PAGEPAGE23第十四章概率考點(diǎn)1隨機(jī)事件及其概率1.(2022·廣東，4)袋中共有15個(gè)除了顏色外完全相同的球，其中有10個(gè)白球，5個(gè)紅球.從袋中任取2個(gè)球，所取的2個(gè)球中恰有1個(gè)白球，1個(gè)紅球的概率為()A.1B.eq\f(11,21)C.eq\f(10,21)D.eq\f(5,21)1.C[從袋中任取2個(gè)球共有Ceq\o\al(2,15)＝105種取法，其中恰好1個(gè)白球1個(gè)紅球共有Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,5)＝50種取法，所以所取的球恰好1個(gè)白球1個(gè)紅球的概率為eq\f(50,105)＝eq\f(10,21).]2.(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，5)4位同學(xué)各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動(dòng)，那么周六、周日都有同學(xué)參加公益活動(dòng)的概率為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,8)D.eq\f(7,8)2.D[由題意知4位同學(xué)各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動(dòng)有24種情況，而4位同學(xué)都選周六有1種情況，4位同學(xué)都選周日有1種情況，故周六、周日都有同學(xué)參加公益活動(dòng)的概率為P＝eq\f(24－1－1,24)＝eq\f(14,16)＝eq\f(7,8)，應(yīng)選D.]考點(diǎn)2古典概型與幾何概型1.(2022·全國(guó)Ⅰ，4)某公司的班車在7：00,8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達(dá)發(fā)車站乘坐班車,且到達(dá)發(fā)車站的時(shí)刻是隨機(jī)的,那么他等車時(shí)間不超過10分鐘的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)1.B[如下圖，畫出時(shí)間軸：小明到達(dá)的時(shí)間會(huì)隨機(jī)的落在圖中線段AB中，而當(dāng)他的到達(dá)時(shí)間落在線段AC或DB時(shí)，才能保證他等車的時(shí)間不超過10分鐘，根據(jù)幾何概型得所求概率P＝eq\f(10＋10,40)＝eq\f(1,2)，應(yīng)選B.]2.(2022·全國(guó)Ⅱ，10)從區(qū)間[0，1]隨機(jī)抽取2n個(gè)數(shù)x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，構(gòu)成n個(gè)數(shù)對(duì)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中兩數(shù)的平方和小于1的數(shù)對(duì)共有m個(gè)，那么用隨機(jī)模擬的方法得到的圓周率π的近似值為()A.eq\f(4n,m)B.eq\f(2n,m)C.eq\f(4m,n)D.eq\f(2m,n)2.C[由題意得：(xi，yi)(i＝1，2，…，n)在如下圖正方形中，而平方和小于1的點(diǎn)均在如下圖的陰影中，由幾何概型概率計(jì)算公式知eq\f(\f(π,4),1)＝eq\f(m,n)，∴π＝eq\f(4m,n)，應(yīng)選C.]3.(2022·陜西，11)設(shè)復(fù)數(shù)z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，假設(shè)|z|≤1，那么y≥x的概率為()A.eq\f(3,4)＋eq\f(1,2π)B.eq\f(1,4)－eq\f(1,2π)C.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π)3.B[由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)為圓心，半徑為1的圓及其內(nèi)部，滿足y≥x的局部為如圖陰影所示，由幾何概型概率公式可得所求概率為：P＝eq\f(\f(1,4)π×12－\f(1,2)×12,π×12)＝eq\f(\f(π,4)－\f(1,2),π)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2π).]4.(2022·陜西，6)從正方形四個(gè)頂點(diǎn)及其中心這5個(gè)點(diǎn)中，任取2個(gè)點(diǎn)，那么這2個(gè)點(diǎn)的距離不小于該正方形邊長(zhǎng)的概率為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)4.C[從這5個(gè)點(diǎn)中任取2個(gè)，有Ceq\o\al(2,5)＝10種取法，滿足兩點(diǎn)間的距離不小于正方形邊長(zhǎng)的取法有Ceq\o\al(2,4)＝6種，因此所求概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).應(yīng)選C.]5.(2022·湖北，7)由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))確定的平面區(qū)域記為Ω1，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))確定的平面區(qū)域記為Ω2，在Ω1中隨機(jī)取一點(diǎn)，那么該點(diǎn)恰好在Ω2內(nèi)的概率為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(7,8)5.D[由題意作圖，如下圖，Ω1的面積為eq\f(1,2)×2×2＝2，圖中陰影局部的面積為2－eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7,4)，那么所求的概率P＝eq\f(\f(7,4),2)＝eq\f(7,8).選D.]6.(2022·江蘇，7)將一顆質(zhì)地均勻的骰子(一種各個(gè)面上分別標(biāo)有1，2，3，4，5，6個(gè)點(diǎn)的正方體玩具)先后拋擲2次，那么出現(xiàn)向上的點(diǎn)數(shù)之和小于10的概率是________.6.eq\f(5,6)[根本領(lǐng)件共有36個(gè).如下：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中滿足點(diǎn)數(shù)之和小于10的有30個(gè).故所求概率為P＝eq\f(30,36)＝eq\f(5,6).]7.(2022·山東，14)在[－1，1]上隨機(jī)地取一個(gè)數(shù)k，那么事件“直線y＝kx與圓(x－5)2＋y2＝9相交〞發(fā)生的概率為________.7.eq\f(3,4)[由得，圓心(5，0)到直線y＝kx的距離小于半徑，∴eq\f(|5k|,\r(k2＋1))<3，解得－eq\f(3,4)<k<eq\f(3,4)，由幾何概型得P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－〔－1〕)＝eq\f(3,4).]8.(2022·江蘇，5)袋中有形狀、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只紅球，2只黃球，從中一次隨機(jī)摸出2只球，那么這2只球顏色不同的概率為________.8.eq\f(5,6)[這兩只球顏色相同的概率為eq\f(1,6)，故兩只球顏色不同的概率為1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]9.(2022·福建，13)如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,0)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,4)，函數(shù)f(x)＝x2，假設(shè)在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，那么此點(diǎn)取自陰影局部的概率等于________.9.eq\f(5,12)[由幾何概型的概率公式：P＝1－eq\f(∫eq\o\al(2,1)x2dx,4)＝eq\f(5,12).]10.(2022·福建，14)如圖，在邊長(zhǎng)為e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的正方形中隨機(jī)撒一粒黃豆，那么它落到陰影局部的概率為______.10.eq\f(2,e2)[因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex與函數(shù)y＝lnx互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，又因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex與直線y＝e的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1，e)，所以陰影局部的面積為2(e×1－∫eq\o\al(1,0)exdx)＝2e－2exeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1,0))＝2e－(2e－2)＝2，由幾何概型的概率計(jì)算公式，得所求的概率P＝eq\f(S陰影,S正方形)＝eq\f(2,e2).]11.(2022·江蘇，4)從1,2,3,6這4個(gè)數(shù)中一次隨機(jī)地取2個(gè)數(shù)，那么所取2個(gè)數(shù)的乘積為6的概率是________.11.eq\f(1,3)[從1，2，3，6中隨機(jī)取2個(gè)數(shù)，共有6種不同的取法，其中所取2個(gè)數(shù)的乘積是6的有1，6和2，3，共2種，故所求概率是eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).]12.(2022·廣東，11)從0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七個(gè)不同的數(shù)，那么這七個(gè)數(shù)的中位數(shù)是6的概率為________.12.eq\f(1,6)[十個(gè)數(shù)中任取七個(gè)不同的數(shù)共有Ceq\o\al(7,10)種情況，七個(gè)數(shù)的中位數(shù)為6，那么6只有處在中間位置，有Ceq\o\al(3,6)種情況，于是所求概率P＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(7,10))＝eq\f(1,6).]13.(2022·江西，12)10件產(chǎn)品中有7件正品、3件次品，從中任取4件，那么恰好取到1件次品的概率是________.13.eq\f(1,2)[從10件產(chǎn)品中任取4件共有Ceq\o\al(4,10)＝210種不同的取法，因?yàn)?0件產(chǎn)品中有7件正品、3件次品，所以從中任取4件恰好取到1件次品共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,7)＝105種不同的取法，故所求的概率為P＝eq\f(105,210)＝eq\f(1,2).]14.(2022·北京，16)A，B兩組各有7位病人，他們服用某種藥物后的康復(fù)時(shí)間(單位：天)記錄如下：A組：10,11,12,13,14,15,16B組：12,13,15,16,17,14，a假設(shè)所有病人的康復(fù)時(shí)間互相獨(dú)立，從A，B兩組隨機(jī)各選1人，A組選出的人記為甲，B組選出的人記為乙.(1)求甲的康復(fù)時(shí)間不少于14天的概率；(2)如果a＝25，求甲的康復(fù)時(shí)間比乙的康復(fù)時(shí)間長(zhǎng)的概率；(3)當(dāng)a為何值時(shí)，A，B兩組病人康復(fù)時(shí)間的方差相等？(結(jié)論不要求證明)14.設(shè)事件Ai為“甲是A組的第i個(gè)人〞,事件Bi為“乙是B組的第i個(gè)人〞,i＝1,2,…,7.由題意可知P(Ai)＝P(Bi)＝eq\f(1,7)，i＝1，2，…，7.(1)由題意知，事件“甲的康復(fù)時(shí)間不少于14天〞等價(jià)于“甲是A組的第5人，或者第6人，或者第7人〞，所以甲的康復(fù)時(shí)間不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝eq\f(3,7).(2)設(shè)事件C為“甲的康復(fù)時(shí)間比乙的康復(fù)時(shí)間長(zhǎng)〞.由題意知，C＝A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)＝P(A4B1)＋P(A5B1)＋P(A6B1)＋P(A7B1)＋P(A5B2)＋P(A6B2)＋P(A7B2)＋P(A7B3)＋P(A6B6)＋P(A7B6)＝10P(A4B1)＝10P(A4)P(B1)＝eq\f(10,49).(3)a＝11或a＝18.考點(diǎn)3離散型隨機(jī)變量的分布列、均值與方差1.(2022·浙江，9)甲盒中僅有1個(gè)球且為紅球，乙盒中有m個(gè)紅球和n個(gè)藍(lán)球(m≥3，n≥3)，從乙盒中隨機(jī)抽取i(i＝1,2)個(gè)球放入甲盒中.(a)放入i個(gè)球后，甲盒中含有紅球的個(gè)數(shù)記為ξi(i＝1,2)；(b)放入i個(gè)球后，從甲盒中取1個(gè)球是紅球的概率記為pi(i＝1，2).那么()A.p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)B.p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2)1.A[法一(特值法)取m＝n＝3進(jìn)行計(jì)算、比擬即可.法二(標(biāo)準(zhǔn)解法)從乙盒中取1個(gè)球時(shí),取出的紅球的個(gè)數(shù)記為ξ,那么ξ的所有可能取值為0,1,那么P(ξ＝0)＝eq\f(n,m＋n)＝P(ξ1＝1),P(ξ＝1)＝eq\f(m,m＋n)＝P(ξ1＝2),所以E(ξ1)＝1·P(ξ1＝1)＋2·P(ξ1＝2)＝eq\f(m,m＋n)＋1,所以p1＝eq\f(E〔ξ1〕,2)＝eq\f(2m＋n,2〔m＋n〕)；從乙盒中取2個(gè)球時(shí)，取出的紅球的個(gè)數(shù)記為η，那么η的所有可能取值為0,1,2，那么P(η＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝1),P(η＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝2),P(η＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝3),所以E(ξ2)＝1·P(ξ2＝1)＋2P(ξ2＝2)＋3P(ξ2＝3)＝eq\f(2m,m＋n)＋1,所以p2＝eq\f(E〔ξ2〕,3)＝eq\f(3m＋n,3〔m＋n〕)，所以p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)，應(yīng)選A.]2.(2022·全國(guó)Ⅰ，19)某公司方案購置2臺(tái)機(jī)器，該種機(jī)器使用三年后即被淘汰，機(jī)器有一易損零件，在購進(jìn)機(jī)器時(shí)，可以額外購置這種零件作為備件，每個(gè)200元.在機(jī)器使用期間，如果備件缺乏再購置，那么每個(gè)500元.現(xiàn)需決策在購置機(jī)器時(shí)應(yīng)同時(shí)購置幾個(gè)易損零件，為此搜集并整理了100臺(tái)這種機(jī)器在三年使用期內(nèi)更換的易損零件數(shù)，得下面柱狀圖：以這100臺(tái)機(jī)器更換的易損零件數(shù)的頻率代替1臺(tái)機(jī)器更換的易損零件數(shù)發(fā)生的概率，記X表示2臺(tái)機(jī)器三年內(nèi)共需更換的易損零件數(shù)，n表示購置2臺(tái)機(jī)器的同時(shí)購置的易損零件數(shù).(1)求X的分布列；(2)假設(shè)要求P(X≤n)≥0.5，確定n的最小值；(3)以購置易損零件所需費(fèi)用的期望值為決策依據(jù)，在n＝19與n＝20之中選其一，應(yīng)選用哪個(gè)？2.(1)由柱狀圖并以頻率代替概率可得，一臺(tái)機(jī)器在三年內(nèi)需更換的易損零件數(shù)為8，9，10，11的概率分別為0.2，0.4，0.2，0.2，從而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；所以X的分布列為X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值為19.(3)記Y表示2臺(tái)機(jī)器在購置易損零件上所需的費(fèi)用(單位：元).當(dāng)n＝19時(shí)，EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040.當(dāng)n＝20時(shí)，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080.可知當(dāng)n＝19時(shí)所需費(fèi)用的期望值小于n＝20時(shí)所需費(fèi)用的期望值，故應(yīng)選n＝19.3.(2022·全國(guó)Ⅱ，18)某險(xiǎn)種的根本保費(fèi)為a(單位：元)，繼續(xù)購置該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人的本年度的保費(fèi)與其上年度的出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險(xiǎn)次數(shù)01234≥5保費(fèi)0.85aa1.25a1.5a1.75a2a設(shè)該險(xiǎn)種一續(xù)保人一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)與相應(yīng)概率如下：一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于根本保費(fèi)的概率；(2)假設(shè)續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于根本保費(fèi)，求其保費(fèi)比根本保費(fèi)高出60%的概率；(3)求續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與根本保費(fèi)的比值.3.解(1)設(shè)A表示事件：“續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于根本保費(fèi)〞，那么事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)設(shè)B表示事件：“續(xù)保人本年度的保費(fèi)比根本保費(fèi)高出60%〞，那么事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(P〔AB〕,P〔A〕)＝eq\f(P〔B〕,P〔A〕)＝eq\f(0.15,0.55)＝eq\f(3,11).因此所求概率為eq\f(3,11).(3)記續(xù)保人本年度的保費(fèi)為X，那么X的分布列為X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.因此續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與根本保費(fèi)的比值為1.23.4.(2022·山東，19)甲、乙兩人組成“星隊(duì)〞參加猜成語活動(dòng)，每輪活動(dòng)由甲、乙各猜一個(gè)成語，在一輪活動(dòng)中，如果兩人都猜對(duì)，那么“星隊(duì)〞得3分；如果只有一個(gè)人猜對(duì)，那么“星隊(duì)〞得1分；如果兩人都沒猜對(duì)，那么“星隊(duì)〞得0分.甲每輪猜對(duì)的概率是eq\f(3,4)，乙每輪猜對(duì)的概率是eq\f(2,3)；每輪活動(dòng)中甲、乙猜對(duì)與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響.假設(shè)“星隊(duì)〞參加兩輪活動(dòng)，求：(1)“星隊(duì)〞至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率；(2)“星隊(duì)〞兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X).4.(1)記事件A：“甲第一輪猜對(duì)〞，記事件B：“乙第一輪猜對(duì)〞，記事件C：“甲第二輪猜對(duì)〞，記事件D：“乙第二輪猜對(duì)〞，記事件E：“‘星隊(duì)’至少猜對(duì)3個(gè)成語〞.由題意，E＝ABCD＋eq\o(A,\s\up6(－))BCD＋Aeq\o(B,\s\up6(－))CD＋ABeq\o(C,\s\up6(－))D＋ABCeq\o(D,\s\up6(－)).由事件的獨(dú)立性與互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BCD)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))CD)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－))D)＋P(ABCeq\o(D,\s\up6(－)))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\o(D,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).所以“星隊(duì)〞至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率為eq\f(2,3).(2)由題意，隨機(jī)變量X可能的取值為0，1，2，3，4，6.由事件的獨(dú)立性與互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60,144)＝eq\f(5,12).P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4).可得隨機(jī)變量X的分布列為x012346Peq\f(1,144)eq\f(5,72)eq\f(25,144)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,4)所以數(shù)學(xué)期望EX＝0×eq\f(1,144)＋1×eq\f(5,72)＋2×eq\f(25,144)＋3×eq\f(1,12)＋4×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(23,6).5.(2022·安徽，17)2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測(cè)將其區(qū)分，每次隨機(jī)檢測(cè)一件產(chǎn)品，檢測(cè)后不放回，直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)檢測(cè)結(jié)果.(1)求第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品的概率；(2)每檢測(cè)一件產(chǎn)品需要費(fèi)用100元，設(shè)X表示直到檢測(cè)出2件次品或者檢測(cè)出3件正品時(shí)所需要的檢測(cè)費(fèi)用(單位：元)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望).5.解(1)記“第一次檢測(cè)出的是次品且第二次檢測(cè)出的是正品〞為事件A.P(A)＝eq\f(Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3),Aeq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).(2)X的可能取值為200，300，400.P(X＝200)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝300)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(3,10)＝eq\f(6,10).故X的分布列為X200300400Peq\f(1,10)eq\f(3,10)eq\f(6,10)E(X)＝200×eq\f(1,10)＋300×eq\f(3,10)＋400×eq\f(6,10)＝350.6.(2022·福建，16)某銀行規(guī)定，一張銀行卡假設(shè)在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯(cuò)誤，該銀行卡將被鎖定.小王到該銀行取錢時(shí)，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但可以確認(rèn)該銀行卡的正確密碼是他常用的6個(gè)密碼之一，小王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個(gè)進(jìn)行嘗試.假設(shè)密碼正確，那么結(jié)束嘗試；否那么繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定.(1)求當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定的概率；(2)設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.6.解(1)設(shè)“當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定〞的事件為A，那么P(A)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,2).(2)依題意得，X所有可能的取值是1，2，3.又P(X＝1)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(5,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×1＝eq\f(2,3).所以X的分布列為X123Peq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(2,3)所以E(X)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(5,2).7.(2022·重慶，17)端午節(jié)吃粽子是我國(guó)的傳統(tǒng)習(xí)俗.設(shè)一盤中裝有10個(gè)粽子，其中豆沙粽2個(gè)，肉粽3個(gè)，白粽5個(gè)，這三種粽子的外觀完全相同，從中任意選取3個(gè).(1)求三種粽子各取到1個(gè)的概率；(2)設(shè)X表示取到的豆沙粽個(gè)數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.7.解(1)令A(yù)表示事件“三種粽子各取到1個(gè)〞,那么由古典概型的概率計(jì)算公式有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,4).(2)X的所有可能值為0,1,2,且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,15).綜上知，X的分布列為X012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)故E(X)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(3,5)(個(gè)).8.(2022·天津，16)為推動(dòng)乒乓球運(yùn)動(dòng)的開展，某乒乓球比賽允許不同協(xié)會(huì)的運(yùn)發(fā)動(dòng)組隊(duì)參加.現(xiàn)有來自甲協(xié)會(huì)的運(yùn)發(fā)動(dòng)3名，其中種子選手2名；乙協(xié)會(huì)的運(yùn)發(fā)動(dòng)5名，其中種子選手3名.從這8名運(yùn)發(fā)動(dòng)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(gè)協(xié)會(huì)〞，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.8.解(1)由，有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A發(fā)生的概率為eq\f(6,35).(2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為1,2,3,4.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,5)Ceq\o\al(4－k,3),Ceq\o\al(4,8))(k＝1,2,3,4).所以隨機(jī)變量X的分布列為X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2).9.(2022·山東，19)假設(shè)n是一個(gè)三位正整數(shù)，且n的個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，那么稱n為“三位遞增數(shù)〞(如137,359,567等).在某次數(shù)學(xué)趣味活動(dòng)中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)〞中隨機(jī)抽取1個(gè)數(shù)，且只能抽取一次.得分規(guī)那么如下：假設(shè)抽取的“三位遞增數(shù)〞的三個(gè)數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；假設(shè)能被5整除，但不能被10整除，得－1分；假設(shè)能被10整除，得1分.(1)寫出所有個(gè)位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)〞；(2)假設(shè)甲參加活動(dòng)，求甲得分X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X).9.解(1)個(gè)位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)〞有125，135，145，235，245，345；(2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)〞的個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(3,9)＝84，隨機(jī)變量X的取值為：0，－1，1，因此P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(2,3)，P(X＝-1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝1－eq\f(1,14)－eq\f(2,3)＝eq\f(11,42)，所以X的分布列為X0－11Peq\f(2,3)eq\f(1,14)eq\f(11,42)那么E(X)＝0×eq\f(2,3)＋(－1)×eq\f(1,14)＋1×eq\f(11,42)＝eq\f(4,21).10.(2022·湖南，18)某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購置一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng)，每次抽獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、6個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球，在摸出的2個(gè)球中，假設(shè)都是紅球，那么獲一等獎(jiǎng)；假設(shè)只有1個(gè)紅球，那么獲二等獎(jiǎng)；假設(shè)沒有紅球，那么不獲獎(jiǎng).(1)求顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)的概率；(2)假設(shè)某顧客有3次抽獎(jiǎng)時(shí)機(jī)，記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.10.解(1)記事件A1＝{從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，A2＝{從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，B1＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)}，B2＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲二等獎(jiǎng)}，C＝{顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)}.由題意，A1與A2相互獨(dú)立，A1與A2互斥，B1與B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1＋A2，C＝B1＋B2.因?yàn)镻(A1)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，P(B2)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝P(A1)P()＋P()P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).故所求概率為P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,10).(2)顧客抽獎(jiǎng)3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),由(1)知,顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為eq\f(1,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5))).于是P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(48,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(12,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,125).故X的分布列為X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).11.(2022·天津，16)某大學(xué)志愿者協(xié)會(huì)有6名男同學(xué)，4名女同學(xué).在這10名同學(xué)中，3名同學(xué)來自數(shù)學(xué)學(xué)院，其余7名同學(xué)來自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個(gè)學(xué)院.現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨機(jī)選取3名同學(xué)，到希望小學(xué)進(jìn)行支教活動(dòng)(每位同學(xué)被選到的可能性相同).(1)求選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率；(2)設(shè)X為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.11.解(1)設(shè)“選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院〞為事件A，那么P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(49,60).所以，選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率為eq\f(49,60).(2)隨機(jī)變量X的所有可能值為0，1，2，3.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,4)·Ceq\o\al(3－k,6),Ceq\o\al(3,10))(k＝0，1，2，3).所以，隨機(jī)變量X的分布列是X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).12.(2022·四川，17)一款擊鼓小游戲的規(guī)那么如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂那么扣除200分(即獲得－200分).設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨(dú)立.(1)設(shè)每盤游戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列；(2)玩三盤游戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？(3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，假設(shè)干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少了.請(qǐng)運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的相關(guān)知識(shí)分析分?jǐn)?shù)減少的原因.12.解(1)X可能的取值為：10，20，100，－200.根據(jù)題意，有P(X＝10)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以X的分布列為X1020100－200Peq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)eq\f(1,8)(2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂〞為事件Ai(i＝1，2，3)，那么P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f(1,8).所以，“三盤游戲中至少有一次出現(xiàn)音樂〞的概率為1－P(A1A2A3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(1,512)＝eq\f(511,512).因此，玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是eq\f(511,512).(3)X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝10×eq\f(3,8)＋20×eq\f(3,8)＋100×eq\f(1,8)－200×eq\f(1,8)＝－eq\f(5,4).這說明，獲得分?jǐn)?shù)X的均值為負(fù)，因此，屢次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大.13.(2022·山東，18)乒乓球臺(tái)面被球網(wǎng)分隔成甲、乙兩局部.如圖，甲上有兩個(gè)不相交的區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個(gè)不相交的區(qū)域C，D.某次測(cè)試要求隊(duì)員接到落點(diǎn)在甲上的來球后向乙回球.規(guī)定：回球一次，落點(diǎn)在C上記3分，在D上記1分，其他情況記0分.對(duì)落點(diǎn)在A上的來球，隊(duì)員小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為eq\f(1,2)，在D上的概率為eq\f(1,3)；對(duì)落點(diǎn)在B上的來球，小明回球的落點(diǎn)在C上的概率為eq\f(1,5)，在D上的概率為eq\f(3,5).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(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)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.13.解(1)記Ai為事件“小明對(duì)落點(diǎn)在A上的來球回球的得分為i分〞(i＝0,1,3)，那么P(A3)＝eq\f(1,2)，P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A0)＝1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)；記Bi為事件“小明對(duì)落點(diǎn)在B上的來球回球的得分為i分〞(i＝0，1，3)，那么P(B3)＝eq\f(1,5)，P(B1)＝eq\f(3,5)，P(B0)＝1－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).記D為事件“小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上〞.由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的獨(dú)立性和互斥性，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)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，所以小明兩次回球的落點(diǎn)中恰有一次的落點(diǎn)在乙上的概率為eq\f(3,10).(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(dú)立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,30)，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(2,15)，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,30)，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,10).可得隨機(jī)變量ξ的分布列為：ξ012346Peq\f(1,30)eq\f(1,6)eq\f(1,5)eq\f(2,15)eq\f(11,30)eq\f(1,10)所以數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(11,30)＋6×eq\f(1,10)＝eq\f(91,30).14.(2022·重慶，18)一盒中裝有9張各寫有一個(gè)數(shù)字的卡片，其中4張卡片上的數(shù)字是1,3張卡片上的數(shù)字是2,2張卡片上的數(shù)字是3.從盒中任取3張卡片.(1)求所取3張卡片上的數(shù)字完全相同的概率；(2)X表示所取3張卡片上的數(shù)字的中位數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望.(注：假設(shè)三個(gè)數(shù)a，b，c滿足a≤b≤c，那么稱b為這三個(gè)數(shù)的中位數(shù).)14.解(1)由古典概型中的概率計(jì)算公式知所求概率為p＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,84).(2)X的所有可能值為1,2,3,且P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(17,42)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(43,84)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,7),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,12)，故X的分布列為X123Peq\f(17,42)eq\f(43,84)eq\f(1,12)從而E(X)＝1×eq\f(17,42)＋2×eq\f(43,84)＋3×eq\f(1,12)＝eq\f(47,28).15.(2022·江西，21)隨機(jī)將1,2，…，2n(n∈N*，n≥2)這2n個(gè)連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個(gè)數(shù).A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2；B組最小數(shù)為b1，最大數(shù)為b2，記ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)當(dāng)n＝3時(shí)，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)令C表示事件“ξ與η的取值恰好相等〞，求事件C發(fā)生的概率P(C)；(3)對(duì)(2)中的事件C，eq\x\to(C)表示C的對(duì)立事件，判斷P(C)和P(eq\x\to(C))的大小關(guān)系，并說明理由.15.解(1)當(dāng)n＝3時(shí)，ξ的所有可能取值為2，3，4，5.將6個(gè)正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有Ceq\o\al(3,6)＝20種，所以ξ的分布列為ξ2345Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(3,10)eq\f(1,5)E(ξ)＝2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(3,10)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(7,2).(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值為：n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1時(shí)，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n時(shí)，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)時(shí)，不同的分組方法有2Ceq\o\al(k,2k)種；所以當(dāng)n＝2時(shí)，P(C)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，當(dāng)n≥3時(shí)，P(C)＝.(3)由(2)知當(dāng)n＝2時(shí)，P()＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P().而當(dāng)n≥3時(shí)，P(C)<P()，理由如下：P(C)<P()等價(jià)于<.①用數(shù)學(xué)歸納法來證明：1°當(dāng)n=3時(shí)，①式左邊=4〔2+〕=4〔2+2〕=16，①右邊==20，所以①式成立.2°假設(shè)n=m(m≥3)時(shí)①式成立，那么，當(dāng)n=m+1時(shí)，左邊=＝eq\f(〔2m〕！,m！m！)＋eq\f(4·〔2m－2〕！,〔m－1〕！〔m－1〕！)＝eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m－1〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)<eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)＝Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)·eq\f(2〔m＋1〕m,〔2m＋1〕〔2m－1〕)<Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)＝右邊.即當(dāng)n＝m＋1時(shí)①式也成立.綜合1°，2°得：對(duì)于n≥3的所有正整數(shù)，都有P(C)<P()成立.16.(2022·安徽，17)甲乙兩人進(jìn)行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽,假設(shè)賽完5局仍未出現(xiàn)連勝，那么判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽.假設(shè)每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3),乙獲勝的概率為eq\f(1,3),各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立.(1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率；(2)記X為比賽決出勝負(fù)時(shí)的總局?jǐn)?shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望).16.解用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽〞，Ak表示“第k局甲獲勝〞，Bk表示“第k局乙獲勝〞，那么P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(Bk)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81).(2)X的可能取值為2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(B3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)·P(A2)P(B3)P(B4)＝eq\f(10,81)，P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq\f(8,81).故X的分布列為X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)E(X)＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).17.(2022·福建，18)為回饋顧客，某商場(chǎng)擬通過摸球兌獎(jiǎng)的方式對(duì)1000位顧客進(jìn)行獎(jiǎng)勵(lì)，規(guī)定：每位顧客從一個(gè)裝有4個(gè)標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機(jī)摸出2個(gè)球，球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額.(1)假設(shè)袋中所裝的4個(gè)球中有1個(gè)所標(biāo)的面值為50元，其余3個(gè)均為10元，求：(ⅰ)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率；(ⅱ)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的分布列及數(shù)學(xué)期望；(2)商場(chǎng)對(duì)獎(jiǎng)勵(lì)總額的預(yù)算是60000元，并規(guī)定袋中的4個(gè)球只能由標(biāo)有面值10元和50元的兩種球組成，或標(biāo)有面值20元和40元的兩種球組成.為了使顧客得到的獎(jiǎng)勵(lì)總額盡可能符合商場(chǎng)的預(yù)算且每位顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額相對(duì)均衡，請(qǐng)對(duì)袋中的4個(gè)球的面值給出一個(gè)適宜的設(shè)計(jì)，并說明理由.17.解(1)設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X.(ⅰ)依題意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率為eq\f(1,2).(ⅱ)依題意，得X的所有可能取值為20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列為X2060Peq\f(1,2)eq\f(1,2)所以顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的期望為E(X)＝20×eq\f(1,2)＋60×eq\f(1,2)＝40(元).(2)根據(jù)商場(chǎng)的預(yù)算，每個(gè)顧客的平均獎(jiǎng)勵(lì)額為60元.所以，先尋找期望為60元的可能方案.對(duì)于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10，10，10，50)的方案，因?yàn)?0元是面值之和的最大值，所以期望不可能為60元；如果選擇(50，50，50，10)的方案，因?yàn)?0元是面值之和的最小值，所以期望也不可能為60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，記為方案1.對(duì)于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，記為方案2.以下是對(duì)兩個(gè)方案的分析：對(duì)于方案1，即方案(10，10，50，50)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X1，那么X1的分布列為X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望為E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).對(duì)于方案2，即方案(20，20，40，40)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X2，那么X2的分布列為X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望為E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于兩種方案的獎(jiǎng)勵(lì)額的期望都符合要求，但方案2獎(jiǎng)勵(lì)額的方差比方案1的小，所以應(yīng)該選擇方案2.18.(2022·遼寧，18)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，如下圖.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(dú)立.(1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)的概率；(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個(gè)的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列，期望E(X)及方差D(X).18.解(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個(gè)〞，A2表示事件“日銷售量低于50個(gè)〞，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100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)〞，因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值為0，1，2，3，相應(yīng)的概率為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216因?yàn)閄～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)＝0.72.考點(diǎn)4二項(xiàng)分布與正態(tài)分布1.(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，4)投籃測(cè)試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測(cè)試.某同學(xué)每次投籃投中的概率為0.6,且各次投籃是否投中相互獨(dú)立，那么該同學(xué)通過測(cè)試的概率為()1.A[該同學(xué)通過測(cè)試的概率為p＝0.6×0.6＋Ceq\o\al(1,2)×0.4×0.62＝0.648.]2.(2022·湖南，7)在如下圖的正方形中隨機(jī)投擲10000個(gè)點(diǎn)，那么落入陰影局部(曲線C為正態(tài)分布N(0,1)的密度曲線)的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為()附：假設(shè)X～N(μ，σ2)，那么P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544