2020版高考数学大一轮复习（讲义·理·新人教A版）第十章 计数原理概率随机变量及其分布

2020版高考数学大一轮复习（讲义·理·新人教A版）第十章 计数原理概率随机变量及其分布

第 7 节 条件概率、二项分布及正态分布 考试要求 1.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率，了解条件概率与独立性的关 系；2.会利用乘法公式计算概率，会利用全概率公式计算概率；3.了解伯努利试验，掌握二 项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题；4.了解服从正态分布的随机变量，通过具 体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征. 知 识 梳 理 1.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 设 A，B 为两个事件，且 P(A)＞0，称 P(B|A) ＝P（AB） P（A） 为在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率 (1)0≤P(B|A)≤1； (2)如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) 2.事件的相互独立性 (1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件 A 与事件 B 相互独立. (2)性质：若事件 A 与 B 相互独立，则 A 与B － ，A － 与 B，A － 与B － 也都相互独立，P(B|A)＝P(B)， P(A|B)＝P(A). 3.全概率公式 (1)完备事件组： 设Ω是试验 E 的样本空间，事件 A1，A2，…，An 是样本空间的一个划分，满足： ①A1∪A2∪…∪An＝Ω. ②A1，A2，…，An 两两互不相容，则称事件 A1，A2，…，An 组成样本空间Ω的一个完备事件组. (2)全概率公式 设 S 为随机试验的样本空间，A1，A2，…，An 是两两互斥的事件，且有 P(Ai)>0，i＝1，2，…， n，∪ n i＝1 Ai＝S，则对任一事件 B，有 P(B)＝∑ n i＝1 P(Ai)P(B|Ai)称满足上述条件的 A1，A2，…，An 为完备事件组. 4.独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验 在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验，其中 Ai(i＝1，2，…，n)是第 i 次试验结果，则 P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An). (2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，用 X 表示事件 A 发生的次数，设每次试验中事件 A 发生的概率为 p， 则 P(X＝k)＝Ck npk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此时称随机变量 X 服从二项分布，记作 X～ B(n，p)，并称 p 为成功概率. 5.正态分布 (1)正态分布的定义 如果对于任何实数 a，b(a＜b)，随机变量 X 满足 P(a＜X≤b)＝错误!φμ，σ(x)dx，则称随机 变量 X 服从正态分布，记为 X～N(μ，σ2).其中φμ，σ(x)＝ 1 2πσ e （x－μ）2 2σ2 (σ>0). (2)正态曲线的性质 ①曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交，与 x 轴之间的面积为 1； ②曲线是单峰的，它关于直线 x＝μ对称； ③曲线在 x＝μ处达到峰值 1 σ 2π ； ④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中； σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散. (3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值 ①P(μ－σ2c－1)＝P(X2c－1)＝P(X0.5，所以 p＝0.6. 答案 B 5.(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等 奖的概率分别为2 3 和3 4 ，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一 等奖的概率为( ) A.3 4 B.2 3 C.5 7 D. 5 12 解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求 概率是2 3 × 1－3 4 ＋3 4 × 1－2 3 ＝ 5 12 . 答案 D 6.(2019·青岛联考)已知随机变量 X～N(1，σ2)，若 P(X>0)＝0.8，则 P(X≥2)＝________. 解析 随机变量 X 服从正态分布 N(1，σ2)，∴正态曲线关于 x＝1 对称，∴P(X≥2)＝P(X≤0) ＝1－P(X>0)＝0.2. 答案 0.2 考点一 条件概率与事件独立性 【例 1】 (1)(一题多解)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.1 8 B.1 4 C.2 5 D.1 2 解析 法一 P(A)＝C2 3＋C2 2 C2 5 ＝ 4 10 ＝2 5 ，P(AB)＝P(B)＝C2 2 C2 5 ＝ 1 10 .由条件概率计算公式，得 P(B|A) ＝P（AB） P（A） ＝ 1 10 2 5 ＝1 4 . 法二 事件 A 包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共 4 个. 事件 AB 发生的结果只有(2，4)一种情形，即 n(AB)＝1. 故由古典概型概率 P(B|A)＝n(AB) n(A) ＝1 4 . 答案 B (2)(2019·天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分 别为2 3 和3 5 .现安排甲组研发新产品 A，乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立. ①求至少有一种新产品研发成功的概率； ②若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B 研发成功，预计企业可获 利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列. 解 记 E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知 P(E)＝2 3 ，P(E － ) ＝1 3 ，P(F)＝3 5 ，P(F － )＝2 5 ，且事件 E 与 F，E 与F － ，E － 与 F，E － 与F － 都相互独立. ①记 H＝{至少有一种新产品研发成功}，则H － ＝E － F － ， 于是 P(H － )＝P(E － )P(F － )＝1 3 ×2 5 ＝ 2 15 ， 故所求的概率为 P(H)＝1－P(H － )＝1－ 2 15 ＝13 15 . ②设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0，100，120，220，因为 P(X＝0)＝P(E － F － ) ＝ 1 3 ×2 5 ＝ 2 15 ，P(X＝100)＝P(E － F)＝1 3 ×3 5 ＝ 3 15 ＝1 5 ， P(X＝120)＝P(EF － )＝2 3 ×2 5 ＝ 4 15 ， P(X＝220)＝P(EF)＝2 3 ×3 5 ＝ 6 15 ＝2 5 . 故所求的分布列为 X 0 100 120 220 P 2 15 1 5 4 15 2 5 规律方法 1.求条件概率的两种方法 (1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)＝P(AB) P(A) ，这是求条件概率的通法. (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)，再求事件 A 与事件 B 的交 事件中包含的基本事件数 n(AB)，得 P(B|A)＝n(AB) n(A) . 2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法 (1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解. (2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手 计算. 【训练 1】 (1)(2019·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江， 历经三千多公里的溯流博击，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 ( ) A.0.05 B.0.007 5 C.1 3 D.1 6 (2)(2018·濮阳二模)如图，已知电路中 4 个开关闭合的概率都是1 2 ，且是相互独立的，则灯 亮的概率为( ) A. 3 16 B.3 4 C.13 16 D.1 4 解析 (1)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，∴P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝0.05 0.15 ＝1 3 . (2)灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的 2 个都开，上边的 2 个中有一个开， ∴灯泡不亮的概率是1 2 ×1 2 ×1 2 ×1 2 ＋1 2 ×1 2 ×1 2 ×1 2 ＋1 2 ×1 2 ×1 2 ×1 2 ＝ 3 16 ， ∵灯亮和灯不亮是两个对立事件， ∴灯亮的概率是 1－ 3 16 ＝13 16 . 答案 (1)C (2)C 考点二 全概率公式 【例 2】 有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占 30%，二厂生产的占 50%，三厂 生产的占 20%，已知这三个厂的产品次品率分别为 2%，1%，1%，问从这批产品中任取一件是 次品的概率是多少？ 解 设事件 A 为“任取一件为次品”， 事件 Bi 为“任取一件为 i 厂的产品”，i＝1，2，3. B1∪B2∪B3＝S， 由全概率公式得 P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3). P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2， P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.01， 故 P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.3＋0.01×0.5＋0.01×0.2 ＝0.013. 规律方法 全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把 B1，B2，…，Bn 看成导致 A 发生的一组原因.如若 A 是“次品”，必是 n 个车间生产了次品；若 A 是“某种疾病”，必 是几种病因导致 A 发生；若 A 表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中. (1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生. (2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组. (3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合. 【训练 2】 一个盒子中有 6 只白球、4 只黑球，从中不放回地每次任取 1 只，连取 2 次，求 第二次取到白球的概率. 解 A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}. 因为 B＝AB∪A － B，且 AB 与 A － B 互不相容，所以 P(B)＝P(AB)＋P(A － B)＝P(A)P(B|A)＋P(A － )P(B|A － )＝ 6 10 ×5 9 ＋ 4 10 ×6 9 ＝0.6. 考点三 独立重复试验与二项分布 【例 3】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的 40 件 产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…， (510，515].由此得到样本的频率分布直方图(如下图). (1)根据频率分布直方图，求质量超过 505 克的产品数量； (2)在上述抽取的 40 件产品中任取 2 件，设 X 为质量超过 505 克的产品数量，求 X 的分布列； (3)从该流水线上任取 2 件产品，设 Y 为质量超过 505 克的产品数量，求 Y 的分布列. 解 (1)质量超过 505 克的产品的频率为 5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过 505 克的产品数量为 40×0.3＝12(件). (2)重量超过 505 的产品数量为 12 件，则重量未超过 505 克的产品数量为 28 件，X 的取值 为 0，1，2， X 服从超几何分布. P(X＝0)＝C2 28 C2 40 ＝ 63 130 ，P(X＝1)＝C1 12C1 28 C2 40 ＝28 65 ， P(X＝2)＝C2 12 C2 40 ＝ 11 130 ， ∴X 的分布列为 X 0 1 2 P 63 130 28 65 11 130 (3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过 505 克的概率为12 40 ＝ 3 10 . 从流水线上任取 2 件产品互不影响，该问题可看成 2 次独立重复试验，质量超过 505 克的件 数 Y 的可能取值为 0，1，2，且 Y～B 2， 3 10 ， P(Y＝k)＝Ck 2 1－ 3 10 2－k 3 10 k ， 所以 P(Y＝0)＝C0 2· 7 10 2 ＝ 49 100 ， P(Y＝1)＝C1 2· 3 10 · 7 10 ＝21 50 ， P(Y＝2)＝C2 2· 3 10 2 ＝ 9 100 . ∴Y 的分布列为 Y 0 1 2 P 49 100 21 50 9 100 规律方法 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型 是否满足公式 P(X＝k)＝Ck npk(1－p)n－k 的三个条件：(1)在一次试验中某事件 A 发生的概率是 一个常数 p；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果 是相互独立的；(3)该公式表示 n 次试验中事件 A 恰好发生了 k 次的概率. 【训练 3】 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 C2 40， 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 C1 15C1 25， 所以所求的概率 P(A)＝C1 15C1 25 C2 40 ＝15×25 20×39 ＝25 52 . (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 40 100 ＝2 5 ， 故 X～B 3，2 5 . 所以 P(X＝0)＝C0 3 2 5 0 3 5 3 ＝ 27 125 ， P(X＝1)＝C1 3 2 5 3 5 2 ＝ 54 125 ， P(X＝2)＝C2 3 2 5 2 3 5 ＝ 36 125 ， P(X＝3)＝C3 3 2 5 3 3 5 0 ＝ 8 125 . 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 考点四 正态分布 【例 4】 (1)(2019·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布 N(2，σ2)，且 P(ξ<4)＝0.8， 则 P(0<ξ<4)＝( ) A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2 (2)(2019·茂名一模)设 X～N(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形 ABCD 中随机投掷 10 000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( ) (注：若X～N(μ，σ2)，则 P(μ－σ900)＝1－0.954 4 2 ＝0.022 8，∴P(X≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2. 答案 A [思维升华] 1.古典概型中，A 发生的条件下 B 发生的条件概率公式为 P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝n(AB) n(A) ，其中，在 实际应用中 P(B|A)＝n(AB) n(A) 是一种重要的求条件概率的方法. 2.全概率公式的理论和实用意义在于： 在较复杂情况下直接计算 P(B)不易，但 B 总是伴随着某个 Ai 出现，适当地去构造这一组 Ai 往往可以简化计算. 3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位. (1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件 发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了 n 次.(2)对于二项 分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是 p，那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好 发生 k 次的概率是 P(X＝k)＝Ck npkqn－k.其中 k＝0，1，…，n，q＝1－p. [易错防范] 1.运用公式 P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件 A，B 相互独立时， 公式才成立. 2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.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，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理. 数据分析——三局两胜制的概率问题 1.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学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，构建 模型，进行推断，获得结论. 2.教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实 是有两种：一种是比赛完 3 局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛 结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对 此问题进行认识. 【例题】(选修 2－3P59 习题 2.2B 组 1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为 0.6， 乙胜的概率为 0.4，那么采用 3 局 2 胜制还是采用 5 局 3 胜制对甲更有利？你对局制长短的 设置有何认识？ 解 每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获 胜的局数 X 是随机变量，X 服从二项分布. (1)在采用 3 局 2 胜制中，X～B(3，0.6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为 P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C2 3×0.62×0.4＋0.63＝0.648. (2)在采用 5 局 3 胜制中，X～B(5，0.6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为 P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝C3 5×0.63×0.42＋C4 5×0.64×0.4＋0.65≈0.683. 可以看出采用 5 局 3 胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越 大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛 局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利. [拓展延伸] 先后参赛对比赛公平性的影响 [拓展 1] (两方参赛)匣中有 3 红 5 黑 2 白共 10 个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先 取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平 局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率. 解 甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上 结束，比赛过程中不会取到白球. 记 Bi＝“第 i 次取到黑球”，Ri＝“第 i 次取到红球”.则 P(甲胜)＝P(R1)＋P(B1B2R3)＋P(B1B2B3B4R5) ＝ 3 10 ＋ 5 10 ·4 9 ·3 8 ＋ 5 10 ·4 9 ·3 8 ·2 7 ·3 6 ＝ 83 210 ， 同理可得 P(乙胜)＝ 43 210 ，P(平局)＝2 5 . [拓展 2] (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛， 依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是 0.5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率. 解 记事件 A，B，C 分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件 Ai，Bi，Ci 分别为“第 i 局中甲、 乙、丙获胜”. 则 P(A)＝[P(A1A2)＋P(A1C2B3A4A5)＋P(A1C2B3A4C5B6A7A8)＋…]＋[P(B1C2A3A4)＋P(B1C2A3B4C5A6A7) ＋…] ＝ 1 22＋1 25＋1 28＋… ＋ 1 24＋1 27＋ 1 210＋… ＝ 5 14 . 因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以 P(B)＝P(A)＝ 5 14 ，P(C)＝1－P(A)－P(B)＝ 4 14 ＝2 7 . 即甲、乙、丙得冠军的概率分别为 5 14 、5 14 、2 7 . 基础巩固题组 (建议用时：40 分钟) 一、选择题 1.打靶时，甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次，若两人同时射击一个目标， 则他们同时中靶的概率是( ) A.14 25 B.12 25 C.3 4 D.3 5 解析 因为甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次，所以 P(甲)＝4 5 ，P(乙)＝ 7 10 ， 所以他们都中靶的概率是4 5 × 7 10 ＝14 25 . 答案 A 2.(2019·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( ) A.1 8 B.3 8 C.5 8 D.7 8 解析 三次均反面朝上的概率是 1 2 3 ＝1 8 ，所以至少一次正面朝上的概率是 1－1 8 ＝7 8 . 答案 D 3.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两天为优良 的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45 解析 记事件 A 表示“一天的空气质量为优良”，事件 B 表示“随后一天的空气质量为优 良”，P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6.由条件概率，得 P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝ 0.6 0.75 ＝0.8. 答案 A 4.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0，32)，从中随机取一件，其长度 误差落在区间(3，6)内的概率为 (附：若随机变量ξ服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－ 2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)( ) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 解析 依题设，X～N(0，32)，其中μ＝0，σ＝3. ∴P(－32)＝0.023，则 P(－2≤X≤2)＝________. 解析 因为μ＝0，所以 P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，所以 P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝ 0.954. 答案 0.954 7.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等于________. 解析 记“该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮”为事件 A，由题意，若该选手恰好回 答了 4 个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题 可对可错，故 P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128. 答案 0.128 8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第 18，19，20 层停靠.若该电梯在底层有 5 个乘客， 且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为1 3 ，用 X 表示这 5 位乘客在第 20 层下电梯的 人数，则 P(X＝4)＝________. 解析 考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验，这是 5 次独立重复试验，故 X～ B 5，1 3 ， 即有 P(X＝k)＝Ck 5 1 3 k × 2 3 5－k ，k＝0，1，2，3，4，5. 故 P(X＝4)＝C4 5 1 3 4 × 2 3 1 ＝ 10 243 . 答案 10 243 三、解答题 9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮” 与“三步上篮”各有 2 次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三 步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格.小明同学“立定投篮” 的命中率为1 2 ，“三步上篮”的命中率为3 4 ，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是 否命中互不影响. (1)求小明同学一次测试合格的概率； (2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列. 解 设小明第 i 次“立定投篮”命中为事件 Ai，第 i 次“三步上篮”命中为事件 Bi(i＝1， 2)，依题意有 P(Ai)＝1 2 ，P(Bi)＝3 4 (i＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件 C. (1)P(C － )＝P(A － 1A － 2)＋P(A － 1A2B － 1B － 2)＋P(A1B － 1B － 2) ＝P(A － 1)P(A － 2)＋P(A － 1)P(A2)P(B － 1)P(B － 2)＋P(A1)·P(B － 1)P(B － 2) ＝ 1 2 2 ＋ 1－1 2 ×1 2 × 1－3 4 2 ＋1 2 × 1－3 4 2 ＝19 64 . ∴P(C)＝1－19 64 ＝45 64 . (2)依题意知ξ＝2，3，4， P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(A － 1A － 2)＝P(A1)P(B1)＋P(A － 1)·P(A － 2)＝5 8 ， P(ξ＝3)＝P(A1B － 1B2)＋P(A － 1A2B1)＋P(A1B － 1B － 2) ＝P(A1)P(B － 1)P(B2)＋P(A － 1)P(A2)P(B1)＋ P(A1)P(B － 1)P(B － 2)＝ 5 16 ， P(ξ＝4)＝P(A － 1A2B － 1)＝P(A － 1)P(A2)P(B － 1)＝ 1 16 . 故投篮的次数ξ的分布列为： ξ 2 3 4 P 5 8 5 16 1 16 10.空气质量指数(AirQuality 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 的数据分别为：45，50，75，74，93，90，117， 118，199，215. (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)从所给数据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， ∴该样本中空气质量为优良的频率为 6 10 ＝3 5 ， 从而估计该地六月空气质量为优良的天数为 30×3 5 ＝18. (2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为3 5 ， ξ的所有可能取值为 0，1，2，3，且ξ～B 3，3 5 . ∴P(ξ＝0)＝ 2 5 3 ＝ 8 125 ， P(ξ＝1)＝C1 3 3 5 2 5 2 ＝ 36 125 ， P(ξ＝2)＝C2 3 3 5 2 2 5 ＝ 54 125 ， P(ξ＝3)＝ 3 5 3 ＝ 27 125 ， ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 8 125 36 125 54 125 27 125 能力提升题组 (建议用时：20 分钟) 11.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.C3 5C1 4 C4 5 B. 5 9 3 ×4 9 C.3 5 ×1 4 D.C1 4× 5 9 3 ×4 9 解析 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 5 9 3 ×4 9 . 答案 B 12.(2019·南昌月考)已知 1 号箱中有 2 个白球和 4 个红球、2 号箱中有 5 个白球和 3 个红 球，现随机从 1 号箱中取出一球放入 2 号箱，然后从 2 号箱中随机取出一球，则两次都取到 红球的概率是( ) A.11 27 B.11 24 C. 8 27 D. 9 24 解析 设“从 1 号箱取到红球”为事件 A，“从 2 号箱取到红球”为事件 B. 由题意，P(A)＝ 4 2＋4 ＝2 3 ，P(B|A)＝3＋1 8＋1 ＝4 9 ， 所以 P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝4 9 ×2 3 ＝ 8 27 ， 所以两次都取到红球的概率为 8 27 . 答案 C 13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布 N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的 概率为________. 解析 设元件 1，2，3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为 A，B，C，显然 P(A)＝P(B) ＝P(C)＝1 2 ，∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的事件为(AB － ＋A － B＋AB)C， ∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率 p＝ 1 2 ×1 2 ＋1 2 ×1 2 ＋1 2 ×1 2 ×1 2 ＝3 8 . 答案 3 8 14.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为 0.4，0.5，0.7.飞机被一 人击中而击落的概率为 0.2，被两人击中而击落的概率为 0.6，若三人都击中，飞机必定被 击落，求飞机被击落的概率. 解 设 B＝{飞机被击落}，Ai＝{飞机被 i 人击中}，i＝1，2，3，则 B＝A1B＋A2B＋A3B， 依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1， 由全概率公式 P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)， 为求 P(Ai)，设 Hi＝{飞机被 i 人击中}，i＝1，2，3， 可求得：P(A1)＝P(H1H － 2H － 3＋H － 1H2H － 3＋H － 1H － 2H3)， P(A2)＝P(H1H2H － 3＋H1H － 2H3＋H － 1H2H3)， P(A3)＝P(H1H2H3)， 将数据代入计算得： P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14. 于是 P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1 ＝0.458. 即飞机被击落的概率为 0.458.