2025高考幫備考教案數(shù)學第十章計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布第5講　事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式含答案

2025高考幫備考教案數(shù)學第十章計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布第5講事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式課標要求命題點五年考情命題分析預測1.結合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義.結合古典概型，利用獨立性計算概率.2.結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率.3.結合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系，會用乘法公式計算概率.4.結合古典概型，會利用全概率公式計算概率.相互獨立事件2023新高考卷ⅡT12；2022全國卷乙T10；2022全國卷甲T19；2021新高考卷ⅠT8；2020全國卷ⅠT19；2019全國卷ⅠT15；2019全國卷ⅡT18本講為高考的命題熱點，主要考查：（1）相互獨立事件的概率計算，兩事件相互獨立的判斷等，有時候單獨命題，有時候與其他知識綜合考查；（2）條件概率，近兩年考查頻率較高，復習備考中要引起重視；（3）全概率公式，這是新教材增加的點，在2023年新高考卷Ⅰ中已命題，命題概率大.在2025年高考備考中應強化對條件概率和全概率公式的理解和應用.條件概率2023全國卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13全概率公式的應用2023新高考卷ⅠT21學生用書P2361.事件的相互獨立性（1）定義：對任意兩個事件A，B，如果P（AB）＝①P（A）P（B），則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱獨立.（2）性質：若事件A與B相互獨立，則A與②B，A與③B，A與B也都相互獨立.（3）推廣：如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率的積，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.注意若事件A與事件B是互斥事件（或對立事件），則A與B不相互獨立.2.條件概率（1）定義：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P（A）＞0，我們稱P（B｜A）＝④P（AB）P（A）為在⑤事件A（2）性質：設P（A）＞0，則a.P（Ω｜A）＝1；b.若B和C是兩個互斥事件，則P（B∪C｜A）＝⑦P（B｜A）＋P（C｜A）；c.設B和B互為對立事件，則P（B｜A）＝⑧1－P（B｜A）.注意（1）P（B｜A）與P（A｜B）是不相同的，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（A｜B）表示在事件B發(fā)生的條件下事件A發(fā)生的概率.（2）當A，B相互獨立時，P（B｜A）＝P（B）.3.全概率公式一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有P（B）＝⑨∑i=1nP（Ai）P（B｜A拓展貝葉斯公式：設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（1.下列說法錯誤的是（A）A.對于任意兩個事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立B.若事件A，B相互獨立，則P（B｜A）＝P（B）C.拋擲2枚質地均勻的硬幣，“第一枚為正面向上”為事件A，“第二枚為正面向上”為事件B，則A，B相互獨立D.若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B?Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）2.下列說法錯誤的是（A）A.P（A｜B）＜P（AB） B.P（A｜B）＝P（C.0≤P（A｜B）≤1 D.P（A｜A）＝1解析由條件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A說法錯誤；當事件B包含事件A時，有P（AB）＝P（A），此時P（A｜B）＝P（A）P（B），故B說法正確；易知0≤P（A｜B）≤1，P（3.[易錯題]設甲乘汽車、火車前往某目的地的概率分別為0.6，0.4，汽車和火車正點到達目的地的概率分別為0.9，0.8，則甲正點到達目的地的概率為（C）A.0.72 B.0.96 C.0.86 D.0.84解析設事件A表示甲正點到達目的地，事件B表示甲乘火車前往目的地，事件C表示甲乘汽車前往目的地.由題意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故選C.4.將兩顆骰子各擲一次，記事件A為“兩個點數(shù)不同”，B為“至少出現(xiàn)一個6點”，則條件概率P（A｜B），P（B｜A）分別等于（A）A.1011，13 B.13，1011 C.111，13解析由題意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝5.[教材改編]設10件產(chǎn)品中有4件不合格品，從中任意選取2件，則在所選取的產(chǎn)品中發(fā)現(xiàn)有一件是不合格品時，另一件也是不合格品的概率是15解析記事件A為“選取的2件產(chǎn)品中發(fā)現(xiàn)有一件是不合格品”，事件B為“另一件是不合格品”，則AB為“2件都是不合格品”.解法一記n（A），n（AB）分別為事件A，AB所包含的基本事件個數(shù)，則n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜解法二P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P學生用書P237命題點1相互獨立事件角度1相互獨立事件的判斷例1[2021新高考卷Ⅰ]有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（B）A.甲與丙相互獨立 B.甲與丁相互獨立C.乙與丙相互獨立 D.丙與丁相互獨立解析事件甲發(fā)生的概率P（甲）＝16，事件乙發(fā)生的概率P（乙）＝16，事件丙發(fā)生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁發(fā)生的概率P事件甲與事件丙同時發(fā)生的概率為0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A錯誤；（對任意兩個事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，則P（AB）＝P（A）P（B）?事件A和B相互獨立）事件甲與事件丁同時發(fā)生的概率為16×6＝136，P（甲丁）＝P（甲）事件乙與事件丙同時發(fā)生的概率為16×6＝136，P（乙丙）≠P（乙）事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤.故選B.方法技巧判斷事件是否相互獨立的方法（1）由事件本身的性質直接判斷兩個事件的發(fā)生是否相互影響.（2）利用“事件A，B相互獨立?P（AB）＝P（A）·P（B）”判斷.角度2相互獨立事件的概率的求解例211分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立.在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結束.（1）P（X＝2）＝0.5；（2）事件“X＝4且甲獲勝”的概率為0.1.解析（1）“X＝2”包含的事件為“甲連贏兩球”或“乙連贏兩球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.（2）“X＝4且甲獲勝”包含的事件為“前兩球甲、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.方法技巧求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的思路（1）相互獨立事件同時發(fā)生的概率等于他們各自發(fā)生的概率之積.（2）當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算.訓練1為了普及安全教育，某市組織了一次學生安全知識競賽，規(guī)定每隊3人，每人回答一個問題，答對得1分，答錯得0分.在競賽中，假設甲隊每人回答問題的正確率均為23，乙隊每人回答問題的正確率分別為12，23，（1）分別求甲隊總得分為3分與1分的概率；（2）求甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率.解析（1）記“甲隊總得分為3分”為事件A，“甲隊總得分為1分”為事件B.甲隊得3分，即3人都回答正確，其概率P（A）＝23×23×23甲隊得1分，即3人中只有1人回答正確，其余2人都回答錯誤，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－2故甲隊總得分為3分與1分的概率分別為827，2（2）記“甲隊總得分為2分”為事件C，“乙隊總得分為1分”為事件D.甲隊得2分，即甲隊3人中有2人回答正確，1人回答錯誤，則P（C）＝23乙隊得1分，即乙隊3人中只有1人回答正確，其余2人回答錯誤，則P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－由題意得事件C與事件D相互獨立，則甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率為P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝命題點2條件概率例3（1）[2023全國卷甲]某地的中學生中有60％的同學愛好滑冰，50％的同學愛好滑雪，70％的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（A）A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4解析令事件A，B分別表示該同學愛好滑冰、該同學愛好滑雪，事件C表示該同學愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，則P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝P（AB）P（B（2）[2023重慶聯(lián)考]從5名男生2名女生中任選3人參加學校組織的演講比賽，則在男生甲被選中的條件下，男生乙和女生丙至少一人被選中的概率是（C）A.12 B.47 C.35 解析解法一設男生甲被選中為事件A，男生乙和女生丙至少一人被選中為事件B，則PBA=n（AB）n（解法二在男生甲被選中的情況下，基本事件總數(shù)為C62＝15，其中男生乙和女生丙都沒有被選中的基本事件數(shù)為C42＝6，所以所求概率為1－故選C.方法技巧求條件概率的常用方法定義法先分別計算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（樣本點法先求事件A包含的樣本點數(shù)n（A），再求事件AB包含的樣本點數(shù)n（AB），得P（B｜A）＝n（縮樣法即縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型的概率公式求解.訓練2（1）[2022天津高考]現(xiàn)有52張撲克牌（去掉大小王），每次取一張，取后不放回，則兩次都抽到A的概率為1221；在第一次抽到A的條件下，第二次也抽到A的概率是117解析設事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.第1空解法一不放回地取兩次的可能結果種數(shù)為52×51，事件A1A2包含的可能結果種數(shù)為4×3，所以P（A1A2）＝4×352解法二不放回地取兩次，可以看成一次取出兩張牌，所以共有C522種可能結果，事件A1A2包含的可能結果種數(shù)為C42，所以P（A1A2）＝C4第2空解法一因為P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A解法二縮小樣本空間，已知第一次抽到的是A牌，所以還剩下51張牌，其中有3張A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝1（2）現(xiàn)有五瓶墨水，其中紅色一瓶，藍色、黑色各兩瓶，某同學從中隨機抽取兩瓶，若取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色，則另一瓶是紅色或黑色的概率為67解析設事件A為“取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色”，事件B為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色”，事件C為“取出的兩瓶中另一瓶是黑色”，事件D為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色或黑色”，則D＝B∪C，且B與C互斥.由題意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（命題點3全概率公式的應用例4（1）某考生回答一道四選一的考題，假設他知道答案的概率為0.5，知道答案時，答對的概率為1，而不知道答案時猜對的概率為0.25，那么他答對題目的概率為（A）A.0.625 B.0.75 C.0.5 D.0解析用A表示事件“考生答對題目”，用B表示事件“考生知道答案”，則B表示事件“考生不知道答案”，則P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，則P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.（2）在孟德爾豌豆試驗中，子二代的基因型為DD，Dd，dd，其中D為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基因型的比為1∶2∶1.如果在子二代中任意選取2顆豌豆作為父本雜交，那么子三代中基因型為dd的概率為14解析記事件B＝“子三代中基因型為dd”，事件A1＝“選擇的是Dd，Dd”，事件A2＝“選擇的是dd，dd”，事件A3＝“選擇的是dd，Dd”，則P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×在子二代中任取2顆豌豆作為父本雜交，分以下三種情況討論：①若選擇的是Dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A1）＝14②若選擇的是dd，dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A2）＝1；③若選擇的是dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A3）＝12綜上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×因此，子三代中基因型為dd的概率是14方法技巧全概率公式的應用步驟（1）按照確定的標準，將一個復雜事件分解為若干個互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各個互斥事件Ai發(fā)生條件下的概率PB（3）代入全概率公式求P（B）.訓練3（1）[多選/2023廣東六校聯(lián)考]某高校有甲、乙兩家餐廳，王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐，第一天去甲、乙兩家餐廳就餐的概率分別為0.4和0.6.如果他第一天去甲餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.6；如果第一天去乙餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.5.則王同學（AC）A.第二天去甲餐廳的概率為0.54B.第二天去乙餐廳的概率為0.44C.第二天去了甲餐廳，則第一天去乙餐廳的概率為5D.第二天去了乙餐廳，則第一天去甲餐廳的概率為4解析設A1＝“王同學第一天去甲餐廳”，A2＝“王同學第二天去甲餐廳”，B1＝“王同學第一天去乙餐廳”，B2＝“王同學第二天去乙餐廳”，則P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由題意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P易知Ω＝A1∪B1，且A1與B1互斥，則由全概率公式得PA2=PAP（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B錯誤.（注意題干“王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝0.30.54＝59，C正確.P（A1｜B2）＝（2）人們?yōu)榱私庖恢还善蔽磥硪欢〞r期內價格的變化，往往會去分析影響股票價格的基本因素，比如利率的變化.現(xiàn)假設人們經(jīng)分析估計利率下調的概率為60％，利率不變的概率為40％.根據(jù)經(jīng)驗，人們估計，在利率下調的情況下，該只股票價格上漲的概率為80％，而在利率不變的情況下，其價格上漲的概率為40％，則該只股票將上漲的概率為64％.解析記A為事件“利率下調”，那么A即為“利率不變”，記B為事件“股票價格上漲”.依題設知P（A）＝60％，P（A）＝40％，P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.1.[命題點1角度1/多選/2023石家莊市二檢]先后兩次擲一枚質地均勻的骰子，事件A＝“兩次擲出的點數(shù)之和是6”，事件B＝“第一次擲出的點數(shù)是奇數(shù)”，事件C＝“兩次擲出的點數(shù)相同”，則（BD）A.A與B互斥 B.B與C相互獨立C.P（A）＝16 D.P（AC）＝解析對于A選項，若第一次擲出的點數(shù)為1，第二次擲出的點數(shù)為5，則事件A和事件B同時發(fā)生，因此A選項不正確；對于B選項，事件B發(fā)生的概率為P（B）＝12，事件C發(fā)生的概率為P（C）＝C61C61C61＝16，事件B與事件C同時發(fā)生的概率為P（BC）＝C31C61C61＝112，P對于C選項，事件A有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5種情況，所以P（A）＝536，所以C對于D選項，事件A與事件C同時發(fā)生的概率為P（AC）＝136，所以D選項正確.選2.[命題點1角度2/2022全國卷乙]某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則（D）A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關B.該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C.該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D.該棋手在第二盤與丙比賽，p最大解析設棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，由題意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故選D.3.[命題點2]某光學儀器廠制造的透鏡，第一次落下時打破的概率為12；第一次落下未打破，第二次落下時打破的概率為710；若前兩次未打破，第三次落下時打破的概率為910.則透鏡落下三次未打破的概率為解析以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透鏡落下第i次時打破”，以B表示事件“透鏡落下三次未打破”.因為B＝A1A2A3，所以P（B）＝P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）4.[命題點3/2023福州八中檢測]設驗血診查某種疾病的誤診率為5％，即若用A表示驗血為陽性，B表示受驗者患病，則P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受驗人群中有0.5％的人患此病，即P（B）＝0.005，則一個驗血為陽性的人確患此病的概率為19218解析由題意，可得P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95易知事件AB表示從受驗人群中隨機抽取一人，此人患病且驗血為陽性，則P（AB）＝P（B）P（A｜B）.由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝P（B）P（學生用書·練習幫P3871.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，則P（A）＝（A）A.17 B.37 C.0.33 解析由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝172.甲、乙兩選手進行象棋比賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，若采用三局兩勝制，則甲最終獲勝的概率為（D）A.0.36 B.0.352 C.0.288 D.0.648解析甲最終獲勝的情況可能為甲連勝2局或甲前2局1勝1負，第3局勝，則甲最終獲勝的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.63.[2024惠州市一調]甲、乙兩位游客慕名來到惠州旅游，準備從惠州西湖、羅浮山、南昆山、鹽洲島和大亞灣紅樹林公園5個景點中各隨機選擇一個景點游玩，記事件A為“甲和乙選擇的景點不同”，事件B為“甲和乙恰好一人選擇羅浮山”，則P（B｜A）＝（B）A.15 B.25 C.925 解析由題意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C514.[2024福州市一檢]一個袋子中有大小和質地相同的4個球，其中2個紅球，2個黃球，每次從中隨機摸出1個球，摸出的球不再放回.則第二次摸到黃球的條件下，第一次摸到紅球的概率為（C）A.13 B.12 C.23 解析解法一記“第i次摸到紅球”為事件Ai，“第i次摸到黃球”為事件Bi，i＝1，2.則P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×1P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A解法二記“第i次摸到紅球”為事件Ai，“第i次摸到黃球”為事件Bi，i＝1，2.由抽簽的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B5.[多選/2024江西分宜中學、臨川一中等校聯(lián)考]甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分別表示從甲罐取出的球是紅球、白球、黑球，再從乙罐中隨機取出一球，用事件B表示從乙罐取出的球是紅球.則下列結論正確的是（AD）A.P（B｜A1）＝5B.P（B）＝2C.事件B與事件A1相互獨立D.A1，A2，A3兩兩互斥解析由題意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（則P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P所以事件B與事件A1不相互獨立，故A正確，B，C不正確.顯然A1，A2，A3兩兩互斥，故D正確.故選AD.6.[2023武漢市5月模擬]設樣本空間Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的樣本點，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，則A，B，C三個事件是（填“是”或“不是”）兩兩獨立的，且P（ABC）P（解析由題意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）因為AB＝{a}，所以P（AB）＝14又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A同理可推出B與C，A與C分別相互獨立，則A，B，C三個事件是兩兩獨立的.因為ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，則P（ABC）7.[2024貴陽市模擬]某校高一、高二、高三年級的學生人數(shù)之比為3∶3∶4，3個年級的學生都報名參加公益志愿活動，經(jīng)過選拔，高一年級有13的學生成為公益活動志愿者，高二、高三年級各有14（1）設事件B＝“在3個年級中隨機抽取的1名學生是公益活動志愿者”；事件Ai＝“在3個年級中隨機抽取1名學生，該學生來自高i年級”（i＝1，2，3）.請完成下表中不同事件的概率：事件概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值1（2）若在3個年級中隨機抽取1名學生，該學生是公益活動志愿者，根據(jù)以上表中所得數(shù)據(jù)，求該學生來自高一年級的概率.解析（1）補充表格如下.事件概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值33211111（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA（2）該學生來自高一年級的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（8.[2024山東威海統(tǒng)考]某大學在一次調查學生是否有自主創(chuàng)業(yè)打算的活動中，獲得了如下數(shù)據(jù).男生人數(shù)女生人數(shù)有自主創(chuàng)業(yè)打算16m無自主創(chuàng)業(yè)打算64n（1）若m＝24，n＝36，根據(jù)調查數(shù)據(jù)判斷，能否依據(jù)α＝0.01的獨立性檢驗認為該校學生有無自主創(chuàng)業(yè)打算與性別有關.（2）若m＝15，n＝60，從這些學生中隨機抽取一人.（i）若已知抽到的人有自主創(chuàng)業(yè)打算，求該學生是男生的概率；（ii）判斷“抽到的人無自主創(chuàng)業(yè)打算”與“抽到的人是男生”是否相互獨立.附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋bα0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解析（1）零假設為H0：該校學生有無自主創(chuàng)業(yè)打算與性別無關.χ2＝（16+64+24+36）×（16×依據(jù)小概率值α＝0.01的2獨立性檢驗，可以認為該校學生有無自主創(chuàng)業(yè)打算與性別有關.（2）（i）記A為“抽到的人有自主創(chuàng)業(yè)打算”，B為“抽到的人是男生”.解法一P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）解法二P（B｜A）＝n（AB）n（（ii）解法一由（i）知A為“抽到的人無自主創(chuàng)業(yè)打算”，B為“抽到的人是男生”，則AB為“抽到的人無自主創(chuàng)業(yè)打算且是男生”.P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）所以P（AB）＝P（A）P（B），所以“抽到的人無自主創(chuàng)業(yè)打算”與“抽到的人是男生”相互獨立.解法二零假設為H'0：該校學生有無自主創(chuàng)業(yè)打算與性別無關.根據(jù)題意得到如下2×2列聯(lián)表：男生人數(shù)女生人數(shù)合計有自主創(chuàng)業(yè)打算161531無自主創(chuàng)業(yè)打算6460124合計8075155χ12＝155×所以“抽到的人無自主創(chuàng)業(yè)打算”與“抽到的人是男生”相互獨立.9.[多選/2023江蘇海安中學三模]記A，B為隨機事件，則下列說法正確的有（BC）A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BB.若事件A，B相互獨立，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BC.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（B｜解析選項分析過程正誤AP（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪?BPA√C令P（B）＝x，則P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（A√D由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB?10.[多選/2023廣州市二檢]有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為8％，第2臺加工的次品率為3％，第3臺加工的次品率為2％，加工出來的零件混放在一起.已知第1，2，3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的10％，40％，50％，從混放的零件中任取一個零件，則下列結論正確的是（BC）A.該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為0.08B.該零件是次品的概率為0.03C.如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為0.98D.如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率為1解析記事件A為“車床加工的零件為次品”，記事件Bi為“第i臺車床加工的零件，i＝1，2，3”.則P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.對A，任取一個零件，該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為PAB1=對B，任取一個零件，該零件是次品的概率為P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正確.對C，如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為P（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故對D，如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率，可以考慮它的對立事件的概率：如果該零件是次品，那么它是第3臺車床加工出來的概率，即P（B3｜A），所以所求概率為1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜11.[多選/2023新高考卷Ⅱ]在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立.發(fā)送0時，收到1的概率為α（0＜α＜1），收到0的概率為1－α；發(fā)送1時，收到0的概率為β（0＜β＜1），收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個信號重復發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.（ABD）A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為（1－α）（1－β）2B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為β（1－β）2C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為β（1－β）2＋（1－β）3D.當0＜α＜0.5時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率解析由題意，發(fā)0收1的概率為α，發(fā)0收0的概率為1－α；發(fā)1收0的概率為β，發(fā)1收1的概率為1－β.對于A，發(fā)1收1的概率為1－β，發(fā)0收0的概率為1－α，發(fā)1收1的概率為1－β，所以所求概率為（1－α）（1－β）2，故A選項正確.對于B，相當于發(fā)了1，1，1，收到1，0，1，則概率為（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B選項正確.對于C，相當于發(fā)了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，則概率為C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3對于D，發(fā)送0，采用三次傳輸方案譯碼為0，相當于發(fā)0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，則此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；發(fā)送0，采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當0＜α＜0.5時，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α12.在2023年成都大運會的射擊比賽項目中，中國隊取得了優(yōu)異的比賽成績，激發(fā)了全國射擊運動的開展，某市舉行了一場射擊表演賽，規(guī)定如下：表演賽由甲、乙兩位選手進行，每次只能有一位選手射擊；由抽簽的方式確定第一次射擊的人選，甲、乙兩人被抽到的概率相等；若中靶，此人繼續(xù)射擊，若未中靶，換另一人射擊.已知甲每次中靶的概率為34，乙每次中靶的概率為45（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射擊后甲得20分的概率；（2）求第n次射擊的人是乙的概率.解析（1）3次射擊后甲得20分的情況有以下2種：第1次、第2次都是甲射擊且中靶，第3次甲射擊未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9第1次乙射擊未中靶，第2次、第3次甲射擊均中靶，其概率P2＝12×15×34×3所以3次射擊后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝（2）設“第n次射擊的人是乙”為事件An，則P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－5易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－所以數(shù)列{P（An）－59}是首項為－118，公比為11所以P（An）－59＝－118×（1120）n－則P（An）＝59－118×（1120）n故第n次射擊的人是乙的概率為59－118×（1120）n13.[設問創(chuàng)新/2023江蘇金陵中學等校三模]一只不透明的袋中裝有10個相同的小球，分別標有數(shù)字0～9，先后從袋中隨機取兩只小球.用事件A表示“第二次取出小球的標號是2”，事件B表示“兩次取出小球的標號之和是m”.（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.（2）若用有放回的方式取球，求證：事件A與事件B相互獨立的充要條件是m＝9.解析（1）用C表示“第一次取出小球的標號是2”，則P（C）＝110所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝1所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910（2）記第一次取出小球的標號為x，第二次取出小球的標號為y，用數(shù)組（x，y）表示兩次取球的情況，記樣本空間為Ω，則n（Ω）＝100.下面證明充分性：當m＝9時，事件B發(fā)生的情況為（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10種，事件AB發(fā)生的情況為（7，2），共1種，因此P（B）＝n（B）n（P（AB）＝n（AB）又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B所以事件A與事件B相互獨立，充分性成立.下面證明必要性：因為事件A與事件B相互獨立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（而P（A）＝110，P（AB）P（B易知事件AB發(fā)生的情況只有一種，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，則n（B）＝10，令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得關于x的不等式組0≤要使上述不等式有10個整數(shù)解，只能m＝9，所以必要性成立.綜上，事件A與事件B相互獨立的充要條件是m＝9.第6講離散型隨機變量及其分布列、數(shù)字特征課標要求命題點五年考情命題分析預測了解離散型隨機變量的概念，理解離散型隨機變量分布列及其數(shù)字特征（均值、方差）.離散型隨機變量分布列的性質本講是高考的命題熱點，常以實際問題為情境，與計數(shù)原理、古典概型等知識綜合命題，考查離散型隨機變量的分布列、均值與方差，以解答題為主，有時也以選擇題、填空題的形式進行考查，難度中等.預計2025年高考會著重考查本講知識的實際應用.離散型隨機變量的分布列及數(shù)字特征2022全國卷甲T19；2021新高考卷ⅠT18；2021新高考卷ⅡT21；2019全國卷ⅠT21利用均值與方差進行決策2021新高考卷ⅠT18學生用書P2391.離散型隨機變量一般地，對于隨機試驗樣本空間Ω中的每個樣本點Ω，都有①唯一的實數(shù)X（Ω）與之對應，我們稱X為隨機變量.可能取值為有限個或可以一一列舉的隨機變量，稱為離散型隨機變量.隨機變量一般用大寫英文字母表示，例如X，Y，Z.隨機變量的取值一般用小寫英文字母表示，例如x，y，z.2.離散型隨機變量的分布列一般地，設離散型隨機變量X的可能取值為x1，x2，…，xn，我們稱X取每一個值xi的概率P（X＝xi）＝pi，i＝1，2，…，n為X的概率分布列，簡稱分布列.離散型隨機變量的分布列可以用表格或圖形表示.3.離散型隨機變量分布列的性質（1）pi②≥0，i＝1，2，…，n；（2）p1＋p2＋…＋pn＝③1.4.離散型隨機變量的均值與方差一般地，若離散型隨機變量X的分布列為Xx1x2…xnPp1p2…pn則稱E（X）＝④x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝∑i=1nxipi為隨機變量X的均值或數(shù)學期望，數(shù)學期望簡稱期望稱D（X）＝（x1－E（X））2p1＋（x2－E（X））2p2＋…＋（xn－E（X））2pn＝⑤∑i=1nxi－EX2pi為隨機變量X的方差，有時也記為Var（X），并稱D（X）為隨機變量X5.均值與方差的性質若Y＝aX＋b，其中a，b是常數(shù)，X，X1，X2是隨機變量，則（1）E（aX＋b）＝⑧aE（X）＋b，D（aX＋b）＝⑨a2D（X）；（2）E（X1＋X2）＝E（X1）＋E（X2），D（X）＝E（X2）－[E（X）]2.1.下列說法錯誤的是（B）A.拋擲一枚質地均勻的硬幣，出現(xiàn)正面的次數(shù)是隨機變量B.離散型隨機變量的分布列中，隨機變量取各個值的概率之和可以小于1C.離散型隨機變量的各個可能值表示的事件是彼此互斥的D.隨機變量的方差和標準差都反映了隨機變量取值偏離均值的平均程度，方差或標準差越小，則偏離變量的平均程度越小2.設X是一個離散型隨機變量，其分布列為X－101P11－qq－q2則q等于（D）A.1 B.22或－22 C.1＋22 解析由離散型隨機變量分布列的性質得12+1－q＋q3.一臺機器生產(chǎn)某種產(chǎn)品，如果生產(chǎn)出一件甲等品可獲利50元，生產(chǎn)出一件乙等品可獲利30元，生產(chǎn)一件次品要賠20元，已知這臺機器生產(chǎn)出甲等品、乙等品和次品的概率分別為0.6，0.3和0.1，則這臺機器每生產(chǎn)一件產(chǎn)品，平均預期可獲利（B）A.36元 B.37元 C.38元 D.39元解析設這臺機器每生產(chǎn)一件產(chǎn)品可獲利X元，則X可能取的數(shù)值為50，30，－20，所以P（X＝50）＝0.6，P（X＝30）＝0.3，P（X＝－20）＝0.1，所以這臺機器每生產(chǎn)一件產(chǎn)品平均預期可獲利為E（X）＝50×0.6＋30×0.3－20×0.1＝37（元），故選B.4.[多選]設離散型隨機變量X的分布列為X01234Pq0.40.10.20.2若離散型隨機變量Y滿足Y＝2X＋1，則下列結果正確的有（ACD）A.q＝0.1 B.E（X）＝2，D（X）＝1.4C.E（X）＝2，D（X）＝1.8 D.E（Y）＝5，D（Y）＝7.2解析因為q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正確；又E（X）＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，D（X）＝（0－2）2×0.1＋（1－2）2×0.4＋（2－2）2×0.1＋（3－2）2×0.2＋（4－2）2×0.2＝1.8，故C正確，B錯誤；因為Y＝2X＋1，所以E（Y）＝2E（X）＋1＝5，D（Y）＝4D（X）＝7.2，故D正確.故選ACD.5.若隨機變量X滿足P（X＝c）＝1，其中c為常數(shù)，則D（X）的值為0.解析∵P（X＝c）＝1，∴E（X）＝c×1＝c，∴D（X）＝（c－c）2×1＝0.學生用書P241命題點1離散型隨機變量分布列的性質例1（1）某射手射擊所得環(huán)數(shù)ξ的分布列如下表：ξ78910Px0.10.3y已知ξ的數(shù)學期望E（ξ）＝8.9，則y的值為（C）A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2解析由題中表格可知x＋0.1＋0.3＋y＝1，7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，解得y＝0.4.故選C.（2）[多選]設隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝k5）＝ak（k＝1，2，3，4，5），則（ABA.a＝115 B.P（12＜ξ＜4C.P（110＜ξ＜12）＝215 D.P（ξ＝解析∵隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝k5）＝ak（k＝1，2，3，4，5∴P（ξ＝15）＋P（ξ＝25）＋P（ξ＝35）＋P（ξ＝45）＋P（ξ＝1）＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1，解得a＝易知P（12＜ξ＜45）＝P（ξ＝35）＝3×115＝易知P（110＜ξ＜12）＝P（ξ＝15）＋P（ξ＝25）＝115＋2×1易知P（ξ＝1）＝5×115＝13，故D方法技巧離散型隨機變量分布列的性質的應用1.利用“總概率之和為1”可以求相關參數(shù)的值及檢驗分布列是否正確；2.利用“離散型隨機變量在某一范圍內的概率等于它取這個范圍內各個值的概率之和”求某些特定事件的概率.訓練1（1）若隨機變量X的分布列為X－2－10123P0.10.20.20.30.10.1則當P（X＜a）＝0.8時，實數(shù)a的取值范圍是（C）A.（－∞，2] B.[1，2] C.（1，2] D.（1，2）解析由隨機變量X的分布列知，P（X＜1）＝0.5，P（X＜2）＝0.8，故當P（X＜a）＝0.8時，實數(shù)a的取值范圍是（1，2].（2）隨機變量X的分布列如下：X－101Pabc其中a，b，c成等差數(shù)列，則P（｜X｜＝1）＝23，公差d的取值范圍是[－13，13解析因為a，b，c成等差數(shù)列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝13，所以P（｜X｜＝1）＝a＋c＝2又a＝13－d，c＝13＋根據(jù)分布列的性質，得0≤13－d≤23，0≤13＋d≤23，所以－13命題點2離散型隨機變量的分布列及數(shù)字特征例2（1）[多選]設隨機變量ξ的分布列為P（ξ＝k）＝ak+1（k＝1，2，5），a∈R，Eξ,Dξ分別為隨機變量A.P（0＜ξ＜3.5）＝56 B.E（3ξ＋1）＝C.D（ξ）＝2 D.D（3ξ＋1）＝6解析∵P（ξ＝k）＝ak+1（k＝1，2，5），a∈∴P（ξ＝1）＝a1+1＝a2，P（ξ＝2）＝a2+1＝a3，P（ξ＝5）＝a5+1＝a6，∴a2解得a＝1.P（0＜ξ＜3.5）＝P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝12＋13＝56∵E（ξ）＝1×12＋2×13＋5×16＝2，∴E（3ξ＋1）＝3E（ξ）＋1＝3×2＋1＝7，故B正確；D（ξ）＝12×（1－2）2＋13×（2－2）2＋16×（5－2）D（3ξ＋1）＝32D（ξ）＝9×2＝18，故D錯誤.（2）[2022全國卷甲]甲、乙兩個學校進行體育比賽，比賽共設三個項目，每個項目勝方得10分，負方得0分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高的學校獲得冠軍.已知甲學校在三個項目中獲勝的概率分別為0.5，0.4，0.8，各項目的比賽結果相互獨立.①求甲學校獲得冠軍的概率；②用X表示乙學校的總得分，求X的分布列與期望.解析①設甲學校獲得冠軍的事件為A，則甲學校必須獲勝2場或者3場.P（A）＝0.5×0.4×0.8＋（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.6.故甲學校獲得冠軍的概率為0.6.②X的取值可以為0，10，20，30.P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，P（X＝10）＝（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.44，P（X＝20）＝（1－0.5）×（1－0.4）×0.8＋0.5×（1－0.4）×（1－0.8）＋（1－0.5）×0.4×（1－0.8）＝0.34，P（X＝30）＝（1－0.5）×（1－0.4）×（1－0.8）＝0.06.所以X的分布列為X0102030P0.160.440.340.06所以E（X）＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.方法技巧求離散型隨機變量X的均值與方差的步驟（1）理解X的含義，寫出X的全部可能取值；（2）求X取每個值的概率；（3）寫出X的分布列；（4）由均值、方差的定義求E（X），D（X）.訓練2[多選]甲、乙兩人進行紙牌游戲（紙牌除了顏色不同，沒有其他任何區(qū)別），他們手里各持有4張紙牌，其中甲手里有2張黑牌，2張紅牌，乙手里有3張黑牌，1張紅牌，現(xiàn)在兩人都各自隨機取出1張牌進行交換，交換后甲、乙手中的紅牌張數(shù)分別為X，Y，則（AD）A.P（X＝2）＝12 B.P（X＝3）＝C.E（X）＝E（Y） D.D（X）＝D（Y）解析記甲取出1張紅牌為事件A，乙取出1張紅牌為事件B，則P（A）＝24＝12，P（B）＝由題意，X的可能取值為1，2，3，且Y＝3－X，則P（X＝1）＝12×34＝38，P（X＝2）＝12×34＋12×14＝12，P（X＝3）＝12×E（X）＝1×38＋2×12＋3×18＝74，E（Y）＝E（3－X）＝3－E（X）＝3－74＝D（Y）＝D（3－X）＝（－1）2D（X）＝D（X），故D正確.故選AD.命題點3利用均值與方差進行決策例3[2021新高考卷Ⅰ]某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題.每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束.A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分.已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關.（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計得分，求X的分布列；（2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪類問題？并說明理由.解析（1）由題意得，X的所有可能取值為0，20，100，P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，P（X＝20）＝0.8×（1－0.6）＝0.32，P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，所以X的分布列為X020100P0.20.320.48（2）當小明先回答A類問題時，由（1）可得E（X）＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.當小明先回答B(yǎng)類問題時，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為0，80，100，P（Y＝0）＝1－0.6＝0.4，P（Y＝80）＝0.6×（1－0.8）＝0.12，P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，所以Y的分布列為Y080100P0.40.120.48E（Y）＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.因為57.6＞54.4，即E（Y）＞E（X），所以為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答B(yǎng)類問題.方法技巧在利用均值和方差的意義去分析、解決實際問題時，一般先比較均值，若均值相同，再用方差來決定.需要注意的是，實際應用中是方差大了好還是方差小了好，要看這組數(shù)據(jù)反映的實際問題.訓練3[2023湖北荊州中學模擬]某公司計劃在2023年年初將1000萬元用于投資，現(xiàn)有兩個項目供選擇.項目一：新能源汽車.據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利30％，也可能虧損15％，且這兩種情況發(fā)生的概率分別為79和2項目二：通信設備.據(jù)市場調研，投資到該項目上，到年底可能獲利50％，也可能虧損30％，也可能不賠不賺，且這三種情況發(fā)生的概率分別為35，13，（1）針對以上兩個投資項目，請你為投資公司選擇一個合理的項目，并說明理由.（2）若市場預期不變，該投資公司按照你選擇的項目長期投資（每一年的利潤和本金繼續(xù)用作投資），大約在哪一年年底總資產(chǎn)（利潤＋本金）可以翻一番？（參考數(shù)據(jù)：lg2解析（1）若投資項目一，設獲利為ξ1萬元（負值表示虧損），則ξ1的分布列為ξ1300－150P72E（ξ1）＝300×79＋（－150）×29若投資項目二，設獲利為ξ2萬元（負值表示虧損，0表示不賠不賺），則ξ2的分布列為ξ25000－300P311E（ξ2）＝500×35＋0×115＋（－300）×1∴E（ξ1）＝E（ξ2），即投資項目一和項目二獲利的期望相同.D（ξ1）＝（300－200）2×79＋（－150－200）2×29＝D（ξ2）＝（500－200）2×35＋（0－200）2×115＋（－300－200）2×13∴D（ξ1）＜D（ξ2），即項目一的方差較小，投資項目一更穩(wěn)定.綜上，建議該投資公司選擇項目一進行投資.（2）假設n（n∈N*）年后總資產(chǎn)可以翻一番，依題意得1000×（1＋2001000）n＝2000，即1.2n兩邊同時取對數(shù)，得n×lg1.2＝lg2，n＝lg22lg2+lg3－1≈0.∴該投資公司大約在2026年年底總資產(chǎn)可以翻一番.1.[命題點1]設X是一個離散型隨機變量，其分布列為X01P9a2－a3－8a則常數(shù)a的值為（A）A.13 B.23 C.13或23 D.－解析由分布列的性質可知0≤9a2－a≤12.[命題點2]已知ξ的分布列如表所示.ξ012P？！？其中，“！”處完全無法看清，盡管兩個“？”處字跡模糊，但能斷定這兩個“？”處的數(shù)值相同.據(jù)此計算，下列各式中：①E（ξ）＝1；②D（ξ）＞1；③P（ξ＝0）≤12，正確的個數(shù)是（CA.0 B.1 C.2 D.3解析設“？”＝a，“！”＝b，則a，b∈[0，1]，2a＋b＝1.①E（ξ）＝0×a＋1×b＋2×a＝2a＋b＝1，因此①正確；②D（ξ）＝（0－1）2×a＋（1－1）2×b＋（2－1）2×a＝2a≤1，因此②不正確；③P（ξ＝0）＝a＝1－b2≤123.[命題點2/2023南昌市一模]某班準備購買班服，確定從A，B兩種款式中選出一種統(tǒng)一購買.現(xiàn)在全班50位同學贊成購買A，B款式的人數(shù)分別為20，30，為了盡量統(tǒng)一意見，準備在全班進行3輪宣傳，每輪宣傳從全班同學中隨機選出一位，介紹他贊成所選款式的理由.假設每輪宣傳后，贊成該同學所選款式的不會改變意見，不贊成該同學所選款式的同學會有5位改變意見，改成贊成該同學所選款式.（1）計算第2輪宣傳選到的同學贊成A款式的概率.（2）設經(jīng)過3輪宣傳后贊成A款式的人數(shù)為X，求隨機變量X的數(shù)學期望.解析（1）記第i輪宣傳選到的同學贊成A款式為事件Ai，第i輪宣傳選到的同學贊成B款式為事件Bi，i＝1，2，3.因為P（A1A2）＝2050×2550＝P（B1A2）＝3050×1550＝所以第2輪宣傳選到的同學贊成A款式的概率P（A2）＝P（A1A2）＋P（B1A2）＝15＋950＝（2）經(jīng)過3輪宣傳后贊成A款式的人數(shù)X的所有可能取值為5，15，25，35，則P（X＝5）＝P（B1B2B3）＝3050×3550×4050P（X＝15）＝P（A1B2B3）＋P（B1A2B3）＋P（B1B2A3）＝2050×2550×3050＋3050×1550×3050＋3050P（X＝25）＝P（B1A2A3）＋P（A1B2A3）＋P（A1A2B3）＝3050×1550×2050＋2050×2550×2050＋2050P（X＝35）＝P（A1A2A3）＝2050×2550×3050所以X的分布列為X5152535P4239293所以E（X）＝5×42125＋15×39125＋25×29125＋35×34.[命題點3/2023南寧市第一次適應性測試]在某次現(xiàn)場招聘會上，某公司計劃從甲和乙兩位應聘人員中錄用一位，規(guī)定從6個問題中隨機抽取3個問題作答.假設甲能答對的問題有4個，乙每個問題能答對的概率為23（1）求甲在第一個問題答錯的情況下，第二個和第三個問題均答對的概率；（2）請從期望和方差的角度分析，甲、乙誰被錄用的可能性更大.解析（1）記“甲第一個問題答錯”為事件A，“甲第二個和第三個問題均答對”為事件B，則P（A）＝26＝13，P（AB）＝13×45×∴甲在第一個問題答錯的條件下，第二個和第三個問題均答對的概率為P（B｜A）＝P（AB）P（（2）設甲答對的問題數(shù)為X，則X的所有可能取值為1，2，3.P（X＝1）＝C41C22C63＝15，P（X＝2）＝C42C21∴X的分布列為X123P131E（X）＝1×15＋2×35＋3×15D（X）＝（1－2）2×15＋（2－2）2×35＋（3－2）2×15設乙答對的問題數(shù)為Y，則Y的所有可能取值為0，1，2，3.P（Y＝0）＝（1－23）3＝1P（Y＝1）＝C31×23×（1－23）P（Y＝2）＝C32×（23）2×（1－23P（Y＝3）＝（23）3＝8∴Y的分布列為Y0123P1248E（Y）＝0×127＋1×29＋2×49＋3×8（另解：∵Y～B（3，23），∴E（Y）＝3×23＝D（Y）＝（0－2）2×127＋（1－2）2×29＋（2－2）2×49＋（3－2）2×827＝2由E（X）＝E（Y），D（X）＜D（Y）可得，甲被錄用的可能性更大.學生用書·練習幫P3901.[2023福建福州聯(lián)考]已知隨機變量X的分布列為P（X＝i）＝ia（i＝1，2，3，4，5），則P（2≤X＜5）＝（CA.13 B.12 C.35 解析由分布列的性質，知∑i=15ia＝1，解得a＝15，故P（2≤X＜5）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＋P（X＝4）＝215＋315＋42.[2024江蘇鎮(zhèn)江模擬]已知隨機變量X的分布列如下表所示，若E（X）＝13，則DX=（X－201Pa1bA.4981 B.89 C.2327 解析因為E（X）＝13，且各概率之和為1，所以－2所以D（X）＝19×（－2－13）2＋13×（0－13）2＋59×（1－13）3.設0＜a≤b，隨機變量X的分布列是X012Paba＋b則E（X）的取值范圍是（D）A.（12，1） B.（1，54] C.（1，32） D.[5解析由分布列的性質可得0<a<1，0<b<1，0<a＋b<1，且a＋b＋（a＋b）＝2a＋2b＝1，即a＋b＝12，可得a＝12－b，結合0＜a≤b，得14≤b＜12.因為E（X）＝0×a＋1×b＋2×（a＋b4.[浙江高考]設0＜a＜1.隨機變量X的分布列是X0a1P111則當a在（0，1）內增大時，（D）A.D（X）增大B.D（X）減小C.D（X）先增大后減小 D.D（X）先減小后增大解析由分布列得E（X）＝1+a解法一D（X）＝（1+a3－0）2×13＋（1+a3－a）2×13＋（1+a3－1）2×13＝2所以當a在（0，1）內增大時，D（X）先減小后增大.故選D.解法二D（X）＝E（X2）－E2（X）＝0＋a23＋13－（a+1）29＝2a2－2a+29＝29[（a－12）25.[多選]已知14＜p＜1，隨機變量X的分布列如下，則下列結論正確的有（BDX012Pp－p21－pp2A.P（X＝2）的值最大B.P（X＝0）＜P（X＝1）C.E（X）隨p的增大而減小D.E（X）隨p的增大而增大解析當p＝12時，P（X＝2）＝14，P（X＝1）＝1－12＝12＞因為14＜p＜1，所以p－p2＝p（1－p）＜1－p，即P（X＝0）＜P（X＝1），BE（X）＝1－p＋2p2＝2（p－14）2＋78，因為14＜p＜1，所以E（X）隨p的增大而增大，C錯誤，6.[多選]已知A＝B＝{1，2，3}，分別從集合A，B中各隨機取一個數(shù)a，b，得到平面上一個點P（a，b），設事件“點P恰好落在直線x＋y＝n上”對應的隨機變量為X，PX=n＝Pn，X的數(shù)學期望和方差分別為E（X），D（A.P4＝2P2 B.P（3≤X≤5）＝7C.E（X）＝4 D.D（X）＝4解析因為A＝B＝{1，2，3}，點P（a，b）恰好落在直線x＋y＝n上，所以X的值可以為2，3，4，5，6.又從A，B中分別任取一個數(shù)，共有9種情況，所以P（X＝2）＝19，P（X＝3）＝29，P（X＝4）＝39＝13，P（X＝5）＝29，P（X＝6）＝19.對于A，P4＝3P2，故A不正確；對于B，P（3≤X≤5）＝29＋1對于C，E（X）＝2×19＋3×29＋4×13＋5×29＋6×19＝369＝4，故C正確；對于D，D（X）＝（2－4）2×19＋（3－4）2×29＋（4－4）2×13＋（5－4）2×29＋（6－4）27.若n是一個三位正整數(shù)，且n的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱n為“三位遞增數(shù)”（如137，359，567等）.在某次數(shù)學趣味活動中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù)，且只能抽取一次.得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除，參加者得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.若甲參加活動，則甲得分X的均值E（X）＝421解析由題意知，“三位遞增數(shù)”總共有C93＝84（個），隨機變量X的取值為0，－1，1，因此，P（X＝0）＝C83C93＝23，P（X＝－1）＝C42C93＝114，P所以X的分布列為X0－11P2111則E（X）＝0×23＋（－1）×114＋1×11428.[2024惠州市一調]學校團委和工會聯(lián)合組織教職員工進行益智健身活動比賽.經(jīng)多輪比賽后，由教師甲、乙作為代表進行決賽.決賽共設三個項目，每個項目勝者得10分，負者得－5分，沒有平局.三個項目比賽結束后，總得分高的獲得冠軍.已知教師甲在三個項目中獲勝的概率分別為0.4，0.5，0.75，各項目比賽結果相互獨立.甲、乙獲得冠軍的概率分別記為p1，p2.（1）用X表示教師乙的總得分，求X的分布列與期望.（2）如果｜p1－p2｜≥2｜p12解析（1）根據(jù)題意知，X的所有可能取值為－15，0，15，30.可得P（X＝－15）＝0.4×0.5×0.75＝0.15，P（X＝0）＝0.6×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.25＝0.425，P（X＝15）＝0.4×0.5×0.25＋0.6×0.5×0.25＋0.6×0.5×0.75＝0.35，P（X＝30）＝0.6×0.5×0.25＝0.075.∴X的分布列為X－1501530P0.150.4250.350.075∴E（X）＝－15×0.15＋0×0.425＋15×0.35＋30×0.075＝5.25.（2）設教師甲在三個項目中獲勝的事件依次為A，B，C，由題意知A，B，C相互獨立，則教師甲獲得冠軍的概率p1＝P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）＝0.4×0.5×0.75＋0.6×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.75＋0.4×0.5×0.25＝0.15＋0.225＋0.15＋0.05＝0.575.由對立事件的概率公式，可得p2＝1－p1＝0.425，∴2｜p12－p22｜5+0.1＝∵｜p1－p2｜＜2｜∴甲、乙獲得冠軍的實力沒有明顯差別.9.[2023重慶市三檢]在“五一”節(jié)日期間，某商場準備舉行有獎促銷活動，顧客購買超過一定金額的商品后均有一次抽獎機會.抽獎規(guī)則如下：將質地均勻的轉盤平均分成n（n∈N*，n≥3）個扇區(qū)，每個扇區(qū)涂一種顏色，所有扇區(qū)的顏色各不相同，顧客抽獎時連續(xù)轉動轉盤三次，記錄每次轉盤停止時指針所指扇區(qū)內的顏色（若指針指在分界線處，本次轉動無效，需重轉一次），若三次顏色都一樣，則獲得一等獎；若其中兩次顏色一樣，則獲得二等獎；若三次顏色均不一樣，則獲得三等獎.（1）若一、二等獎的獲獎概率之和不大于49，求n（2）規(guī)定一等獎返還現(xiàn)金