2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十章　第7讲　二项分布及其应用

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十章　第7讲　二项分布及其应用

第7讲　二项分布及其应用 ‎3．二项分布 进行n次试验，如果满足以下条件：‎ ‎(1)每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；‎ ‎(2)每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为1－p；　‎ ‎(3)各次试验是相互独立的．‎ 用X表示这n次试验中成功的次数，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)．‎ 若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B(n，p)．‎ 常用结论 ‎1．“二项分布”与“超几何分布”的区别 有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．‎ ‎2．两个概率公式 ‎(1)在事件B发生的条件下A发生的概率为P(A|B)＝.注意其与P(B|A)的不同．‎ ‎(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．‎ 二、教材衍化 ‎1．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．‎ 解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，‎ 所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B) ‎ ‎＝P(A)P()＋P()P(B)‎ ‎＝0.2×0.7＋0.8×0.3‎ ‎＝0.38.‎ 答案：0.38‎ ‎2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，‎ 现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．‎ 解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，‎ 则P(AB)＝×，P(A)＝，‎ 所以P(B|A)＝＝.‎ 答案： 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．(　　)‎ ‎(2)相互独立事件就是互斥事件．(　　)‎ ‎(3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)‎ ‎(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.(　　)‎ ‎(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ 二、易错纠偏 (1)条件概率公式套用错误；‎ ‎(2)相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；‎ ‎(3)独立重复试验公式应用错误．‎ ‎1．由0，1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________．‎ 解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝.‎ 答案： ‎2．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“‎ 不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为，，在操作考试中“合格”的概率依次为，，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．‎ 解析：甲获得“合格证书”的概率为×＝，乙获得“合格证书”的概率是×＝，两人中恰有一个人获 得“合格证书”的概率是×＋×＝.‎ 答案： ‎3．设随机变量X～B，则P(X＝3)＝________．‎ 解析：因为X～B，所以P(X＝3)＝C×＝.‎ 答案： ‎　　　　　　条件概率(典例迁移)‎ ‎ (1)(一题多解)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为(　　)‎ A.　　　 B．　　　　‎ C.　　　 D． ‎(2)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝(　　)‎ A. B． C. D． ‎【解析】　(1)法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，P(B|A)＝＝＝.故选C.‎ 法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，‎ 故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为.故选C.‎ ‎(2)P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式，得P(B|A)＝＝＝.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)B ‎【迁移探究】　(变条件)将本例(2)中的“和”改为“积”，求P(B|A)．‎ 解：事件A：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，所以P(A)＝.事件B：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2，4)，所以P(AB)＝，‎ 所以P(B|A)＝＝＝.‎ 条件概率的两种求解方法 ‎　 ‎ ‎1．(2020·珠海模拟)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为________．‎ 解析：设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝.‎ 答案： ‎2．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，‎ 则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________．‎ 解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝.P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝.‎ 答案：　 ‎　　　　　　相互独立事件的概率(师生共研)‎ ‎ (2020·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率．‎ ‎(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；‎ ‎(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与数学期望．‎ ‎【解】　(1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，‎ P(A)＝＝0.35，P(B)＝＝0.45，‎ P(C)＝＝0.2，‎ 所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝1－[P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C)]＝0.635.‎ ‎(2)由题意知，X的所有可能取值为2，3，4，5，6，‎ P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，‎ P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，‎ P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，‎ P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，‎ P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04.‎ 所以X的分布列为 X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ P ‎0.122 5‎ ‎0.315‎ ‎0.342 5‎ ‎0.18‎ ‎0.04‎ EX＝0.122 5×2＋0.315×3＋0.342 5×4＋0.18×5＋0.04×6＝3.7.‎ 利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路 ‎(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．‎ ‎(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．‎ ‎(3)代入概率的积、和公式求解．　 ‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．‎ ‎(1)求P(X＝2)；‎ ‎(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．‎ 解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.‎ ‎(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．‎ 因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.‎ ‎2．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．‎ ‎(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；‎ ‎(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．‎ 解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，‎ 两人都付0元的概率为P1＝×＝，‎ 两人都付40元的概率为P2＝×＝，‎ 两人都付80元的概率为 P3＝×＝×＝，‎ 则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝.‎ ‎(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，40，80，120，160，则：‎ P(ξ＝0)＝×＝；‎ P(ξ＝40)＝×＋×＝；‎ P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝；‎ P(ξ＝120)＝×＋×＝；‎ P(ξ＝160)＝×＝.‎ ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ P ‎　　　　　　独立重复试验与二项分布(师生共研)‎ ‎ 某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．‎ ‎(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；‎ ‎(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．‎ ‎①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；‎ ‎②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，‎ 是否该对这箱余下的所有产品作检验？‎ ‎【解】　(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18.因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Cp(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1，1)时，f′(p)<0.‎ 所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.‎ ‎(2)由(1)知，p＝0.1.‎ ‎①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，‎ X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.‎ 所以EX＝E(40＋25Y)＝40＋25EY＝490.‎ ‎②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．‎ 由于EX>400，故应该对余下的产品作检验．‎ ‎(1)独立重复试验的特点 ‎①每次试验中，事件发生的概率是相同的；‎ ‎②每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．‎ ‎(2)判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))‎ ‎①X的取值为0，1，2，…，n；‎ ‎②P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p为试验成功的概率)．‎ ‎[提醒]　在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．　 ‎ ‎1．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现音乐，要么不出现音乐．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．设每盘游戏出现音乐的次数为X，则P(X≥1)＝________．玩三盘游戏，则恰有两盘出现音乐的概率是________．‎ 解析：由题意X～B，‎ 所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C＝，‎ 或P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)‎ ‎＝C＋C＋C＝，‎ 故每盘游戏出现音乐的概率为，‎ 所以玩三盘游戏，恰有两盘出现音乐的概率 P＝C×＝.‎ 答案：　 ‎2．(2020·合肥模拟)师大附中学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)记录了他们的幸福度分数．‎ ‎(1)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人的幸福度是“极幸福”的概率；‎ ‎(2)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．‎ 解：(1)设事件Ai(i＝0，1，2，3)表示所取3人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有1人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝＋＝.‎ ‎(2)ξ的可能取值为0，1，2，3，由样本估计总体得任选1人，其幸福度为“极幸福”的概率为＝，则 P(ξ＝0)＝＝；‎ P(ξ＝1)＝C××＝；‎ P(ξ＝2)＝C××＝；‎ P(ξ＝3)＝＝.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝0.75.‎ ‎　二项分布与超几何分布的辨别方法 ‎　写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？‎ ‎(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数；‎ ‎(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2枚骰子的点数之和；‎ ‎(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N＞M＞0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N)，抽出的次品件数为X3；‎ ‎(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N＞M>n>0)．‎ ‎【解】　(1)X1的分布列为 X1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎…‎ n P C· C· C· ‎…‎ C X1服从二项分布，即X1～B.‎ ‎(2)X2的分布列为 X2‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ P X2既不服从二项分布也不服从超几何分布．‎ ‎(3)X3的分布列为 X3‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎…‎ n P C· C· ‎…‎ X3服从二项分布，即X3～B.‎ ‎(4)X4的分布列为 X4‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎…‎ k ‎…‎ n P ‎…‎ ‎…‎ X4服从超几何分布．‎ 综上，(1)(3)服从二项分布，(4)服从超几何分布，(2)既不服从二项分布也不服从超几何分布．‎ 超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立．当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布．　‎ ‎　某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动．‎ 公园 甲 乙 丙 丁 获得签名人数 ‎45‎ ‎60‎ ‎30‎ ‎15‎ 然后在各公园签名的人中按分层抽样的方式抽取10名幸运之星回答问题，从10个关于长征的问题中随机抽取4个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．‎ ‎(1)求此活动中各公园幸运之星的人数；‎ ‎(2)若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为，求乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率；‎ ‎(3)若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外2个问题答不对，记小李答对的问题数为X，求X的分布列．‎ 解：(1)甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为×10＝3，×10＝4，×10＝2，×10＝1.‎ ‎(2)根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为C＝，‎ 所以乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率为 C＝.‎ ‎(3)由题意，知X的所有可能取值2，3，4，服从超几何分布，P(X＝2)＝＝，‎ P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎ [基础题组练]‎ ‎1．(2020·马鞍山一模)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为(　　)‎ A．0.75　　 B．0.6　　　‎ C．0.52　　 D．0.48‎ 解析：选A.设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A，使用到2年时还未损坏为事件B，则由题意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)＝＝＝0.75，故选A.‎ ‎2．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为(　　)‎ A．0.25　　　　　　　　 B．0.30‎ C．0.31 D．0.35‎ 解析：选C.设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率 P1＝P(BCD＋ACD＋ABD＋ABC) ‎ ‎＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，‎ ‎4人使用设备的概率 P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，‎ 故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.‎ ‎3．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：‎ 使用时间/天 ‎10～20‎ ‎21～30‎ ‎31～40‎ ‎41～50‎ ‎51～60‎ 个数 ‎10‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎50‎ ‎20‎ 若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选D.由表可知元件使用寿命在30天以上的概率为＝，则所求概率为C×＋＝.‎ ‎4．(2020·河南中原名校联盟一模)市场调查发现，大约的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为，而实体店里的家用小电器的合格率约为.现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A.因为大约的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为×＝，又实体店里的家用小电器的合格率约为，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为×＝，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝＝.‎ ‎5．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，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝(　　)‎ A．0.7 B．0.6‎ C．0.4 D．0.3‎ 解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝10p·(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Cp4(1－p)6＜Cp6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.‎ ‎6．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，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．‎ 解析：该同学通过测试的概率P＝C×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.‎ 答案：0.648‎ ‎7．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为“‎ ‎4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝________．‎ 解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n(B)＝108，4个人去的景点不同的情况有A＝4×3×2×1＝24种，即n(AB)＝24，所以P(A|B)＝＝＝.‎ 答案： ‎8．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________，该选手回答了5个问题结束的概率为________．‎ 解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128.‎ 依题意，设答对的事件为A，可分第3个正确与错误两类，若第3个正确则有AA或A两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032 0.该选手第3个问题的回答是错误的，第1，2两个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率为0.032 0＋0.072＝0.104.‎ 答案：0.128　0.104‎ ‎9．(2020·湖南两市联考)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．一个运动员出线记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、丙三名运动员所得分数之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ．‎ 解：(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，‎ 则P(D)＝1－P()＝1－××＝.‎ ‎(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3.‎ P(ξ＝0)＝P()＝；‎ P(ξ＝1)＝P(A)＋P(B)＋P( C)＝；‎ P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝；‎ P(ξ＝3)＝P(ABC)＝.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 故Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎10．(2020·河北“五个一名校联盟”模拟)空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上 为严重污染．一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的茎叶图如图．‎ ‎(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数；‎ ‎(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列．‎ 解：(1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，所以该样本中空气质量为优良的频率为＝，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×＝18.‎ ‎(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～B.‎ 所以P(ξ＝0)＝＝，‎ P(ξ＝1)＝C＝，‎ P(ξ＝2)＝C＝，‎ P(ξ＝3)＝＝.‎ ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选D.记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.由题意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1，2，3)相互独立，则P(Ai)＝＝，P(Bi)＝＝，P(Ci)＝＝，i＝1，2，3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝AP(AiBiCi)＝6×××＝.‎ ‎2．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为(　　)‎ A. B．× C.× D．C×× 解析：选B.由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为×.‎ ‎3．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)‎ ‎①P(B)＝；‎ ‎②P(B|A1)＝；‎ ‎③事件B与事件A1相互独立；‎ ‎④A1，A2，A3是两两互斥的事件；‎ ‎⑤P(B)的值不能确定，它与A1，A2，A3中哪一个发生都有关．‎ 解析：由题意知A1，A2，A3是两两互斥的事件，‎ P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝，‎ P(B|A1)＝＝，‎ P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，‎ 而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)‎ ‎＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)‎ ‎＝×＋×＋×＝.故正确的为②④.‎ 答案：②④‎ ‎4．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7，0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．‎ ‎(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________；‎ ‎(2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．‎ 解析：(1)记“甲在第i次试跳成功”为事件Ai，“乙在第i次试跳成功”为事件Bi，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C.‎ 法一：P(C)＝P(A11)＋P(1B1)＋P(A1B1) ‎ ‎＝P(A1)P(1)＋P(1)P(B1)＋P(A1)P(B1)‎ ‎＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.‎ 法二：由对立事件的概率计算公式得P(C)＝1－P(11)＝1－P(1)P(1)＝1－0.3×0.4＝0.88.‎ ‎(2)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi，“乙在两次试跳中成功i次”为事件Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝C×0.7×0.3×0.42＋0.72×C×0.6×0.4＝0.302 4.‎ 答案：(1)0.88　(2)0.302 4‎ ‎5．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．‎ ‎(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；‎ ‎(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；‎ ‎(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？‎ 解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件A1为“甲连续射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．‎ 故P(1)＝C＝.‎ 所以P(A1)＝1－P(1)＝1－＝.‎ 所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为.‎ ‎(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B2，‎ 则P(A2)＝C××＝，‎ P(B2)＝C×＝.‎ 由于甲、乙射击相互独立，‎ 故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝×＝.‎ 所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.‎ ‎(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中“为事件Di(i＝1，2，3，4，5)，‎ 则A3＝D5D43(21∪2D1∪D21)，且P(Di)＝.‎ 由于各事件相互独立，故 P(A3)＝P(D5)P(D4)P(3)P(21＋2D1＋D21)‎ ‎＝×××＝.‎ 所以乙恰好射击5次后被终止射击的概率为.‎ ‎6．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人．‎ ‎(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，‎ 求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；‎ ‎(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列．‎ 解：(1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，所以所求的概率P(A)＝＝＝.‎ ‎(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为＝，‎ 故X～B.‎ 所以P(X＝0)＝C＝，‎ P(X＝1)＝C＝，‎ P(X＝2)＝C＝，‎ P(X＝3)＝C＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P