960，E(Y2)＝1×960＝960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为E(Y1)＋E(Y2)＝1888＋960＝2848.若m＝23，n＝5，设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1(单位：元)，则Z118402040P0.840.16E(Z1)＝1840×0.84＋2040×0.16＝1872.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2(单位：元)，则Z28001200P0.60.4E(Z2)＝800×0.6＋1200×0.4＝960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望为E(Z1)＋E(Z2)＝1872＋960＝2832.因为2832＜2848，所以m，n的值分别为23，5.4．(2019·湖南四大名校模拟)超级病菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧、痉挛、昏迷直到最后死亡．某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0<p<1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；\n(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2.(ⅰ)试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；(ⅱ)若p＝1－，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln4≈1.3863，ln5≈1.6094，ln6≈1.7918.解：(1)设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A，则P(A)＝＝，∴恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为.(2)(ⅰ)由已知得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1.∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k，若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，∴k(1－p)k＝1，(1－p)k＝，∴1－p＝，∴p＝1－，∴p关于k的函数关系式为p＝f(k)＝1－(k∈N*，且k≥2)．(ⅱ)由题意可知E(ξ2)<E(ξ1)，得<(1－p)k，∵p＝1－，∴<，∴lnk>k，设f(x)＝lnx－x(x>0)，∴当x>3时，f′(x)<0，即f(x)在(3，＋∞)上单调递减，又ln4≈1.3863，≈1.3333，∴ln4>，ln5≈1.6094，≈1.6667，∴ln5<.所以k的最大值为4.
