第十八講概率、隨機(jī)變量及其分布列高考考點(diǎn)考點(diǎn)解讀古典概型、幾何概型及條件概率1.考查古典概型、幾何概型概率公式的應(yīng)用2．利用條件概率公式求概率互斥事件、對(duì)立事件及獨(dú)立事件1.互斥事件、對(duì)立事件與古典概型相結(jié)合考查2．相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的求法．離散型隨機(jī)變量的分布列1.超幾何分布2．與相互獨(dú)立事件有關(guān)的分布列和均值問(wèn)題3．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)和二項(xiàng)分布備考策略本部分內(nèi)容在備考時(shí)應(yīng)注意以下幾個(gè)方面：(1)切實(shí)掌握隨機(jī)變量的概念、掌握隨機(jī)事件的概率、古典概型、幾何概型等概率的求法．(2)掌握離散型隨機(jī)變量的分布列、期望、方差的求法；掌握條件概率的求法、二項(xiàng)分布、超幾何分布及其概率的求法．預(yù)測(cè)2020年命題熱點(diǎn)為：(1)古典概型、幾何概型、條件概率的概率公式的應(yīng)用．(2)離散型隨機(jī)變量的分布列、均值及方差的計(jì)算．(3)相互獨(dú)立事件、二項(xiàng)分布、超幾何分布與實(shí)際問(wèn)題的交匯問(wèn)題．Zeq\o(\s\up7(知識(shí)整合),\s\do5(hishizhenghe))1．隨機(jī)事件的概率(1)隨機(jī)事件的概率范圍：0≤P(A)≤1;_必然事件的概率為1；不可能事件的概率為0.(2)古典概型的概率P(A)＝eq\f(A中所含的基本事件數(shù),基本事件總數(shù)).(3)幾何概型的概率P(A)＝eq\f(構(gòu)成事件A的區(qū)域長(zhǎng)度面積或體積,試驗(yàn)的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域長(zhǎng)度面積或體積).2．互斥事件與對(duì)立事件(1)對(duì)立事件是互斥事件，互斥事件未必是對(duì)立事件．(2)如果事件A，B互斥，那么事件A∪B發(fā)生(即A，B中有一個(gè)發(fā)生)的概率，等于事件A，B分別發(fā)生的概率的和，即P(A∪B)＝P(A)＋P(B).這個(gè)公式稱為互斥事件的概率加法公式．(3)在一次試驗(yàn)中，對(duì)立事件A和eq\x\to(A)不會(huì)同時(shí)發(fā)生，但一定有一個(gè)發(fā)生，因此有P(eq\x\to(A))＝1－P(A).3．條件概率在事件A發(fā)生的條件下事件B發(fā)生的概率：P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).4．相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率若A，B為相互獨(dú)立事件，則P(AB)＝P(A)P(B).5．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)如果事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.6．超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此時(shí)稱隨機(jī)變量X服從超幾何分布．超幾何分布的模型是不放回抽樣，超幾何分布中的參數(shù)是M，N，n.7．離散型隨機(jī)變量的分布列(1)設(shè)離散型隨機(jī)變量X可能取的值為x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一個(gè)值xi的概率為P(X＝xi)＝pi，則稱表：Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn為離散型隨機(jī)變量X的分布列．(2)EX＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn為X的均值或數(shù)學(xué)期望(簡(jiǎn)稱期望)，反應(yīng)X的平均水平．(3)D(X)＝eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,)xi－EX2·pi)為隨機(jī)變量X的方差．eq\r(DX)叫標(biāo)準(zhǔn)差，它們均反映X的離散程度．8．正態(tài)分布正態(tài)曲線的定義：函數(shù)φμ，σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e－eq\f(x－μ2,2σ2)，x∈(－∞，＋∞)，其中實(shí)數(shù)μ和σ(σ>0)為參數(shù)，我們稱φμ，σ(x)的圖象為正態(tài)分布密度曲線，簡(jiǎn)稱正態(tài)曲線．重要公式與性質(zhì)1．離散型隨機(jī)變量X的分布列具有兩個(gè)性質(zhì)①pi≥0，②p1＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1(i＝1,2,3，…，n)．2．期望與方差的性質(zhì)(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b為常數(shù))；(2)X～B(n，p)，則E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；(3)X服從兩點(diǎn)分布，則E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．3．正態(tài)曲線的性質(zhì)(1)曲線位于x軸上方，與x軸不相交；(2)曲線是單峰的，它關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱；(3)曲線在x＝μ處達(dá)到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；(4)曲線與x軸之間的面積為1；(5)當(dāng)σ一定時(shí)，曲線隨著μ的變化而沿x軸平移，如圖甲所示；(6)當(dāng)μ一定時(shí)，曲線的形狀由σ確定．σ越小，曲線越“瘦高”，表示總體的分布越集中；σ越大，曲線越“矮胖”，表示總體的分布越分散，如圖乙所示．4．正態(tài)分布的三個(gè)常用數(shù)據(jù)P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826；P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544；P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974.Yeq\o(\s\up7(易錯(cuò)警示),\s\do5(icuojingshi))1．混淆互斥事件與對(duì)立事件，對(duì)立事件是互斥事件的特殊情況，互斥事件不一定是對(duì)立事件．2．對(duì)隨機(jī)變量理解不到位，造成對(duì)隨機(jī)變量的取值有誤．3．忽略隨機(jī)變量的分布列中的概率之和應(yīng)等于1.4．不能準(zhǔn)確理解“至多”“至少”“不少于”等語(yǔ)句的含義．1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ，8)我國(guó)數(shù)學(xué)家陳景潤(rùn)在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過(guò)30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是(C)A．eq\f(1,12) B．eq\f(1,14)C．eq\f(1,15) D．eq\f(1,18)[解析]不超過(guò)30的素?cái)?shù)有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共10個(gè)，其中和為30的有7＋23,11＋19,13＋17.所以隨機(jī)選取兩個(gè)數(shù)，和為30的概率為eq\f(3,C210)＝eq\f(1,15).2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ，10)如圖來(lái)自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形．此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC，△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ，在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(A)A．p1＝p2 B．p1＝p3C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3[解析]方法一：取AB＝AC＝2，則BC＝2eq\r(2)，所以區(qū)域Ⅰ的面積為SⅠ＝eq\f(1,2)×2×2＝2，區(qū)域Ⅲ的面積為SⅢ＝eq\f(1,2)·π(eq\r(2))2－2＝π－2，區(qū)域Ⅱ的面積為SⅡ＝π·12－SⅢ＝2，故p1＝p2.方法二：設(shè)AC＝b，AB＝c，BC＝a，則有b2＋c2＝a2，從而可以求得△ABC的面積為SⅠ＝eq\f(1,2)bc，黑色部分的面積為SⅡ＝eq\f(π,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＋eq\f(π,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－\f(1,2)bc))＝eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2,4)＋\f(b2,4)－\f(a2,4)))＋eq\f(1,2)bc＝eq\f(π,2)·eq\f(c2＋b2－a2,4)＋eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)bc，其余部分的面積為SⅢ＝eq\f(π,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－eq\f(1,2)bc＝eq\f(πa2,8)－eq\f(1,2)bc，所以有SⅠ＝SⅡ，根據(jù)面積型幾何概型的概率公式，可以得到p1＝p2.3．(2018·浙江卷，7)設(shè)0<p<1，隨機(jī)變量ξ的分布列是ξ012Peq\f(1－p,2)eq\f(1,2)eq\f(p,2)則當(dāng)p在(0,1)內(nèi)增大時(shí)，(D)A．D(ξ)減小 B．D(ξ)增大C．D(ξ)先減小后增大 D．D(ξ)先增大后減小[解析]由分布列可知E(ξ)＝0×eq\f(1－p,2)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(p,2)＝p＋eq\f(1,2)，所以方差D(ξ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－p－\f(1,2)))2×eq\f(1－p,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－p－\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p－\f(1,2)))2×eq\f(p,2)＝－p2＋p＋eq\f(1,4)，所以D(ξ)是關(guān)于p的二次函數(shù)，開(kāi)口向下，所以D(ξ)先增大后減?。?．(2018·全國(guó)卷Ⅲ，8)某群體中的每位成品使用移動(dòng)支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨(dú)立，設(shè)X為該群體的10位成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，DX＝2.4，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝4))<Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝6))，則p＝(B)A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3[解析]由題意可知X～B(10，p)，故DX＝10p(1－p)＝2.4，解得p＝0.6或p＝0.4，當(dāng)p＝0.6時(shí)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,10)×0.64×0.46＝Ceq\o\al(4,10)×eq\f(34×26,510)＝Ceq\o\al(4,10)×eq\f(34×24,510)×22，P(X＝6)＝Ceq\o\al(6,10)×0.66×0.44＝Ceq\o\al(6,10)×eq\f(36×24,510)＝Ceq\o\al(4,10)×eq\f(34×24,510)×32，滿足P(X＝4)<P(X＝6)，所以p＝0.6；同理可驗(yàn)證p＝0.4時(shí)不滿足P(X＝4)<P(X＝6)．5．(2017·浙江卷，8)已知隨機(jī)變量ξi滿足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，(i＝1,2.)若0<p1<p2<eq\f(1,2)，則(A)A．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)B．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)[解析]由題意可知ξi(i＝1,2)服從兩點(diǎn)分布，∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)．又∵0<p1<p2<eq\f(1,2)，∴E(ξ1)<E(ξ2)．把方差看作函數(shù)y＝x(1－x)，根據(jù)0<ξ1<ξ2<eq\f(1,2)知，D(ξ1)<D(ξ2)．故選A．6．(2017·天津卷，3)有5支彩筆(除顏色外無(wú)差別)，顏色分別為紅、黃、藍(lán)、綠、紫．從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為(C)A．eq\f(4,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(2,5) D．eq\f(1,5)[解析]從5支彩筆中任取2支不同顏色彩色的取法有紅黃、紅藍(lán)、紅綠、紅紫、黃藍(lán)、黃綠、黃紫、藍(lán)綠、藍(lán)紫、綠紫，共10種，其中取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的取法有紅黃、紅藍(lán)、紅綠、紅紫，共4種，所以所求概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).故選C．7．(2018·江蘇卷，6)某興趣小組有2名男生和3名女生，現(xiàn)從中任選2名學(xué)生去參加活動(dòng)，則恰好選中2名女生的概率為eq\f(3,10).[解析]假設(shè)3名女生為a，b，c,2名男生為d，e，恰好選中2名女生的情況有：選a和b；a和c；b和c三種，總情況有a和b；a和c；a和d；a和e；b和c；b和d；b和e；c和d；c和e;d和e這10種．兩者相比即為答案eq\f(3,10).8．(2017·全國(guó)卷Ⅱ，13)一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機(jī)取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則DX＝1.96.[解析]由題意得X～B(100,0.02)，∴DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.9．(2018·天津卷，16)已知某單位甲、乙、丙三個(gè)部門的員工人數(shù)分別為24,16,16.現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取7人，進(jìn)行睡眠時(shí)間的調(diào)查．(Ⅰ)應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)部門的員工中分別抽取多少人？(Ⅱ)若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，現(xiàn)從這7人中隨機(jī)抽取3人做進(jìn)一步的身體檢查．(ⅰ)用X表示抽取的3人中睡眠不足的員工人數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列與數(shù)學(xué)期望；(ⅱ)設(shè)A為事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的員工，也有睡眠不足的員工”，求事件A發(fā)生的概率．[解析](Ⅰ)由已知，甲、乙、丙三個(gè)部門的員工人數(shù)之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7人，因此應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)部門的員工中分別抽取3人，2人，2人．(Ⅱ)(ⅰ)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,2,3.P(X＝k)＝eq\f(Ck4·C3－k3,C37)(k＝0,1,2,3)．所以，隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,35)eq\f(12,35)eq\f(18,35)eq\f(4,35)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,35)＋1×eq\f(12,35)＋2×eq\f(18,35)＋3×eq\f(4,35)＝eq\f(12,7).(ⅱ)設(shè)事件B為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有1人，睡眠不足的員工有2人”；事件C為“抽取的3人中，睡眠充足的員工有2人，睡眠不足的員工有1人”，則A＝B∪C，且B與C互斥，由(i)知，P(B)＝P(X＝2)＝eq\f(18,35)，P(C)＝P(X＝1)＝eq\f(12,35)，故P(A)＝P(B∪C)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＝eq\f(6,7).所以，事件A發(fā)生的概率為eq\f(6,7).10．(2018·全國(guó)卷Ⅰ，20)某工廠的某種產(chǎn)品成箱包裝，每箱200件，每一箱產(chǎn)品在交付用戶之前要對(duì)產(chǎn)品作檢驗(yàn)，如檢驗(yàn)出不合格品，則更換為合格品，檢驗(yàn)時(shí)，先從這箱產(chǎn)品中任取20件作檢驗(yàn)，再根據(jù)檢驗(yàn)結(jié)果決定是否對(duì)余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)，設(shè)每件產(chǎn)品為不合格品的概率都為peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<p<1))，且各件產(chǎn)品是否為不合格品相互獨(dú)立．(1)記20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p))的最大值點(diǎn)p0.(2)現(xiàn)對(duì)一箱產(chǎn)品檢驗(yàn)了20件，結(jié)果恰有2件不合格品，以(1)中確定的p0作為p的值．已知每件產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用為2元，若有不合格品進(jìn)入用戶手中，則工廠要對(duì)每件不合格品支付25元的賠償費(fèi)用．①若不對(duì)該箱余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，這一箱產(chǎn)品的檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用的和記為X，求E(X)；②以檢驗(yàn)費(fèi)用與賠償費(fèi)用和的期望值為決策依據(jù)，是否該對(duì)這箱余下的所有產(chǎn)品作檢驗(yàn)？[解析](1)20件產(chǎn)品中恰有2件不合格品的概率為f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)(0<p<1)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.當(dāng)p∈(0,0.1)時(shí)，f′(p)＞0；當(dāng)p∈(0.1,1)時(shí)，f′(p)＜0.所以f(p)的最大值點(diǎn)為p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1.①令Y表示余下的180件產(chǎn)品中的不合格品件數(shù)，依題意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)，則這一箱產(chǎn)品所需要的檢驗(yàn)費(fèi)為400元．由于E(X)＞400，故應(yīng)該對(duì)余下的產(chǎn)品作檢驗(yàn)．eq\x(命題方向1古典概型與幾何概型及條件概型)例1(1)從甲、乙等5名學(xué)生中隨機(jī)選出2人，則甲被選中的概率為(B)A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(8,25) D．eq\f(9,25)[解析]把5名同學(xué)依次編號(hào)為甲乙丙丁戊，基本事件空間Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件總數(shù)n＝10.設(shè)A表示事件“甲被選中”，則A＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件數(shù)m＝4.所以概率為P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(2)在[－1,1]上隨機(jī)地取一個(gè)數(shù)k，則事件“直線y＝kx與圓(x－5)2＋y2＝9相交”發(fā)生的概率為eq\f(3,4).[解析]若直線y＝kx與圓(x－5)2＋y2＝9相交，則有圓心到直線的距離d＝eq\f(|5k|,\r(k2＋1))<3，即－eq\f(3,4)<k<eq\f(3,4)，所以所求概率P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－－1)＝eq\f(3,4).(3)一個(gè)口袋中裝有6個(gè)小球，其中紅球4個(gè)，白球2個(gè)．如果不放回地依次摸出2個(gè)小球，則在第1次摸出紅球的條件下，第2次摸出紅球的概率為eq\f(3,5).[解析]設(shè)A表示“第一次摸出紅球”，B表示“第二次摸出紅球”，則P(A)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，P(AB)＝eq\f(4,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，所以在第一次摸出紅球的條件下，第2次摸出紅球的概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq\f(3,5).『規(guī)律總結(jié)』1．利用古典概型求概率的關(guān)鍵及注意點(diǎn)(1)關(guān)鍵：正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件總數(shù)，這常常用到排列、組合的有關(guān)知識(shí)．(2)注意點(diǎn)：對(duì)于較復(fù)雜的題目計(jì)數(shù)時(shí)要正確分類，分類時(shí)應(yīng)不重不漏．2．幾何概型的適用條件及求解關(guān)鍵(1)適用條件：當(dāng)構(gòu)成試驗(yàn)的結(jié)果的區(qū)域?yàn)殚L(zhǎng)度、面積、體積、弧長(zhǎng)、夾角等時(shí)，應(yīng)考慮使用幾何概型求解．(2)求解關(guān)鍵：構(gòu)成試驗(yàn)的全部結(jié)果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找是關(guān)鍵，有時(shí)需要設(shè)出變量，在坐標(biāo)系中表示所需要的區(qū)域．3．條件概率的求法(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).這是通用的求條件概率的方法．(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)，即n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(nAB,nA).

Geq\o(\s\up7(跟蹤訓(xùn)練),\s\do5(enzongxunlian))1．(2017·山東卷，8)從分別標(biāo)有1,2，…，9的9張卡片中不放回地隨機(jī)抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同的概率是(C)A．eq\f(5,18) B．eq\f(4,9)C．eq\f(5,9) D．eq\f(7,9)[解析]∵9張卡片中有5張奇數(shù)卡片，4張偶數(shù)卡片，且為不放回地隨機(jī)抽取，∴P(第一次抽到奇數(shù)，第二次抽到偶數(shù))＝eq\f(5,9)×eq\f(4,8)＝eq\f(5,18)，P(第一次抽到偶數(shù)，第二次抽到奇數(shù))＝eq\f(4,9)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,18).∴P(抽到的2張卡片上的數(shù)奇偶性不同)＝eq\f(5,18)＋eq\f(5,18)＝eq\f(5,9).故選C．2．(2018·鷹潭二模)利用計(jì)算機(jī)在區(qū)間(0,1)上產(chǎn)生隨機(jī)數(shù)a，則不等式ln(3a－1)<0成立的概率是(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)[解析]由ln(3a－1)<0得eq\f(1,3)<a<eq\f(2,3)，則用計(jì)算機(jī)在區(qū)間(0,1)上產(chǎn)生隨機(jī)數(shù)a，不等式ln(3a－1)<0成立的概率是P＝eq\f(1,3).3．某校高三年級(jí)學(xué)生一次數(shù)學(xué)診斷考試成績(jī)(單位：分)X服從正態(tài)分布N(110,102)，從中抽取一個(gè)同學(xué)的數(shù)學(xué)成績(jī)?chǔ)?，記該同學(xué)的成績(jī)90<ξ≤110為事件A，記該同學(xué)的成績(jī)80<ξ≤100為事件B，則在A事件發(fā)生的條件下B事件發(fā)生的概率P(B|A)＝eq\f(27,95).(用分?jǐn)?shù)表示)附：X滿足P(μ－σ<X≤μ＋σ)≈0.68，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)≈0.95，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)≈0.99.[解析]由題意，P(A)≈0.475，P(AB)≈eq\f(1,2)(0.95－0.68)＝0.135.所以P(B|A)＝eq\f(0.135,0.475)＝eq\f(27,95).eq\x(命題方向2互斥事件、對(duì)立事件及相互獨(dú)立事件的概率)例2(1)某個(gè)部件由兩個(gè)電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，則部件正常工作，設(shè)兩個(gè)電子元件的使用壽命(單位：小時(shí))均服從正態(tài)分布N(1000,502)，且各個(gè)元件能否正常工作相互獨(dú)立．那么該部件的使用壽命超過(guò)1000小時(shí)的概率為eq\f(3,4).[解析]解法一：(1)由正態(tài)分布知元件，1,2的平均使用壽命為1000小時(shí)，設(shè)元件1,2的使用壽命超過(guò)1000小時(shí)分別記為事件A，B，顯然P(A)＝P(B)＝eq\f(1,2)，所以該部件的使用壽命超過(guò)1000小時(shí)的事件為Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B＋AB，所以其概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).解法二：兩個(gè)電子元件的使用壽命均服從正態(tài)分布N(1000,502)得兩個(gè)電子元件的使用壽命超過(guò)1000小時(shí)的概率均為P＝eq\f(1,2)，則該部件使用壽命超過(guò)1000小時(shí)的概率為P1＝1－(1－P)2＝eq\f(3,4).(2)在一塊耕地上種植一種作物，每季種植成本為1000元，此作物的市場(chǎng)價(jià)格和這塊地上的產(chǎn)量均有隨機(jī)性，且互不影響，其具體情況如下表：作物產(chǎn)量(kg)300500概率0.50.5作物市場(chǎng)價(jià)格(元/kg)610概率0.40.6①設(shè)X表示在這塊地上種植1季此作物的利潤(rùn)，求X的分布列；②若在這塊地上連續(xù)3季種植此作物，求這3季中至少有2季的利潤(rùn)不少于2000元的概率．[解析]①設(shè)A表示事件“作物產(chǎn)量為300kg”，B表示事件“作物市場(chǎng)價(jià)格為6元/kg”，由題設(shè)知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，因?yàn)槔麧?rùn)＝產(chǎn)量×市場(chǎng)價(jià)格－成本，所以X所有可能的取值為500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.P(X＝4000)＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝P(eq\x\to(A))P(B)＋P(A)P(eq\x\to(B))＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列為X40002000800P0.30.50.2②設(shè)Ci表示事件“第i季利潤(rùn)不少于2000元”(i＝1,2,3)，由題意知C1，C2，C3相互獨(dú)立，由①知，P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利潤(rùn)均不少于2000元的概率為P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季利潤(rùn)不少于2000元的概率為P(eq\x\to(C)1C2C3)＋P(C1eq\x\to(C)2C3)＋P(C1C2eq\x\to(C)3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，這3季中至少有2季的利潤(rùn)不少于2000元的概率為0.512＋0.384＝0.896.『規(guī)律總結(jié)』求復(fù)雜事件概率的方法及注意點(diǎn)1．直接法正確分析復(fù)雜事件的構(gòu)成，將復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥的事件的和事件或幾個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的積事件或一獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)問(wèn)題，然后用相應(yīng)概率公式求解．2．間接法當(dāng)復(fù)雜事件正面情況比較多，反面情況較少，則可利用其對(duì)立事件進(jìn)行求解．對(duì)于“至少”“至多”等問(wèn)題往往也用這種方法求解．3．注意點(diǎn)注意辨別獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的基本特征：①在每次試驗(yàn)中，試驗(yàn)結(jié)果只有發(fā)生與不發(fā)生兩種情況；②在每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率相同．Geq\o(\s\up7(跟蹤訓(xùn)練),\s\do5(enzongxunlian))(2018·北京卷，17)電影公司隨機(jī)收集了電影的有關(guān)數(shù)據(jù)，經(jīng)分類整理得到下表：電影類型第一類第二類第三類第四類第五類第六類電影部數(shù)14050300200800510好評(píng)率0.40.20.150.250.20.1好評(píng)率是指：一類電影中獲得好評(píng)的部數(shù)與該類電影的部數(shù)的比值．(1)從電影公司收集的電影中隨機(jī)選取1部，求這部電影是獲得好評(píng)的第四類電影的概率．(2)從第四類電影和第五類電影中各隨機(jī)選取1部，估計(jì)恰有1部獲得好評(píng)的概率．(3)假設(shè)每類電影得到人們喜歡的概率與表格中該類電影的好評(píng)率相等，用“ξk＝1”表示第k類電影得到人們喜歡，“ξk＝0”表示第k類電影沒(méi)有得到人們喜歡(k＝1,2,3,4,5,6)．寫出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小關(guān)系．[解析](1)由表知，電影公司收集的電影部數(shù)為140＋50＋300＋200＋800＋510＝2000，獲得好評(píng)的第四類電影部數(shù)為200×0.25＝50，所以所求概率為eq\f(50,2000)＝0.025.(2)記“從第四類電影中隨機(jī)選取的1部獲得好評(píng)”為事件A，記“從第五類電影中隨機(jī)選取的1部獲得好評(píng)”為事件B，則事件“從第四類電影和第五類電影中各隨機(jī)選取1部，恰有1部獲得好評(píng)”可表示為Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，由表知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.2，所有電影是否獲得好評(píng)相互獨(dú)立，所以P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝0.75，P(eq\x\to(B))＝1－P(B)＝0.8，P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35，即所求概率為0.35.(3)由表及已知，P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ1＝0)＝1－0.4＝0.6，P(ξ21＝1)＝P(ξ1＝1)＝0.4，P(ξ21＝0)＝P(ξ1＝0)＝0.6，所以Eξ1＝1×0.4＋0×0.6＝0.4，Eξ21＝0.4，Dξ1＝Eξ21－(Eξ1)2＝0.4－0.42＝0.24.同理，Dξ2＝Eξ22－(Eξ2)2＝0.2－0.22＝0.16，Dξ3＝Eξ23－(Eξ3)2＝0.15－0.152＝0.1275，Dξ4＝Eξ24－(Eξ4)2＝0.25－0.252＝0.1875.Dξ5＝Eξ25－(Eξ5)2＝0.2－0.22＝0.16，Dξ6＝Eξ26－(Eξ6)2＝0.1－0.12＝0.09，所以Dξ6<Dξ3<Dξ2＝Dξ5<Dξ4<Dξ1.eq\x(命題方向3離散型隨機(jī)變量的分布列)(一)超幾何分布例3甲、乙兩人參加普法知識(shí)競(jìng)賽，共設(shè)有10個(gè)不同的題目，其中選擇題6個(gè)，判斷題4個(gè)．(1)若甲、乙二人依次各抽一題，計(jì)算：①甲抽到判斷題，乙抽到選擇題的概率是多少？②甲、乙二人中至少有一人抽到選擇題的概率是多少？(2)若甲從中隨機(jī)抽取5個(gè)題目，其中判斷題的個(gè)數(shù)為ξ，求ξ的分布列和期望．[解析](1)①甲抽到判斷題，乙抽到選擇題的概率為P(A)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(1,4),A\o\al(2,10))＝eq\f(4,15).②甲、乙二人中至少有一人抽到選擇題的概率為P(B)＝eq\f(A\o\al(2,6)＋C\o\al(1,6)·C\o\al(1,4)＋C\o\al(1,4)·C\o\al(1,6),A\o\al(2,10))＝eq\f(13,15).(2)ξ的所有可能取值為0,1,2,3,4，P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(5,6)·C\o\al(0,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42)；P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(4,6)·C\o\al(1,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)；P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(3,6)·C\o\al(2,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(10,21)；P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(3,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(5,21)；P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(1,6)·C\o\al(4,4),C\o\al(5,10))＝eq\f(1,42).所以ξ的分布列為ξ01234Peq\f(1,42)eq\f(5,21)eq\f(10,21)eq\f(5,21)eq\f(1,42)E(ξ)＝0×eq\f(1,42)＋1×eq\f(5,21)＋2×eq\f(10,21)＋3×eq\f(5,21)＋4×eq\f(1,42)＝2.(二)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布例4現(xiàn)有4個(gè)人去參加某娛樂(lè)活動(dòng)，該活動(dòng)有甲、乙兩個(gè)游戲可供參加者選擇．為增加趣味性，約定：每個(gè)人通過(guò)擲一枚質(zhì)地均勻的骰子決定自己去參加哪個(gè)游戲，擲出點(diǎn)數(shù)為1或2的人去參加甲游戲，擲出點(diǎn)數(shù)大于2的人去參加乙游戲．(1)求這4個(gè)人中恰有2人去參加甲游戲的概率；(2)求這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率；(3)用X，Y分別表示這4個(gè)人中去參加甲、乙游戲的人數(shù)，記ξ＝|X－Y|，求隨機(jī)變量ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望E(ξ)．[解析]依題意知，這4個(gè)人中每個(gè)人去參加甲游戲的概率為eq\f(1,3)，去參加乙游戲的概率為eq\f(2,3).設(shè)“這4個(gè)人中恰有i人去參加甲游戲”為事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，則P(Ai)＝Ceq\o\al(i,4)(eq\f(1,3))i(eq\f(2,3))4－i.(1)這4個(gè)人中恰有2人去參加甲游戲的概率為P(A2)＝Ceq\o\al(2,4)(eq\f(1,3))2(eq\f(2,3))2＝eq\f(8,27).(2)設(shè)“這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)”為事件B，則B＝A3∪A4，由于A3與A4互斥，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝Ceq\o\al(3,4)(eq\f(1,3))3(eq\f(2,3))1＋Ceq\o\al(4,4)(eq\f(1,3))4＝eq\f(1,9).所以這4個(gè)人中去參加甲游戲的人數(shù)大于去參加乙游戲的人數(shù)的概率為eq\f(1,9).(3)ξ的所有可能的取值為0,2,4，由于A1與A3互斥，A0與A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝eq\f(8,27)，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝eq\f(40,81)，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝eq\f(17,81).所以ξ的分布列為：ξ024Peq\f(8,27)eq\f(40,81)eq\f(17,81)故E(ξ)＝0×eq\f(8,27)＋2×eq\f(40,81)＋4×eq\f(17,81)＝eq\f(148,81).(三)離散型隨機(jī)變量的期望與方差的應(yīng)用例5一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需擊鼓三次后，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂(lè)，要么不出現(xiàn)音樂(lè)；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂(lè)獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂(lè)獲得20分，出現(xiàn)三次音樂(lè)獲得100分，沒(méi)有出現(xiàn)音樂(lè)則扣除200分(即獲得－200分)．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂(lè)的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂(lè)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(lè)的概率是多少？(3)玩過(guò)這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，若干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒(méi)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．[解析](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\f(1,2))1×(1－eq\f(1,2))2＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝Ceq\o\al(2,3)×(eq\f(1,2))2×(1－eq\f(1,2))1＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×(eq\f(1,2))3×(1－eq\f(1,2))0＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×(eq\f(1,2))0×(1－eq\f(1,2))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(méi)有出現(xiàn)音樂(lè)”為事件Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝200)＝eq\f(1,8).所以，“三盤游戲中至少有一盤出現(xiàn)音樂(lè)”的概率為1－P(A1A2A3)＝1－(eq\f(1,8))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(lè)的概率是eq\f(511,512).(3)由(1)知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).這表明，獲得分?jǐn)?shù)X的均值為負(fù)．因此，多次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大．Geq\o(\s\up7(跟蹤訓(xùn)練),\s\do5(enzongxunlian))(2018·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)已知袋中裝有大小相同的2個(gè)白球、2個(gè)紅球和1個(gè)黃球．一項(xiàng)游戲規(guī)定：每個(gè)白球、紅球和黃球的分值分別是0分、1分和2分，每一局從袋中一次性取出三個(gè)球，將3個(gè)球?qū)?yīng)的分值相加后稱為該局的得分，計(jì)算完得分后將球放回袋中．當(dāng)出現(xiàn)第n局得n分(n∈N*)的情況就算游戲過(guò)關(guān)，同時(shí)游戲結(jié)束，若四局過(guò)后仍未過(guò)關(guān)，游戲也結(jié)束．(1)求在一局游戲中得3分的概率；(2)求游戲結(jié)束時(shí)局?jǐn)?shù)X的分布列和期望E(X)．[解析](1)設(shè)在一局游戲中得3分為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),C\o\al(3,5))＝eq\f(2,5).(2)X的所有可能取值為1,2,3,4.在一局游戲中得2分的概率為eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,2)＋C\o\al(2,2)C\o\al(1,1),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(4,5)×eq\f(3,10)＝eq\f(6,25)，P(X＝3)＝eq\f(4,5)×(1－eq\f(3,10))×eq\f(2,5)＝eq\f(28,125)，P(X＝4)＝eq\f(4,5)×(1－eq\f(3,10))×eq\f(3,5)＝eq\f(42,125).所以X的分布列為X1234Peq\f(1,5)eq\f(6,25)eq\f(28,125)eq\f(42,125)所以E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(6,25)＋3×eq\f(28,125)＋4×eq\f(42,125)＝eq\f(337,125).A組1．小敏打開(kāi)計(jì)算機(jī)時(shí)，忘記了開(kāi)機(jī)密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個(gè)字母，第二位是1,2,3,4,5中的一個(gè)數(shù)字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開(kāi)機(jī)的概率是(C)A．eq\f(8,15) B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,15) D．eq\f(1,30)[解析]根據(jù)題意可以知道，所輸入密碼所有可能發(fā)生的情況如下：M1，M2，M3，M4，M5，I1，I2，I3，I4，I5，N1，N2，N3，N4，N5共15種情況，而正確的情況只有其中一種，所以輸入一次密碼能夠成功開(kāi)機(jī)的概率是eq\f(1,15).2．(2018·濰坊模擬)在某項(xiàng)測(cè)量中，測(cè)量結(jié)果ξ服從正態(tài)分布N(1，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,2)內(nèi)取值的概率為0.8，則ξ在(0,1)內(nèi)取值的概率為(C)A．0.1 B．0.2C．0.4 D．0.8[解析]因?yàn)棣蹋?，所以P(0<ξ<2)＝0.8＝2P(0<ξ<1)，故P(0<ξ<1)＝0.4.3．某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測(cè)資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是(A)A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45[解析]本題考查條件概率的求法．設(shè)A＝“某一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”，B＝“隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”，則P(B|A)＝eq\f(PA∩B,PA)＝eq\f(0.6,0.75)＝0.8，故選A．4．隨機(jī)變量ξ的取值為0,1,2.若P(ξ＝0)＝eq\f(1,5)，E(ξ)＝1，則D(ξ)＝eq\f(2,5).[解析]設(shè)P(ξ＝1)＝p，則P(ξ＝2)＝eq\f(4,5)－p，從而由E(ξ)＝0×eq\f(1,5)＋1×p＋2×(eq\f(4,5)－p)＝1，得p＝eq\f(3,5).故D(ξ)＝(0－1)2×eq\f(1,5)＋(1－1)2×eq\f(3,5)＋(2－1)2×eq\f(1,5)＝eq\f(2,5).5．(2018·河南信陽(yáng)二模)如圖所示，A，B兩點(diǎn)由5條連線并聯(lián)，它們?cè)趩挝粫r(shí)間內(nèi)能通過(guò)的最大信息量依次為2,3,4,3,2.現(xiàn)記從中任取三條線且在單位時(shí)間內(nèi)都通過(guò)的最大信息總量為ξ，則P(ξ≥8)＝eq\f(4,5).[解析]解法一(直接法)：由已知得，ξ的可能取值為7,8,9,10，∵P(ξ＝7)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝8)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,1)＋C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(ξ＝9)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),C\o\al(3,5))＝eq\f(2,5)，P(ξ＝10)＝eq\f(C\o\al(2,2)·C\o\al(1,1),C\o\al(3,5))＝eq\f(1,10)，∴ξ的概率分布列為：ξ78910Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(2,5)eq\f(1,10)∴P(ξ≥8)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)＝eq\f(3,10)＋eq\f(2,5)＋eq\f(1,10)＝eq\f(4,5).解法二(間接法)：由已知得，ξ的可能取值為7,8,9,10，故P(ξ≥8)與P(ξ＝7)是對(duì)立事件，所以P(ξ≥8)＝1－P(ξ＝7)＝1－eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(1,2),C\o\al(3,5))＝eq\f(4,5).6．某小型玩具廠擬對(duì)n件產(chǎn)品在出廠前進(jìn)行質(zhì)量檢測(cè)，若一件產(chǎn)品通過(guò)質(zhì)量檢測(cè)能獲利潤(rùn)10元；否則產(chǎn)品報(bào)廢，虧損10元．設(shè)該廠的每件產(chǎn)品能通過(guò)質(zhì)量檢測(cè)的概率為eq\f(2,3)，每件產(chǎn)品能否通過(guò)質(zhì)量檢測(cè)相互獨(dú)立，現(xiàn)記對(duì)n件產(chǎn)品進(jìn)行質(zhì)量檢測(cè)后的總利潤(rùn)為Sn.(1)若n＝6時(shí)，求恰有4件產(chǎn)品通過(guò)質(zhì)量檢測(cè)的概率；(2)記X＝S5，求X的分布列，并計(jì)算數(shù)學(xué)期望EX.[解析](1)n＝6時(shí)，恰有4件產(chǎn)品通過(guò)質(zhì)量檢測(cè)的概率：P＝Ceq\o\al(4,6)(eq\f(2,3))4(1－eq\f(2,3))2＝eq\f(80,243).(2)因?yàn)閄＝S5，所以X的可能取值為－50，－30，－10,10,30,50，P(X＝－50)＝Ceq\o\al(0,5)(eq\f(2,3))0(1－eq\f(2,3))5＝eq\f(1,243)，P(X＝－30)＝Ceq\o\al(1,5)(eq\f(2,3))1(1－eq\f(2,3))4＝eq\f(10,243)，P(X＝－10)＝Ceq\o\al(2,5)(eq\f(2,3))2(1－eq\f(2,3))3＝eq\f(40,243)，P(X＝10)＝Ceq\o\al(3,5)(eq\f(2,3))3(1－eq\f(2,3))2＝eq\f(80,243)，P(X＝30)＝Ceq\o\al(4,5)(eq\f(2,3))4(1－eq\f(2,3))1＝eq\f(80,243)，P(X＝50)＝Ceq\o\al(5,5)(eq\f(2,3))5(1－eq\f(2,3))0＝eq\f(32,243)，所以X的分布列為：X－50－30－10103050Peq\f(1,243)eq\f(10,243)eq\f(40,243)eq\f(80,243)eq\f(80,243)eq\f(32,243)EX＝－50×eq\f(1,243)－30×eq\f(10,243)－10×eq\f(40,243)＋10×eq\f(80,243)＋30×eq\f(80,243)＋50×eq\f(32,243)＝eq\f(50,3).7．甲、乙兩人組成“星隊(duì)”參加猜成語(yǔ)活動(dòng)，每輪活動(dòng)由甲、乙各猜一個(gè)成語(yǔ)，在一輪活動(dòng)中，如果兩人都猜對(duì)，則“星隊(duì)”得3分；如果只有一個(gè)人猜對(duì)，則“星隊(duì)”得1分；如果兩人都沒(méi)猜對(duì)，則“星隊(duì)”得0分．已知甲每輪猜對(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(yǔ)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EX.[解析](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(yǔ)”．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，得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\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3))＝eq\f(2,3).所以“星隊(duì)”至少猜對(duì)2個(gè)成語(yǔ)的概率為eq\f(2,3).(Ⅱ)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\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\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\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\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).B組1．為了了解今年某校高三畢業(yè)班準(zhǔn)備報(bào)考飛行員學(xué)生的身體素質(zhì)，學(xué)校對(duì)他們的體重進(jìn)行了測(cè)量，將所得的數(shù)據(jù)整理后，畫出了頻率分布直方圖(如圖)，已知圖中從左到右的前3個(gè)小組的頻率之比為123，其中第2小組的頻數(shù)為12.(1)求該校報(bào)考飛行員的總?cè)藬?shù)；(2)以這所學(xué)校的樣本數(shù)據(jù)來(lái)估計(jì)全省的總體數(shù)據(jù)，若從全省報(bào)考飛行員的學(xué)生中(人數(shù)很多)任選3人，設(shè)X表示體重超過(guò)60kg的學(xué)生人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[解析](1)設(shè)報(bào)考飛行員的人數(shù)為n，前3個(gè)小組的頻率分別為p1，p2，p3，則由條件可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p2＝2p1，,p3＝3p1，,p1＋p2＋p3＋0.037＋0.013×5＝1.))解得p1＝0.125，p2＝0.25，p3＝0.375.又因?yàn)閜2＝0.25＝eq\f(12,n)，故n＝48.(2)由(1)可得，一個(gè)報(bào)考學(xué)生體重超過(guò)60kg的概率為P＝p3＋(0.037＋0.013)×5＝eq\f(5,8)，由題意知X服從二項(xiàng)分布B(3，eq\f(5,8))，P(x＝k)＝Ceq\o\al(k,3)(eq\f(5,8))k(eq\f(3,8))3－k(k＝0,1,2,3)，所以隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(27,512)eq\f(135,512)eq\f(225,512)eq\f(125,512)E(X)＝0×eq\f(27,512)＋1×eq\f(135,512)＋2×eq\f(225,512)＋3×eq\f(125,512)＝eq\f(15,8).2．從甲地到乙地要經(jīng)過(guò)3個(gè)十字路口，設(shè)各路口信號(hào)燈工作相互獨(dú)立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4).(1)記X表示一輛車從甲地到乙地遇到紅燈的個(gè)數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)若有2輛車獨(dú)立地從甲地到乙地，求這2輛車共遇到1個(gè)紅燈的概率．[解析](1)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,2,3.P(X＝0)＝(1－eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,4))＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,4))＋(1－eq\f(1,2))×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,4))＋(1－eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,3))×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24)，P(X＝2)＝(1－eq\f(1,2))×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,3))×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,4))＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24).所以隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,4)eq\f(11,24)eq\f(1,4)eq\f(1,24)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(11,24)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,24)＝eq\f(13,12).(2)設(shè)Y表示第一輛車遇到紅燈的個(gè)數(shù)，Z表示第二輛車遇到紅燈的個(gè)數(shù)，則所求事件的概率為P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(11,24)＋eq\f(11,24)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,48).所以這2輛車共遇到1個(gè)紅燈的概率為eq\f(11,48).3．已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過(guò)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)束．(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)已知每檢測(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)．[解析](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(A12A13,A25)＝eq\f(3,10).(2)X的可能取值為200,300,400.P(X＝200)＝eq\f(A22,A25)＝eq\f(1,10).P(X＝300)＝eq\f(A33＋C12C13A22,A35)＝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)EX＝200×eq\f(1,10)＋300×eq\f(3,10)＋400×eq\f(6,10)＝350.4．某公司計(jì)劃購(gòu)買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(gòu)進(jìn)機(jī)器時(shí)，可以額外購(gòu)買這種零件作為備件，每個(gè)200元．在機(jī)器使用期間，如果備件不足再購(gòu)買，則每個(gè)500元．現(xiàn)需決策在購(gòu)買機(jī)器時(shí)應(yīng)同時(shí)購(gòu)買幾個(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(gòu)買2臺(tái)機(jī)器的同時(shí)購(gòu)買的易損零件數(shù)．(1)求X的分布列．(2)若要求P(X≤n)≥0.5，確定n的最小值．(3)以購(gòu)買易損零件所需費(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)？【解析】(1)每臺(tái)機(jī)器更換的易損零件數(shù)為8,9,10,11，記事件Ai為第一臺(tái)機(jī)器3年內(nèi)換掉i＋7個(gè)零件(i＝1,2,3,4)記事件Bi為第二臺(tái)機(jī)器3年內(nèi)換掉i＋7個(gè)零件(i＝1,2,3,4)由題知P(A1)＝P(A3)＝P(A4)＝P(B1)＝P(B3)＝P(B4)＝0.2，P(A2)＝P(B2)＝0.4.設(shè)2臺(tái)機(jī)器共需更換的易損零件數(shù)的隨機(jī)變量為X，則X的可能的取值為16,17,18,19,20,21,22，P(X＝16)＝P(A1)P(B1)＝0.2×0.2＝0.04，P(X＝17)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝0.2×0.4＋0.4×0.2＝0.16，P(X＝18)＝P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.4＋0.2×0.2＝0.24，P(X＝19)＝P(A1)P(B4)＋P(A2)P(B3)＋P(A3)P(B2)＋P(A4)P(B1)＝0.2×0.2＋0.4×0.2＋0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.24，P(X＝20)＝P(A2)P(B4)＋P(A3)P(B3)＋P(A4)P(B2)＝0.4×0.2＋0.2×0.2＋0.2×0.4＝0.2，P(X＝21)＝P(A3)P(B4)＋P(A4)P(B3)＝0.2×0.2＋0.2×0.2＝0.08，P(X＝22)＝P(A4)P(B4)＝0.2×0.2＝0.04.所以X的分布列為X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)要令P(X≤n)≥0.5，∵0.04＋0.16＋0.24<0.5,0.04＋0.16＋0.24＋0.24≥0.5，則n的最小值為19.(3)購(gòu)買零件所需費(fèi)用含兩部分，一部分為購(gòu)買機(jī)器時(shí)購(gòu)買零件的費(fèi)用，另一部分為備件不足時(shí)額外購(gòu)買的費(fèi)用，當(dāng)n＝19時(shí)，費(fèi)用的期望為19×200＋500×0.2＋1000×0.08＋1500×0.04＝4040，當(dāng)n＝20時(shí)，費(fèi)用的期望為20×200＋500×0.08＋1000×0.04＝4080.所以應(yīng)選用n＝19.專題七規(guī)范答題示例(文)例(12分)某超市計(jì)劃按月訂購(gòu)一種酸奶，每天進(jìn)貨量相同，進(jìn)貨成本每瓶4元，售價(jià)每瓶6元，未售出的酸奶降價(jià)處理，以每瓶2元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購(gòu)計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫?cái)?shù)據(jù)，得下面的頻率分布表：最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天數(shù)216362574以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率估計(jì)最高氣溫位于該區(qū)間的概率．(1)估計(jì)六月份這種酸奶一天的需求量不超過(guò)300瓶的概率；(2)設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤(rùn)為Y(單位：元)．當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量為450瓶時(shí)，寫出Y的所有可能值，并估計(jì)Y大于零的概率．[思路探究]eq\x(讀圖表數(shù)據(jù))→eq\x(根據(jù)數(shù)據(jù)求概率)→eq\x(各區(qū)間范圍列出相關(guān)式子求解)規(guī)范解答·分步得分構(gòu)建答題模板解：(1)這種酸奶一天的需求量不超過(guò)300瓶，當(dāng)且僅當(dāng)最高氣溫低于25℃，2分由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫低于25℃的頻率為eq\f(2＋16＋36,90)＝0.6，4分所以這種酸奶一天的需求量不超過(guò)300瓶的概率的估計(jì)值為0.6.(2)當(dāng)這種酸奶一天的進(jìn)貨量為450瓶時(shí)，若最高氣溫不低于25℃，則Y＝6×450－4×450＝900；5分若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；6分若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100，7分所以，Y的所有可能值為900,300，－100.9分Y大于零當(dāng)且僅當(dāng)最高氣溫不低于20℃，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫不低于20的頻率為eq\f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，11分因此Y大于零的概率的估計(jì)值為0.8.12分第一步：分析表格求頻率第二步：分類得出Y的可能值第三步：得出結(jié)論.Geq\o(\s\up7(跟蹤訓(xùn)練),\s\do5(enzongxunlian))為推行“新課堂”教學(xué)法，某化學(xué)老師分別用傳統(tǒng)教學(xué)和“新課堂”兩種不同的教學(xué)方式，在甲、乙兩個(gè)平行班進(jìn)行教學(xué)實(shí)驗(yàn)，為了解教學(xué)效果，期中考試后，分別從兩個(gè)班級(jí)中各隨機(jī)抽取20名學(xué)生的成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，作出的莖葉圖如圖，記成績(jī)不低于70分者為“成績(jī)優(yōu)良”.(1)分別計(jì)算甲、乙兩班20個(gè)樣本中，化學(xué)分?jǐn)?shù)前十的平均分，并據(jù)此判斷哪種教學(xué)方式的教學(xué)效果更佳．(2)甲、乙兩班40個(gè)樣本中，成績(jī)?cè)?0分以下(不含60分)的學(xué)生中任意選取2人，求這2人來(lái)自不同班級(jí)的概率．(3)由以上統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)填寫下面2×2列聯(lián)表，并判斷是否有95%的把握(能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.05的前提下)認(rèn)為“成績(jī)優(yōu)良與教學(xué)方式有關(guān)”？甲班乙班總計(jì)成績(jī)優(yōu)良成績(jī)不優(yōu)良總計(jì)附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋cb＋da＋bc＋d)，n＝a＋b＋c＋d.獨(dú)立性檢驗(yàn)臨界值表：P(K2≥k0)0.100.050.0250.010k02.7063.8415.0246.635[解析](1)甲班樣本化學(xué)成績(jī)前十的平均分為eq\x\to(x)甲＝eq\f(1,10)(72＋74＋74＋79＋79＋80＋81＋85＋89＋96)＝80.9；乙班樣本化學(xué)成績(jī)前十的平均分為eq\x\to(x)乙＝eq\f(1,10)(78＋80＋81＋85＋86＋93＋96＋97＋99＋99)＝89.4；甲班樣本化學(xué)成績(jī)前十的平均分遠(yuǎn)低于乙班樣本化學(xué)成績(jī)前十的平均分，大致可以判斷“新課堂”教學(xué)方式的教學(xué)效果更佳．(2)樣本中成績(jī)60分以下的學(xué)生中甲班有4人，記為：a，b，c，d，乙班有2人，記為：1,2.則從a，b，c，d,1,2六個(gè)元素中任意選2個(gè)的所有基本事件如下：ab，ac，ad，a1，a2，bc，bd，b1，b2，cd，c1，c2，d1，d2,12，一共有15個(gè)基本事件，設(shè)A表示“這2人來(lái)自不同班級(jí)”，包含基本事件如下：a1，a2，b1，b2，c1，c2，d1，d2，一共有8個(gè)，所以P(A)＝eq\f(8,15).(3)甲班乙班總計(jì)成績(jī)優(yōu)良101626成績(jī)不優(yōu)良10414總計(jì)202040根據(jù)2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得K2的觀測(cè)值為k＝eq\f(4010×4－16×102,26×14×20×20)≈3.956>3.841，所以有95%的把握(能在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.05的前提下)認(rèn)為“成績(jī)優(yōu)良與教學(xué)方式有