(新高考)高考数学一轮复习学案10.6《二项分布及其应用》(含详解)

第6讲二项分布及其应用一、知识梳理1．条件概率(1)定义设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．(2)性质①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1；②如果B，C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)_．2．事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(2)性质：①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A与B相互独立，那么A与eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))与B，eq\o(A,\s\up6(－))与eq\o(B,\s\up6(－))也相互独立．3．独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布定义在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验在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为成功概率计算公式用Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)常用结论1．“二项分布”与“超几何分布”的区别有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．2．两个概率公式(1)在事件B发生的条件下A发生的概率为P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B)).注意其与P(B|A)的不同．(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．二、教材衍化1．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为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．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，则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、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．()(2)相互独立事件就是互斥事件．()(3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．()(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.()(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√二、易错纠偏eq\a\vs4\al(常见误区)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())(1)条件概率公式套用错误；(2)相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；(3)独立重复试验公式应用错误．1．由0，1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________．解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝eq\f(1,2)，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率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．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为eq\f(4,5)，eq\f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq\f(1,2)，eq\f(5,6)，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．解析：甲获得“合格证书”的概率为eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq\f(2,3)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,9)，两人中恰有一个人获得“合格证书”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．设随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)＝________．解析：因为X～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)考点一条件概率(基础型)eq\a\vs4\al(复习指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())在具体情境中，了解条件概率的概率．核心素养：数学建模(1)(一题多解)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为()A．eq\f(3,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,5)(2)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)＝()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：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件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).故选C．法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为eq\f(1,2).故选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)，由条件概率公式，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【迁移探究】(变条件)将本例(2)中的“和”改为“积”，求P(B|A)．解：事件A：“取到的2个数之积为偶数”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个数均为偶数”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()条件概率的两种求解方法1．(2020·珠海模拟)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为________．解析：设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知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．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________．解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝eq\f(60,91).P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(60,91)eq\f(1,2)考点二相互独立事件的概率(应用型)eq\a\vs4\al(复习指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())了解两个事件相互独立的概念．核心素养：数学建模(2020·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率．(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列．【解】(1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，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、乙两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)由题意知，X的所有可能取值为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的分布列为X23456P0.12250.3150.34250.180.04eq\a\vs4\al()利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积、和公式求解．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，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且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.2．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,6)；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(2,3)；两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，两人都付0元的概率为P1＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，两人都付40元的概率为P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，两人都付80元的概率为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)，则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,24)＝eq\f(5,12).(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，40，80，120，160，则：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的分布列为ξ04080120160Peq\f(1,24)eq\f(1,4)eq\f(5,12)eq\f(1,4)eq\f(1,24)考点三独立重复试验与二项分布(应用型)eq\a\vs4\al(复习指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())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．核心素养：数学建模(2020·河北承德一中模拟)某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格，把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9，11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．【解】(1)由频率分布直方图，知成绩在[9.9，11.4)的频率为1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.因为成绩在[9.9，11.4)的频数是4，故抽取的总人数为eq\f(4,0.1)＝40.又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40－0.05×1.5×40＝37.(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中随机抽取一名成绩合格的概率为eq\f(37,40)，成绩不合格的概率为1－eq\f(37,40)＝eq\f(3,40)，可判断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)，故所求分布列为X012Peq\f(1369,1600)eq\f(111,800)eq\f(9,1600)eq\a\vs4\al()(1)独立重复试验的特点①每次试验中，事件发生的概率是相同的；②每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．(2)判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))①X的取值为0，1，2，…，n；②P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p为试验成功的概率)．[提醒]在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．1．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现音乐，要么不出现音乐．设每次击鼓出现音乐的概率为eq\f(1,2)，且各次击鼓出现音乐相互独立．设每盘游戏出现音乐的次数为X，则P(X≥1)＝________．玩三盘游戏，则恰有两盘出现音乐的概率是________．解析：由题意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)，故每盘游戏出现音乐的概率为eq\f(7,8)，所以玩三盘游戏，恰有两盘出现音乐的概率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．为了拓展网络市场，某公司为手机客户端用户推出了多款APP应用，如“农场”“音乐”“读书”等．市场调查表明，手机用户在选择以上三种应用时，选择农场、音乐、读书的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,6).现有甲、乙、丙三位手机客户端用户独立任意选择以上三种应用中的一种进行添加．(1)求三人所选择的应用互不相同的概率；(2)记ξ为三人中选择的应用是农场与音乐的人数，求ξ的分布列．解：记第i名用户选择的应用是农场、音乐、读书分别为事件Ai.Bi，Ci，i＝1，2，3.由题意知A1，A2，A3相互独立，B1，B2，B3相互独立，C1，C2，C3相互独立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1，2，3且i，j，k互不相同)相互独立，且P(Ai)＝eq\f(1,2)，P(Bi)＝eq\f(1,3)，P(Ci)＝eq\f(1,6).(1)他们选择的应用互不相同的概率P＝3！·P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝eq\f(1,6).(2)设3位用户选择的应用是“读书”的人数是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的分布列为：ξ0123Peq\f(1,216)eq\f(5,72)eq\f(25,72)eq\f(125,216)[基础题组练]1．(2020·湖南长沙一模)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为()A．0.75 B．0.6C．0.52 D．0.48解析：选A．设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A，使用到2年时还未损坏为事件B，则由题意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.6,0.8)＝0.75，故选A．2．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为()A．0.25 B．0.30C．0.31 D．0.35解析：选C．设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率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人使用设备的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.3．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：使用时间/天10～2021～3031～4041～5051～60个数1040805020若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为()A．eq\f(13,16) B．eq\f(27,64)C．eq\f(25,32) D．eq\f(27,32)解析：选D．由表可知元件使用寿命在30天以上的概率为eq\f(150,200)＝eq\f(3,4)，则所求概率为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．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝()A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3解析：选B．由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，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·河南中原名校联盟一模)市场调查发现，大约eq\f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为eq\f(17,20)，而实体店里的家用小电器的合格率约为eq\f(9,10).现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是()A．eq\f(6,7) B．eq\f(5,6)C．eq\f(4,5) D．eq\f(2,5)解析：选A．因为大约eq\f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为eq\f(17,20)，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(17,20)))＝eq\f(3,25)，又实体店里的家用小电器的合格率约为eq\f(9,10)，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为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)，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝eq\f(\f(3,25),\f(3,25)＋\f(1,50))＝eq\f(6,7).6．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，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．解析：该同学通过测试的概率P＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.答案：0.6487．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝________．解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n(B)＝108，4个人去的景点不同的情况有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24种，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为________，该选手回答了5个问题结束的概率为________．解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128.依题意，设答对的事件为A，可分第3个正确与错误两类，若第3个正确则有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(－))两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.0256＋0.0064＝0.0320.该选手第3个问题的回答是错误的，第1，2两个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率为0.0320＋0.072＝0.104.答案：0.1280.1049．(2020·湖南两市联考)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．一个运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(3,5)，他们出线与未出线是相互独立的．(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员所得分数之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．解：(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则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的所有可能取值为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的分布列为ξ0123Peq\f(1,30)eq\f(13,60)eq\f(9,20)eq\f(3,10)10.一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图．如图所示，将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列．解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”．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可能的取值为0，1，2，3，相应的概率为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的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216[综合题组练]1．(2020·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)解析：选D．记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.由题意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1，2，3)相互独立，则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，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是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．(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是红球、白球和黑球”，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，下列结论正确的是()A．事件B与事件A1不相互独立B．A1，A2，A3是两两互斥的事件C．P(B|A1)＝eq\f(7,11)D．P(B)＝eq\f(3,5)解析：选ABC．由题意A1，A2，A3是两两互斥事件，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不正确．3.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由落下，小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(1,3)，则小球落入A袋中的概率为________．解析：法一：由题意知，小球落入A袋中的概率为：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：因为小球每次遇到障碍物时有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时，小球将落入A袋，所以小球落入A袋中的概率为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、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7，0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________；(2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．解析：(1)记“甲在第i次试跳成功”为事件Ai，“乙在第i次试跳成功”为事件Bi，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件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：由对立事件的概率计算公式得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)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi，“乙在两次试跳中成功i次”为事件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、乙两人为了响应政府“节能减排”的号召，决定各购置一辆纯电动汽车．经了解目前市场上销售的主流纯电动汽车，按行驶里程数R(单位：公里)可分为三类车型，A：80≤R＜150，B：150≤R＜250，C：R≥250.甲从A，B，C三类车型中挑选，乙从B，C两类车型中挑选，甲、乙二人选择各类车型的概率如表：ABC甲eq\f(1,5)pq乙eq\f(1,4)eq\f(3,4)若甲、乙都选C类车型的概率为eq\f(3,10).(1)求p，q的值；(2)求甲、乙选择不同车型的概率；(3)某市对购买纯电动汽车进行补贴，补贴标准如表：车型ABC补贴金额(万元/辆)345记甲、乙两人购车所获得的财政补贴和为X，求X的分布列．解：(1)甲选C为事件甲C，P甲C＝q，乙选C为事件乙C，P乙C＝eq\f(3,4)，所以根据题意：P甲C·P乙C＝eq\f(3,4)q＝eq\f(3,10)，所以q＝e