2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第十四章概率试题理

PAGEPAGE23第十四章概率考点1随机事件及其概率1.(2022·广东，4)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为()A.1B.eq\f(11,21)C.eq\f(10,21)D.eq\f(5,21)1.C[从袋中任取2个球共有Ceq\o\al(2,15)＝105种取法，其中恰好1个白球1个红球共有Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,5)＝50种取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为eq\f(50,105)＝eq\f(10,21).]2.(2022·新课标全国Ⅰ，5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，那么周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A.eq\f(1,8)B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,8)D.eq\f(7,8)2.D[由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况，而4位同学都选周六有1种情况，4位同学都选周日有1种情况，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P＝eq\f(24－1－1,24)＝eq\f(14,16)＝eq\f(7,8)，应选D.]考点2古典概型与几何概型1.(2022·全国Ⅰ，4)某公司的班车在7：00,8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,那么他等车时间不超过10分钟的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)1.B[如下图，画出时间轴：小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P＝eq\f(10＋10,40)＝eq\f(1,2)，应选B.]2.(2022·全国Ⅱ，10)从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，那么用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A.eq\f(4n,m)B.eq\f(2n,m)C.eq\f(4m,n)D.eq\f(2m,n)2.C[由题意得：(xi，yi)(i＝1，2，…，n)在如下图正方形中，而平方和小于1的点均在如下图的阴影中，由几何概型概率计算公式知eq\f(\f(π,4),1)＝eq\f(m,n)，∴π＝eq\f(4m,n)，应选C.]3.(2022·陕西，11)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，假设|z|≤1，那么y≥x的概率为()A.eq\f(3,4)＋eq\f(1,2π)B.eq\f(1,4)－eq\f(1,2π)C.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π)3.B[由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y≥x的局部为如图阴影所示，由几何概型概率公式可得所求概率为：P＝eq\f(\f(1,4)π×12－\f(1,2)×12,π×12)＝eq\f(\f(π,4)－\f(1,2),π)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2π).]4.(2022·陕西，6)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，那么这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)4.C[从这5个点中任取2个，有Ceq\o\al(2,5)＝10种取法，满足两点间的距离不小于正方形边长的取法有Ceq\o\al(2,4)＝6种，因此所求概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).应选C.]5.(2022·湖北，7)由不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))确定的平面区域记为Ω1，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，那么该点恰好在Ω2内的概率为()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(7,8)5.D[由题意作图，如下图，Ω1的面积为eq\f(1,2)×2×2＝2，图中阴影局部的面积为2－eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7,4)，那么所求的概率P＝eq\f(\f(7,4),2)＝eq\f(7,8).选D.]6.(2022·江苏，7)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，那么出现向上的点数之和小于10的概率是________.6.eq\f(5,6)[根本领件共有36个.如下：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中满足点数之和小于10的有30个.故所求概率为P＝eq\f(30,36)＝eq\f(5,6).]7.(2022·山东，14)在[－1，1]上随机地取一个数k，那么事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交〞发生的概率为________.7.eq\f(3,4)[由得，圆心(5，0)到直线y＝kx的距离小于半径，∴eq\f(|5k|,\r(k2＋1))<3，解得－eq\f(3,4)<k<eq\f(3,4)，由几何概型得P＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－〔－1〕)＝eq\f(3,4).]8.(2022·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，那么这2只球颜色不同的概率为________.8.eq\f(5,6)[这两只球颜色相同的概率为eq\f(1,6)，故两只球颜色不同的概率为1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).]9.(2022·福建，13)如图，点A的坐标为(1,0)，点C的坐标为(2,4)，函数f(x)＝x2，假设在矩形ABCD内随机取一点，那么此点取自阴影局部的概率等于________.9.eq\f(5,12)[由几何概型的概率公式：P＝1－eq\f(∫eq\o\al(2,1)x2dx,4)＝eq\f(5,12).]10.(2022·福建，14)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，那么它落到阴影局部的概率为______.10.eq\f(2,e2)[因为函数y＝ex与函数y＝lnx互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，又因为函数y＝ex与直线y＝e的交点坐标为(1，e)，所以阴影局部的面积为2(e×1－∫eq\o\al(1,0)exdx)＝2e－2exeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1,0))＝2e－(2e－2)＝2，由几何概型的概率计算公式，得所求的概率P＝eq\f(S阴影,S正方形)＝eq\f(2,e2).]11.(2022·江苏，4)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，那么所取2个数的乘积为6的概率是________.11.eq\f(1,3)[从1，2，3，6中随机取2个数，共有6种不同的取法，其中所取2个数的乘积是6的有1，6和2，3，共2种，故所求概率是eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).]12.(2022·广东，11)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，那么这七个数的中位数是6的概率为________.12.eq\f(1,6)[十个数中任取七个不同的数共有Ceq\o\al(7,10)种情况，七个数的中位数为6，那么6只有处在中间位置，有Ceq\o\al(3,6)种情况，于是所求概率P＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(7,10))＝eq\f(1,6).]13.(2022·江西，12)10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，那么恰好取到1件次品的概率是________.13.eq\f(1,2)[从10件产品中任取4件共有Ceq\o\al(4,10)＝210种不同的取法，因为10件产品中有7件正品、3件次品，所以从中任取4件恰好取到1件次品共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,7)＝105种不同的取法，故所求的概率为P＝eq\f(105,210)＝eq\f(1,2).]14.(2022·北京，16)A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A组：10,11,12,13,14,15,16B组：12,13,15,16,17,14，a假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)14.设事件Ai为“甲是A组的第i个人〞,事件Bi为“乙是B组的第i个人〞,i＝1,2,…,7.由题意可知P(Ai)＝P(Bi)＝eq\f(1,7)，i＝1，2，…，7.(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天〞等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第7人〞，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝eq\f(3,7).(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长〞.由题意知，C＝A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)＝P(A4B1)＋P(A5B1)＋P(A6B1)＋P(A7B1)＋P(A5B2)＋P(A6B2)＋P(A7B2)＋P(A7B3)＋P(A6B6)＋P(A7B6)＝10P(A4B1)＝10P(A4)P(B1)＝eq\f(10,49).(3)a＝11或a＝18.考点3离散型随机变量的分布列、均值与方差1.(2022·浙江，9)甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1,2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1,2)；(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2).那么()A.p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)B.p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)D.p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2)1.A[法一(特值法)取m＝n＝3进行计算、比拟即可.法二(标准解法)从乙盒中取1个球时,取出的红球的个数记为ξ,那么ξ的所有可能取值为0,1,那么P(ξ＝0)＝eq\f(n,m＋n)＝P(ξ1＝1),P(ξ＝1)＝eq\f(m,m＋n)＝P(ξ1＝2),所以E(ξ1)＝1·P(ξ1＝1)＋2·P(ξ1＝2)＝eq\f(m,m＋n)＋1,所以p1＝eq\f(E〔ξ1〕,2)＝eq\f(2m＋n,2〔m＋n〕)；从乙盒中取2个球时，取出的红球的个数记为η，那么η的所有可能取值为0,1,2，那么P(η＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝1),P(η＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝2),P(η＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝P(ξ2＝3),所以E(ξ2)＝1·P(ξ2＝1)＋2P(ξ2＝2)＋3P(ξ2＝3)＝eq\f(2m,m＋n)＋1,所以p2＝eq\f(E〔ξ2〕,3)＝eq\f(3m＋n,3〔m＋n〕)，所以p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)，应选A.]2.(2022·全国Ⅰ，19)某公司方案购置2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购置这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件缺乏再购置，那么每个500元.现需决策在购置机器时应同时购置几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购置2台机器的同时购置的易损零件数.(1)求X的分布列；(2)假设要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购置易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？2.(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购置易损零件上所需的费用(单位：元).当n＝19时，EY＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040.当n＝20时，EY＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.3.(2022·全国Ⅱ，18)某险种的根本保费为a(单位：元)，继续购置该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求续保人本年度的保费高于根本保费的概率；(2)假设续保人本年度的保费高于根本保费，求其保费比根本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与根本保费的比值.3.解(1)设A表示事件：“续保人本年度的保费高于根本保费〞，那么事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B表示事件：“续保人本年度的保费比根本保费高出60%〞，那么事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(P〔AB〕,P〔A〕)＝eq\f(P〔B〕,P〔A〕)＝eq\f(0.15,0.55)＝eq\f(3,11).因此所求概率为eq\f(3,11).(3)记续保人本年度的保费为X，那么X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.因此续保人本年度的平均保费与根本保费的比值为1.23.4.(2022·山东，19)甲、乙两人组成“星队〞参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，那么“星队〞得3分；如果只有一个人猜对，那么“星队〞得1分；如果两人都没猜对，那么“星队〞得0分.甲每轮猜对的概率是eq\f(3,4)，乙每轮猜对的概率是eq\f(2,3)；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队〞参加两轮活动，求：(1)“星队〞至少猜对3个成语的概率；(2)“星队〞两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X).4.(1)记事件A：“甲第一轮猜对〞，记事件B：“乙第一轮猜对〞，记事件C：“甲第二轮猜对〞，记事件D：“乙第二轮猜对〞，记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语〞.由题意，E＝ABCD＋eq\o(A,\s\up6(－))BCD＋Aeq\o(B,\s\up6(－))CD＋ABeq\o(C,\s\up6(－))D＋ABCeq\o(D,\s\up6(－)).由事件的独立性与互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BCD)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))CD)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－))D)＋P(ABCeq\o(D,\s\up6(－)))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\o(D,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3).所以“星队〞至少猜对3个成语的概率为eq\f(2,3).(2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.由事件的独立性与互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60,144)＝eq\f(5,12).P(X＝6)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(36,144)＝eq\f(1,4).可得随机变量X的分布列为x012346Peq\f(1,144)eq\f(5,72)eq\f(25,144)eq\f(1,12)eq\f(5,12)eq\f(1,4)所以数学期望EX＝0×eq\f(1,144)＋1×eq\f(5,72)＋2×eq\f(25,144)＋3×eq\f(1,12)＋4×eq\f(5,12)＋6×eq\f(1,4)＝eq\f(23,6).5.(2022·安徽，17)2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果.(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望).5.解(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品〞为事件A.P(A)＝eq\f(Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3),Aeq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).(2)X的可能取值为200，300，400.P(X＝200)＝eq\f(Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(X＝300)＝eq\f(Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－eq\f(1,10)－eq\f(3,10)＝eq\f(6,10).故X的分布列为X200300400Peq\f(1,10)eq\f(3,10)eq\f(6,10)E(X)＝200×eq\f(1,10)＋300×eq\f(3,10)＋400×eq\f(6,10)＝350.6.(2022·福建，16)某银行规定，一张银行卡假设在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.假设密码正确，那么结束尝试；否那么继续尝试，直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望.6.解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定〞的事件为A，那么P(A)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,2).(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.又P(X＝1)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(5,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×1＝eq\f(2,3).所以X的分布列为X123Peq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(2,3)所以E(X)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(5,2).7.(2022·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个.(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望.7.解(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个〞,那么由古典概型的概率计算公式有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,4).(2)X的所有可能值为0,1,2,且P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(7,15)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,15).综上知，X的分布列为X012Peq\f(7,15)eq\f(7,15)eq\f(1,15)故E(X)＝0×eq\f(7,15)＋1×eq\f(7,15)＋2×eq\f(1,15)＝eq\f(3,5)(个).8.(2022·天津，16)为推动乒乓球运动的开展，某乒乓球比赛允许不同协会的运发动组队参加.现有来自甲协会的运发动3名，其中种子选手2名；乙协会的运发动5名，其中种子选手3名.从这8名运发动中随机选择4人参加比赛.(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会〞，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.8.解(1)由，有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A发生的概率为eq\f(6,35).(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,5)Ceq\o\al(4－k,3),Ceq\o\al(4,8))(k＝1,2,3,4).所以随机变量X的分布列为X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)随机变量X的数学期望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).9.(2022·山东，19)假设n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，那么称n为“三位递增数〞(如137,359,567等).在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数〞中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规那么如下：假设抽取的“三位递增数〞的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；假设能被5整除，但不能被10整除，得－1分；假设能被10整除，得1分.(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数〞；(2)假设甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X).9.解(1)个位数是5的“三位递增数〞有125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数〞的个数为Ceq\o\al(3,9)＝84，随机变量X的取值为：0，－1，1，因此P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,8),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(2,3)，P(X＝-1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,14)，P(X＝1)＝1－eq\f(1,14)－eq\f(2,3)＝eq\f(11,42)，所以X的分布列为X0－11Peq\f(2,3)eq\f(1,14)eq\f(11,42)那么E(X)＝0×eq\f(2,3)＋(－1)×eq\f(1,14)＋1×eq\f(11,42)＝eq\f(4,21).10.(2022·湖南，18)某商场举行有奖促销活动，顾客购置一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，假设都是红球，那么获一等奖；假设只有1个红球，那么获二等奖；假设没有红球，那么不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)假设某顾客有3次抽奖时机，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望.10.解(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}.由题意，A1与A2相互独立，A1与A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1＋A2，C＝B1＋B2.因为P(A1)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，P(B2)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝P(A1)P()＋P()P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,10).(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为eq\f(1,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5))).于是P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(48,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(12,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,125).故X的分布列为X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)X的数学期望为E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).11.(2022·天津，16)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学.在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同).(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.11.解(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院〞为事件A，那么P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(49,60).所以，选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为eq\f(49,60).(2)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,4)·Ceq\o\al(3－k,6),Ceq\o\al(3,10))(k＝0，1，2，3).所以，随机变量X的分布列是X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)随机变量X的数学期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).12.(2022·四川，17)一款击鼓小游戏的规那么如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐那么扣除200分(即获得－200分).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.(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(3)玩过这款游戏的许多人都发现，假设干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.12.解(1)X可能的取值为：10，20，100，－200.根据题意，有P(X＝10)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝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)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×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(0)＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以X的分布列为X1020100－200Peq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)eq\f(1,8)(2)设“第i盘游戏没有出现音乐〞为事件Ai(i＝1，2，3)，那么P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f(1,8).所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐〞的概率为1－P(A1A2A3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(1,512)＝eq\f(511,512).因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是eq\f(511,512).(3)X的数学期望为E(X)＝10×eq\f(3,8)＋20×eq\f(3,8)＋100×eq\f(1,8)－200×eq\f(1,8)＝－eq\f(5,4).这说明，获得分数X的均值为负，因此，屡次游戏之后分数减少的可能性更大.13.(2022·山东，18)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两局部.如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分.对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为eq\f(1,2)，在D上的概率为eq\f(1,3)；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为eq\f(1,5)，在D上的概率为eq\f(3,5).假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望.13.解(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分〞(i＝0,1,3)，那么P(A3)＝eq\f(1,2)，P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A0)＝1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)；记Bi为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分〞(i＝0，1，3)，那么P(B3)＝eq\f(1,5)，P(B1)＝eq\f(3,5)，P(B0)＝1－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).记D为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上〞.由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的独立性和互斥性，P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为eq\f(3,10).(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6，由事件的独立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,30)，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(2,15)，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,30)，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,10).可得随机变量ξ的分布列为：ξ012346Peq\f(1,30)eq\f(1,6)eq\f(1,5)eq\f(2,15)eq\f(11,30)eq\f(1,10)所以数学期望E(ξ)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(11,30)＋6×eq\f(1,10)＝eq\f(91,30).14.(2022·重庆，18)一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1,3张卡片上的数字是2,2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片.(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列与数学期望.(注：假设三个数a，b，c满足a≤b≤c，那么称b为这三个数的中位数.)14.解(1)由古典概型中的概率计算公式知所求概率为p＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,84).(2)X的所有可能值为1,2,3,且P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(17,42)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(43,84)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,7),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,12)，故X的分布列为X123Peq\f(17,42)eq\f(43,84)eq\f(1,12)从而E(X)＝1×eq\f(17,42)＋2×eq\f(43,84)＋3×eq\f(1,12)＝eq\f(47,28).15.(2022·江西，21)随机将1,2，…，2n(n∈N*，n≥2)这2n个连续正整数分成A，B两组，每组n个数.A组最小数为a1，最大数为a2；B组最小数为b1，最大数为b2，记ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)当n＝3时，求ξ的分布列和数学期望；(2)令C表示事件“ξ与η的取值恰好相等〞，求事件C发生的概率P(C)；(3)对(2)中的事件C，eq\x\to(C)表示C的对立事件，判断P(C)和P(eq\x\to(C))的大小关系，并说明理由.15.解(1)当n＝3时，ξ的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有Ceq\o\al(3,6)＝20种，所以ξ的分布列为ξ2345Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(3,10)eq\f(1,5)E(ξ)＝2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(3,10)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(7,2).(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值为：n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)时，不同的分组方法有2Ceq\o\al(k,2k)种；所以当n＝2时，P(C)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，当n≥3时，P(C)＝.(3)由(2)知当n＝2时，P()＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P().而当n≥3时，P(C)<P()，理由如下：P(C)<P()等价于<.①用数学归纳法来证明：1°当n=3时，①式左边=4〔2+〕=4〔2+2〕=16，①右边==20，所以①式成立.2°假设n=m(m≥3)时①式成立，那么，当n=m+1时，左边=＝eq\f(〔2m〕！,m！m！)＋eq\f(4·〔2m－2〕！,〔m－1〕！〔m－1〕！)＝eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m－1〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)<eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)＝Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)·eq\f(2〔m＋1〕m,〔2m＋1〕〔2m－1〕)<Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)＝右边.即当n＝m＋1时①式也成立.综合1°，2°得：对于n≥3的所有正整数，都有P(C)<P()成立.16.(2022·安徽，17)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛,假设赛完5局仍未出现连胜，那么判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为eq\f(2,3),乙获胜的概率为eq\f(1,3),各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望).16.解用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛〞，Ak表示“第k局甲获胜〞，Bk表示“第k局乙获胜〞，那么P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(Bk)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81).(2)X的可能取值为2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(B3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)·P(A2)P(B3)P(B4)＝eq\f(10,81)，P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq\f(8,81).故X的分布列为X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)E(X)＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).17.(2022·福建，18)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)假设袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：(ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率；(ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个适宜的设计，并说明理由.17.解(1)设顾客所获的奖励额为X.(ⅰ)依题意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即顾客所获的奖励额为60元的概率为eq\f(1,2).(ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列为X2060Peq\f(1,2)eq\f(1,2)所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×eq\f(1,2)＋60×eq\f(1,2)＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，那么X1的分布列为X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望为E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，那么X2的分布列为X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望为E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.18.(2022·辽宁，18)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，如下图.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，期望E(X)及方差D(X).18.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天的日销售量都不低于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可能取的值为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.分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.考点4二项分布与正态分布1.(2022·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立，那么该同学通过测试的概率为()1.A[该同学通过测试的概率为p＝0.6×0.6＋Ceq\o\al(1,2)×0.4×0.62＝0.648.]2.(2022·湖南，7)在如下图的正方形中随机投掷10000个点，那么落入阴影局部(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：假设X～N(μ，σ2)，那么P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544