高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考案9第九章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布（含解析）新人教版

第九章計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布(時間：120分鐘滿分150分)一、單選題(本大題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)1．(2021·廣西柳州模擬)《孫子算經(jīng)》中曾經(jīng)記載，中國古代諸侯的等級從高到低分為：公、侯、伯、子、男，共有五級．若給有巨大貢獻的2人進行封爵，則兩人不被封同一等級的概率為(C)A.eq\f(2,5) B．eq\f(1,5)C．eq\f(4,5) D．eq\f(3,5)[解析]給有巨大貢獻的2人進行封爵，總共有5×5＝25種，其中兩人被封同一等級的共有5種，所以兩人被封同一等級的概率為eq\f(5,25)＝eq\f(1,5)，所以其對立事件，即兩人不被封同一等級的概率為：1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).故選C.2．(2021·廣東江門調(diào)研)若6個人分4張無座的足球門票，每人至多分1張，而且票必須分完，那么不同分法的種數(shù)是(C)A．64 B．46C．15 D．360[解析]不同的分法有Ceq\o\al(4,6)＝15種，故選C.3．(2021·河南洛陽統(tǒng)考)為創(chuàng)建全國文明城市，學(xué)校計劃從4男3女共7名教師中隨機派出4名教師參加志愿服務(wù)工作，則至多有一名女教師參加的概率是(B)A.eq\f(12,35) B．eq\f(13,35)C．eq\f(18,35) D．eq\f(19,35)[解析]所求概率P＝eq\f(C\o\al(4,4)＋C\o\al(3,4)C\o\al(1,3),C\o\al(4,7))＝eq\f(13,35)，故選B.4．(2021·河北衡水金卷聯(lián)考)如圖所示，分別以正方形ABCD兩鄰邊AB、AD為直徑向正方形內(nèi)作兩個半圓，交于點O.若向正方形內(nèi)投擲一顆質(zhì)地均勻的小球(小球落到每點的可能性均相同)，則該球落在陰影部分的概率為(C)A.eq\f(3π－2,8) B．eq\f(π,8)C．eq\f(π＋2,8) D．eq\f(6－π,8)[解析]設(shè)正方形的邊長為2.則這兩個半圓的并集所在區(qū)域的面積為π·12－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(1,2)))＝eq\f(π,2)＋1，所以該質(zhì)點落入這兩個半圓的并集所在區(qū)域內(nèi)的概率為eq\f(\f(π,2)＋1,4)＝eq\f(π＋2,8).故選C.5．(2021·河北衡水中學(xué)調(diào)研)甲、乙兩運動員進行乒乓球比賽，采用7局4勝制．在一局比賽中，先得11分的運動員為勝方，但打到10平以后，先多得2分者為勝方．在10平后，雙方實行輪換發(fā)球法，每人每次只發(fā)1個球．若在某局比賽中，甲發(fā)球贏球的概率為eq\f(1,2)，甲接發(fā)球贏球的概率為eq\f(2,5)，則在比分為1010后甲先發(fā)球的情況下，甲以1311贏下此局的概率為(C)A.eq\f(2,25) B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,10) D．eq\f(3,25)[解析]分兩種情況：①后四球勝方依次為甲乙甲甲，概率為P1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,50)；②后四球勝方依次為乙甲甲甲，概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,25).所以，所求事件概率為：P1＋P2＝eq\f(1,10).故選C.6．(2021·青海海東市模擬)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(3,x)))5的展開式中x4的系數(shù)是(A)A．90 B．80C．70 D．60[解析]Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)x10－3r·3r，令10－3r＝4，得r＝2，則x4的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)·32＝90.7．(2021·山東質(zhì)檢)已知參加2020年某省夏季高考的53萬名考生的成績Z近似地服從正態(tài)分布N(453,992)，估計這些考生成績落在(552,651]的人數(shù)約為(B)(附：Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)＝0.9545)A．36014 B．72027C．108041 D．168222[解析]由題意知P(552<Z≤651)＝P(453＋99<Z≤453＋2×99)＝P(μ＋σ<Z≤μ＋2σ)＝eq\f(Pμ－2σ<Z≤μ＋2σ－Pμ－σ<Z≤μ＋σ,2)＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359，估計成績在(552,651]的人數(shù)為0.1359×530000＝72027.故選B.8．(2021·福建莆田質(zhì)檢)現(xiàn)有一條零件生產(chǎn)線，每個零件達到優(yōu)等品的概率都為p.某檢驗員從該生產(chǎn)線上隨機抽檢50個零件，設(shè)其中優(yōu)等品零件的個數(shù)為X.若D(X)＝8，P(X＝20)<P(X＝30)，則p＝(C)A．0.16 B．0.2C．0.8 D．0.84[解析]∵P(X＝20)<P(X＝30)，∴Ceq\o\al(20,50)p20(1－p)30<Ceq\o\al(30,50)p30(1－p)20，化簡得1－p<p，即p>eq\f(1,2)，又D(X)＝8＝50p(1－p)，解得p＝0.2或p＝0.8，∴p＝0.8，故選C.二、多選題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分)9．(2021·山東日照一中期中)將四個不同的小球放入三個分別標有1、2、3號的盒子中，不允許有空盒子的放法有多少種？下列結(jié)論正確的有(BC)A．Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3) B．Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)C．Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2) D．18[解析]將四個不同的小球分三組有Ceq\o\al(2,4)種方法，①再將三組小球分別放入三個盒子有Aeq\o\al(3,3)種方法，故有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)種；②先將兩個小球為一組放入一個盒子有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)種，再將另兩個小球分別放入另兩個盒子有Aeq\o\al(2,2)種，故有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)種，選BC.10．(2021·廣東陽江一中測試)某校高二年級進行選課走班，已知語文、數(shù)學(xué)、英語是必選學(xué)科，另外需從物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理6門學(xué)科中任選3門進行學(xué)習(xí)．現(xiàn)有甲、乙、丙三人，若同學(xué)甲必選物理，則下列結(jié)論正確的是(AD)A．甲的不同的選法種數(shù)為10B．甲、乙、丙三人至少一人選化學(xué)與全選化學(xué)是對立事件C．乙同學(xué)在選物理的條件下選化學(xué)的概率是eq\f(1,5)D．乙、丙兩名同學(xué)都選物理的概率是eq\f(1,4)[解析]A項：由于甲必選物理，故只需從剩下5門課中選兩門即可，即Ceq\o\al(2,5)＝10種選法，故A正確；B項：甲、乙、丙三人至少一人選化學(xué)與全不選化學(xué)是對立事件，故B錯誤；C項：由于乙同學(xué)選了物理，乙同學(xué)選化學(xué)的概率是eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，故C錯誤；D項：因為乙、丙兩名同學(xué)各自選物理的概率eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(3,6))＝eq\f(1,2)，所以乙、丙兩名同學(xué)都選物理的概率是eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，D正確，故選AD.11．(2021·江蘇金陵中學(xué)調(diào)研)下列說法中正確的是(ABD)A．設(shè)隨機變量X服從二項分布Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)＝eq\f(5,16)B．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(2，σ2)且P(X＜4)＝0.9，則P(0＜X＜2)＝0.4C．E(2X＋3)＝2E(X)＋3；D(2X＋3)＝2D(X)＋3D．已知隨機變量ξ滿足P(ξ＝0)＝x，P(ξ＝1)＝1－x，若0＜x＜eq\f(1,2)，則E(ξ)隨著x的增大而減小，D(ξ)隨著x的增大而增大[解析]設(shè)隨機變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))3＝eq\f(5,16)，A正確；因為隨機變量ξ～N(2，σ2)，所以正態(tài)曲線的對稱軸是x＝2，因為P(X＜4)＝0.9，所以P(0＜X＜4)＝0.8，所以P(0＜X＜2)＝P(2＜X＜4)＝0.4，B正確；E(2X＋3)＝2E(X)＋3，D(2X＋3)＝4D(X)，故C不正確；由題意可知，E(ξ)＝1－x，D(ξ)＝x(1－x)＝－x2＋x，由一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)知，當0＜x＜eq\f(1,2)時，E(ξ)隨著x的增大而減小，D(ξ)隨著x的增大而增大，故D正確．12．(2021·山東新高考聯(lián)盟聯(lián)考改編)關(guān)于二項式(eq\r(x)－1)2020及其展開式，在下列命題中正確的命題是(AD)A．該二項展開式中非常數(shù)項的系數(shù)和是－1B．該二項展開式中第六項為Ceq\o\al(6,2020)x1007C．該二項展開式中不含有理項D．當x＝100時，(eq\r(x)－1)2020除以100的余數(shù)是1[解析]根據(jù)二項展開式的通項公式，逐項判斷，即可得出結(jié)果．因為二項式(eq\r(x)－1)2020的展開式的第r＋1項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,2020)xeq\f(2020－r,2)(－1)r，對于A，當r＝2020時，得到常數(shù)項為T2021＝1；又二項式(eq\r(x)－1)2020的展開式的各項系數(shù)和為(eq\r(1)－1)2020＝0，所以該二項展開式中非常數(shù)項的系數(shù)和是－1，故A正確；對于B，因為該二項展開式中第六項為T6＝Ceq\o\al(5,2020)xeq\f(2020－5,2)(－1)5，故B錯誤；對于C，當2020－r＝2n(n∈N)時，對應(yīng)的各項均為有理項；故C錯誤；對于D，當x＝100時，(eq\r(x)－1)2020＝(10－1)2020＝Ceq\o\al(0,2020)102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018＋Ceq\o\al(2019,2020)101(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020因為Ceq\o\al(0,2020)102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2017,2020)103(－1)2017＋Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018，顯然是100的倍數(shù)，能被100整除，而Ceq\o\al(2019,2020)101(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020＝－20200＋1，所以(eq\r(x)－1)2020除以100的余數(shù)是1.D正確；故答案為AD.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．(2021·貴州貴陽為明教育集團調(diào)研)抗擊疫情取得階段性成果，為助力企業(yè)復(fù)工復(fù)產(chǎn)，中央廣播電視總臺視頻聯(lián)合國資委在3月初啟動了“春暖花開國聘行動”的大型招聘活動．該活動共吸引中央企業(yè)、大型國企、知名民企和社會機構(gòu)等4700多家大型企業(yè)，累計向應(yīng)往屆大學(xué)畢業(yè)生等求職者提供了超過50萬個職位．已知某5所大型企業(yè)的春季招聘在4至5月份依次舉行，應(yīng)屆大學(xué)畢業(yè)生甲對這5所大型企業(yè)的視頻招聘都參加，假設(shè)甲參加每所大型企業(yè)應(yīng)聘獲得通過的概率均為eq\f(1,2)，則恰有2所企業(yè)獲得通過的概率為eq\f(5,16).[解析]記被一家企業(yè)通過應(yīng)聘為事件A，則P(A)＝eq\f(1,2)，∴恰有2所企業(yè)獲得通過的概率為P＝Ceq\o\al(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(5,16).故答案為eq\f(5,16).14．(2021·河南開封模擬)我國的第一艘航空母艦“遼寧艦”在某次艦載機起降飛行訓(xùn)練中，有5架“殲－15”艦載機準備著艦，已知乙機不能最先著艦，丙機必須在甲機之前著艦(不一定相鄰)，那么不同的著艦方法種數(shù)為48[解析]若丙第一個著艦，有Aeq\o\al(4,4)＝24種；若丙不第一個著艦，有eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(4,4)＝24種，∴共有不同的著艦方法種數(shù)為48.15．(2021·河北質(zhì)檢)甲、乙兩人進行圍棋比賽，采用3局2勝制．已知每局比賽甲勝的概率為eq\f(3,5)，且第一局比賽甲勝，則最終甲獲勝的概率是eq\f(21,25).[解析]解法一：滿足“最終甲獲勝”的情況為：第二局甲勝，比賽結(jié)束或第二局乙勝，第三局甲勝，所以“最終甲獲勝”的概率為eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(21,25).解法二：“最終甲獲勝”的對立事件為“最終乙獲勝”，所以“最終甲獲勝”的概率為1－eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(21,25).16．(2021·浙江聯(lián)考)若x3＋x10＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a10(1＋x)10，則a0＝0，a9＝－10.[解析]令x＝－1，得a0＝0.設(shè)1＋x＝t，則(t－1)3＋(t－1)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10.因為僅有(t－1)10中含有t9項，(t－1)10展開式的通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)t10－r(－1)r，所以當10－r＝9，即r＝1時，a9＝Ceq\o\al(1,10)(－1)1＝－10.四、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2021·河南省八市重點高中聯(lián)盟聯(lián)考)有一名高二學(xué)生盼望2021年進入某名牌大學(xué)學(xué)習(xí)，假設(shè)該名牌大學(xué)有以下條件之一均可錄?。孩?020年2月通過考試進入國家數(shù)學(xué)奧賽集訓(xùn)隊(集訓(xùn)隊從2019年10月省數(shù)學(xué)競賽一等獎中選拔)；②2020年3月自主招生考試通過并且達到2020年6月高考重點分數(shù)線；③2020年6月高考達到該校錄取分數(shù)線(該校錄取分數(shù)線高于重點線)，該學(xué)生具備參加省數(shù)學(xué)競賽、自主招生和高考的資格且估計自己通過各種考試的概率如下表省數(shù)學(xué)競賽一等獎自主招生通過高考達重點線高考達該校分數(shù)線0.50.60.90.7若該學(xué)生數(shù)學(xué)競賽獲省一等獎，則該學(xué)生估計進入國家集訓(xùn)隊的概率是0.2.若進入國家集訓(xùn)隊，則提前錄取，若未被錄取，則再按②、③順序依次錄取，前面已經(jīng)被錄取后，不得參加后面的考試或錄?。?注：自主招生考試通過且高考達重點線才能錄取)(1)求該學(xué)生參加自主招生考試的概率；(2)求該學(xué)生參加考試的次數(shù)X的分布列及數(shù)學(xué)期望；(3)求該學(xué)生被該校錄取的概率．[解析](1)設(shè)該學(xué)生參加省數(shù)學(xué)競賽獲一等獎、參加國家集訓(xùn)隊的事件分別為A，B，則P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，P1＝1－0.5＋0.5×(1－0.2)＝0.9.即該學(xué)生參加自主招生考試的概率為0.9.(2)該學(xué)生參加考試的次數(shù)X的可能取值為2,3,4P(X＝2)＝P(A)P(B)＝0.5×0.2＝0.1；P(X＝3)＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－0.5＝0.5；P(X＝4)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.5×0.8＝0.4.所以X的分布列為X234P0.10.50.4E(X)＝2×0.1＋3×0.5＋4×0.4＝3.3.(3)設(shè)該學(xué)生自主招生通過并且高考達到重點分數(shù)線錄取，自主招生未通過但高考達到該校錄取分數(shù)線錄取的事件分別為C，D.P(AB)＝0.1，P(C)＝0.9×0.6×0.9＝0.486，P(D)＝0.9×0.4×0.7＝0.252.所以該學(xué)生被該校錄取的概率為P2＝P(AB)＋P(C)＋P(D)＝0.838.18．(本小題滿分12分)(2020·陜西咸陽期末)甲、乙兩位同學(xué)參加詩詞大賽，各答3道題，每人答對每道題的概率均為eq\f(3,4)，且各人是否答對每道題互不影響．(1)用X表示甲同學(xué)答對題目的個數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)A為事件“甲比乙答對題目數(shù)恰好多2”，求事件A[解析](1)X的取值為0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＝eq\f(1,64)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(9,64)；P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2×eq\f(1,4)＝eq\f(27,64)；P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＝eq\f(27,64)，因此X的分布列為X0123Peq\f(1,64)eq\f(9,64)eq\f(27,64)eq\f(27,64)E(X)＝0×eq\f(1,64)＋1×eq\f(9,64)＋2×eq\f(27,64)＋3×eq\f(27,64)＝eq\f(9,4).(2)由題意得：事件A“甲比乙答對題目數(shù)恰好多2”即：“甲答對2道，乙答對題0道”和“甲答對3道，乙答對題1道”兩種情況；P(A)＝eq\f(27,64)×eq\f(1,64)＋eq\f(27,64)×eq\f(9,64)＝eq\f(135,2048).19．(本小題滿分12分)(2021·河南模擬)隨著互聯(lián)網(wǎng)金融的發(fā)展，很多平臺都推出了自己的虛擬信用支付，比較常用的有螞蟻花唄、京東白條．花唄與信用卡有一個共同點就是可以透支消費，對于很多90后來說，他們更習(xí)慣提前消費．某研究機構(gòu)隨機抽取了1000名90后，對他們的信用支付方式進行了調(diào)查，得到如下統(tǒng)計表：信用支付方式銀行信用卡螞蟻花唄京東白條其他人數(shù)300a15050每個人都僅使用一種信用支付方式，各人支付方式相互獨立，以頻率估計概率．(1)估計90后使用螞蟻花唄的概率；(2)在所抽取的1000人中用分層抽樣的方法在使用銀行信用卡和螞蟻花唄的人中隨機抽取8人，再在這8人中隨機抽取4人，記X為這4人中使用螞蟻花唄的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望和方差．[解析](1)a＝1000－300－150－50＝500，所以使用螞蟻花唄的概率為eq\f(500,1000)＝0.5.(2)這8人中使用信用卡的人數(shù)為8×eq\f(300,300＋500)＝3人，使用螞蟻花唄的人數(shù)為5人，則隨機變量X的取值為1,2,3,4，所以P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(1,14)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(3,7)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(3,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(3,7)，P(X＝4)＝eq\f(C\o\al(4,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(1,14).所以隨機變量X分布列為：X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)故E(X)＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2)，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,2)))2×eq\f(1,14)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,2)))2×eq\f(3,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(5,2)))2×eq\f(3,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(5,2)))2×eq\f(1,14)＝eq\f(15,28).20．(本小題滿分12分)(2021·湖北部分重點中學(xué)聯(lián)考)某中學(xué)數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)共開設(shè)有初等代數(shù)、初等幾何、初等數(shù)論和微積分初步共四門課程，要求初等代數(shù)、初等幾何都要合格，且初等數(shù)論和微積分初步至少有一門合格，才能取得參加數(shù)學(xué)競賽復(fù)賽的資格，現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學(xué)報名參加數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)，每一位同學(xué)對這四門課程考試是否合格相互獨立，其合格的概率均相同(見下表)，且每一門課程是否合格相互獨立.課程初等代數(shù)初等幾何初等數(shù)論微積分初步合格的概率eq\f(3,4)eq\f(2,3)eq\f(2,3)eq\f(1,2)(1)求甲同學(xué)取得參加數(shù)學(xué)競賽復(fù)賽的資格的概率；(2)記ξ表示三位同學(xué)中取得參加數(shù)學(xué)競賽復(fù)賽的資格的人數(shù)，求ξ的分布列(只需列式無需計算)及期望E(ξ)．[解析](1)分別記甲對這四門課程考試合格為事件A，B，C，D，則“甲能取得參加數(shù)學(xué)競賽資格”的概率為P(ABCD)＋P(ABCeq\x\to(D))＋P(ABeq\x\to(C)D)，事件A，B，C，D相互獨立，P(ABCD)＋P(ABCeq\x\to(D))＋P(ABeq\x\to(C)D)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12).(2)由題意知ξ的可能取值為：0,1,2,3，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)))3＝eq\f(343,1728)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)))2＝eq\f(245,576)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)))＝eq\f(175,576)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)))3＝eq\f(125,1728)，因此，ξ的分布列如下：ξ0123Peq\f(343,1728)eq\f(245,576)eq\f(175,576)eq\f(125,1728)∴E(ξ)＝0×eq\f(343,1728)＋1×eq\f(245,576)＋2×eq\f(175,576)＋3×eq\f(125,1728)＝eq\f(5,4).或因為ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,12)))，所以E(ξ)＝3×eq\f(5,12)＝eq\f(5,4).21．(本小題滿分12分)(2021·遼寧葫蘆島市模擬)在2019年女排世界杯比賽中，甲隊以31力克主要競爭對手乙隊，取得了一場關(guān)鍵性的勝利．排球比賽按“五局三勝制”的規(guī)則進行(即先勝三局的一方獲勝，比賽結(jié)束)，且各局之間互不影響．根據(jù)兩隊以往的交戰(zhàn)成績分析，乙隊在前四局的比賽中每局獲勝的概率是eq\f(2,3)，但前四局打成22的情況下，在第五局中甲隊憑借過硬的心理素質(zhì)，獲勝的概率為eq\f(2,3).若甲隊與乙隊下次在比賽上相遇．(1)求甲隊以31獲勝的概率；(2)設(shè)甲的凈勝局數(shù)(例如：甲隊以31獲勝，則甲隊的凈勝局數(shù)為2，乙隊的凈勝局數(shù)為－2)為ξ，求ξ的分布列及E(ξ)．[解析](1)甲隊以31獲勝的概率P＝Ceq\o\al(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27).(2)由題意可知，甲隊和乙隊的比分有如下六種03，13，23,32,31,30，則ξ的取值有－3，－2，－1,1,2,3，ξ＝－3時，P＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，ξ＝－2時，P＝Ceq\o\al(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，ξ＝－1時，P＝Ceq\o\al(2,4)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(8,81)，ξ＝1時，P＝Ceq\o\al(2,4)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(16,81)，ξ＝2時，P＝Ceq\o\al(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27)，ξ＝3時，P＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,27)，所以ξ的分布列為ξ－3－2－1123Peq\f(8,27)eq\f(8