2018高考数学复习概率与统计12.3.1条件概率相互独立事件及二项分布撬题理

概率与统计热点一 常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式.【例1】现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列.解 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23. 设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4). 则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3＋A 4，且A 3与A 4互斥，∴P (B )＝P (A 3＋A 4)＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的所有可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥. 则P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 3) ＝C 14⎝⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0＋A 4)＝P (A 0)＋P (A 4) ＝C 04⎝⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781.所以ξ的分布列是ξ 0 2 4 P82740811781【类题通法】(1)本题44人中恰有i 人参加甲游戏的概率P ＝C i 4⎝⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键. (2)解题中常见的错误是不能分清事件间的关系，选错概率模型，特别是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的事件转化为相应的互斥事件A i 的概率和.【对点训练】甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分. (1)求ξ＝2的概率；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率. 解 (1)ξ＝2，则甲队有两人答对，一人答错，故P (ξ＝2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124；(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A ，甲队比乙队得分高为事件B .设乙队得分为η，则η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.P (ξ＝1)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＝14，P (ξ＝3)＝34×23×12＝14，P (η＝1)＝C 13·23·⎝⎛⎭⎪⎫132＝29，P (η＝2)＝C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝49，P (η＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎪⎫233＝827，∴P (A )＝P (ξ＝1)P (η＝3)＋P (ξ＝2)P (η＝2)＋P (ξ＝3)·P (η＝1) ＝14×827＋1124×49＋14×29＝13， P (AB )＝P (ξ＝3)·P (η＝1)＝14×29＝118， ∴所求概率为P (B|A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.热点二 离散型随机变量的分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题的考查，属于中档题.复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练.【例2】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望).解 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681.(2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29， P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为X 2 3 4 5 P59291081881E (X )＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤 第一步：确定随机变量的所有可能值； 第二步：求每一个可能值所对应的概率； 第三步：列出离散型随机变量的分布列； 第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为X 20 60P 1212所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，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)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X120 60 100P 162316X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X240 60 80P 162316X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.热点三概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.解(1)由频率分布直方图知：第3组的人数为5×0.06×40＝12.第4组的人数为5×0.04×40＝8.第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人.①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A，则P(A)＝1－C310C312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为5 11.②X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C24C26＝25，P(X＝1)＝C12C14C26＝815，P(X＝2)＝C22C26＝115.所以X的分布列为X 012P 25815115E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X 服从超几何分布.【对点训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：满意度评分低于70分70分到89分不低于90分满意度等级不满意满意非常满意记事件C：“A评价结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P(C)＝P(C B1C A1∪C B2C A2)＝P(C B1C A1)＋P(C B2C A2)＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48. 热点四 统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i ＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^ x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2，又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80， l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24， 由此得b^＝l xy l xx＝2480＝0.3， a^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4，故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关.(3)将x ＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y ^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r 来确定，r 的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱.(2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a ^的公式进行准确的计算.【对点训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？非读书迷 读书迷总计 男 15 女 45 总计(2)将频率视为概率.1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E (X )和方差D (X ). 解 (1)完成2×2列联表如下：非读书迷 读书迷 总计 男 40 15 55 女 20 25 45 总计6040100K 2＝100×（40×25－15×20）60×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关. (2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i (i ＝0，1，2，3).X 的分布列为 X0 1 2 3 P27125 54125 36125 8125均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。

【高考核动力】2018届高考数学 10-7条件概率与独立事件二项分布配套作业 北师大版1．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12 B.512C.14D.16【解析】 记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A ，则P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝23×14＋13×34＝512. 【答案】 B2．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1]B ．(0,0.4]C ．(0,0.6]D ．[0.6,1]【解析】 设事件A 发生的概率为p ，则C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，故选A.【答案】 A3．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p 1和p 2.则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1<p 2C ．p 1>p 2D ．以上三种情况都有可能【解析】 p 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110010＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫9910010＝1－⎝⎛⎭⎪⎫9 80110 0005， p 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫C 299C 21005＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫981005则p 1<p 2. 【答案】 B4．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为__________． 【解析】 由1－P 2＝1625，得P ＝35.【答案】 355．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是13.(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率．【解】 (1)P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132×13＝427.所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为427；(2)6场胜3场的情况有C 36种， ∴P ＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＝20×127×827＝160729.所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为160729.课时作业【考点排查表】相互独立事件1．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )A.35 B.34 C.12D.310【解析】 在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑球共4个球，所以取到白球的概率P ＝24＝12，故选C.【答案】 C2．一个电路如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为6个开关，其闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )A.164B.5564C.18D.116【解析】 设A 与B 中至少有一个不闭合的事件为T ，E 与F 至少有一个不闭合的事件为R ，则P (T )＝P (R )＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P ＝1－P (T )P (R )P (C )P (D )＝5564. 【答案】 B3．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的纪录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.66 【解析】 甲市为雨天记为事件A ，乙市为雨天记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，∴P (B |A )＝P AB P A ＝0.120.2＝0.6.【答案】 A4．(2018·九江模拟)某人射击，一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( )A.81125 B.54125 C.36125D.27125【解析】 P ＝C 23×0.62×0.4＋0.63＝81125.【答案】 A5．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A 1，A 2和A 3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( )①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件； A ．②④ B ．①③ C ．②③D ．①④【解析】 由题意知P (B )的值是由A 1，A 2，A 3中某一个事件发生所决定的，故①③错误；∵P (B |A 1)＝P B ∩A 1P A 1＝12×51112＝511，故②正确；由互斥事件的定义知④正确，故正确的结论的编号是②④.【答案】 A6．在一次反恐演习中，三架武装直升机分别从不同方位对同一目标发动攻击(各发射一枚导弹)，由于天气原因，三枚导弹命中目标的概率分别是0.9,0.9,0.8，若至少有两枚导弹击中目标方可将其摧毁，则目标被摧毁的概率是( )A ．0.998B ．0.046C ．0.936D ．0.954【解析】 法一：(直接求解)P ＝0.9×0.9×0.2＋0.9×0.1×0.8＋0.1×0.9×0.8＋0.9×0.9×0.8＝0.954.法二：(排除法)P ＝1－(0.9×0.1×0.2＋0.1×0.9×0.2＋0.1×0.1×0.8＋0.1×0.1×0.2)＝0.954.【答案】 D 二、填空题7．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是__________．【解析】 设“任取一书是文科书”的事件为A ，“任取一书是精装书”的事件为B ，则A 、B 是相互独立的事件，所求概率为P (AB )．据题意可知P (A )＝40100＝25，P (B )＝70100＝710，∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝25×710＝725.【答案】7258．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】 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.【答案】 0.1289．将一枚硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为__________．【解析】 由题意知，正面可以出现6次，5次，4次，所求概率P ＝C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝1＋6＋1564＝1132.【答案】113210．(2018·聊城模拟)某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率是12，两次闭合都出现红灯的概率为16.在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率为____________．【解析】 “第一次闭合后出现红灯”记为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”记为事件B ，则P (A )＝12，P (AB )＝16.∴P (B |A )＝1612＝13.【答案】 13三、解答题11．(2018·湖南高考)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)【解】 (1)由已知，得25＋y ＋10＝55，x ＋y ＝35 所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量随机样本，将频率视为概率得p (X ＝1)＝15100＝320， p (X ＝1.5)＝30100＝310， p (X ＝2)＝25100＝14， p (x ＝2.5)＝20100＝15， p (X ＝3)＝10100＝110. X 的分布为X 的数学期望为E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．由于顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以P (A )＝P (X 1＝1)×P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)×P (X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5)×P (X 2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980.故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980. 12．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为56和45，且各株大树是否成活互不影响．求移栽的4株大树中：(1)至少有1株成活的概率； (2)两种大树各成活1株的概率．【解】 设A k 表示第k 株甲种大树成活，k ＝1,2，B l 表示第l 株乙种大树成活，l ＝1,2. 则A 1，A 2，B 1，B 2独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝56，P (B 1)＝P (B 2)＝45.(1)至少有1株成活的概率为 1－P (A 1·A 2·B 1·B 2)＝1－P (A 1)·P (A 2)·P (B 1)·P (B 2) ＝1－(16)2(15)2＝899900.(2)由独立重复试验中事件发生的概率公式知，所求概率为P ＝C 12(56)(16)·C 12(45)(15)＝1036×825＝80900＝445.四、选做题13．投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；(2)求投到该杂志的4篇稿件中，至少有2篇被录用的概率． 【解】 (1)记A 表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B 表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C 表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D 表示事件：稿件被录用．则D ＝A ＋B ·C ，P (A )＝0.5×0.5＝0.25，P (B )＝2×0.5×0.5＝0.5， P (C )＝0.3， P (D )＝P (A ＋B ·C )＝P (A )＋P (B ·C )＝P(A)＋P(B)P(C)＝0.25＋0.5×0.3＝0.40.(2)记A0表示事件：4篇稿件中没有1篇被录用；A1表示事件：4篇稿件中恰有1篇被录用；A2表示事件：4篇稿件中至少有2篇被录用．A2＝A0＋A1.P(A0)＝(1－0.4)4＝0.129 6，P(A1)＝4×0.4×(1－0.4)3＝0.345 6，P(A2)＝P(A0＋A1)＝P(A0)＋P(A1)＝0.129 6＋0.345 6＝0.475 2，P(A2)＝1－P(A2)＝1－0.475 2＝0.524 8.。

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第十三章概率与统计本章知识结构图第一节概率及其计算考纲解读1。

了解随机事件发生的不确定性、频率的稳定性、概率的意义、频率与概率的区别。

2.了解两个互斥事件的概率的加法公式。

3。

掌握古典概型及其概率计算公式.4。

了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率。

5.了解几何概型的意义.命题趋势探究1.本部分为高考必考内容，在选择题、填空题和解答题中都有渗透。

2.命题设置以两种概型的概率计算及运用互斥、对立事件的概率公式为核心内容，题型及分值稳定，难度中等或中等以下。

知识点精讲一、必然事件、不可能事件、随机事件在一定条件下:①必然要发生的事件叫必然事件；②一定不发生的事件叫不可能事件；③可能发生也可能不发生的事件叫随机事件.二、概率在相同条件下,做次重复实验，事件A发生次，测得A发生的频率为，当很大时，A发生的频率总是在某个常数附近摆动，随着的增加,摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做A的概率，记作。

对于必然事件A，；对于不可能事件A，=0.三、基本事件和基本事件空间在一次实验中，不可能再分的事件称为基本事件，所有基本事件组成的集合称为基本事件空间。

四、两个基本概型的概率公式1、古典概型条件：1、基本事件空间含有限个基本事件 2、每个基本事件发生的可能性相同()(A)=()A card P A card =Ω包含基本事件数基本事件总数2、几何概型条件：每个事件都可以看作某几何区域Ω的子集A ，A 的几何度量（长度、面积、体积或时间）记为A μ。

概率与统计【题集】1. 条件概率与相互独立事件1.盒子中有个白球和个红球，现从盒子中依次不放回地抽取个球，那么在第一次抽出白球的条件下，第二次抽出红球的概率是 ．【答案】【解析】设事件为第一次抽取的为白球；设事件为第二次抽到红球，∴；∴第一次抽到白球条件下，第二次抽到红球的概率为．故答案为：．【标注】【知识点】超几何分布；条件概率A.B.C.D.2.甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛．若赛完局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．则甲在局以内（含局）赢得比赛的概率为（ ）．【答案】A【解析】用表示“甲在局以内（含局）赢得比赛”，表示“第局甲胜”，表示“第局乙胜”，则，，，，，，，∴．故选项．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式2. 离散型随机变量的分布列、期望与方差A.B.C.D.3.设是一个服从两点分布的离散型随机变量，其分布列为：则的值为（）．【答案】A 【解析】，∴，∴．故选．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；离散型随机变量的分布列A.B.C.D.4.已知随机变量的分布列如表（其中为常数）则等于（ ）．【答案】C【解析】由概率之和等于可知，∴．故选．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；概率的基本性质5.若随机变量的概率分布如表，则表中的值为 ．【答案】【解析】由随机变量的概率分布表得：，解得．故答案为：．【标注】【知识点】概率的基本性质；互斥事件的概率加法公式A. B.C.D.6.设离散型随机变量的分布列为（）．若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（ ）．【答案】AC【解析】由离散型随机变量的分布列的性质得︰，则，，即，离散型随机变量满足，∴，故结果正确的有．故选．【标注】【知识点】期望与方差的性质3. 两点分布7.已知随机变量服从两点分布，且，设，那么．【答案】【解析】∵随机变量服从两点分布，且，∴，∴，设，则．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；两点分布A. B. C. D.8.设某项试验的成功率是失败率的倍，用随机变量去描述次试验的成功次数，则（）．【答案】C【解析】设失败率为，则成功率为．∴的分布列为：则“”表示试验失败，“”表示试验成功，∴由，得，即．故选．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列9.若的分布列为：其中，则，．【答案】 ;【解析】，，故答案为：，．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列A.和 B.和 C.和 D.和10.若随机变量服从两点分布，其中，则和的值分别是（）．【答案】D【解析】∵随机变量服从两点分布，且，∴，∴，，∴，．故选．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；离散型随机变量的方差A. B. C. D.11.某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为，，，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为（）．【答案】D【解析】某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为，，，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为：．故选：．【标注】【知识点】两点分布；离散型随机变量的分布列；相互独立事件的概率乘法公式4. 次独立重复实验与二项分布A.，B.，C.，D.，12.已知随机变量服从二项分布，即，且，，则二项分布的参数，的值为（）．【答案】D【解析】由二项分布的期望和方差公式，，则，∴，，∴，∴．故选．【标注】【知识点】n次独立重复试验与二项分布A. B. C. D.13.已知服从二项分布的随机变量满足，则（）的值为（）．【答案】B【解析】．故选．【标注】【知识点】n次独立重复试验与二项分布14.一批产品的次品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的次品件数，则．【答案】【解析】∵一批产品的次品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的次品件数，∴，∴，故答案为：．【标注】【知识点】n次独立重复试验与二项分布15.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第，，层停靠，若该电梯在底层载有位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用表示这位乘客在第层下电梯的人数，则．【答案】【解析】服从二项分布，即，∴．【标注】【知识点】n次独立重复试验与二项分布A. B. C. D.16.新冠肺炎病毒可以通过飞沫传染，佩戴口罩可以预防新冠肺炎病毒传染，已知，，三人与新冠肺炎病人甲近距离接触，由于，，三人都佩戴了某种类型的口罩，若佩戴了该种类型的口罩，近距离接触病人被感染的概率为，记，，三人中被感染的人数为，则的数学期望（）．【答案】B【解析】，，，，故．故选．【标注】【知识点】n 次独立重复试验与二项分布；离散型随机变量的数学期望（1）（2）17.在天猫进行大促期间，某店铺统计了当日所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：人数消费金额元将当日的消费金额超过元的消费者称为“消费达人”，现从所有“消费达人”中随机抽取人，求至少有位消费者，当日的消费金额超过元的概率．该店铺针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案：按分层抽样从消费金额在不超过元，超过元且不超过元，元以上的消费者中总共抽取位“幸运之星”给予奖励金，每人分别为元、元和元．方案：每位会员均可参加线上翻牌游戏，每轮游戏规则如下：有张牌，背面都是相同的喜羊羊头像，正面有张笑脸、张哭脸，将张牌洗匀后背面朝上摆放，每次只能翻一张且每翻一次均重新洗牌，共翻三次．每翻到一次笑脸可得元奖励金．如果消费金额不超过元的消费者均可参加轮翻牌游戏；超过元且不超过元的消费者均可参加轮翻牌游戏；元以上的消费者均可参加轮翻牌游戏（每次、每轮翻牌的结果相互独立）．以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少？并说明理由．【答案】（1）（2）．方案投资较少；证明见解析．【解析】（1）记“在抽取的人中至少有位消费者消费超过元”为事件，由图可知，去年消费金额在内的有人，在内的有人，消费金额超过元的“消费达人”共有（人），从这人中抽取人，共有种不同方法，其中抽取的人中没有位消费者消费超过元，（2）共有种不同方法，所以．方案按分层抽样从消费金额在不超过元，超过元且不超过元，元以上的消费者中总共抽取位“幸运之星”，则“幸运之星”中的人数分别为：，，，按照方案奖励的总金额为：（元），方案设表示参加一轮翻牌游戏所获得的奖励金，则的可能取值为，，，，由题意，每翻牌次，翻到笑脸的概率为：，所以，，，，所以的分布列为：数学期望为：（元），按照方案奖励的总金额为：（元），因为由，所以施行方案投资较少．【标注】【知识点】组合；离散型随机变量的分布列；n次独立重复试验与二项分布；古典概型18.（1）（2）（3）年月，我国武汉地区爆发了新冠肺炎疫情，为了预防疫情蔓延，全国各地的学校都推迟年的春季线下开学，并采取了“停课不停学”的线上授课措施，某校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了学校中的名学生对线上课程进行评价打分，其得分情况的频率分布直方图如下：若根据频率分布直方图得到的评分不低于分的概率估计值为．频率组距评分求直方图中的，值，若评分的平均值不低于分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满意？并说明理由．若采用分层抽样的方法，从评分在和内的学生中共抽取人，再从这人中随机抽取人检验他们的网课学习效果，求抽取到的人中至少一人评分在内的概率．若从该校学生中随机抽取人，记评分标准在的人数为，用频率估计概率，求随机变量的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）（3）满意，证明见解析．．的分布列为：．【解析】（1）（2）由已知得，解得，又，∴，评分的平均值为：，因此该校学生对线上课程满意．由题知评分在和内的频率分别为和，则抽取的人中，评分在内的为人，评分在的有人，记评分在的位学生为 , , ，（3）评分在内的位学生为，，则从人中任选人的所有可能结果为：，，，，，，，，，，共种，其中，评分在内的可能结果为，，，共种，∴这人中至少一人评分在的概率为．学生在分的频率为，用频率估计概率，则每个学生评分在分的概率为，据题意知，的可能取值为，，，，所以，，，，，那么的分布列为：则数学期望，或知．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；n次独立重复试验与二项分布；离散型随机变量的数学期望；古典概型；用样本的数字特征估计总体的数字特征问题；众数、中位数、平均数；频率分布直方图；分层随机抽样19.改革开放年来，体育产业蓬勃发展反映了“健康中国”理念的普及．下图是我国年至年体育产业年增加值及年增速图．其中条形图为体育产业年增加值（单位：亿元），折线图为体育产业年增长率（）．（1）（2）（3）体育产业增加值体育产业年增长率从年至年随机选择年，求该年体育产业年增加值比前一年的体育产业年增加值多亿元以上的概率．从年至年随机选择年，设是选出的三年中体育产业年增长率超过的年数，求的分布列与数学期望．由图判断，从哪年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大？从哪年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大？（结论不要求证明）【答案】（1）（2）（3）．分布列为：期望值．从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．从年开始连续三年的体育产业增加值方差最大．【解析】（1）（2）设表示事件“从年至年随机选出年，该年体育产业年增加值比前一年的体育产业年增加值多亿元以上”．由题意可知，年，年，年，年满足要求，故．由题意可知，的所有可能取值为，，，，且；；；．（3）所以的分布列为：故的期望值．从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．从年开始连续三年的体育产业增加值方差最大．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；离散型随机变量的分布列（1）（2）20.已知某同学每次投篮的命中率为，且每次投篮是否命中相互独立，该同学投篮次．求至少有次投篮命中的概率．设投篮命中的次数为，求的分布列和期望．【答案】（1）（2）．的分布列为：．【解析】（1）（2）设次投篮至少有次投篮命中为事件，则，∴至少有次投篮命中的概率为．由题意知的可能取值为，，，，，，，，，，，，∴的分布列为：∵，∴．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；n次独立重复试验与二项分布；离散型随机变量的数学期望5. 超几何分布A. B. C. D.21.某小组有名男生，名女生，从中任选名同学参加活动，若表示选出女生的人数，则（）．【答案】C【解析】名男生，名女生中任选名参加活动，则女生人数为人时，女生人数为人时，，∴，∴故答案选．【标注】【素养】数学运算；逻辑推理【知识点】超几何分布（1）（2）22.已知箱中装有个白球和个黑球，且规定：取出一个白球得分，取出一个黑球得分．现从该箱中任取（无放回，且每球取到的机会均等）个球，记随机变量为取出球所得分数之和．求的分布列；求的数学期望．【答案】（1）（2）分布列为．【解析】（1）（2）的可能取值有：45．，故所求的分布列为所求的数学期望为．【标注】【知识点】超几何分布，，，（1）（2）23.某学校组织一项益智游戏，要求参加该益智游戏的同学从道题目中随机抽取道回答，至少答对道可以晋级．已知甲同学能答对其中的道题．设甲同学答对题目的数量为，求的分布列及数学期望．求甲同学能晋级的概率．【答案】（1）（2）的分布列为数学期望．．【解析】（1）（2）可取，，，，则，，，，的分布列为．甲同学能晋级的概率．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；离散型随机变量的分布列（1）（2）24.在某年级的联欢会上设计一根摸奖游戏，在一个口袋中装有个红球和个白球，这些球除颜色外完全相同，一次从中摸出个球，表示摸出红球的个数．求的分布列．（用数字作答）至少摸到个红球就中奖，求中奖的概率．（用数字作答）【答案】（1）（2）．【解析】（1）（2）的取值为，，，，设摸出个红球的概率为，，，，．中奖的概率为．【标注】【知识点】超几何分布；离散型随机变量的数学期望；离散型随机变量的分布列25.年突如其来的新冠疫情，不仅是一场危机，更是一场考验，给人民的生命财产，身体健康和经济社会发展都带来了巨大的挑战．在党中央的坚强领导下，国内疫情防控取得了阶段性的成果．某企业在此期间积极应对疫情带来的影响，拓展线上经营业务，创造就业机会．该企业招聘员工，其中、、、、五种岗位的应聘人数、录用人数和录用比例（精确到）如下：岗位男性应聘人数男性录用人数男性录用比例女性应聘人数女性录用人数女性录用比例（1）（2）（3）总计从表中所有应聘人员中随机选择人，试估计此人被录用的概率．从应聘岗位的人中随机选择人．记为这人中被录用的人数，求的分布列和数学期望．表中、、、、各岗位的男性、女性录用比例都接近（二者之差的绝对值不大于），但男性的总录用比例却明显高于女性的总录用比例．研究发现，若只考虑其中某四种岗位，则男性、女性的总录用比例也接近，请写出这四种岗位．（只需写出结论）【答案】（1）（2）（3）．的分布列为：．，，，【解析】（1）（2）（3）由表可得：应聘人员总数为：，被录用的人数为：，所以从表中所有应聘人员中随机选择人，此人被录用的概率为：．可能的取值为，，，∵岗位的人中，被录用的有人，未被录用的有人，∴，，，∴的分布列为：∴．取掉岗位，男性录用比例为：，女性录用比例为：，∴去掉岗位后，男女比例接近，∴这四种岗位是：，，，．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；古典概型；分层随机抽样频率组距重量克（1）（2）（3）26.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件产品作为样本并称出它们的重量（单位：克），重量的分组区间为，，，，，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．求的值．在上述抽取的件产品中任取件，设为重量超过克的产品数量，求的分布列．用这件产品组成的样本中各组产品出现的频率估计概率，现在从流水线上任取件产品，求恰有件产品的重量超过克的概率．【答案】（1）（2）（3）．．【解析】（1）（2）频率分布直方图中每个矩形面积之和为，可得，解得．件产品中任取件重量超过克的产品数量为：，的所有取值为，，；，（3），，从流水线上任取件产品，重量超过克的概率为，重量不超过克的概率为，恰有件产品的重量超过克的概率．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；n 次独立重复试验与二项分布；频率分布直方图（1）（2）27.从名演员中选人参加表演．求甲在乙前表演的概率．若甲参加表演，门票收入会增长万元，若乙参加表演，门票收入会增长万元，若甲乙都参加演出，门票收入会增加万元，记门票增长为（万元），求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）记“甲在乙前表演”为事件，∴，∴甲在乙前表演的概率是．可能取值有，，，，∴，，，，∴的分布列为：∴．【标注】【知识点】离散型随机变量的数学期望；古典概型（1）（2）（3）28.新生婴儿性别比是指在某段时间内新生儿中男婴人数与女婴人数的比值的倍．下表是通过抽样调查得到的某地区年到年的年新生婴儿性别比．年份新生婴儿性别比根据样本数据，估计从该地区年的新生儿中随机选取人为女婴的概率（精确到）．从年到年这五年中，随机选取两年，用表示该地区的新生婴儿性别比高于的年数，求的分布列和数学期望．根据样本数据，你认为能否否定“生男孩和生女孩是等可能的”这个判断？并说明理由．【答案】（1）（2）（3）．的分布列为的数学期望.可以否定，证明见解析；不能否定，证明见解析；无法判断，证明见解析．【解析】（1）（2）设“从该地区年的新生儿中随机选取人为女婴”为事件，则．的可能取值为，，，，，，所以的分布列为（3）所以的数学期望.答案一：可以否定；从样本数据看这五年的男婴在新生儿中的比例都高于，由样本估计总体，所以可以否定“生男孩和生女孩是等可能的”这个判断；答案二：不能否定；尽管从样本数据看这五年的男婴在新生儿中的比例都高于，但由于抽样调查本身存在一定的随机性，且从数据上看，男女婴在新生儿中的比例都近似于，所以不能否定“生男孩和生女孩是等可能的”这个判断；答案三：无法判断；由于样本容量未知，如果样本容量较小，那么通过样本数据不能“否定生男孩和生女孩是等可能的”这个判断，如果样本容量足够大，那么根据样本数据，可以否定“生男孩和生女孩是等可能的”这个判断．【标注】【知识点】古典概型；离散型随机变量的数学期望；超几何分布；离散型随机变量的分布列（1）（2）（3）29.年月份，我国湖北武汉出现了新型冠状病毒，人感染后会出现发热、咳嗽、气促和呼吸困难等，严重的可导致肺炎甚至危及生命．为了增强居民防护意识，增加居民防护知识，某居委会利用网络举办社区线上预防新冠肺炎知识答题比赛，所有居民都参与了防护知识网上答卷，最终甲、乙两人得分最高进入决赛，该社区设计了一个决赛方案：①甲、乙两人各自从个问题中随机抽个．已知这个问题中，甲能正确回答其中的个，而乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙两人对每个问题的回答相互独立、互不影响；②答对题目个数多的人获胜，若两人答对题目个数相同，则由乙再从剩下的道题中选一道作答，答对则判乙胜，答错则判甲胜．求甲、乙两人共答对个问题的概率．试判断甲、乙谁更有可能获胜？并说明理由．求乙答对题目数的分布列和期望．【答案】（1）（2）（3）．乙胜出的可能性更大，证明见解析．分布列为：期望．【解析】（1）（2）（3）推出两人共答题，甲答对个，乙答对个，两人共答题，甲答对个，乙答对个．然后求解甲、乙两名学生共答对个问题的概率．甲、乙共答对个问题分别为：两人共答题，甲答对个，乙答对个，两人共答题，甲答对个，乙答对个，所以甲、乙两名学生共答对个问题的概率﹔．故答案为：．设甲获胜为事件，则事件包含“两人共答题甲获胜”和“两人共答题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为，，，，，六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为，，三种情况，然后求解概率；设乙获胜为事件，则，为对立事件，求出的概率，得到结论．设甲获胜为事件，则事件包含“两人共答题甲获胜”和“两人共答题甲获胜”两类情况，其中第一类包括甲乙答对题个数比为，，，，，六种情况，第二类包括前三题甲乙答对题个数比为，，三种情况，所以甲胜的概率，设乙获胜为事件，则，为对立事件，所以，，所以乙胜出的可能性更大．设学生乙答对的题数为，则的所有可能取值为，，，，，求出概率，得到随机变量的分布列，然后求解期望．设学生乙答对的题数为，则的所有可能取值为，，，，，，，，，，所以随机变量的分布列为：所以期望．【标注】【知识点】离散型随机变量的分布列；离散型随机变量的数学期望；古典概型的概率计算（涉及计数原理）6. 正态分布A. B. C. D.30.已知随机变量，若，，则=（）．【答案】D【解析】根据题意，，∵随机变量，∴，故选：．【标注】【知识点】正态分布31.已知随机变量服从正态分布，若，则．【答案】【解析】因为，所以．【标注】【知识点】正态分布A.B.C.D.32.下列有关说法正确的是（ ）．的展开式中含项的二项式系数为的展开式中含项的系数为已知随机变量 服从正态分布，，则已知随机变量 服从正态分布，，则【答案】ACD【解析】、选项：对于二项式的展开式中项为，∴系数为，二次项系数为，故正确，错误；、选项：对于随机变量服从正态分布，∵，∴，∴，又∵对于随机变量服从正态分布且正态分布为∴，故正确、正确．故选．【标注】【知识点】求二项式展开式的特定项；求项的系数或二项式系数；正态分布33.在某市年月份的高三质量检测考试中，所有学生的数学成绩服从正态分布，现任取一名学生，则他的数学成绩在区间内的概率为 ．（附：若，则，．)【答案】【解析】∵学生的数学成绩服从正态分布，∴，．故答案为．【标注】【知识点】正态分布A.B.C.D.34.在一次数学测验中，学生的成绩服从正态分布，其中分为及格线，分为优秀线．下面说法正确的是（ ）．附：；；．学生数学成绩的期望为学生数学成绩的标准差为学生数学成绩及格率超过学生数学成绩不及格的人数和优秀的人数大致相等【答案】AC 【解析】，，∴，显然正确，错误；．，故正确；．，故错误．故选．【标注】【知识点】正态分布35.已知随机变量，，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法错误的是（ ）．A.B.C.D.的取值比的取值更集中于平均值左右两支密度曲线与轴之间的面积均为【答案】B【解析】A 选项：B 选项：C 选项：D 选项：因为，，故正确；由图可知，故错误；因为正态分布曲线越瘦高，数据越集中，故正确；根据正态分布曲线的性质可知，故正确．故选 B .【标注】【知识点】正态分布（1）（2）（3）36.某市需对某环城快速道路进行限速，为了调查该道路的车速情况，于某个时段随机对辆车的速度进行取样，根据测量的车速制成下表：车速频数经计算，样本的平均值，标准差，以频率作为概率的估计值．已知车速过慢与过快都被认为是需矫正速度，现规定车速小于或车速大于需矫正速度．从该快速车道上的所有车辆中任取辆，求该车辆需矫正速度的概率．从样本中任取辆车，求这辆车均需矫正速度的概率．从该快速车道上的所有车辆中任取辆，记其中需矫正速度的车辆数为．求的分布列和数学期望．【答案】（1）．（2）（3）．分布列：，．【解析】（1）（2）（3），，∴小于有辆，大于有辆，∴所求概率．．，，，∴，，，∴分布列：，∴．【标注】【知识点】正态分布；离散型随机变量的数学期望；古典概型（1）1（2）37.为了解某市高三数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生数学成绩绘制如图所示的频率分布直方图：分数频率组距根据频率分布直方图，估计该市此次检测理科数学的平均成绩．精确到个位）研究发现，本次检测的理科数学成绩近似服从正态分布（，约为），按以往的统计数据，理科数学成绩能达到自主招生分数要求的同学约占．2估计本次检测成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩大约是多少分？（精确到个位）从该市高三理科学生中随机抽取人，记理科数学成绩能达到自主招生分数要求的人数为，求的分布列及数学期望．（说明：表示的概率．参考数据（，）【答案】（1）12（2）．．分布列为：∴．【解析】（1）12（2）．设本次检测成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩为，则，∴，∴，解得．由题意可知，∴，，，，，，∴的分布列为：∴．【标注】【知识点】n 次独立重复试验与二项分布；离散型随机变量的数学期望38.《山东省高考改革试点方案》规定：从年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；年高考总成绩由语数外三门统考科目和物理，化学等六门选考科目组成，将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、，，，、、、共个等级，参照正态分布原则，确定各等级人。

概率、随机变量及其分布列【考点梳理】1.概率模型公式及相关结论(1)古典概型的概率公式.P(A)＝mn＝事件A中所含的基本事件数试验的基本事件总数.(2)几何概型的概率公式.P(A)＝构成事件A的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）.(3)条件概率.在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝P（AB）P（A）.(4)相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B).(5)若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P＝1－P(A).2.独立重复试验与二项分布如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.用X表示事件A在n 次独立重复试验中发生的次数，则X服从二项分布，即X～B(n，p)且P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k.3.超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N ∈N *，此时称随机变量X 服从超几何分布.超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M ，N ，n . 4.离散型随机变量的均值、方差 (1)离散型随机变量ξ的分布列为离散型随机变量i ②p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1(i ＝1，2，3，…，n ).(2)E (ξ)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量ξ的数学期望或均值. D (ξ)＝(x 1－E (ξ))2·p 1＋(x 2－E (ξ))2·p 2＋…＋(x i －E (ξ))2·p i ＋…＋(x n －E (ξ))2·p n 叫做随机变量ξ的方差. (3)数学期望、方差的性质.①E (aξ＋b )＝aE (ξ)＋b ，D (aξ＋b )＝a 2D (ξ). ②X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p ). ③X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p ). 【题型突破】题型一、古典概型与几何概型【例1】(1)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15B.25C.825D.925(2)在[－1，1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________.4【解析】(1)把5名同学依次编号为甲乙丙丁戊，基本事件空间Ω＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊}，包含基本事件总数n ＝10.设A 表示事件“甲被选中”，则A ＝{甲乙，甲丙，甲丁，甲戊}，包含基本事件数m ＝4.所以概率为P ＝410＝25.(2)若直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交，则有圆心到直线的距离d ＝|5k |k 2＋1<3，解之得－34<k <34，所以所求概率P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－（－1）＝34.【类题通法】1.求古典概型的概率，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数.常常用到排列、组合的有关知识，计数时要正确分类，做到不重不漏.2.计算几何概型的概率，构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找是关键，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域. 【对点训练】(1)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( ) A.13B.12C.23D.56(2)记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D .在区间[－4，5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________.9【解析】(1)将4种颜色的花任选2种种在花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数有4种，故概率为23.(2)由6＋x－x2≥0得－2≤x≤3，则D为[－2，3].故所求概率P＝3－（－2）5－（－4）＝59.题型二、互斥事件、相互独立事件的概率【例2】某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率.【解析】(1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.(2)设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.10＋0.05＝0.15.又P(AB)＝P(B)，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A ）＝0.150.55＝311.因此所求概率为311.【例3】某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率.【解析】(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P ＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D .“系统A 在3次相互独立的检测中发生k 次故障”为事件D k . 则D ＝D 0＋D 1，且D 0，D 1互斥.依题意，得P (D 0)＝C 03⎝⎛⎭⎪⎫1－1103，P (D 1)＝C 13110⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102， 所以P (D )＝P (D 0)＋P (D 1)＝7291 000＋2431 000＝243250.所以系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250. 【类题通法】1.求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件是能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解.2.(1)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同.(2)牢记公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0，1，2，…，n ，并深刻理解其含义. 【对点训练】2017年4月1日，国家在河北省白洋淀以北的雄县、容城、安新3县设立雄安新区，这是继深圳经济特区和上海浦东新区之后又一具有全国意义的新区，是千年大计、国家大事。

2018全国高考真题数学统计与概率专题（附答案解析）1.（全国卷I，文数、理数第3题．5分）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍．实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：则下面结论中不正确的是A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半答案：A2.（全国卷I，文数19题．12分）某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，[)0.60.7，频数 1 3 2 4 9 26 5使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[)00.1，[)0.10.2，[)0.20.3，[)0.30.4，[)0.40.5，[)0.50.6，频数 1 5 13 10 16 5 （1）在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表．）【答案解析】解：（1）（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.35m3的频率为0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m 3的概率的估计值为0.48． （3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为11(0.0510.1530.2520.3540.4590.55260.655)0.4850x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为21(0.0510.1550.25130.35100.45160.555)0.3550x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 估计使用节水龙头后，一年可节省水3(0.480.35)36547.45(m )-⨯=． 3.（全国卷I ，理数20题12分）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()01p p <<，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0p ； （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0p 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．（i ）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 ；（ii ）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？【答案解析】（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为221820()C (1)f p p p =-．因此 2182172172020()C [2(1)18(1)]2C (1)(110)f p p p p p p p p '=---=--．令()0f p '=，得0.1p =．当(0,0.1)p ∈时，()0f p '>；当(0.1,1)p ∈时，()0f p '<． 所以()f p 的最大值点为00.1p =． （2）由（1）知，0.1p =．（i ）令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知(180,0.1)YB ，=+．X Y=⨯+，即402520225X Y所以(4025)4025490=+=+=．EX E Y EY（ii）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400EX>，故应该对余下的产品作检验．4.（全国卷Ⅱ，文数5题．5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5C．0.4D．0.3【答案】D5.（全国卷Ⅱ，文数、理数18题．12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,17）建立模型①：ˆ30.413.5y t=-+；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,7）建立模型②：ˆ9917.5=+．y t（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．【答案解析】解：（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y=–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为y=99+17.5×9=256.5（亿元）．（2）利用模型②得到的预测值更可靠．理由如下：（i）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型y=99+17.5t 可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（ii）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．6.（全国卷Ⅱ，理数5题．5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中2人都是女同学的概率为A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【答案】A7.（全国卷Ⅲ，文数5题．5分）若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7【答案】B8.（全国卷Ⅲ，文数、理数18题．12分）某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40名工人，将他们随机分成两组，每组20人，第一组工人用第一种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；（2）求40名工人完成生产任务所需时间的中位数m，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过m的工人数填入下面的列联表：超过m不超过m第一种生产方式第二种生产方式（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，2()0.0500.0100.0013.8416.63510.828P K kk≥．【答案解析】解：（1）第二种生产方式的效率更高．理由如下：（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80分钟，用第二种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5分钟，用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5分钟．因此第二种生产方式的效率更高．（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80分钟；用第二种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间低于80分钟，因此第二种生产方式的效率更高．（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8上的最多，关于茎8大致呈对称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7上的最多，关于茎7大致呈对称分布，又用两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．学科%网以上给出了4种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分． （2）由茎叶图知7981802m +==． 列联表如下：超过m 不超过m第一种生产方式 15 5 第二种生产方式515（3）由于2240(151555)10 6.63520202020K ⨯-⨯==>⨯⨯⨯，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．9.（北京卷，文数17题，13分）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表： 电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类 电影部数 140 50 300 200 800 510 好评率0.40.20.150.250.20.1好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；学科*网（Ⅲ）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）【答案解析】（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000. 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50， 故所求概率为500.0252000=. （Ⅱ）方法一：由题意知，样本中获得好评的电影部数是 140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1 =56+10+45+50+160+51=372.故所求概率估计为37210.8142000-=. 方法二：设“随机选取1部电影,这部电影没有获得好评”为事件B .没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628部.由古典概型概率公式得16280.8142)00(0P B ==. （Ⅲ）增加第五类电影的好评率, 减少第二类电影的好评率. 10.（北京卷，理数17题，12分）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值． 假设所有电影是否获得好评相互独立．（Ⅰ）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（Ⅱ）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率； （Ⅲ）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“1k ξ=”表示第k 类电影得到人们喜欢，“0k ξ=”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（k =1，2，3，4，5，6）．写出方差1D ξ，2D ξ，3D ξ，4D ξ，5D ξ，6D ξ的大小关系．【答案解析】解：（Ⅰ）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000， 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50． 故所求概率为500.0252000=． （Ⅱ）设事件A 为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”， 事件B 为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”． 故所求概率为P （AB AB +）=P （AB ）+P （AB ）=P （A ）（1–P （B ））+（1–P （A ））P （B ）． 由题意知：P （A ）估计为0.25，P （B ）估计为0.2． 故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35． （Ⅲ）1D ξ>4D ξ>2D ξ=5D ξ>3D ξ>6D ξ． 11.（天津卷，文数，15题，13分）已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层抽样的方法从中抽取７名同学去某敬老院参加献爱心活动．（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？（Ⅱ）设抽出的7名同学分别用A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．（i ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii ）设M 为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M 发生的概率．【答案解析】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分． （Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i ）解：从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{A ，D }，{A ，E }，{A ，F }，{A ，G }，{B ，C }，{B ，D }，{B ，E }，{B ，F }，{B ，G }，{C ，D }，{C ，E }，{C ，F }，{C ，G }，{D ，E }，{D ，F }，{D ，G }，{E ，F }，{E ，G }，{F ，G }，共21种．（ii ）解：由（Ⅰ），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A ，B ，C ，来自乙年级的是D ，E ，来自丙年级的是F ，G ，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{B ，C }，{D ，E }，{F ，G }，共5种． 所以，事件M 发生的概率为P （M ）=521． 12.（天津卷，理数，16题，13分）已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16. 现采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.（I ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？（II）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率.【答案解析】本小题主要考查随机抽样、离散型随机变量的分布列与数学期望、互斥事件的概率加法公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分．学.科网（Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．P（X=k）=34337C CCk k-⋅（k=0，1，2，3）．所以，随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望11218412 ()0123353535357E X=⨯+⨯+⨯+⨯=．（ii）解：设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A=B∪C，且B与C互斥，由（i）知，P(B)=P(X=2)，P(C)=P(X=1)，故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)=67．所以，事件A发生的概率为67．13.（江苏卷，3题，5分）已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示,那么这5位裁判打出的分数的平均数为__________.【答案解析】答案：90解析：8989909191905++++=14.（浙江卷，7题，4分）设0<p<1，随机变量ξ的分布列是ξ0 1 2P12p-122p 则当p在（0，1）内增大时，A．D（ξ）减小B．D（ξ）增大C．D（ξ）先减小后增大D．D（ξ）先增大后减小【答案】D第11 页共11 页。

专题54 二项分布及其应用了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.一、条件概率与相互独立事件的概率 1．条件概率及其性质（1）对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为()(|)()P AB P B A P A =(()0P A >)． 在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则()(|)()n AB P B A n A =(n (AB )表示A ，B 共同发生的基本事件的个数)． （2）条件概率具有的性质 ①()01|P B A ≤≤；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．相互独立事件（1）对于事件A ，B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A ，B 是相互独立事件． （2）若A 与B 相互独立，则()()()()()()()||P B A P B P AB P B A P A P A P B ===,． （3）若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． （4）若()()()P AB P A P B =，则A 与B 相互独立． 【注】①A B ,中至少有一个发生的事件为A ∪B ； ②A B ,都发生的事件为AB ； ③A B ,都不发生的事件为AB ；④A B ,恰有一个发生的事件为AB AB ； ⑤A B ,至多有一个发生的事件为AB ABAB .二、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． 若1,2()i A i n =，，表示第i 次试验结果，则()123123()()()()n n P P P A A A A A A A P P A =.【注】独立重复试验是各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中各事件发生的概率都是一样的． 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 发生的概率是p ，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.在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为()C (1)0),,2(1k k n kn k k p p n P X -=-==，,．考向一 条件概率条件概率的两种解法：(1)定义法：先求()P A 和()P AB ，再由()(|)()P AB P B A P A =求(|)P B A ． (2)基本事件法：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 发生的条件下事件B 包含的基本事件数()n AB ，得()(|)()n AB P B A n A =.典例1 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 等于 A ．18 B ．14 C ．25D ．12【答案】B解法二：2232()C C 4n A =+=，n (AB )=1，∴P (B |A )=n （AB ）n （A ）=14，故选B ．1．如图，四边形是以为圆心、半径为2的圆的内接正方形，四边形是正方形的内接正方形，且分别为的中点.将一枚针随机掷到圆内，用表示事件“针落在正方形内”，表示事件“针落在正方形内”，则A ．B ．C ．D ．考向二 相互独立事件的概率求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；(2)正面计算较繁琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．典例2 已知甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14．现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为 A ．34B ．23C ．45D ．710【答案】A2．在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：（1）设X 表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X 的分布列；（2）若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．考向三 独立重复试验与二项分布独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略：(1)在求n 次独立重复试验中事件恰好发生k 次的概率时，首先要确定好n 和k 的值，再准确利用公式求概率即可．(2)根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n 和变量的概率，求得概率．典例3 设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)=59，则P (η≥2)的值为A ．3281B ．1127C ．6581D ．1681【答案】B3．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .（1）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；（2）设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望．1．已知随机变量服从二项分布，则等于 A ． B ． C ．D ．2．已知P (B |A )=35，P (A )=45，则P (AB )等于A ．34 B ．43 C ．1225D ．6253．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为 A ．0.12 B ．0.42 C ．0.46D ．0.884．已知某品种的幼苗每株成活率为，则栽种3株这种幼苗恰好成活2株的概率为 A ．B ．C ．D ．5．设随机变量X 服从二项分布，且期望()3E X =，15p =，则方差()D X 等于 A ．35 B ．45C ．125D ．26．盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也摸出新球的概率为A ．35 B ．59C ．25D ．1107．如图，现有一迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等机会地进入相邻的任意一格（如若它在5处，跳动一次，只能进入3处，若在3处，则跳动一次可以等机会进入l ，2，4，5处），则它在第三次跳动后，进入5处的概率是A ．12 B ．13 C ．14D ．168．集装箱有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖.若有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是 A ． B ． C ．D ．9．如图所示，在边长为1的正方形OABC 内任取一点P ，用A 表示事件“点P 恰好取自由曲线y =直线1x =及x 轴所围成的曲边梯形内”，B 表示事件“点P 恰好取自阴影部分内”，则()|P B A 等于A．14B．15C．16D．1710．为了响应国家发展足球的战略，某校在秋季运动会中，安排了足球射门比赛.现有10名同学参加足球射门比赛，已知每名同学踢进的概率均为，每名同学有2次射门机会，且各同学射门之间没有影响.现规定：踢进两个得10分，踢进一个得5分，一个未进得0分，记为10个同学的得分总和，则的数学期望为A．30 B．40C．60 D．8011．某学生在上学的路上要经过2个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，则这名学生在上学路上到第二个路口时第一次遇到红灯的概率是__________．12．某校高三年级要从名男生和名女生中任选名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是__________．13．已知某智能手机制作完成之后还需要依次通过三道严格的审核程序，第一道审核、第二道审核、第三道审核通过的概率分别为，，，每道程序是相互独立的，且一旦审核不通过就停止审核，每部手机只有三道程序都通过才能出厂销售．（1）求审核过程中只通过两道程序的概率；（2）现有3部该智能手机进入审核，记这3部手机可以出厂销售的部数为，求的分布列及数学期望．14．甲、乙、丙三人组成一个小组参加电视台举办的听曲猜歌名活动，在每一轮活动中，依次播放三首乐曲，然后甲猜第一首，乙猜第二首，丙猜第三首，若有一人猜错，则活动立即结束；若三人均猜对，则该小组进入下一轮，该小组最多参加三轮活动．已知每一轮甲猜对歌名的概率是34，乙猜对歌名的概率是23，丙猜对歌名的概率是12，甲、乙、丙猜对与否互不影响．（1）求该小组未能进入第二轮的概率；（2）记乙猜歌曲的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望．15．统计全国高三学生的视力情况，得到如图所示的频率分布直方图，由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频率成等比数列，后6组的频率成等差数列.（1）求出视力在[4.7，4.8)的频率；（2）现从全国的高三学生中随机地抽取4人，用ξ表示视力在[4.3，4.7)的学生人数，写出ξ的分布列，并求出ξ的期望与方差.1．(2015年高考新课标Ⅰ卷)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，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 A ．0.648 B ．0.432C ．0.36D ．0.3122．（2014年高考新课标Ⅱ卷）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 ．0.6D ．0.453．(2017年高考新课标Ⅱ卷)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则DX =____________．4．(2016年高考四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是 .5．(2015年高考广东卷)已知随机变量X 服从二项分布(,)B n p ，若()30,()20E X D X ==，则p = .6．（2016年高考新课标Ⅱ卷）某险种的基本保费为a （单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（2）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； （3）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.7．（2016年高考山东卷）甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：（1）“星队”至少猜对3个成语的概率；（2）“星队”两轮得分之和为X的分布列和数学期望EX.8．（2015年高考湖南卷）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.1．【答案】C2．【答案】（1）见解析；（2）0.896．【解析】（1）设A 表示事件“作物产量为300 kg”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知()0.5P A =，()0.4P B =，因为利润=产量×市场价格−成本， 所以X 所有可能的取值情况为：5001010004000,500610002000⨯-=⨯-=，3001010002000,30061000800⨯-=⨯-=.则()()()(400010).510.4()0.3A X B P P P ===-⨯-=，()()200010.5()()()()0.40.510.45()0.＋＋P X P P B P A A B P ===-⨯⨯-=，()()8000.50.40.()2P X P A P B ===⨯=，所以X 的分布列为所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.5120.3840.896＋=. 3．【答案】（1）15；（2）见解析.【解析】（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么11110()C P p -=-⋅=4950，解得p =15.（2）由题意得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3， 则P (ξ=0)=C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1103=11000，P (ξ=1)=C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫1102×⎝⎛⎭⎪⎫1－110=271000， P (ξ=2)=C 23×110×⎝⎛⎭⎪⎫1－1102=2431000，P (ξ=3)=C 33⎝⎛⎭⎪⎫1－1103=7291000.所以，随机变量ξ的分布列为1272437290123 2.71000100010001000E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. （或9~(3,)10B ξ，则93 2.710E ξ=⨯=）1．【答案】C【解析】由二项分布可知42262180C 33243⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，选C. 2．【答案】C【解析】由题意()()|)(P AB P B A P A =，又P (B |A )=35，P (A )=45，所以P (AB )=P (B |A )·P (A )=35×45=1225.3．【答案】D【解析】至少有一人被录取的概率为0.610.70.710.60.60.70.88().()＋＋P =⨯-⨯-⨯= 4．【答案】D5．【答案】C【解析】由于二项分布的数学期望()3E X np ==，所以二项分布的方差()()()121315D X np p p =-=-=，应选C. 6．【答案】B【解析】设“第一次摸出新球”为事件A ，“第二次摸出新球”为事件B ，则B.7．【答案】C【解析】小青蛙的跳动路线：第一次跳动后由3到1，2，4，5的任意位置，第二次跳回3，第三次跳回5，依据相互独立事件同时发生的概率可知所求概率为11114444P =⨯⨯⨯=. 8．【答案】B【解析】获奖的概率为2662C 5p ==，记获奖的人数为，则，所以4人中恰好有3人获奖的概率为3342396C 55625P ⎛⎫==⎪⎝⎭，故选B. 9．【答案】A()()()116|243P P AB P B A A ==∴=，故选A ．10．【答案】C【解析】由题意知每个学生的进球个数ξ服从二项分布，即()，B n p ξ~，其中，所以由二项分布的数学期望公式可得每个学生进球个数ξ的数学期望为0.62 1.2E np ξ==⨯=，因此10个同学得分的数学期望是()10560E X E ξ=⨯=，应选C. 11．【答案】29【解析】根据题意，设“这名学生在上学路上到第二个路口首次遇到红灯”为事件A ，则所求概率为29.12．【答案】【解析】男生甲被选中记作事件A ，男生乙和女生丙至少一个被选中记作事件B ，则()263377C 15C C P A ==，()11443377C C 19C C P AB ++==，由条件概率公式可得： .13．【答案】（1） ；（2）见解析.【解析】（1）设“审核过程中只通过两道程序”为事件，则()25441132558P A ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭.()311328P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以的分布列为：故()1012388882E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. (或1~(3,)2X ，则13()322E X =⨯=). 【思路分析】（1）根据题意只通过两道程序是指前两道通过，第三道未通过，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求出结果；（2）计算出每部智能手机可以出厂销售的概率为12，的取值是，根据互斥事件和相互独立事件同时发生的概率列出分布列，最后求出分布列和期望即可. 14．【答案】（1）34；（2）见解析.()()1104P P A ξ===， ()()()()1111111121P P A B P A B C P A B C A ξ==++313213211434324324=⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯ 1119441616=++=， ()()()()1112211122211122232P P A B C A B P A B C A B C P A B C A B C A ξ==++ 321313213213213211432434324324324324=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 1119=++=，∴ξ的分布列为13693630123464646464E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. 【思路点睛】（1）分别将甲、乙、丙第i 次猜对歌名记为事件i A ，i B ，()1,2,3i C i =，则i A ，i B ，i C 相互独立，由此可得出该小组未能进入第二轮的概率()()()111111P P A P A B P A B C =++. （2）利用相互独立事件的概率计算公式、对立事件的概率计算公式即可得出． 15．【答案】（1）0.22；（2）见解析.所以ξ的分布列为：ξ==⨯=，E np40.4 1.6【思路点睛】（1）结合频率分布直方图和题意，分别求出前4组的频率以及后6组的频率之和，由等差数列前n项和公式，求出公差，再算出视力在[4.7，4.8)内的频率；4,0.4，由二项分布的概率计算公（2）求出视力在[4.3，4.7)内的频率，学生人数ξ服从二项分布()式求出分布列，再算出期望与方差.1．【答案】A【解析】根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为2233C 0.60.40.6⨯+=0.648，故选A.2．【答案】A【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”，则()0.75P A =，P (AB )=0.6，由条件概率公式P (B |A )=P （AB ）P （A ），可得所求概率为0.60.75=0.8，故选A ．3．【答案】1.96【名师点睛】判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①是否为n 次独立重复试验，在每次试验中事件A 发生的概率是否均为p ；②随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，且()()C 1n kkkn P X k p p -==-表示在独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率． 4．【答案】32【解析】由题意知，试验成功的概率34p =，故3~(2,)4X B ，33()242E X =⨯=. 5．【答案】13【解析】依题意可得()30,E X np ==且()(1)20D X np p =-=，解得13p =. 6．【答案】（1）0.55；（2）311；（3）1.23. 【解析】（1）设A 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故()0.20.20.10.050.55.P A =+++=（3）记续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为0.850.300.15 1.250.20 1.50.20 1.750.1020.051.23.EX a a a a a a a =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 【名师点睛】条件概率的求法：(1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝()()P AB P A ，求出P (B |A )； (2)基本事件法：当基本事件适合有限性和等可能性时，可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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝()()n AB n A . 求离散型随机变量均值的步骤：(1)理解随机变量X 的意义，写出X 可能取得的全部值； (2)求X 取每个值时的概率； (3)写出X 的分布列； (4)由均值定义求出EX ． 7．【答案】（1）23；（2）分布列见解析，236=EX . 【解析】（1）记事件A :“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”， 记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”， 记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意，.E ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD =++++ 由事件的独立性与互斥性，得()()()()()()P E P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD P ABCD =++++()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P C P D P A P B P P A P B P C P D C P D =++++323212323132=24343434343432.3⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭= ，所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.()32321643434P X ==⨯⨯⨯=.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望01234614472144121246EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.【名师点睛】本题主要考查独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式、随机变量的分布列和数学期望.解答本题，首先要准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数，利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解.本题较难，能很好地考查考生的数学应用意识、基本运算求解能力等.8．【答案】（1）710；（2）见解析. =×(1−)+(1−)×.故所求概率为P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=+7 10.（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1 5，所以X~B(3，1 5).于是P(X =0)=()0()3=64 125，P(X =1)=()1()2=48 125，P(X =2)=()2()1=12 125，P(X =3)=()3()0=1 125.故X的分布列为X的数学期望为E(X)=3×3 5.【思路分析】本题考查相互独立事件、互斥事件的概率和离散型随机变量的分布列和数学期望，考查考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力.第（1）问利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；第（2）问离散型随机变量服从二项分布，进而利用公式得相应的概率，写出分布列，求出数学期望.。