隨機(jī)變量及其分布考點突破

■山東省棗莊二中 羅桂花

一、高考定位

概率模型多考查獨立重復(fù)試驗、相互獨立事件、互斥事件及對立事件等知識;而離散型隨機(jī)變量的分布列及期望也是考試中的“熱點”,并且多以解答題形式出現(xiàn),?？疾楠毩⑹录母怕?超幾何分布和二項分布的期望等。

二、考點例析

考點1：相互獨立事件的概率

例1 (2 0 1 6年高考北京卷)A、B、C三個班共有1 0 0名學(xué)生,為調(diào)查他們的體育鍛煉情況,通過分層抽樣獲得了部分學(xué)生一周的鍛煉時間,數(shù)據(jù)如表1:

表1

(1)試估計C班的學(xué)生人數(shù)。

(2)從A班和C班抽出的學(xué)生中,各隨機(jī)選取一人,A班選出的學(xué)生記為甲,C班選出的學(xué)生記為乙,假設(shè)所有學(xué)生的鍛煉時間相對獨立,求一周中甲的鍛煉時間比乙的鍛煉時間長的概率。

(3)再從A、B、C三個班中各隨機(jī)抽取一名學(xué)生,他們該周的鍛煉時間分別是7,9,8.2 5(單位:小時),這3個新數(shù)據(jù)與表格中的數(shù)據(jù)構(gòu)成的新樣本的平均數(shù)記μ1,表格中數(shù)據(jù)的平均數(shù)記為μ0,試判斷μ0和μ1的大小(結(jié)論不要求證明)。

分析：(1)由分層抽樣的抽樣比估算出C班的學(xué)生人數(shù)。

(2)根據(jù)題意列出“該周甲的鍛煉時間比乙的鍛煉時間長”的所有事件,由獨立事件概率公式求值。

(3)根據(jù)平均數(shù)公式進(jìn)行判斷即可。

解：(1)由題意知,抽出的2 0名學(xué)生中,來自C班的學(xué)生有8名,根據(jù)分層抽樣方法知,C班的學(xué)生人數(shù)估計為1 0 0×8=4 0。2 0

(2)設(shè)事件Ai為“甲是現(xiàn)有樣本中A班的第i個人”,i=1,2,…,5。

事件Cj為“乙是現(xiàn)有樣本中C班的第j個人”,j=1,2,…,8。

設(shè)事件E為“一周中甲的鍛煉時間比乙的鍛煉時間長”,由題意可知:

E=A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4。

因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2)+P(A4C3)+P(A5C1)+P(A5C2)+P(A5C3)+P(A5C4)

(3)根據(jù)平均數(shù)計算公式即可知,μ1＜μ0。

點評:對于復(fù)雜事件的概率,要先分析事件的構(gòu)成,理清各事件之間的關(guān)系,并依據(jù)互斥事件概率的和,或者相互獨立事件概率的積的公式列出關(guān)系式。

考點2：獨立重復(fù)試驗的概率

例2 (2 0 1 6年臨沂模擬卷)一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄,繪制了日銷售量的頻率分布直方圖,如圖1所示。

圖1

將日銷售量落入各組的頻率視為概率,并假設(shè)每天的銷售量相互獨立。

(1)求在未來3天里,有連續(xù)2天的日銷售量都不低于1 0 0個且另一天的日銷售量低于5 0個的概率。

(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于1 0 0個的天數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列,期望E(X)及方差D(X)。

解析：(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于1 0 0個”,A2表示事件“日銷售量低于5 0個”,B表示事件“在未來連續(xù)3天里,有連續(xù)2天的日銷售量都不低于1 0 0個且另一天的日銷售量低于5 0個”,因此有:X的分布列為:

X 0 1 2 3 P 0.0 6 4 0.2 8 8 0.4 3 2 0.2 1 6

因為X～B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.7 2。

點評:在解題時注意獨立重復(fù)試驗的基本特征:(1)在每次試驗中,試驗結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況;(2)在每次試驗中,事件發(fā)生的概率相同。

考點3：條件概率

例3 (2 0 1 6年高考新課標(biāo)Ⅱ卷理科數(shù)學(xué))某險種的基本保費為a(單位:元),繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人,續(xù)保人的本年度的保費與其上年度的出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下:

上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5保費 0.8 5a a 1.2 5a 1.5a 1.7 5a 2a

設(shè)該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應(yīng)概率如下:

一年內(nèi)出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5概率 0.3 0 0.1 5 0.2 0 0.2 0 0.1 0 0.0 5

(1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率;

(2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費,求其保費比基本保費高出6 0%的概率;

(3)求續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值。

分析：(1)根據(jù)互斥事件的概率公式,可求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率;(2)當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于3,一續(xù)保人本年度的保費才高于基本保費6 0%,可由條件概率公式求解;(3)記續(xù)保人本年度的保費為X,求X的分布列及期望值。

解：(1)設(shè)A表示事件:“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”,只有當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1,事件A才會發(fā)生,故P(A)=0.2 0+0.2 0+0.1 0+0.0 5=0.5 5。

(2)設(shè)B表示事件:“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出6 0%”,則事件B只有當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于3才會發(fā)生,故P(B)=0.1 0+0.0 5=0.1 5。

(3)記續(xù)保人本年度的保費為X,則X的分布列為:

X0.8 5a a 1.2 5a1.5a1.7 5a2a P 0.3 0 0.1 50.2 00.2 00.1 0 0.0 5

E(X)=0.8 5a×0.3 0+a×0.1 5+1.2 5a×0.2 0+1.5a×0.2 0+1.7 5a×0.1 0+2a×0.0 5=1.2 3a。

因此續(xù)保人本年度的平均保費與基本保費的比值為1.2 3。

點評:條件概率的求法:

(1)定義法,先求P(A)和P(A B),再由

(2)基本事件法,當(dāng)基本事件滿足有限性和等可能性時,可借助古典概率公式,先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A),再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)

考點4：利用相互獨立事件、互斥事件的概率求分布列

例4 乒乓球臺面被網(wǎng)分隔成甲、乙兩部分,如圖2所示,甲部分有兩個不相交的區(qū)域A、B,乙部分被劃分為兩個不相交的區(qū)域C、D。某次測試要求隊員接到落點在甲上的球后向乙回球,并規(guī)定:回球落點在C上記3分,落點在D上記1分,其他情況記0分。對落點在A上的來球,隊員小明回球的落點在C上的概率為,在D上的概率為;對落點在B上的來球,小明回球的落點在C上的概率為,在D上的概率為。假設(shè)共有兩次來球且落在A、B上各一次,小明的兩次回球互不影響。求:

(1)小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率;

(2)兩次回球結(jié)束后,小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望。

圖2

解析：(1)記Ai為事件“小明對落點在A上回球的得分為i分”,i=0,1,3。

記Bi為事件“小明對落點在B上回球的得分為i分”,i=0,1,3。

記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上”。

由題意知,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的獨立性和互斥性可得:

P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)=P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3)

所以小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率為

(2)由題意,隨機(jī)變量ξ可能的取值為0,1,2,3,4,6。

由事件的獨立性和互斥性,得:;

可得隨機(jī)變量ξ的分布列為:

ξ 0 1 2 3 4 6 P 1 3 0 2 1 16 1 5 1 5 1 1 3 01 0

點評:解答這類問題要使用簡潔、準(zhǔn)確的數(shù)學(xué)語言,通過引進(jìn)字母使得事件的描述簡單而準(zhǔn)確,或者用表格描述,使得問題描述有條理,從而答案不會有遺漏,也不會重復(fù)。

考點5：二項分布

例5 (2 0 1 5年高考湖北卷理科第2 0題)某廠用鮮牛奶在某臺設(shè)備上生產(chǎn)A、B兩種奶制品,生產(chǎn)1噸A產(chǎn)品需鮮牛奶2噸,使用設(shè)備1小時,獲利10 0 0元;生產(chǎn)1噸B產(chǎn)品需鮮牛奶1.5噸,使用設(shè)備1.5小時,獲利12 0 0元。要求每天B產(chǎn)品的產(chǎn)量不超過A產(chǎn)品產(chǎn)量的2倍,設(shè)備每天生產(chǎn)A、B兩種產(chǎn)品時間之和不超過1 2小時。假定每天可獲取的鮮牛奶數(shù)量W(單位:噸)是一個隨機(jī)變量,其分布列為:

W 1 2 1 5 1 8 P 0.3 0.5 0.2

該廠每天根據(jù)獲取的鮮牛奶數(shù)量安排生產(chǎn),使其獲利最大,因此每天的最大獲利z(單位:元)是一個隨機(jī)變量。

(1)求z的分布列和期望。

(2)若每天可獲取的鮮牛奶數(shù)量相互獨立,求3天中至少有1天的最大獲利超過1 00 0 0元的概率。

解析：(1)設(shè)每天A、B兩種產(chǎn)品的噸數(shù)分別為x、y,相應(yīng)的獲利為z元,則有:

目標(biāo)函數(shù)為

當(dāng)W=1 2時,(*)表示的平面區(qū)域如圖3所示,三個頂點分別為A(0,0),B(2.4,4.8),C(6,0)。

圖3

將z=10 0 0x+12 0 0y變形為當(dāng)x=2.4,y=4.8時,直線在y軸上的截距最大,最大獲利zmax=2.4×10 0 0+4.8×12 0 0=81 6 0。

當(dāng)W=1 5時,(*)表示的平面區(qū)域如圖4所示,三個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(7.5,0)。

將z=10 0 0x+12 0 0y在y軸上的截距最大。

圖4

最大獲利zmax=3×10 0 0+6×12 0 0=1 02 0 0。

當(dāng)W=1 8時,(*)表示的平面區(qū)域如圖5所示,四個頂點分別為A(0,0),B(3,6),C(6,4),D(9,0)。

將z=10 0 0x+12 0 0y在y軸上的截距最大。

圖5

最大獲利zmax=6×10 0 0+4×12 0 0=1 08 0 0。

z 81 6 0 1 02 0 0 1 08 0 0 P 0.3 0.5 0.2

故E(z)=81 6 0×0.3+1 02 0 0×0.5+1 08 0 0×0.2=97 0 8。

(2)由(1)知,一天最大獲利超過1 00 0 0元的概率p1=P(z＞1 00 0 0)=0.5+0.2=

故最大獲利z的分布列為:變形為0.7。

由二項分布知,3天中至少有1天最大獲利超過1 00 0 0元的概率為:

p=1-(1-p1)3=1-0.33=0.9 7 3。

點評:二項分布是高中數(shù)學(xué)最重要的概率分布模型,是近年高考非常重要的一個考點。獨立重復(fù)試驗是相互獨立事件的特例,就像對立事件是互斥事件的特例一樣。

考點6：超幾何分布

例6 (2 0 1 6年合肥市模擬卷)為推動乒乓球運動的發(fā)展,某乒乓球比賽允許不同協(xié)會的運動員組隊參加。現(xiàn)有來自甲協(xié)會的運動員3名,其中種子選手2名;乙協(xié)會的運動員5名,其中種子選手3名。從這8名運動員中隨機(jī)選擇4人參加比賽。

(1)設(shè)A為事件“選出的4人中恰有2名種子選手,且這2名種子選手來自同一個協(xié)會”,求事件A發(fā)生的概率。

(2)設(shè)X為選出的4人中種子選手的人數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望。

解析：(1)由題意可知P(A)=

(2)隨機(jī)變量X所有可能的取值為1,2,3,4。變量X的分布列為:

X 123 4 P 11 1 4 37 3 7 1 4

點評:抽取的4人中,可能是種子選手或一般運動員,并且只能是這兩種情況之一,符合超幾何概型的特征,故可利用超幾何分布求其值。

考點7：正態(tài)分布

例7 (2 0 1 4年高考新課標(biāo)全國Ⅰ卷)從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中抽取 5 0 0件,測 量這些產(chǎn)品的一項質(zhì)量指標(biāo)值,由 測量結(jié)果得如圖6所示的頻率分布直方圖。

圖6

(1)求這5 0 0件產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表)。

(2)由直方圖可以認(rèn)為,這種產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值Z服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ近似為樣本平均數(shù)x,σ2近似為樣本方差s2。

①利用該正態(tài)分布,求P(1 8 7.8＜Z＜2 1 2.2);

②某用戶從該企業(yè)購買了1 0 0件這種產(chǎn)品,記X表示這1 0 0件產(chǎn)品中質(zhì)量指標(biāo)值位于區(qū)間(1 8 7.8,2 1 2.2)的產(chǎn)品件數(shù),利用①的結(jié)果,求E(X)。

解析：(1)抽取產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值的樣本平均數(shù)x和樣本方差s2分別為:

x=1 7 0×0.0 2+1 8 0×0.0 9+1 9 0×0.2 2+2 0 0×0.3 3+2 1 0×0.2 4+2 2 0×0.0 8+2 3 0×0.0 2=2 0 0;

s2=(-3 0)2×0.0 2+(-2 0)2×0.0 9+(-1 0)2×0.2 2+0×0.3 3+1 02×0.2 4+2 02×0.0 8+3 02×0.0 2=1 5 0。

(2)①由(1)知,Z～N(2 0 0,1 5 0),從而P(1 8 7.8＜Z＜2 1 2.2)=P(2 0 0-1 2.2＜Z＜2 0 0+1 2.2)=0.6 8 26。

②由①知,一件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值位于區(qū)間(1 8 7.8,2 1 2.2)的概率為0.6 8 26,依題意知X～B(1 0 0,0.6 8 26),所以E(X)=1 0 0×0.6 8 26=6 8.2 6。k4-k