2013年高考数学(理)二轮复习 详解答案 阶段一 专题六 第二节 概率、随机变量 安徽、陕西、

第一阶段专题六第二节考点例题冲关集训高考预测课时检测（十九）返回第一阶段二轮专题复习返回专题六概率与统计、推理证明、算法、复数第二节概率、随机变量及分布列返回解析：如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的区域D，且区域D的面积为4，而阴影部分表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4.考点例题例1：思路点拨：根据题意，作出满足条件的几何图形进行求解．答案：D返回例2：思路点拨：(1)甲乙的比分为1∶2，第前三次发球甲胜一次负两次，包含三个互斥事件；(2)第五次发球时甲领先，包含两种情况，即4∶0和3∶1.解：记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；Bi表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0,1,2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先．返回(1)B＝A0·A＋A1·A，P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16，P(A1)＝2×0.6×0.4＝0.48，P(B)＝P(A0·A＋A1·A)＝P(A0·A)＋P(A1·A)＝P(A0)P(A)＋P(A1)P(A)＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352.返回(2)P(B0)＝0.62＝0.36，P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，P(A2)＝0.62＝0.36.C＝A1·B2＋A2·B1＋A2·B2，P(C)＝P(A1·B2＋A2·B1＋A2·B2)＝P(A1·B2)＋P(A2·B1)＋P(A2·B2)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16＝0.3072.返回例3：思路点拨：(1)先求x，y的值，再写出分布列，即可求出数学期望；(2)两位顾客结算的时间有三种情况，由独立事件的概率计算公式和(1)中的概率分布求解即可．解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得返回P(X＝1)＝15100＝320，P(X＝1.5)＝30100＝310，P(X＝2)＝25100＝14，P(X＝2.5)＝20100＝15，P(X＝3)＝10100＝110.X的分布列为X11.522.53P3203101415110X的数学期望为E(X)＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.返回(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，Xi(i＝1,2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P(X1＝1.5且X2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980.故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.返回冲关集训1．选设点P到点O的距离小于1的概率为P1，由几何概型，则P1＝V半球V圆柱＝2π3×13π×12×2＝13，故点P到点O的距离大于1的概率P＝1－13＝23.B返回2．解：(1)由频率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.因为抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，所以b＝320＝0.15.等级系数为5的恰有2件，所以c＝220＝0.1.从而a＝0.35－b－c＝0.1.所以a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.返回(2)从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取2件，所有可能的结果为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．设事件A表示“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取2件，其等级系数相等”，则A包含的基本事件为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4个．又因为基本事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝410＝0.4.返回3．解析：分两种情况来考虑：(1)甲在第二次射击时命中，结束射击；(2)甲在第二次射击时未命中，乙命中结束射击．所以概率为14×15×34＋14×45＝19400.答案：19400返回4．解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么P(C)＝1－P(C)＝1－110·p＝4950，解得p＝15.(2)由题意：P(ξ＝0)＝C031103＝11000，P(ξ＝1)＝C131102×1－110＝271000，P(ξ＝2)＝C23×110×1－1102＝2431000，P(ξ＝3)＝C331－1103＝7291000.所以，随机变量ξ的分布列为ξ0123P1100027100024310007291000返回5．解析：依题意得，该学生在面试时得分ξ的可能取值是30(即三题全部答对)、15(即三题中答对两题、答错一题)、0(即三题中答对一题、答错两题)、－15(即三题全部答错)，且P(ξ＝30)＝233＝827，P(ξ＝15)＝C23×232×13＝49，P(ξ＝0)＝C13×23×132＝29，P(ξ＝－15)＝1－233＝127，因此该学生在面试时得分的期望值是30×827＋15×49－15×127＝15分．答案：15返回6．解：记该技术人员被A、B、C三种技工分别录用的事件为A、B、C，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.5，P(C)＝0.2.(1)该技术人员被录用的概率P＝1－P(A·B·C)＝1－0.2×0.5×0.8＝0.92.(2)设该技术人员被录用的工种数为n，则X＝n(3－n)，n＝0,1,2,3，所以X的所有可能取值为0,2.①P(X＝0)＝P(A·B·C)＋P(A·B·C)＝0.8×0.5×0.2＋0.2×0.5×0.8＝0.16，P(X＝2)＝1－P(X＝0)＝0.84.返回所以X的分布列为所以E(X)＝0×0.16＋2×0.84＝1.68.②当X＝0时，f(x)＝3sinπx4，则函数f(x)是奇函数；当X＝2时，f(x)＝3sinπ2＋πx4＝3cosπx4，则函数f(x)是偶函数．所以所求的概率P(D)＝P(X＝2)＝0.84.X02P0.160.84返回高考预测解：(1)由a100＝0.2，得a＝20，又因为40＋20＋a＋10＋b＝100，所以b＝10.(2)记分期付款的期数为ξ，依题意，得P(ξ＝1)＝40100＝0.4，P(ξ＝2)＝20100＝0.2，P(ξ＝3)＝0.2，P(ξ＝4)＝10100＝0.1，P(ξ＝5)＝10100＝0.1.返回则“购买该品牌汽车的3位顾客中至多有1位采用3期付款”的概率为P(A)＝(1－0.2)3＋C13×0.2×(1－0.2)2＝0.896.(3)由题意，可知ξ只能取1,2,3,4,5.而ξ＝1时，η＝1；ξ＝2时，η＝1.5；ξ＝3时，η＝1.5；ξ＝4时，η＝2；ξ＝5时，η＝2.所以η的可能取值为：1,1.5,2，其中返回P(η＝1)＝P(ξ＝1)＝0.4，P(η＝1.5)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.4，P(η＝2)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.1＋0.1＝0.2，所以η的分布列如下表所示：故η的数学期望E(η)＝1×0.4＋1.5×0.4＋2×0.2＝1.4(万元)．η11.52P0.40.40.2返回课时检测(十九)1．选依题意得知，图中共有10个不同的扇形，分别为扇形AOB、AOC、AOD、AOE、EOB、EOC、EOD、DOC、DOB、COB，其中面积恰为π8的扇形即相应圆心角恰为π4的扇形共有3个(即扇形AOD、EOC、BOD)，因此所求的概率等于310.2．选∵E(X)＝n×13＝2，∴n＝6.∴P(X＝2)＝C26132234＝80243.AD返回3．选因为f(x)＝x3＋ax－b，所以f′(x)＝3x2＋a.因为a∈{1,2,3,4}，因此f′(x)0，所以函数f(x)在区间[1,2]上为增函数．若存在零点，则f1＝1＋a－b≤0，f2＝8＋2a－b≥0，解得a＋1≤b≤8＋2a.因此可使函数在区间[1,2]上有零点的有：a＝1,2≤b≤10，故b＝2，b＝4，b＝8；a＝2,3≤b≤12，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝3，4≤b≤14，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝4,5≤b≤16，故b＝8，b＝12.根据古典概型概率公式可得有零点的概率为1116.C返回4．选依题意得，甲、乙、丙、丁到三个不同的社区参加公益活动，每个社区至少分一名义工的方法数是C24·A33，其中甲、乙两人被分到同一社区的方法数是C22·A33，因此甲、乙两人被分到不同社区的概率等于1－C22·A33C24·A33＝56.B返回5．解析：圆的面积是π，正方形的面积是2，扇形的面积是π4，根据几何概型的概率计算公式得P(A)＝2π，根据条件概率的公式得P(B|A)＝PABPA＝12π2π＝14.答案：2π14返回6．解析：由已知条件，满足要求的向量分别为(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，故构成平行四边形的个数n＝15.由S平行四边形＝|x1y2－x2y1|可得，(2,1)，(4,1)两向量构成的平行四边形面积为S1＝|2×1－1×4|＝2，(2,1)，(4,3)两向量构成的平行四边形面积为S2＝|2×3－1×4|＝2，(2,3)，(4,5)两向量构成平行四边形面积为S3＝|2×5－3×4|＝2.所以面积等于2的平行四边形个数m＝3，故P＝mn＝315＝15.答案：15返回7．解：(1)依题意，ξ的可能取值为20,0，－10，则ξ的分布列为故ξ的均值E(ξ)＝20×35＋0×15＋(－10)×15＝10(万元)．(2)设η表示100万元投资“低碳型”经济项目的收益，则η的分布列为依题意，需30a－20b≥10，又a＋b＝1，则50a－20≥10，所以35≤a≤1.ξ200－10P351515η30－20Pab返回8．解：(1)依题意及频率分布直方图知，居民月收入在[1500,2000)上的概率约为0.0004×500＝0.2.(2)由频率分布直方图知，中位数在[2000,2500)内，设中位数为x，则0.0002×500＋0.0004×500＋0.0005×(x－2000)＝0.5，解得x＝2400.(3)居民月收入在[2500,3500)上的概率为(0.0005＋0.0003)×500＝0.4.由题意知，X～B(3,0.4)，返回因此P(X＝0)＝C03×0.63＝0.216，P(X＝1)＝C13×0.62×0.4＝0.432，P(X＝2)＝C23×0.6×0.42＝0.288，P(X＝3)＝C33×0.43＝0.064，故随机变量X的分布列为X的数学期望E(X)＝0×0.216＋1×0.432＋2×0.288＋3×0.064＝1.2.X0123P0.2160.4320.2880.064返回9．解：(1)设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件A，则P(A)＝2A33A55＝2×3！5！＝110.所以甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率为110.(2)由题意知随机变量X的可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝A22A44A55＝2！×4！5！＝25，P(X＝1)＝3A22A33A55＝3×2！×3！5！＝310，返回P(X＝2)＝