高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)《概率、隨機(jī)變量及其分布》突破解析

第2講概率、隨機(jī)變量及其分布【要點(diǎn)提煉】考點(diǎn)一古典概型古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(m,n)＝eq\f(事件A中所含的基本事件數(shù),試驗(yàn)的基本事件總數(shù)).【熱點(diǎn)突破】【典例】1(1)(2020·寧夏六盤山高級中學(xué)模擬)2020年春節(jié)突如其來的新型冠狀病毒肺炎在某省爆發(fā)，一方有難八方支援，全國各地的白衣天使走上戰(zhàn)場的第一線，某醫(yī)院抽調(diào)甲、乙、丙三名醫(yī)生，抽調(diào)A，B，C三名護(hù)士支援某市第一醫(yī)院與第二醫(yī)院，參加該市疫情狙擊戰(zhàn)．其中選一名護(hù)士與一名醫(yī)生去第一醫(yī)院，其他都在第二醫(yī)院工作，則醫(yī)生甲和護(hù)士A被選去第一醫(yī)院工作的概率為()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,5)D.eq\f(1,9)【答案】D【解析】根據(jù)題意，選一名護(hù)士與一名醫(yī)生去第一醫(yī)院，有：甲A，甲B，甲C，乙A，乙B，乙C，丙A，丙B，丙C，9種情況，而醫(yī)生甲和護(hù)士A被選去第一醫(yī)院工作有1種情況，所以概率為P＝eq\f(1,9).(2)河圖是上古時(shí)代神話傳說中伏羲通過黃河中浮出龍馬身上的圖案，與自己的觀察，畫出的“八卦”，而龍馬身上的圖案就叫做“河圖”．把一到十分成五組，如圖，其口訣：一六共宗，為水居北；二七同道，為火居南；三八為朋，為木居?xùn)|；四九為友，為金居西；五十同途，為土居中．現(xiàn)從這十個數(shù)中隨機(jī)抽取四個數(shù)，則能成為兩組的概率是()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,10)C.eq\f(1,21)D.eq\f(1,252)【答案】C【解析】現(xiàn)從這十個數(shù)中隨機(jī)抽取4個數(shù)，基本事件總數(shù)n＝Ceq\o\al(4,10)，能成為兩組的基本事件個數(shù)m＝Ceq\o\al(2,5)，則能成為兩組的概率是P＝eq\f(m,n)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,21).規(guī)律方法古典概型求解的關(guān)鍵點(diǎn)(1)正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)，這常常用到排列、組合的有關(guān)知識．(2)對于較復(fù)雜的題目計(jì)數(shù)時(shí)要正確分類，分類時(shí)應(yīng)不重不漏．【拓展訓(xùn)練】1(1)(2018·全國Ⅱ)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)可以表示為兩個素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于30的概率是()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,14)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,18)【答案】C【解析】不超過30的所有素?cái)?shù)為2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，共有Ceq\o\al(2,10)＝45(種)情況，而和為30的有7＋23,11＋19,13＋17這3種情況，所以所求概率為eq\f(3,45)＝eq\f(1,15).(2)用0與1兩個數(shù)字隨機(jī)填入如圖所示的5個格子里，每個格子填一個數(shù)字，并且從左到右數(shù)，不管數(shù)到哪個格子，總是1的個數(shù)不少于0的個數(shù)，則這樣填法的概率為()A.eq\f(5,32)B.eq\f(5,16)C.eq\f(11,32)D.eq\f(11,16)【答案】B【解析】由題意可知，填寫的可能結(jié)果共有如下32種：00000,00001,00010,00011,00100,00101,00110,00111，01000,01001,01010,01011,01100,01101,01110,01111，10000,10001,10010,10011,10100,10101,10110,10111，11000,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111，其中滿足題意的有10種：10101,10110,10111,11001,11010,11011,11100,11101,11110,11111，由古典概型概率計(jì)算公式可得滿足題意的概率值P＝eq\f(10,32)＝eq\f(5,16).【要點(diǎn)提煉】考點(diǎn)二隨機(jī)變量的分布列1．超幾何分布在含有M件次品的N件產(chǎn)品中，任取n件，其中恰有X件次品，則事件{X＝k}發(fā)生的概率P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.2．二項(xiàng)分布一般地，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)生的概率為p，則P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.【熱點(diǎn)突破】考向一超幾何分布【典例】2(2020·天津市濱海新區(qū)塘沽第一中學(xué)模擬)4月23日是“世界讀書日”，某中學(xué)開展了一系列的讀書教育活動．學(xué)校為了解高三學(xué)生課外閱讀情況，采用分層抽樣的方法從高三某班甲、乙、丙、丁四個讀書小組(每名學(xué)生只能參加一個讀書小組)學(xué)生中抽取12名學(xué)生參加問卷調(diào)查．各組人數(shù)統(tǒng)計(jì)如下：小組甲乙丙丁人數(shù)12969(1)從參加問卷調(diào)查的12名學(xué)生中隨機(jī)抽取2人，求這2人來自同一個小組的概率；(2)從已抽取的甲、丙兩個小組的學(xué)生中隨機(jī)抽取2個，用X表示抽得甲組學(xué)生的人數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和均值．【解析】解(1)由題意得，問卷調(diào)查從四個小組中抽取的人數(shù)分別為4,3,2,3，從參加問卷調(diào)查的12名學(xué)生中隨機(jī)抽取兩人的取法共有Ceq\o\al(2,12)＝66(種)，抽取的兩名學(xué)生來自同一小組的取法共有Ceq\o\al(2,4)＋2Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2)＝13(種)，所以，抽取的兩名學(xué)生來自同一個小組的概率為P＝eq\f(13,66).(2)由(1)知，在參加問卷調(diào)查的12名學(xué)生中，來自甲、丙兩小組的學(xué)生人數(shù)分別為4,2，所以抽取的兩個人中是甲組學(xué)生的人數(shù)X的可能取值為0,1,2，因?yàn)镻(X＝0)＝eq\f(C\o\al(0,4)C\o\al(2,2),C\o\al(2,6))＝eq\f(1,15)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,2),C\o\al(2,6))＝eq\f(8,15)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(0,2),C\o\al(2,6))＝eq\f(2,5).所以隨機(jī)變量X的分布列為X012Peq\f(1,15)eq\f(8,15)eq\f(2,5)所以隨機(jī)變量X的均值為E(X)＝0×eq\f(1,15)＋1×eq\f(8,15)＋2×eq\f(2,5)＝eq\f(4,3).【拓展訓(xùn)練】2PM2.5是指懸浮在空氣中的空氣動力學(xué)當(dāng)量直徑小于或等于2.5微米的可入肺顆粒物．根據(jù)現(xiàn)行國家標(biāo)準(zhǔn)GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空氣質(zhì)量為一級；在35微克/立方米～75微克/立方米之間空氣質(zhì)量為二級；在75微克/立方米以上空氣質(zhì)量為超標(biāo)．從某自然保護(hù)區(qū)2018年全年每天的PM2.5監(jiān)測數(shù)據(jù)中隨機(jī)地抽取10天的數(shù)據(jù)作為樣本，監(jiān)測值頻數(shù)如下表所示：PM2.5日均值(微克/立方米)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75)[75,85]頻數(shù)311113(1)從這10天的PM2.5日均值監(jiān)測數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽出3天，求恰有一天空氣質(zhì)量達(dá)到一級的概率；(2)從這10天的數(shù)據(jù)中任取3天數(shù)據(jù)，記ξ表示抽到PM2.5監(jiān)測數(shù)據(jù)超標(biāo)的天數(shù)，求ξ的分布列．【解析】解(1)記“從這10天的PM2.5日均值監(jiān)測數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽出3天，恰有一天空氣質(zhì)量達(dá)到一級”為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40).(2)由條件知，ξ服從超幾何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，且隨機(jī)變量ξ的可能取值為0,1,2,3.P(ξ＝k)＝eq\f(C\o\al(k,3)·C\o\al(3－k,7),C\o\al(3,10))(k＝0,1,2,3)．∴P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(0,3)C\o\al(3,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(21,40)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(1,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(7,40)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(0,7),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,120).故ξ的分布列為ξ0123Peq\f(7,24)eq\f(21,40)eq\f(7,40)eq\f(1,120)考向二二項(xiàng)分布【典例】3(2020·陜西安康中學(xué)模擬)“互聯(lián)網(wǎng)＋”是“智慧城市”的重要內(nèi)容，A市在智慧城市的建設(shè)中，為方便市民使用互聯(lián)網(wǎng)，在主城區(qū)覆蓋了免費(fèi)WiFi，為了解免費(fèi)WiFi在A市的使用情況，調(diào)查機(jī)構(gòu)借助網(wǎng)絡(luò)進(jìn)行了問卷調(diào)查，并從參與調(diào)查的網(wǎng)友中抽取了200人進(jìn)行抽樣分析，得到如下列聯(lián)表(單位：人)：經(jīng)常使用免費(fèi)WiFi偶爾或不用免費(fèi)WiFi總計(jì)45歲及以下703010045歲以上6040100總計(jì)13070200(1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷是否有90%的把握認(rèn)為A市使用免費(fèi)WiFi的情況與年齡有關(guān)；(2)將頻率視為概率，現(xiàn)從該市45歲以上的市民中用隨機(jī)抽樣的方法每次抽取1人，共抽取3次．記被抽取3人中“偶爾或不用免費(fèi)WiFi”的人數(shù)為X，若每次抽取的結(jié)果是相互獨(dú)立的，求X的分布列、均值E(X)和方差D(X)．附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.150.100.050.025k02.0722.7063.8415.024【解析】解(1)由列聯(lián)表可知K2＝eq\f(200×70×40－60×302,130×70×100×100)≈2.198，因?yàn)?.198<2.706，所以沒有90%的把握認(rèn)為A市使用免費(fèi)WiFi的情況與年齡有關(guān)．(2)由題意可知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,5)))，X的所有可能取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))3＝eq\f(27,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(54,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2×eq\f(3,5)＝eq\f(36,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))3＝eq\f(8,125).所以X的分布列為X0123Peq\f(27,125)eq\f(54,125)eq\f(36,125)eq\f(8,125)E(X)＝3×eq\f(2,5)＝eq\f(6,5)，D(X)＝3×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＝eq\f(18,25).規(guī)律方法隨機(jī)變量分布列問題的兩個關(guān)鍵點(diǎn)(1)求離散型隨機(jī)變量分布列的關(guān)鍵是正確理解隨機(jī)變量取每一個值所表示的具體事件，然后綜合應(yīng)用各類概率公式求概率．(2)求隨機(jī)變量均值與方差的關(guān)鍵是正確求出隨機(jī)變量的分布列，若隨機(jī)變量服從二項(xiàng)分布，則可直接使用公式求解．【拓展訓(xùn)練】3某機(jī)器生產(chǎn)商對一次性購買2臺機(jī)器的客戶推出2種超過質(zhì)保期后2年內(nèi)的延保維修方案：方案一：交納延保金6000元，在延保的2年內(nèi)一共可免費(fèi)維修2次，超過2次每次收取維修費(fèi)1500元；方案二：交納延保金7740元，在延保的2年內(nèi)一共可免費(fèi)維修4次，超過4次每次收取維修費(fèi)a元．某工廠準(zhǔn)備一次性購買2臺這種機(jī)器，現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時(shí)應(yīng)購買哪種延保方案，為此搜集并整理了100臺這種機(jī)器超過質(zhì)保期后2年內(nèi)維修的次數(shù)，統(tǒng)計(jì)得下表：維修次數(shù)0123機(jī)器臺數(shù)20104030以這100臺機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替1臺機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率，記X表示這2臺機(jī)器超過質(zhì)保期后2年內(nèi)共需維修的次數(shù)．(1)求X的分布列；(2)以所需延保金與維修費(fèi)用之和的均值為決策依據(jù)，該工廠選擇哪種延保方案更合算？【解析】解(1)X所有可能的取值為0,1,2,3,4,5,6，P(X＝0)＝eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,25)，P(X＝1)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,5)×2＝eq\f(1,25)，P(X＝2)＝eq\f(1,10)×eq\f(1,10)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×2＝eq\f(17,100)，P(X＝3)＝eq\f(1,10)×eq\f(2,5)×2＋eq\f(1,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(1,5)，P(X＝4)＝eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(3,10)×eq\f(1,10)×2＝eq\f(11,50)，P(X＝5)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,10)×2＝eq\f(6,25)，P(X＝6)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,100)，∴X的分布列為X0123456Peq\f(1,25)eq\f(1,25)eq\f(17,100)eq\f(1,5)eq\f(11,50)eq\f(6,25)eq\f(9,100)(2)設(shè)選擇方案一所需費(fèi)用為Y1元，則Y1的分布列為Y16000750090001050012000Peq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(11,50)eq\f(6,25)eq\f(9,100)E(Y1)＝eq\f(1,4)×6000＋eq\f(1,5)×7500＋eq\f(11,50)×9000＋eq\f(6,25)×10500＋eq\f(9,100)×12000＝8580.設(shè)選擇方案二所需費(fèi)用為Y2元，則Y2的分布列為Y277407740＋a7740＋2aPeq\f(67,100)eq\f(6,25)eq\f(9,100)E(Y2)＝eq\f(67,100)×7740＋eq\f(6,25)×(7740＋a)＋eq\f(9,100)×(7740＋2a)＝7740＋eq\f(21a,50).當(dāng)E(Y1)－E(Y2)＝840－eq\f(21a,50)>0，即0<a<2000時(shí)，選擇方案二更合算，當(dāng)E(Y1)－E(Y2)＝840－eq\f(21a,50)＝0，即a＝2000時(shí)，選擇方案一、方案二均可；當(dāng)E(Y1)－E(Y2)＝840－eq\f(21a,50)<0，即a>2000時(shí)，選擇方案一更合算．專題訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1.某路公交在某段路上有4個站點(diǎn)(如圖)，分別記為A0，A1，A2，A3，現(xiàn)有甲、乙兩人同時(shí)從A0站點(diǎn)上車，且他們中的每個人在站點(diǎn)Ai(i＝1,2,3)下車是等可能的，則甲、乙兩人不在同一站點(diǎn)下車的概率為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(3,5)D.eq\f(1,2)【答案】A【解析】設(shè)事件A表示“甲、乙兩人不在同一站點(diǎn)下車”．甲、乙兩人同在站點(diǎn)A1下車的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)；甲、乙兩人同在站點(diǎn)A2下車的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)；甲、乙兩人同在站點(diǎn)A3下車的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3).所以甲、乙兩人在同一站點(diǎn)下車的概率為3×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)，則P(A)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).2．設(shè)離散型隨機(jī)變量X可能的取值為1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，若X的均值E(X)＝3，則a－b等于()A.eq\f(1,10)B．0C．－eq\f(1,10)D.eq\f(1,5)【答案】A【解析】∵離散型隨機(jī)變量X可能的取值為1,2,3,4，P(X＝k)＝ak＋b，∴(a＋b)＋(2a＋b)＋(3a＋b)＋(4a＋b)＝1，即10a＋4b＝1，又X的均值E(X)＝3，則(a＋b)＋2(2a＋b)＋3(3a＋b)＋4(4a＋b)＝3，即30a＋10b＝3，∴a＝eq\f(1,10)，b＝0，∴a－b＝eq\f(1,10).3．如圖，電路從A到B上共連接著6個燈泡，每個燈泡斷路的概率是eq\f(1,3)，整個電路的連通與否取決于燈泡是否斷路，則從A到B連通的概率是()A.eq\f(10,27)B.eq\f(448,729)C.eq\f(100,243)D.eq\f(40,81)【答案】B【解析】由題圖可知，A，C之間未連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(1,9)，連通的概率是1－eq\f(1,9)＝eq\f(8,9).E，F(xiàn)之間連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(4,9)，未連通的概率是1－eq\f(4,9)＝eq\f(5,9)，故D，B之間未連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))2＝eq\f(25,81)，D，B之間連通的概率是1－eq\f(25,81)＝eq\f(56,81)，故A，B之間連通的概率是eq\f(8,9)×eq\f(56,81)＝eq\f(448,729).4．先后擲兩次骰子(骰子的六個面上分別有1,2,3,4,5,6六個點(diǎn))，落在水平桌面后，記正面朝上的點(diǎn)數(shù)分別為x，y，記事件A為“x＋y為偶數(shù)”，事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，則概率P(B|A)等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(2,5)【答案】B【解析】正面朝上的點(diǎn)數(shù)(x，y)的不同結(jié)果共有Ceq\o\al(1,6)·Ceq\o\al(1,6)＝36(種)，事件A：“x＋y為偶數(shù)”包含事件A1：“x，y都為偶數(shù)”與事件A2：“x，y都為奇數(shù)”兩個互斥事件，其中P(A1)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,3),36)＝eq\f(1,4)，P(A2)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,3),36)＝eq\f(1,4)，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，所以事件AB為“x，y都為偶數(shù)且x≠y”，所以P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,3)－3,36)＝eq\f(1,6)，由條件概率的計(jì)算公式，得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3).5．(2020·山東棗莊市八中月考)某校有1000人參加某次模擬考試，其中數(shù)學(xué)考試成績近似服從正態(tài)分布N(105，σ2)(σ>0)，試卷滿分150分，統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀(高于120分)的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的eq\f(1,5)，則此次數(shù)學(xué)考試成績在90分到105分(含90分和105分)之間的人數(shù)約為()A．150 B．200C．300 D．400【答案】C【解析】因?yàn)镻(X<90)＝P(X>120)＝eq\f(1,5)，P(90≤X≤120)＝1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，所以P(90≤X≤105)＝eq\f(1,2)P(90≤X≤120)＝eq\f(3,10)，所以此次數(shù)學(xué)考試成績在90分到105分(含90分和105分)之間的人數(shù)約為1000×eq\f(3,10)＝300.6．某次考試共有12個選擇題，每個選擇題的分值為5分，每個選擇題四個選項(xiàng)有且只有一個選項(xiàng)是正確的，A學(xué)生對12個選擇題中每個題的四個選擇項(xiàng)都沒有把握，最后選擇題的得分為X分，B學(xué)生對12個選擇題中每個題的四個選項(xiàng)都能判斷其中有一個選項(xiàng)是錯誤的，對其它三個選項(xiàng)都沒有把握，選擇題的得分為Y分，則D(Y)－D(X)等于()A.eq\f(125,12)B.eq\f(35,12)C.eq\f(27,4)D.eq\f(23,4)【答案】A【解析】設(shè)A學(xué)生答對題的個數(shù)為m，則得分X＝5m，m～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12，\f(1,4)))，D(m)＝12×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,4)，所以D(X)＝25×eq\f(9,4)＝eq\f(225,4)；同理設(shè)B學(xué)生答對題的個數(shù)為n，則得分Y＝5n，n～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12，\f(1,3)))，D(n)＝12×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，所以D(Y)＝eq\f(8,3)×25＝eq\f(200,3)，所以D(Y)－D(X)＝eq\f(200,3)－eq\f(225,4)＝eq\f(125,12).二、多項(xiàng)選擇題7．已知隨機(jī)變量ξi滿足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0<p1<p2<eq\f(1,2)，則下列結(jié)論正確的是()A．E(ξ1)<E(ξ2)B．E(ξ1)>E(ξ2)C．D(ξ1)<D(ξ2)D．D(ξ1)>D(ξ2)【答案】AC【解析】∵E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，∴E(ξ1)<E(ξ2)，∵D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，∴D(ξ1)－D(ξ2)＝(p1－p2)(1－p1－p2)<0，即D(ξ1)<D(ξ2)．8．某國產(chǎn)殺毒軟件的比賽規(guī)則為每個軟件進(jìn)行四輪考核，每輪考核中能夠準(zhǔn)確對病毒進(jìn)行查殺的進(jìn)入下一輪考核，否則被淘汰．已知某個軟件在四輪考核中能夠準(zhǔn)確殺毒的概率依次是eq\f(5,6)，eq\f(3,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)，且各輪考核能否通過互不影響，則()A．該軟件通過考核的概率為eq\f(1,8)B．該軟件在第三輪考核被淘汰的概率為eq\f(1,8)C．該軟件至少能夠通過兩輪考核的概率為eq\f(2,3)D．在此次比賽中該軟件平均考核了eq\f(65,24)輪【答案】ABD【解析】設(shè)事件Ai(i＝1,2,3,4)表示“該軟件能通過第i輪考核”，則P(A1)＝eq\f(5,6)，P(A2)＝eq\f(3,5)，P(A3)＝eq\f(3,4)，P(A4)＝eq\f(1,3).該軟件通過考核的概率為P(A1A2A3A4)＝P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,8)，選項(xiàng)A正確；該軟件在第三輪考核被淘汰的概率為P(A1A2eq\x\to(A3))＝P(A1)P(A2)P(eq\x\to(A3))＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，選項(xiàng)B正確；該軟件至少能夠通過兩輪考核的概率為1－P(eq\x\to(A1))－P(A1eq\x\to(A2))＝1－eq\f(1,6)－eq\f(5,6)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C不正確；設(shè)在此次比賽中，該軟件考核了Y輪，∴Y的可能取值為1,2,3,4，P(Y＝1)＝P(eq\x\to(A1))＝eq\f(1,6)，P(Y＝2)＝P(A1eq\x\to(A2))＝eq\f(5,6)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,3)，P(Y＝3)＝P(A1A2eq\x\to(A3))＝eq\f(1,8)，P(Y＝4)＝P(A1A2A3)＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，∴E(Y)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,8)＋4×eq\f(3,8)＝eq\f(65,24)，故選項(xiàng)D正確．三、填空題9．某校高一新生健康檢查的統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示：體重超重者占40%，血壓異常者占15%，兩者都有的占8%，今任選一該校高一新生，已知此人體重超重，則他血壓異常的概率為________．【答案】0.2【解析】記事件A表示此人體重超重，事件B表示此人血壓異常，則P(A)＝0.4，P(AB)＝0.08，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.08,0.4)＝0.2.10．出租車司機(jī)從飯店到火車站途中經(jīng)過六個交通崗，假設(shè)他在各交通崗遇到紅燈這一事件是相互獨(dú)立的，并且概率都是eq\f(1,3)，則這位司機(jī)遇到紅燈前已經(jīng)通過了兩個交通崗的概率為________．【答案】eq\f(4,27)【解析】因?yàn)檫@位司機(jī)在第一、二個交通崗未遇到紅燈，在第三個交通崗遇到紅燈之間是相互獨(dú)立的，且遇到紅燈的概率都是eq\f(1,3)，所以未遇到紅燈的概率都是1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，所以遇到紅燈前已經(jīng)通過了兩個交通崗的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27).11．(2020·臨沂模擬)《易經(jīng)》是中國傳統(tǒng)文化中的精髓，如圖是易經(jīng)八卦(含乾、坤、巽、震、坎、離、艮、兌八卦)，每一卦由三根線組成(“”表示一根陽線，“”表示一根陰線)，從八卦中任取兩卦，這兩卦的六根線中恰有兩根陽線，四根陰線的概率為________．【答案】eq\f(3,14)【解析】觀察八卦圖可知，含三根陰線的共有一卦，含三根陽線的共有一卦，含兩根陽線一根陰線的共有三卦，含一根陽線兩根陰線的共有三卦，所以從八卦中任取兩卦有Ceq\o\al(2,8)＝28(種)情況．其中抽取的兩卦中六根線恰有兩根陽線，四根陰線的所有情況是一卦含有三根陰線，另一卦含有兩根陽線一根陰線，或者兩卦都含有一根陽線兩根陰線，即Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝6(種)情況．故所求概率為P＝eq\f(6,28)＝eq\f(3,14).12．(2020·浙江)盒中有4個球，其中1個紅球，1個綠球，2個黃球，從盒中隨機(jī)取球，每次取1個，不放回，直到取出紅球?yàn)橹梗O(shè)此過程中取到黃球的個數(shù)為ξ，則P(ξ＝0)＝________，E(ξ)＝________.【答案】eq\f(1,3)1【解析】方法一1個紅球，1個綠球，2個黃球，共有Aeq\o\al(2,4)＝12(種)排列．①紅球前面沒有黃球，有Aeq\o\al(1,3)＋1＝4(種)，P(ξ＝0)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)；②紅球前面有1個黃球，有Aeq\o\al(1,2)＋Aeq\o\al(1,2)＝4(種)，P(ξ＝1)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)；③紅球前面有2個黃球，有1＋Aeq\o\al(1,3)＝4(種)，P(ξ＝2)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3).E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.方法二①第1次就取到紅球：P(紅)＝eq\f(1,4)；②第2次取到紅球：P(黃，紅)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，P(綠，紅)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,12)；③第3次取到紅球：P(黃，黃，紅)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，P(黃，綠，紅)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，P(綠，黃，紅)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)；④第4次取到紅球：P(黃，黃，綠，紅)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，P(黃，綠，黃，紅)＝eq\f(2,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，P(綠，黃，黃，紅)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).故P(ξ＝0)＝P(紅)＋P(綠，紅)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝1)＝P(黃，紅)＋P(黃，綠，紅)＋P(綠，黃，紅)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝P(黃，黃，紅)＋P(黃，黃，綠，紅)＋P(黃，綠，黃，紅)＋P(綠，黃，黃，紅)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,12)＋eq\f(1,12)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,3).則E(ξ)＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＋2×eq\f(1,3)＝1.四、解答題13．某大學(xué)在一次公益活動中聘用了10名志愿者，他們分別來自于A，B，C三個不同的專業(yè)，其中A專業(yè)2人，B專業(yè)3人，C專業(yè)5人，現(xiàn)從這10人中任意選取3人參加一個訪談節(jié)目．(1)求3個人來自兩個不同專業(yè)的概率；(2)設(shè)X表示取到B專業(yè)的人數(shù)，求X的分布列與均值．【解析】解(1)令事件A表示“3個人來自于兩個不同專業(yè)”，事件A1表示“3個人來自于同一個專業(yè)”，事件A2表示“3個人來自于三個不同專業(yè)”，P(A1)＝eq\f(C\o\al(3,3)＋C\o\al(3,5),C\o\al(3,10))＝eq\f(11,120)，P(A2)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3)C\o\al(1,5),C\o\al(3,10))＝eq\f(30,120)＝eq\f(1,4)，∴3個人來自兩個不同專業(yè)的概率P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－eq\f(11,120)－eq\f(30