2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2概率模型及应用.docVIP

微专题2概率模型及应用

大题考法1离散型随机变量的均值与方差

手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解A，B两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取A，B两个型号的手机各7台，在相同条件下进行测试，统计结果如下：

单位：h

手机编号

1

2

3

4

5

6

7

A型待机时间

120

125

122

124

124

123

123

B型待机时间

118

123

127

120

124

a

b

其中，a，b是正整数，且ab.

(1)该卖场有56台A型手机，试估计其中待机时间不少于123h的台数；

(2)从A型号被测试的7台手机中随机抽取4台，记待机时间大于123h的台数为X，求X的分布列；

(3)设A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，当B型号被测试手机待机时间的方差最小时，写出a，b的值．

【解】(1)被测试的7台A型手机中有5台的待机时间不少于123h，所以56台A型手机中约有56×eq\f(5,7)＝40台手机的待机时间不少于123h.

(2)X的可能取值为0，1，2，3，

P(X＝0)＝eq\f(1,Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(1,35)，

P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(12,35)，

P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(18,35)，

P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(4,7))＝eq\f(4,35)，

所以X的分布列为

X

0

1

2

3

P

eq\f(1,35)

eq\f(12,35)

eq\f(18,35)

eq\f(4,35)

(3)A型号被测试手机待机时间的平均值为eq\f(120＋125＋122＋124＋124＋123＋123,7)＝123，

B型号被测试手机待机时间的平均值为eq\f(118＋123＋127＋120＋124＋a＋b,7)＝eq\f(a＋b＋612,7)，

因为A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，所以a＋b＝249，即b＝249－a，

B型号被测试手机待机时间的方差为eq\f(1,7)×[(118－123)2＋(123－123)2＋(127－123)2＋(120－123)2＋(124－123)2＋(a－123)2＋(b－123)2]，

因为方差最小，所以(a－123)2＋(b－123)2最小，又(a－123)2＋(b－123)2＝(a－123)2＋(249－a－123)2＝(a－123)2＋(a－126)2，

令t＝a－123，则上式可化为t2＋(t－3)2＝2t2－6t＋9＝2(t－eq\f(3,2))2＋eq\f(9,2)，

因为a是正整数，所以t是整数，

结合二次函数的性质可知，当t＝1或t＝2时，B型号被测试手机待机时间的方差最小，

当t＝1时，a＝124，b＝125，满足ab；

当t＝2时，a＝125，b＝124，不满足ab.

综上，a＝124，b＝125.

解决离散型随机变量分布列问题的两个关键点：

(1)正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．

(2)正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从特殊分布，则可直接使用公式求解．

(2024·上海二模)在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投3次，每投进一次得2分，否则得0分．已知甲每次投进的概率为eq\f(1,2)，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为eq\f(1,2)，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为eq\f(3,5)，若前一次没投进，则该次投进的概率为eq\f(2,5).

(1)求甲投篮3次得2分的概率；

(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布列和均值；

(3)比较甲、乙的比赛结果．

解：(1)甲投篮3次得2分，即只投中1次，概率为P＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))2＝eq\f(3,8).

(2)由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，

则P(X＝0)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(9,50)，

P(X＝2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq