2015年高考数学（理科）真题分类汇编K单元 概率
数 学
K单元 概率
K1 随机事件的概率
17．K1、K2、K6[2015·四川卷] 某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
17．解：(1)由题意知，参加集训的男、女生各有6名．
参赛学生全部从B中学中抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝.
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
(2)根据题意得，X的可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
因此，X的数学期望
E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝
1×＋2×＋3×＝2.
K2 古典概型
4．K2[2015·广东卷] 袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )
A. B.
C. D．1
4．B [解析] 设取的2个球中恰有1个白球，1个红球为事件A，则P(A)＝＝.
5．K2[2015·江苏卷] 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
5. [解析] 方法一：以1表示白球，以2表示红球，以3，4表示2只黄球，则随机摸出2只球的所有基本事件有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，2只球颜色不同的基本事件有5个，故所求概率P＝.
方法二：2只球颜色不同的对立事件是2只球颜色相同，有1种情况，故所求概率P＝1－＝.
16．K2，I2[2015·北京卷] A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
A组：10，11，12，13，14，15，16；
B组：12，13，15，16，17，14，a.
假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率．
(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率．
(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)
16．解：设事件Ai为“甲是A组的第i个人”，
事件Bi为“乙是B组的第i个人”，i＝1，2，…，7.
由题意可知P(Ai)＝P(Bi)＝，i＝1，2，…，7.
(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是
P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝.
(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，
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)＝.
(3)a＝11或a＝18.
K3 几何概型
7．K3[2015·湖北卷] 在区间[0，1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≥”的概率，p2为事件“|x－y|≤”的概率，p3为事件“xy≤”的概率，则( )
A．p1
10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
P＝1－(1－P1)3＝1－0.33＝0.973.
19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
(1)求T的分布列与数学期望ET；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
19．解：(1)由统计结果可得T的频率分布为
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
从而ET＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同．
设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．
方法一：P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二：P(A)＝P(T1＋T2>70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝
0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09.
故P(A)＝1－P(A)＝0.91.
K6 离散型随机变量及其分布列
17．K1、K2、K6[2015·四川卷] 某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
17．解：(1)由题意知，参加集训的男、女生各有6名．
参赛学生全部从B中学中抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝.
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
(2)根据题意得，X的可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
因此，X的数学期望
E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝
1×＋2×＋3×＝2.
16．K2、K6、K8[2015·天津卷] 为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
16．解：(1)由已知，有
P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.
P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4)．
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
17．K2、K6[2015·重庆卷] 端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．
17．解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概率计算公式有
P(A)＝＝.
(2)X的所有可能的取值为0，1，2，且
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
综上知，X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
E(X)＝200×＋300×＋400×＝350.
20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
20．解：(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获利为z，则有
①
目标函数z＝1000x＋1200y.
图(1)
图(2)
图(3)
当W＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.
当W＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝3×1000＋6×1200＝10 200.
当W＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1000＋4×1200＝10 800.
故最大获利Z的分布列为
Z
8160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此，E(Z)＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
P＝1－(1－P1)3＝1－0.33＝0.973.
17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
E(X)＝200×＋300×＋400×＝350.
20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
20．解：(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获利为z，则有
①
目标函数z＝1000x＋1200y.
图(1)
图(2)
图(3)
当W＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.
当W＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝3×1000＋6×1200＝10 200.
当W＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1000＋4×1200＝10 800.
故最大获利Z的分布列为
Z
8160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此，E(Z)＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
P＝1－(1－P1)3＝1－0.33＝0.973.
18．J2、K2、K6、K4[2015·湖南卷] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
18．解：(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意，A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以
P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)
＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)
＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)
＝×1－＋1－×＝.
故所求概率P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B3，.
于是P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C12＝，
P(X＝2)＝C21＝，
P(X＝3)＝C30＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)＝3×＝.
19．K6[2015·山东卷] 若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．
在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．
19．解：(1)个位数字是5的“三位递增数”有
125，135，145，235，245，345.
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，
随机变量X的取值为0，－1，1，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，
P(X＝1)＝1－－＝.
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.
19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
(1)求T的分布列与数学期望ET；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
19．解：(1)由统计结果可得T的频率分布为
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
从而ET＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同．
设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．
方法一：P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二：P(A)＝P(T1＋T2>70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝
0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09.
故P(A)＝1－P(A)＝0.91.
K7 条件概率与事件的独立性
13．K7[2015·广东卷] 已知随机变量X服从二项分布B(n，p)．若E(X)＝30，D(X)
＝20，则p＝________________________________________________________________________.
13. [解析] 由题意知解得p＝.
K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布
17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
E(X)＝200×＋300×＋400×＝350.
20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A，B两种奶制品．生产1吨A产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B产品的产量不超过A产品产量的2倍，设备每天生产A，B两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W(单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
W
12
15
18
P
0.3
0.5
0.2
该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z(单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
20．解：(1)设每天A，B两种产品的生产数量分别为x，y，相应的获利为z，则有
①
目标函数z＝1000x＋1200y.
图(1)
图(2)
图(3)
当W＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A(0，0)，B(2.4，4.8)，C(6，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝2.4，y＝4.8时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.
当W＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝3，y＝6时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝3×1000＋6×1200＝10 200.
当W＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0)．
将z＝1000x＋1200y变形为y＝－x＋，
当x＝6，y＝4时，直线l：y＝－x＋在y轴上的截距最大，
最大获利Z＝zmax＝6×1000＋4×1200＝10 800.
故最大获利Z的分布列为
Z
8160
10 200
10 800
P
0.3
0.5
0.2
因此，E(Z)＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为
P＝1－(1－P1)3＝1－0.33＝0.973.
19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
(1)求T的分布列与数学期望ET；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
19．解：(1)由统计结果可得T的频率分布为
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
从而ET＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同．
设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．
方法一：P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二：P(A)＝P(T1＋T2>70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝
0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09.
故P(A)＝1－P(A)＝0.91.
16．K2、K6、K8[2015·天津卷] 为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“
选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
16．解：(1)由已知，有
P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.
P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4)．
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
K9 单元综合
16．K9[2015·福建卷] 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
16．解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P(A)＝××＝.
(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.
又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××1＝，
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×
＝.
1．[2015·宁波二模] 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中，随机取出3个不同的数，则它们的和为3的倍数的概率是( )
A. B.
C. D.
1．D
4．[2015·唐山一中等五校联考] 在区间[1，5]和[2，4]内各取一个数，分别记为a，b, 则方程＋＝1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆的概率为( )
A. B. C. D.
4．B [解析] ∵＋＝1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆，且a>0，b>0，∴它对应的平面区域如图中阴影部分所示．
∴方程＋＝1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆的概率P＝＝1－＝.
2．[2015·重庆巴蜀中学模拟] 从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( )
A. B. C. D.
2．D [解析] 所取的3个球中至少有1个白球的对立事件为所取的3个球中没有白球，即所取的3个球均为红球，故所求概率为1－＝.
9．[2015·温州二模] 袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球，随机地从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分，则摸取2个小球的得分之和为________分时，其概率最大．
9．3 [解析] 摸取2个小球的得分之和可能出现2，3，4三种情况 ，依次记其发生的事件分别为A，B，C.
事件A表示摸取的2个小球都为白球，其概率P(A)＝＝；事件B表示摸取的2个小球为1个白球、1个绿球，其概率P(B)＝＝＝；事件C表示摸取的2个小球为2个绿球，其概率P(C)＝＝.
通过以上的计算结果可以知道，摸取2个小球的得分之和为3分的概率最大．
4．[2015·南昌二中模拟] 从1，2，3，4，5中任取两个数，事件A表示“取到的两个数的和为偶数”，事件B表示“取到的两个数均为偶数”，则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
4．B [解析] P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.
7．[2015·黄山质检] 甲、乙两人参加某选拔测试，在备选的10道题中，甲答对每道题的概率都是，乙只能答对其中的5道题，且二人答题情况互不影响．规定每次测试都从备选的10道题中随机抽出3道题，答对1道题加10分，答错1道题(不答视为答错)减5分，得分低于0分时记为0分(即最低为0分)，至少得15分才能入选．
(1)求乙得分的分布列和数学期望；
(2)求甲、乙两人中至少有一人入选的概率．
7．解：(1)设乙的得分为ξ，则ξ的所有可能的取值为0，15，30，所以
P(ξ＝0)＝＋＝＋＝，
P(ξ＝15)＝＝，
P(ξ＝30)＝＝，所以ξ的分布列为
ξ
0
15
30
P
故E(ξ)＝0×＋15×＋30×＝.
(2)设“甲入选”为事件A，“乙入选”为事件B，则
P(A)＝C＋C＝＋＝，
P()＝1－＝，
由(1)知P(B)＝P(ξ＝15)＋P(ξ＝30)＝＋＝，
P()＝1－＝.
故所求概率P＝1－P()＝1－P()P()＝.
