(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案10.6《二項(xiàng)分布及其應(yīng)用》(含詳解)

第6講二項(xiàng)分布及其應(yīng)用一、知識(shí)梳理1．條件概率(1)定義設(shè)A，B為兩個(gè)事件，且P(A)＞0，稱P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率．(2)性質(zhì)①條件概率具有一般概率的性質(zhì)，即0≤P(B|A)≤1；②如果B，C是兩個(gè)互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)_．2．事件的相互獨(dú)立性(1)定義：設(shè)A，B為兩個(gè)事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨(dú)立．(2)性質(zhì)：①若事件A與B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A與B相互獨(dú)立，那么A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與B，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也相互獨(dú)立．3．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)二項(xiàng)分布定義在相同條件下重復(fù)做的n次試驗(yàn)稱為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率是p，此時(shí)稱隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布，記作X～B(n，p)，并稱p為成功概率計(jì)算公式用Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次試驗(yàn)結(jié)果，則P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)常用結(jié)論1．“二項(xiàng)分布”與“超幾何分布”的區(qū)別有放回抽取問題對(duì)應(yīng)二項(xiàng)分布，不放回抽取問題對(duì)應(yīng)超幾何分布，當(dāng)總體容量很大時(shí)，超幾何分布可近似為二項(xiàng)分布來處理．2．兩個(gè)概率公式(1)在事件B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率為P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B)).注意其與P(B|A)的不同．(2)若事件A1，A2，…，An相互獨(dú)立，則P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．二、教材衍化1．天氣預(yù)報(bào)，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)兩地是否降雨相互之間沒有影響，則這兩地中恰有一個(gè)地方降雨的概率為________．解析：設(shè)甲地降雨為事件A，乙地降雨為事件B，則兩地恰有一地降雨為Aeq\o(B,\s\up6(－))＋eq\o(A,\s\up6(－))B，所以P(Aeq\o(B,\s\up6(－))＋eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.答案：0.382．已知盒中裝有3個(gè)紅球、2個(gè)白球、5個(gè)黑球，它們大小形狀完全相同，現(xiàn)需一個(gè)紅球，甲每次從中任取一個(gè)不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為________．解析：設(shè)A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到紅球}，則P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,10))×eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,9))，P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,10))，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)一、思考辨析判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)條件概率一定不等于它的非條件概率．()(2)相互獨(dú)立事件就是互斥事件．()(3)對(duì)于任意兩個(gè)事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．()(4)二項(xiàng)分布是一個(gè)概率分布，其公式相當(dāng)于(a＋b)n二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，其中a＝p，b＝1－p.()(5)P(B|A)表示在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，P(AB)表示事件A，B同時(shí)發(fā)生的概率．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√二、易錯(cuò)糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())(1)條件概率公式套用錯(cuò)誤；(2)相互獨(dú)立事件恰有一個(gè)發(fā)生的概率的理解有誤；(3)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)公式應(yīng)用錯(cuò)誤．1．由0，1組成的三位數(shù)編號(hào)中，若事件A表示“第二位數(shù)字為0”，事件B表示“第一位數(shù)字為0”，則P(A|B)＝________．解析：因?yàn)榈谝晃粩?shù)字可為0或1，所以第一位數(shù)字為0的概率P(B)＝eq\f(1,2)，第一位數(shù)字為0且第二位數(shù)字也為0，即事件A，B同時(shí)發(fā)生的概率P(AB)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，所以P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)2．計(jì)算機(jī)畢業(yè)考試分為理論與操作兩部分，每部分考試成績(jī)只記“合格”與“不合格”，只有兩部分考試都“合格”者，才給頒發(fā)計(jì)算機(jī)“合格證書”．甲、乙兩人在理論考試中“合格”的概率依次為eq\f(4,5)，eq\f(2,3)，在操作考試中“合格”的概率依次為eq\f(1,2)，eq\f(5,6)，所有考試是否合格相互之間沒有影響．則甲、乙進(jìn)行理論與操作兩項(xiàng)考試后，恰有一人獲得“合格證書”的概率為________．解析：甲獲得“合格證書”的概率為eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,5)，乙獲得“合格證書”的概率是eq\f(2,3)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,9)，兩人中恰有一個(gè)人獲得“合格證書”的概率是eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(5,9)＝eq\f(23,45).答案：eq\f(23,45)3．設(shè)隨機(jī)變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)＝________．解析：因?yàn)閄～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，所以P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(5,16).答案：eq\f(5,16)考點(diǎn)一條件概率(基礎(chǔ)型)eq\a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())在具體情境中，了解條件概率的概率．核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)建模(1)(一題多解)現(xiàn)有3道理科題和2道文科題共5道題，若不放回地依次抽取2道題，則在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為()A．eq\f(3,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,5)(2)從1，2，3，4，5中任取2個(gè)不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個(gè)數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝()A．eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5) D．eq\f(1,2)【解析】(1)法一：設(shè)第1次抽到理科題為事件A，第2次抽到理科題為事件B，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3×2,Aeq\o\al(2,5)),\f(3,5))＝eq\f(1,2).故選C．法二：在第1次抽到理科題的條件下，還有2道理科題和2道文科題，故在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為eq\f(1,2).故選C．(2)P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，由條件概率公式，得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq\f(1,4).【答案】(1)C(2)B【遷移探究】(變條件)將本例(2)中的“和”改為“積”，求P(B|A)．解：事件A：“取到的2個(gè)數(shù)之積為偶數(shù)”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)＝eq\f(7,10).事件B：“取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”所包含的基本事件有(2，4)，所以P(AB)＝eq\f(1,10)，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,10),\f(7,10))＝eq\f(1,7).eq\a\vs4\al()條件概率的兩種求解方法1．(2020·珠海模擬)夏秋兩季，生活在長(zhǎng)江口外淺海域的中華魚洄游到長(zhǎng)江，歷經(jīng)三千多公里的溯流搏擊，回到金沙江一帶產(chǎn)卵繁殖，產(chǎn)后待幼魚長(zhǎng)大到15厘米左右，又?jǐn)y帶它們旅居外海．一個(gè)環(huán)保組織曾在金沙江中放生一批中華魚魚苗，該批魚苗中的雌性個(gè)體能長(zhǎng)成熟的概率為0.15，雌性個(gè)體長(zhǎng)成熟又能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為0.05，若該批魚苗中的一個(gè)雌性個(gè)體在長(zhǎng)江口外淺海域已長(zhǎng)成熟，則其能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為________．解析：設(shè)事件A為魚苗中的一個(gè)雌性個(gè)體在長(zhǎng)江口外淺海域長(zhǎng)成熟，事件B為該雌性個(gè)體成功溯流產(chǎn)卵繁殖，由題意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.05,0.15)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)2．將三顆骰子各擲一次，設(shè)事件A為“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不同”，B為“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”，則條件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________．解析：P(A|B)的含義是在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率，即在“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的條件下，“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”的概率，因?yàn)椤爸辽俪霈F(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”有6×6×6－5×5×5＝91種情況，“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)且三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”共有Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60種情況，所以P(A|B)＝eq\f(60,91).P(B|A)的含義是在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，即在“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”的條件下，“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的概率，因?yàn)椤叭齻€(gè)點(diǎn)數(shù)都不同”有6×5×4＝120種情況，所以P(B|A)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(60,91)eq\f(1,2)考點(diǎn)二相互獨(dú)立事件的概率(應(yīng)用型)eq\a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())了解兩個(gè)事件相互獨(dú)立的概念．核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)建模(2020·福州四校聯(lián)考)某知名品牌汽車深受消費(fèi)者喜愛，但價(jià)格昂貴．某汽車經(jīng)銷商推出A，B，C三種分期付款方式銷售該品牌汽車，并對(duì)近期100位采用上述分期付款方式付款的客戶進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，得到如下的柱狀圖．已知從A，B，C三種分期付款銷售中，該經(jīng)銷商每銷售此品牌汽車1輛所獲得的利潤(rùn)分別是1萬(wàn)元、2萬(wàn)元、3萬(wàn)元．現(xiàn)甲、乙兩人從該汽車經(jīng)銷商處，采用上述分期付款方式各購(gòu)買此品牌汽車一輛．以這100位客戶所采用的分期付款方式的頻率估計(jì)1位客戶采用相應(yīng)分期付款方式的概率．(1)求甲、乙兩人采用不同分期付款方式的概率；(2)記X(單位：萬(wàn)元)為該汽車經(jīng)銷商從甲、乙兩人購(gòu)車中所獲得的利潤(rùn)，求X的分布列．【解】(1)設(shè)“采用A種分期付款方式購(gòu)車”為事件A，“采用B種分期付款方式購(gòu)車”為事件B，“采用C種分期付款方式購(gòu)車”為事件C，由柱狀圖得，P(A)＝eq\f(35,100)＝0.35，P(B)＝eq\f(45,100)＝0.45，P(C)＝eq\f(20,100)＝0.2，所以甲、乙兩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)由題意知，X的所有可能取值為2，3，4，5，6，P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.1225，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＝0.3425，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的分布列為X23456P0.12250.3150.34250.180.04eq\a\vs4\al()利用相互獨(dú)立事件求復(fù)雜事件概率的解題思路(1)將待求復(fù)雜事件轉(zhuǎn)化為幾個(gè)彼此互斥簡(jiǎn)單事件的和．(2)將彼此互斥簡(jiǎn)單事件中的簡(jiǎn)單事件，轉(zhuǎn)化為幾個(gè)已知(易求)概率的相互獨(dú)立事件的積事件．(3)代入概率的積、和公式求解．1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)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且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.2．為迎接2022年北京冬奧會(huì)，推廣滑雪運(yùn)動(dòng)，某滑雪場(chǎng)開展滑雪促銷活動(dòng)．該滑雪場(chǎng)的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是：滑雪時(shí)間不超過1小時(shí)免費(fèi)，超過1小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為40元(不足1小時(shí)的部分按1小時(shí)計(jì)算)．有甲、乙兩人相互獨(dú)立地來該滑雪場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲、乙不超過1小時(shí)離開的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,6)；1小時(shí)以上且不超過2小時(shí)離開的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(2,3)；兩人滑雪時(shí)間都不會(huì)超過3小時(shí)．(1)求甲、乙兩人所付滑雪費(fèi)用相同的概率；(2)設(shè)甲、乙兩人所付的滑雪費(fèi)用之和為隨機(jī)變量ξ，求ξ的分布列．解：(1)兩人所付費(fèi)用相同，相同的費(fèi)用可能為0，40，80元，兩人都付0元的概率為P1＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，兩人都付40元的概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，兩人都付80元的概率為P3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，則兩人所付費(fèi)用相同的概率為P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,24)＝eq\f(5,12).(2)設(shè)甲、乙所付費(fèi)用之和為ξ，ξ可能取值為0，40，80，120，160，則：P(ξ＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)；P(ξ＝40)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)；P(ξ＝80)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(5,12)；P(ξ＝120)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,6)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,4)；P(ξ＝160)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24).ξ的分布列為ξ04080120160Peq\f(1,24)eq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(1,4)eq\f(1,24)考點(diǎn)三獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布(應(yīng)用型)eq\a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())理解n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的模型及二項(xiàng)分布，并能解決一些簡(jiǎn)單的實(shí)際問題．核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)建模(2020·河北承德一中模擬)某市為了調(diào)查學(xué)?！瓣?yáng)光體育活動(dòng)”在高三年級(jí)的實(shí)施情況，從本市某校高三男生中隨機(jī)抽取一個(gè)班的男生進(jìn)行投擲實(shí)心鉛球(重3kg)測(cè)試，成績(jī)?cè)?.9米以上的為合格，把所得數(shù)據(jù)進(jìn)行整理后，分成5組畫出頻率分布直方圖的一部分(如圖所示)，已知成績(jī)?cè)赱9.9，11.4)的頻數(shù)是4.(1)求這次鉛球測(cè)試成績(jī)合格的人數(shù)；(2)若從今年該市高中畢業(yè)男生中隨機(jī)抽取兩名，記ξ表示兩人中成績(jī)不合格的人數(shù)，利用樣本估計(jì)總體，求ξ的分布列．【解】(1)由頻率分布直方圖，知成績(jī)?cè)赱9.9，11.4)的頻率為1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.因?yàn)槌煽?jī)?cè)赱9.9，11.4)的頻數(shù)是4，故抽取的總?cè)藬?shù)為eq\f(4,0.1)＝40.又成績(jī)?cè)?.9米以上的為合格，所以這次鉛球測(cè)試成績(jī)合格的人數(shù)為40－0.05×1.5×40＝37.(2)ξ的所有可能取值為0，1，2，利用樣本估計(jì)總體，從今年該市高中畢業(yè)男生中隨機(jī)抽取一名成績(jī)合格的概率為eq\f(37,40)，成績(jī)不合格的概率為1－eq\f(37,40)＝eq\f(3,40)，可判斷ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,40))).P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(37,40)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1369,1600)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(3,40)×eq\f(37,40)＝eq\f(111,800)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,40)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,1600)，故所求分布列為X012Peq\f(1369,1600)eq\f(111,800)eq\f(9,1600)eq\a\vs4\al()(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的特點(diǎn)①每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率是相同的；②每次試驗(yàn)中的事件是相互獨(dú)立的，其實(shí)質(zhì)是相互獨(dú)立事件的特例．(2)判斷隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布的條件(X～B(n，p))①X的取值為0，1，2，…，n；②P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p為試驗(yàn)成功的概率)．[提醒]在實(shí)際應(yīng)用中，往往出現(xiàn)數(shù)量“較大”“很大”“非常大”等字眼，這表明試驗(yàn)可視為獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，進(jìn)而判定是否服從二項(xiàng)分布．1．一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需要擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)音樂，要么不出現(xiàn)音樂．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨(dú)立．設(shè)每盤游戲出現(xiàn)音樂的次數(shù)為X，則P(X≥1)＝________．玩三盤游戲，則恰有兩盤出現(xiàn)音樂的概率是________．解析：由題意X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(7,8)，或P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(7,8)，故每盤游戲出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(7,8)，所以玩三盤游戲，恰有兩盤出現(xiàn)音樂的概率P＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(7,8)))＝eq\f(147,512).答案：eq\f(7,8)eq\f(147,512)2．為了拓展網(wǎng)絡(luò)市場(chǎng)，某公司為手機(jī)客戶端用戶推出了多款A(yù)PP應(yīng)用，如“農(nóng)場(chǎng)”“音樂”“讀書”等．市場(chǎng)調(diào)查表明，手機(jī)用戶在選擇以上三種應(yīng)用時(shí)，選擇農(nóng)場(chǎng)、音樂、讀書的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,6).現(xiàn)有甲、乙、丙三位手機(jī)客戶端用戶獨(dú)立任意選擇以上三種應(yīng)用中的一種進(jìn)行添加．(1)求三人所選擇的應(yīng)用互不相同的概率；(2)記ξ為三人中選擇的應(yīng)用是農(nóng)場(chǎng)與音樂的人數(shù)，求ξ的分布列．解：記第i名用戶選擇的應(yīng)用是農(nóng)場(chǎng)、音樂、讀書分別為事件Ai.Bi，Ci，i＝1，2，3.由題意知A1，A2，A3相互獨(dú)立，B1，B2，B3相互獨(dú)立，C1，C2，C3相互獨(dú)立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1，2，3且i，j，k互不相同)相互獨(dú)立，且P(Ai)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(1,6).(1)他們選擇的應(yīng)用互不相同的概率P＝3！·P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝eq\f(1,6).(2)設(shè)3位用戶選擇的應(yīng)用是“讀書”的人數(shù)是η，由已知得η～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,6)))，且ξ＝3－η，所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,216)，P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)×eq\f(5,6)＝eq\f(15,216)＝eq\f(5,72)，P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(75,216)＝eq\f(25,72)，P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(3)＝eq\f(125,216).故ξ的分布列為：ξ0123Peq\f(1,216)eq\f(5,72)eq\f(25,72)eq\f(125,216)[基礎(chǔ)題組練]1．(2020·湖南長(zhǎng)沙一模)已知一種元件的使用壽命超過1年的概率為0.8，超過2年的概率為0.6，若一個(gè)這種元件使用到1年時(shí)還未損壞，則這個(gè)元件使用壽命超過2年的概率為()A．0.75 B．0.6C．0.52 D．0.48解析：選A．設(shè)一個(gè)這種元件使用到1年時(shí)還未損壞為事件A，使用到2年時(shí)還未損壞為事件B，則由題意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，則這個(gè)元件使用壽命超過2年的概率為P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.6,0.8)＝0.75，故選A．2．設(shè)每個(gè)工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用設(shè)備相互獨(dú)立，則同一工作日至少3人需使用設(shè)備的概率為()A．0.25 B．0.30C．0.31 D．0.35解析：選C．設(shè)甲、乙、丙、丁需使用設(shè)備分別為事件A，B，C，D，則P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用設(shè)備的概率P1＝P(eq\o(A,\s\up6(－))BCD＋Aeq\o(B,\s\up6(－))CD＋ABeq\o(C,\s\up6(－))D＋ABCeq\o(D,\s\up6(－)))＝(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人使用設(shè)備的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.3．某機(jī)械研究所對(duì)新研發(fā)的某批次機(jī)械元件進(jìn)行壽命追蹤調(diào)查，隨機(jī)抽查的200個(gè)機(jī)械元件情況如下：使用時(shí)間/天10～2021～3031～4041～5051～60個(gè)數(shù)1040805020若以頻率為概率，現(xiàn)從該批次機(jī)械元件中隨機(jī)抽取3個(gè)，則至少有2個(gè)元件的使用壽命在30天以上的概率為()A．eq\f(13,16) B．eq\f(27,64)C．eq\f(25,32) D．eq\f(27,32)解析：選D．由表可知元件使用壽命在30天以上的概率為eq\f(150,200)＝eq\f(3,4)，則所求概率為Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,32).4．某群體中的每位成員使用移動(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，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝()A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3解析：選B．由題意知，該群體的10位成員使用移動(dòng)支付的概率分布符合二項(xiàng)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Ceq\o\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.5．(2020·河南中原名校聯(lián)盟一模)市場(chǎng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，大約eq\f(4,5)的人喜歡在網(wǎng)上購(gòu)買家用小電器，其余的人則喜歡在實(shí)體店購(gòu)買家用小電器．經(jīng)工商局抽樣調(diào)查，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)上購(gòu)買的家用小電器的合格率約為eq\f(17,20)，而實(shí)體店里的家用小電器的合格率約為eq\f(9,10).現(xiàn)工商局接到一個(gè)關(guān)于家用小電器不合格的投訴，則這臺(tái)被投訴的家用小電器是在網(wǎng)上購(gòu)買的可能性是()A．eq\f(6,7) B．eq\f(5,6)C．eq\f(4,5) D．eq\f(2,5)解析：選A．因?yàn)榇蠹seq\f(4,5)的人喜歡在網(wǎng)上購(gòu)買家用小電器，網(wǎng)上購(gòu)買的家用小電器的合格率約為eq\f(17,20)，所以某家用小電器是在網(wǎng)上購(gòu)買的，且被投訴的概率約為eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(17,20)))＝eq\f(3,25)，又實(shí)體店里的家用小電器的合格率約為eq\f(9,10)，所以某家用小電器是在實(shí)體店里購(gòu)買的，且被投訴的概率約為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(9,10)))＝eq\f(1,50)，故工商局接到一個(gè)關(guān)于家用小電器不合格的投訴，則這臺(tái)被投訴的家用小電器是在網(wǎng)上購(gòu)買的可能性P＝eq\f(\f(3,25),\f(3,25)＋\f(1,50))＝eq\f(6,7).6．投籃測(cè)試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測(cè)試．已知某同學(xué)每次投籃投中的概率為0.6，且每次投籃是否投中相互獨(dú)立，則該同學(xué)通過測(cè)試的概率為________．解析：該同學(xué)通過測(cè)試的概率P＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.答案：0.6487．小趙、小錢、小孫、小李到4個(gè)景點(diǎn)旅游，每人只去一個(gè)景點(diǎn)，設(shè)事件A為“4個(gè)人去的景點(diǎn)不相同”，事件B為“小趙獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)”，則P(A|B)＝________．解析：小趙獨(dú)自去一個(gè)景點(diǎn)共有4×3×3×3＝108種情況，即n(B)＝108，4個(gè)人去的景點(diǎn)不同的情況有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24種，即n(AB)＝24，所以P(A|B)＝eq\f(n(AB),n(B))＝eq\f(24,108)＝eq\f(2,9).答案：eq\f(2,9)8．某次知識(shí)競(jìng)賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個(gè)問題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個(gè)問題，即停止答題，晉級(jí)下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個(gè)問題的概率都是0.8，且每個(gè)問題的回答結(jié)果相互獨(dú)立．則該選手恰好回答了4個(gè)問題就晉級(jí)下一輪的概率為________，該選手回答了5個(gè)問題結(jié)束的概率為________．解析：依題意，該選手第2個(gè)問題回答錯(cuò)誤，第3，4個(gè)問題均回答正確，第1個(gè)問題回答正誤均有可能，則所求概率P＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128.依題意，設(shè)答對(duì)的事件為A，可分第3個(gè)正確與錯(cuò)誤兩類，若第3個(gè)正確則有Aeq\o(A,\s\up6(－))Aeq\o(A,\s\up6(－))或eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(A,\s\up6(－))Aeq\o(A,\s\up6(－))兩類情況，其概率為：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.0256＋0.0064＝0.0320.該選手第3個(gè)問題的回答是錯(cuò)誤的，第1，2兩個(gè)問題回答均錯(cuò)誤或有且只有1個(gè)錯(cuò)誤，則所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率為0.0320＋0.072＝0.104.答案：0.1280.1049．(2020·湖南兩市聯(lián)考)某乒乓球俱樂部派甲、乙、丙三名運(yùn)動(dòng)員參加某運(yùn)動(dòng)會(huì)的個(gè)人單打資格選拔賽，本次選拔賽只有出線和未出線兩種情況．一個(gè)運(yùn)動(dòng)員出線記1分，未出線記0分．假設(shè)甲、乙、丙出線的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(3,5)，他們出線與未出線是相互獨(dú)立的．(1)求在這次選拔賽中，這三名運(yùn)動(dòng)員至少有一名出線的概率；(2)記在這次選拔賽中，甲、乙、丙三名運(yùn)動(dòng)員所得分?jǐn)?shù)之和為隨機(jī)變量ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列．解：(1)記“甲出線”為事件A，“乙出線”為事件B，“丙出線”為事件C，“甲、乙、丙至少有一名出線”為事件D，則P(D)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝1－eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,5)＝eq\f(29,30).(2)ξ的所有可能取值為0，1，2，3.P(ξ＝0)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(1,30)；P(ξ＝1)＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(13,60)；P(ξ＝2)＝P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＝eq\f(9,20)；P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq\f(3,10).所以ξ的分布列為ξ0123Peq\f(1,30)eq\f(13,60)eq\f(9,20)eq\f(3,10)10.一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖．如圖所示，將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每天的銷售量相互獨(dú)立．(1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)的概率；(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個(gè)的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列．解：(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個(gè)”，A2表示事件“日銷售量低于50個(gè)”，B表示事件“在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量不低于100個(gè)且另1天的日銷售量低于50個(gè)”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能的取值為0，1，2，3，相應(yīng)的概率為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6×(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62×(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.所以X的分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216[綜合題組練]1．(2020·南昌模擬)為向國(guó)際化大都市目標(biāo)邁進(jìn)，某市今年新建三大類重點(diǎn)工程，它們分別是30項(xiàng)基礎(chǔ)設(shè)施類工程、20項(xiàng)民生類工程和10項(xiàng)產(chǎn)業(yè)建設(shè)類工程．現(xiàn)有3名民工相互獨(dú)立地從這60個(gè)項(xiàng)目中任選一個(gè)項(xiàng)目參與建設(shè)，則這3名民工選擇的項(xiàng)目所屬類別互異的概率是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)解析：選D．記第i名民工選擇的項(xiàng)目屬于基礎(chǔ)設(shè)施類、民生類、產(chǎn)業(yè)建設(shè)類分別為事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.由題意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1，2，3)相互獨(dú)立，則P(Ai)＝eq\f(30,60)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(20,60)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(10,60)＝eq\f(1,6)，i＝1，2，3，故這3名民工選擇的項(xiàng)目所屬類別互異的概率是P＝Aeq\o\al(3,3)P(AiBiCi)＝6×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,6).2．(多選)甲罐中有5個(gè)紅球，2個(gè)白球和3個(gè)黑球，乙罐中有6個(gè)紅球，2個(gè)白球和2個(gè)黑球，先從甲罐中隨機(jī)取出1個(gè)球放入乙罐，分別以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是紅球、白球和黑球”，再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出1個(gè)球，以B表示事件“由乙罐取出的球是紅球”，下列結(jié)論正確的是()A．事件B與事件A1不相互獨(dú)立B．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件C．P(B|A1)＝eq\f(7,11)D．P(B)＝eq\f(3,5)解析：選ABC．由題意A1，A2，A3是兩兩互斥事件，P(A1)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝eq\f(3,10)，P(B|A1)＝eq\f(P(BA1),P(A1))＝eq\f(\f(1,2)×\f(7,11),\f(1,2))＝eq\f(7,11)，P(B|A2)＝eq\f(6,11)，P(B|A3)＝eq\f(6,11)，P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(1,2)×eq\f(7,11)＋eq\f(1,5)×eq\f(6,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(6,11)＝eq\f(13,22).所以D不正確．3.將一個(gè)半徑適當(dāng)?shù)男∏蚍湃肴鐖D所示的容器最上方的入口處，小球?qū)⒆杂陕湎?，小球在下落的過程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到黑色障礙物時(shí)，向左、右兩邊下落的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(1,3)，則小球落入A袋中的概率為________．解析：法一：由題意知，小球落入A袋中的概率為：P(A)＝1－P(B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,3)×\f(1,3)＋\f(2,3)×\f(2,3)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).法二：因?yàn)樾∏蛎看斡龅秸系K物時(shí)有一次向左和兩次向右或兩次向左和一次向右下落時(shí)，小球?qū)⒙淙階袋，所以小球落入A袋中的概率為Ceq\o\al(1,3)·eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)·eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)4．已知甲、乙兩名跳高運(yùn)動(dòng)員一次試跳2米高度成功的概率分別是0.7，0.6，且每次試跳成功與否之間沒有影響．(1)甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功的概率是________；(2)若甲、乙各試跳兩次，則甲比乙的成功次數(shù)多一次的概率是________．解析：(1)記“甲在第i次試跳成功”為事件Ai，“乙在第i次試跳成功”為事件Bi，“甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功”為事件C．法一：P(C)＝P(A1eq\o(B,\s\up6(－))1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1B1)＋P(A1B1)＝P(A1)P(eq\o(B,\s\up6(－))1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.法二：由對(duì)立事件的概率計(jì)算公式得P(C)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))1eq\o(B,\s\up6(－))1)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(eq\o(B,\s\up6(－))1)＝1－0.3×0.4＝0.88.(2)設(shè)“甲在兩次試跳中成功i次”為事件Mi，“乙在兩次試跳中成功i次”為事件Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝Ceq\o\al(1,2)×0.7×0.3×0.42＋0.72×Ceq\o\al(1,2)×0.6×0.4＝0.3024.答案：(1)0.88(2)0.30245．甲、乙兩人為了響應(yīng)政府“節(jié)能減排”的號(hào)召，決定各購(gòu)置一輛純電動(dòng)汽車．經(jīng)了解目前市場(chǎng)上銷售的主流純電動(dòng)汽車，按行駛里程數(shù)R(單位：公里)可分為三類車型，A：80≤R＜150，B：150≤R＜250，C：R≥250.甲從A，B，C三類車型中挑選，乙從B，C兩類車型中挑選，甲、乙二人選擇各類車型的概率如表：ABC甲eq\f(1,5)pq乙eq\f(1,4)eq\f(3,4)若甲、乙都選C類車型的概率為eq\f(3,10).(1)求p，q的值；(2)求甲、乙選擇不同車型的概率；(3)某市對(duì)購(gòu)買純電動(dòng)汽車進(jìn)行補(bǔ)貼，補(bǔ)貼標(biāo)準(zhǔn)如表：車型ABC補(bǔ)貼金額(萬(wàn)元/輛)345記甲、乙兩人購(gòu)車所獲得的財(cái)政補(bǔ)貼和為X，求X的分布列．解：(1)甲選C為事件甲C，P甲C＝q，乙選C為事件乙C，P乙C＝eq\f(3,4)，所以根據(jù)題意：P甲C·P乙C＝eq\f(3,4)q＝eq\f(3,10)，所以q＝e