1、1重点增分专题十二 计数原理、概率、随机变量及其分布列全国卷 3 年考情分析年份 全国卷 全国卷 全国卷几何概型T 10求二项式系数问题T 52018 二项分布、导数的应用及变量的数学期望、决策性问题T 20古典概型T 8相互独立事件及二项分布T 8数学文化、有关面积的几何概型T 22017 正态分布、二项分布的性质及概率、方差T 19二项分布的方差T 13频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用T 18与长度有关的几何概型T 4几何概型、随机模拟T 102016 柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望T 19互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望T 18(1
2、)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大” ，即一道选择题(或填空题)和一道解答题(2)选择题或填空题常出现在第 410 题或第 1315 题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般保分考点练后讲评考 点 一 二 项 式 定 理大稳定 常 规 角 度 考 双 基1. (2018全国卷) 5的展开式中 x4的系数为( )求 特 定 项 的 系 数 (x22x)A10 B20C40 D80解析：选 C 5的展开式的通项公式为 Tr1 C (x2)(x22x) r55 r rC 2rx103 r，(2x) r52令 103 r4，得 r2.故展开式中 x
3、4的系数为 C 2240.252. (2017全国卷) (1 x)6展开式中 x2的系数为( )求 特 定 项 系 数 (11x2)A15 B20C30 D35解析：选 C (1 x)6展开式的通项 Tr1 C xr，所以 (1 x)6的展开式中 x2的r6 (11x2)系数为 1C 1C 30.26 463. 在 n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为有 关 系 数 和 问 题 (x 3x)321，则 x2的系数为( )A50 B70C90 D120解析：选 C 令 x1，则 n4 n，所以 n的展开式中，各项系数和为(x 3x) (x 3x)4n，又二项式系数和为 2n，所以 2 n
4、32，解得 n5.二项展开式的通项 Tr1 C x5 r4n2n r5rC 3rx5 r，令 5 r2，得 r2，所以 x2的系数为 C 3290，故选 C.(3x) r5 32 32 254. 若二项式 7的展开式中 的系数是 84，则实数 a 等于( )求 参 数 值 (2xax) 1x3A2 B.34C1 D.24解析：选 C 二项式 7的展开式的通项 Tr1 C 27 rx7 rarx r2 7 rC arx72 r，(2xax) r7 r7令 72 r3，得 r5，所以 T64C a584，解得 a1.575. 在 n的展开式中，只有第 5 项的二项式系数二 项 式 系 数 或 各
5、项 系 数 的 最 值 (x2 13x)最大，则展开式的常数项是( )A7 B7C28 D28解析：选 B 因为只有第 5 项的二项式系数 C 最大，所以 4，即 n8.4nn28的展开式的通项公式为 Tr1 C 8 r r x8 r，(x2 13x) r8(x2) ( 13x) 1 rCr828 r 433令 8 r0，解得 r6，故常数项为 T7 7.故选 B.43 1 6C68226. (x2 x y)4的展开式中， x3y2的系数是_求 多 项 式 的 特 定 项 系 数 解析：法一：( x2 x y)4( x2 x) y4，其展开式的第 r1 项 Tr1 C (x2 x)4 ryr，
6、r4因为要求 x3y2的系数，所以 r2，所以 T3C (x2 x)42 y26( x2 x)2y2.24因为( x2 x)2的展开式中 x3的系数为 2，所以 x3y2的系数是 6212.法二：( x2 x y)4表示 4 个因式 x2 x y 的乘积，在这 4 个因式中，有 2 个因式选 y，其余的 2 个因式中有一个选 x，剩下的一个选x2，即可得到含 x3y2的项，故 x3y2的系数是 C C C 12.24 12 1答案：12解题方略1求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公式，求特定项，特定项的系数即
7、为所要求的系数2求( x y z)n的展开式的特定项的系数问题的技巧若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把( x y z)n看作 n 个因式 x y z 的乘积，再利用组合数公式求解3二项式系数最大项的确定方法若 n 是偶数，则中间一项 的二项式系数 最大；若 n 是奇数，则中间两项(第n2 1项 )第 项与第 1 项的二项式系数 ， 最大n 12 n 12小创新 变 换 角 度 考 迁 移1. 在(1 x)6(2 y)4的展开式中，记 xmyn项的系数为二 项 式 定 理 与
8、 函 数 的 交 汇 f(m， n)，则 f(4,0) f(3,1) f(2,2) f(1,3) f(0,4)( )A1 240 B1 289C600 D880解析：选 B (1 x)6的展开式中， xm的系数为 C ，(2 y)4的展开式中， yn的系数为m6C 24 n，则 f(m， n)C C 24 n，从而 f(4,0) f(3,1) f(2,2) f(1,3) f(0,4)Cn4 m6 n4C 24C C 23C C 22C C 21C C 201 289.46 04 36 14 26 24 16 34 06 42. 已知(1 ax by)5(a， b 为常数， aN *， bN *
9、)的二 项 式 定 理 与 三 角 函 数 的 交 汇 4展开式中不含字母 x 的项的系数和为 243，则函数 f(x) ， x 的最小2sin 2x b2sin(x 4) 0， 2值为_解析：令 x0， y1，得(1 b)5243，解得 b2.因为 x ，所以 x 0， 2 4，则 sin xcos x sin 1， ，所以 f(x) 4， 34 2 (x 4) 2 2sin 2x b2sin(x 4) 2(sin xcos x)2 sin ，所以 2 f(x)22sin 2x 2sin x cos x 4sin xcos x 2sin x cos x 2 (x 4).故 f(x)的最小值为
10、 2.2答案：2古典概型、几何概型及条件概率 考 点 二保 分 考 点 练 后 讲 评1. (2018全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世古 典 概 型 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30723.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( )A. B.112 114C. D.115 118解析：选 C 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 723,1119,1317 这 3 种
11、情况，210所求概率为 .故选 C.345 1152. (2018全国卷)如图，来自古希腊数学家希波克几 何 概 型 拉底所研究的几何图形此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边 BC，直角边 AB， AC. ABC 的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为 p1， p2， p3，则( )A p1 p2 B p1 p3C p2 p3 D p1 p2 p3解析：选 A 法一： S ABC ABAC，以 AB 为直径的半圆的面积为12 2 AB2，以 AC 为直径的半圆的面积为 2 AC2，以 BC 为直径的半圆
12、12 (AB2) 8 12 (AC2) 85的面积为 2 BC2，12 (BC2) 8 S ABAC， S BC2 ABAC，12 8 12S ABAC.( 8AB2 8AC2) ( 8BC2 12ABAC) 12 S S .由几何概型概率公式得 p1 ， p2 ，SS总 SS总 p1 p2.故选 A.法二：不妨设 ABC 为等腰直角三角形，AB AC2，则 BC2 ，2所以区域的面积即 ABC 的面积，为 S1 222，12区域的面积 S21 2 2， 2 22 2区域的面积 S3 22. 2 22根据几何概型的概率计算公式，得 p1 p2 ， p3 ，2 2 2 2所以 p1 p3， p2
13、 p3， p1 p2 p3，故选 A.3. 一个口袋中装有 6 个小球，其中红球 4 个，白球 2 个如果不放回地依条 件 概 率 次摸出 2 个小球，则在第 1 次摸出红球的条件下，第 2 次摸出红球的概率为_解析：设“第 1 次摸出红球”为事件 A， “第 2 次摸出红球”为事件 B，则“第 1 次和第 2 次都摸出红球”为事件 AB，所求事件为 B|A.事件 A 发生的概率为 P(A) ，46 23事件 AB 发生的概率为 P(AB) .46 35 25由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为 P(B|A) .P ABP A2523 35答案：35解题方略61求解几何概型的步骤2条件概
14、率的求法(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A) .这是通用的求条件概率的P ABP A方法(2)借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本事件数，即 n(AB)，得 P(B|A) .n ABn A随机变量的分布列、均值与方差 考 点 三增 分 考 点 广 度 拓 展 题型一 超几何分布及其均值与方差例 1 某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同学在这 10 名同学中，3 名同学来自数学学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学到希望小
15、学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)(1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望E(X)解 (1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A，则 P(A) .C13C27 C03C37C310 4960所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 .4960(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.P(X k) (k0,1,2,3)Ck4C3 k6C310所以 P(X0) ， P(X1) ，C04C36C310 16 C14C26C310 12P(X2) ， P(X3)
16、 .C24C16C310 310 C34C06C310 130所以随机变量 X 的分布列为：7X 0 1 2 3P 16 12 310 130故随机变量 X 的数学期望 E(X)0 1 2 3 .16 12 310 130 65解题方略1超几何分布的应用条件及实质(1)条件：考察对象分两类；已知各类对象的个数；从中抽取若干个个体，考察某类个体个数 X 的概率分布(2)实质：古典概型问题2超几何分布的均值与方差对于实际问题中的随机变量 X，如果能够断定它服从超几何分布 H(N， M， n)，则其概率可直接利用公式 P(X k) (k0,1， m，其中 mmin M， n，且CkMCn kN MC
17、nNn N， M N， n， M， NN *) 题型二 相互独立事件的概率及均值与方差例 2 (2019 届高三益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况规定一名运动员出线记 1 分，未出线记 0 分假设甲、乙、丙出线的概率分别为 ，他们出线与未出线233435是相互独立的(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量 ，求随机变量 的分布列和数学期望 E( )解 (1)记“甲出线”为事件 A， “乙出线”为事件 B， “丙出线”为事件 C， “
18、甲、乙、丙至少有一名出线”为事件 D，则 P(D)1 P( )1 .A B C13 14 25 2930(2)由题意可得， 的所有可能取值为 0,1,2,3，则 P( 0) P( ) ；A B C13 14 25 130P( 1) P(A ) P( B ) P( C) ；B C A C A B23 14 25 13 34 25 13 14 35 1360P( 2) P(AB ) P(A C) P( BC) ；C B A23 34 25 23 14 35 13 34 35 9208P( 3) P(ABC) .23 34 35 310所以 的分布列为 0 1 2 3P 130 1360 920 3
19、10E( )0 1 2 3 .130 1360 920 310 12160解题方略 求相互独立事件的概率的两种方法直接法正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式 求解间接法当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解对于“至少” “至多”等问题往往也用这种方法求解 题型三 二项分布及其均值与方差例 3 雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制 PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，
20、严格指标考核某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对 A， B， C 三个城市进行治霾落实情况抽查(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为 ，若四个专家组均评价为优则检查通过12不用复检，否则需进行复检设需进行复检的城市的个数为 X，求 X 的分布列解 (1)随机选取，共有 3481 种不同方法，恰有一个城市没有专家组选取的有 C (C A C )42 种不同方法，13 142 24故恰
21、有一个城市没有专家组选取的概率 P .4281 1427(2)设事件 A：“一个城市需复检” ，则 P(A)1 4 ，(12) 1516X 的所有可能取值为 0,1,2,3，9P(X0)C 3 ，03 (116) 14 096P(X1)C 2 ，13 (116) 1516 454 096P(X2)C 2 ，23116 (1516) 6754 096P(X3)C 3 .3 (1516) 3 3754 096所以 X 的分布列为X 0 1 2 3P 14 096 454 096 6754 096 3 3754 096解题方略 破解有关二项分布的“四关”利用均值与方差破解决策性问题 考 点 四增 分
22、 考 点 讲 练 冲 关典例 (2018洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪 80 元，每单送餐员抽成 4 元；乙公司，无底薪，40 单以内(含 40 单)的部分送餐员每单抽成 6 元，超出 40 单的部分送餐员每单抽成 7 元假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其 50 天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 38 39 40 41 42天数 10 15 10 10 5乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数 38 39 40 41 42天数 5 10 10 20 510(1)现从记录
23、甲公司的 50 天送餐单数中随机抽取 3 天的送餐单数，求这 3 天送餐单数都不小于 40 的概率(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：记乙公司送餐员日工资为 X(单位：元)，求 X 的分布列和数学期望 E(X)；小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由解 (1)记抽取的 3 天送餐单数都不小于 40 为事件 M，则 P(M) .C325C350 23196(2)设乙公司送餐员的送餐单数为 a，当 a38 时， X386228，当 a39 时， X396234，当 a40 时， X406240，当 a41 时，
24、X40617247，当 a42 时， X40627254.所以 X 的所有可能取值为 228,234,240,247,254.故 X 的分布列为X 228 234 240 247 254P 110 15 15 25 110所以 E(X)228 234 240 247 254 241.8.110 15 15 25 110依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为380.2390.3400.2410.2420.139.7，所以甲公司送餐员的日平均工资为 80439.7238.8 元由得乙公司送餐员的日平均工资为 241.8 元因为 238.8 a)； P(X35付费标准(单位：元/日) 500 700
25、 1 000考虑到资金有限，若要使该公司每个月(按 30 天计)付的费用最少，则该公司应该选择哪个网站？解 (1)根据题中的茎叶图得，甲 (15242825303630353245)30，x110s (1530) 2(2430) 2(2830) 2(2530) 2(3030) 2(3630)2甲1102(3030) 2(3530) 2(3230) 2(4530) 258.乙 (18252224323830363540)30，x110s (1830) 2(2530) 2(2230) 2(2430) 2(3230) 2(3830)2乙1102(3030) 2(3630) 2(3530) 2(403
26、0) 249.8.因为 甲 乙 ， s s ，x x 2甲 2乙所以该公司应选择乙网站(2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量 X，选择乙网站每日需付的费用为随机变量 Y，则随机变量 X 的分布列为X 500 700 1 000P 0.2 0.6 0.2其数学期望 E(X)5000.27000.61 0000.2720，故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为 7203021 600(元)随机变量 Y 的分布列为Y 500 700 1 000P 0.3 0.4 0.3其数学期望 E(Y)5000.37000.41 0000.3730，故该公司若选择乙网站，则每个月需付的费用为 730302
27、1 900(元)因此应选择甲网站素养通路数据分析是指针对研究对象获取数据，运用统计方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，16构建模型，进行推断，获得结论本题先分析茎叶图中的数据，分别求出甲、乙的平均数、方差，然后做出最佳选择，再通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析” ，对实际问题做出合理的判断考查了数据分析这一核心素养专 题 过 关 检 测 A 组“633”考点落实练一、选择题1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
28、概率为( )A0.648 B0.432C0.36 D0.312解析：选 A 3 次投篮投中 2 次的概率为 P(k2)C 0.62(10.6)，投中 3 次的23概率为 P(k3)0.6 3，所以通过测试的概率为 P(k2) P(k3)C 0.62(10.6)230.6 30.648.2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.29 13C. D.49 59解析：选 A 小赵独自去一个景点共有 4333108 种可能性，4 个人去的景点不同的可能性有 A 432124 种
29、， P(A|B) .424108 293(2018全国卷)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， DX2.4， P(X4)0.5，所以 p0.6.4若 5的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中的常数项为( )(xax)(2x 1x)A40 B20C20 D40解析：选 D 令 x1，可得 a12， a1， 5的展开式中 项的系数为(1) 3C(2x1x) 1x22， x 项的系数为 C 23， 5的展开式中的常数项为(1) 3C 22C 2340.故35 25 (x1x)(2x 1x) 35 25选 D.
30、5( x22 x3 y)5的展开式中 x5y2的系数为( )A60 B180C520 D540解析：选 D ( x22 x3 y)5可看作 5 个( x22 x3 y)相乘，从中选 2 个 y，有 C 种选25法；再从剩余的三个括号里边选出 2 个 x2，最后一个括号选出 x，有 C C 种选法，所以23 1x5y2的系数为 32C C 2C 540.25 23 16在平面区域( x， y)|0 x2，0 y4内随机投入一点 P，则点 P 的坐标( x， y)满足 y x2的概率为( )A. B.12 13C. D.23 34解析：选 B 不等式组Error!表示的平面区域如图中长方形 OAB
31、C，其面积为 248，不等式组Error!表示的平面区域如图中阴影部分所示，其面积为 x2dx x3 ，因此所求的概率 P .20 13 20 83838 13二、填空题7在(x 24) 5的展开式中，含 x6的项为_解析：因为(x 24) 5的展开式的第 r1 项 Tr1 C (x2)5r (4) r(4) rC x102r ，r5 r5令 102r6，解得 r2，所以含 x6的项为 T3(4) 2C x6160x 6.25答案：160x 68已知在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，PAAB2，现在18该四棱锥内部或表面任取一点 O，则四棱锥 OABCD
32、的体积不小于 的概率为_23解析：当四棱锥 OABCD 的体积为 时，设 O 到平面 ABCD 的距离为 h，23则有 22h ，解得 h .13 23 12如图所示，在四棱锥 PABCD 内作平面 EFGH 平行于底面ABCD，且平面 EFGH 与底面 ABCD 的距离为 .12因为 PA底面 ABCD，且 PA2，所以 ，PHPA 34又四棱锥 PABCD 与四棱锥 PEFGH 相似，所以四棱锥 OABCD 的体积不小于 的概率为23P 3 3 .V四 棱 锥 PEFGHV四 棱 锥 PABCD (PHPA) (34) 2764答案：27649在一投掷竹圈套小玩具的游戏中，竹圈套住小玩具的
33、全部记 2 分，竹圈只套在小玩具一部分上记 1 分，小玩具全部在竹圈外记 0 分某人投掷 100 个竹圈，有 50 个竹圈套住小玩具的全部，25 个竹圈只套在小玩具一部分上，其余小玩具全部在竹圈外，以频率估计概率，则该人两次投掷后得分 的数学期望是_解析：将“竹圈套住小玩具的全部” ， “竹圈只套在小玩具一部分上” ， “小玩具全部在竹圈外”分别记为事件 A，B，C，则 P(A) ，P(B)P(C) .50100 12 25100 14某人两次投掷后得分 的所有可能取值为 0,1,2,3,4，且 P(0) ，14 14 116P(1)2 ，14 14 18P(2) 2 ，14 14 12 14
34、 516P(3)2 ，14 12 14P(4) .12 12 14故 的分布列为 0 1 2 3 419P 116 18 516 14 14所以 E()0 1 2 3 4 .116 18 516 14 14 52答案：52三、解答题10(2019 届高三贵阳摸底考试)某高校学生社团为了解“大数据时代”下毕业生对就业情况的满意度，对 20 名毕业生进行问卷计分调查(满分 100 分)，得到如图所示的茎叶图，(1)计算男生打分的平均分，观察茎叶图，评价男、女生打分的分散程度；(2)从打分在 80 分以上的毕业生中随机抽取 3 人，求被抽到的女生人数 X 的分布列和数学期望解：(1)男生打分的平均分
35、为(55536265717073748681)69.110由茎叶图知，女生打分比较集中，男生打分比较分散(2)打分在 80 分以上的毕业生有 3 女 2 男，X 的可能取值为 1,2,3，P(X1) ， P(X2) ， P(X3) ，C13C2C35 310 C23C12C35 35 C3C02C35 110X 的分布列为X 1 2 3P 310 35 110E(X)1 2 3 .310 35 110 9511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20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
36、20 个以上合计频数 0 90 90 x 15 300频率 0 0.3 0.3 y z 1(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、数学期望和方差解：(1)由已知得 09090 x15300，解得 x105，所以 y 0.35， z 0.05.105300 15300(2)依题意可知，微信群个数超过 15 的概率为 P .105 15300 25X 的所有可能取值为 0,1,2,3.依题意得， X B .(3，25)所以 P
37、(X k)C k 3k (k0,1,2,3)k3(25)(35)所以 X 的分布列为X 0 1 2 3P 27125 54125 36125 8125所以 E(X)3 ，25 65D(X)3 .25 (1 25) 182512在 10 件产品中，有 3 件一等品，4 件二等品，3 件三等品从这 10 件产品中任取3 件，求：(1)取出的 3 件产品中一等品件数 X 的分布列和数学期望(2)取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件数的概率解：(1)由于从 10 件产品中任取 3 件的结果为 C ，31021从 10 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件一等品的结果数为 C C ，k33 k7
38、那么从 10 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件一等品的概率为 P(X k) ， k0,1,2,3.Ck3C3 k7C310所以随机变量 X 的分布列是X 0 1 2 3P 724 2140 740 1120所以 X 的数学期望 E(X)0 1 2 3 .724 2140 740 1120 910(2)设“取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件 A，“恰好取出 1 件一等品和 2 件三等品”为事件 A1，“恰好取出 2 件一等品”为事件 A2，“恰好取出 3 件一等品”为事件 A3，由于事件 A1， A2， A3彼此互斥，且 A A1 A2 A3而 P(A1) ，C13C23
39、C310 340P(A2) P(X2) ， P(A3) P(X3) ，740 1120所以取出的 3 件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为 P(A) P(A1) P(A2) P(A3) .340 740 1120 31120B 组大题专攻补短练1(2019 届高三阜阳质检)从某市的高一学生中随机抽取 400 名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过 60 kg 的概率；(2)假设该市高一学生的体重 X 服从正态分布 N(57， 2)利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于 5457 kg 之间的概率；从该市高一学生中随机抽取 3 人，记体重介于 5457 kg 之间的人数为 Y，利用(1)的结论，求 Y 的分布列及 E(Y)解：(1)这 400 名学生中，体重超过 60 kg 的频率为(0.040.01)5 ，1422由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过 60 kg 的概率为 .14(2) X N(57， 2)，由(1)知 P(X60) ，14 P(X ，34 5007 33 5007 23 5007所以要使水电站日利润的期望值最大，该水电站应安装三台发电机
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