2023年高考数学理科(高考真题+模拟新题)分类汇编：K单元++概率

数学K单元概率K1随机事件的概率20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率．(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数123假设某台发电机运行，那么该台年利润为5000万元；假设某台发电机未运行，那么该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机多少台？20．解：(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机2台．17．，，，[2023·四川卷]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．17．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盘出现音乐〞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)由(1)知，X的数学期望为EX＝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．K2古典概型11．、[2023·广东卷]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________．11.eq\f(1,6)[解析]此题主要考查古典概型概率的计算，注意中位数的求法．从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，有Ceq\o\al(7,10)种方法，假设七个数的中位数是6，那么只需从0，1，2，3，4，5中选三个，从7，8，9中选三个不同的数即可，有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)种方法．故这七个数的中位数是6的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(7,10))＝eq\f(1,6).18．、、[2023·福建卷]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．18．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X2060P0.50.5所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝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2.5．[2023·新课标全国卷Ⅰ]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(3,8)C.eq\f(5,8)D.eq\f(7,8)5．D[解析]每位同学有2种选法，根本领件的总数为24＝16，其中周六、周日中有一天无人参加的根本领件有2个，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1－eq\f(2,16)＝eq\f(7,8).6．[2023·陕西卷]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)6．C[解析]利用古典概型的特点可知从5个点中选取2个点的全部情况有Ceq\o\al(2,5)＝10(种)，选取的2个点的距离不小于该正方形边长的情况有：选取的2个点的连线为正方形的4条边长和2条对角线长，共有6种．故所求概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).16．、、[2023·天津卷]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．16．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).9．、[2023·浙江卷]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)9．A[解析]方法一：不妨取m＝n＝3，此时，p1＝eq\f(3,6)×eq\f(2,2)＋eq\f(3,6)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，p2＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(3,3)＋eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，那么p1>p2；E(ξ1)＝1×eq\f(3,6)＋2×eq\f(3,6)＝eq\f(3,2)，E(ξ2)＝1×eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＋2×eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＋3×eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝2，那么E(ξ1)<E(ξ2)．应选A.方法二：p1＝eq\f(m,m＋n)×eq\f(2,2)＋eq\f(n,m＋n)×eq\f(1,2)＝eq\f(2m＋n,2〔m＋n〕)，p2＝eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(3,3)＋eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(1,3)＝eq\f(3m2－3m＋4mn＋n2－n,3〔m＋n〕〔m＋n－1〕)，那么p1－p2＝eq\f(mn＋n〔n－1〕,6〔m＋n〕〔m＋n－1〕)>0；E(ξ1)＝1×eq\f(n,m＋n)＋2×eq\f(m,m＋n)＝eq\f(2m＋n,m＋n)，E(ξ2)＝1×eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋2×eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋3×eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝eq\f(3m2－3m＋4mn＋n2－n,〔m＋n〕〔m＋n－1〕)，E(ξ1)－E(ξ2)＝eq\f(－m2＋m－mn,〔m＋n〕〔m＋n－1〕)<0，应选A.18．，[2023·重庆卷]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)18．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).K3几何概型14．、[2023·福建卷]如图1­4，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________．图1­414.eq\f(2,e2)[解析]因为函数y＝lnx的图像与函数y＝ex的图像关于正方形的对角线所在直线y＝x对称，那么图中的两块阴影局部的面积为S＝2eq\i\in(1,e,)lnxdx＝2(xlnx－x)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,))eq\s\up12(e)1＝2[(elne－e)－(ln1－1)]＝2，故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影局部的概率P＝eq\f(2,e2).7．[2023·湖北卷]由不等式组eq\b\lc\{(\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\{(\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)7．D[解析]作出Ω1，Ω2表示的平面区域如下图，SΩ1＝S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△BCE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，那么S四边形AOEC＝SΩ1－S△BCE＝2－eq\f(1,4)＝eq\f(7,4).故由几何概型得，所求的概率P＝eq\f(S四边形AOEC,SΩ1)＝eq\f(\f(7,4),2)＝eq\f(7,8).应选D.14．[2023·辽宁卷]正方形的四个顶点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分别在抛物线y＝－x2和y＝x2上，如图1­3所示．假设将—个质点随机投入正方形ABCD中，那么质点落在图中阴影区域的概率是________．图1­314.eq\f(2,3)[解析]正方形ABCD的面积S＝2×2＝4，阴影局部的面积S1＝2eq\i\in(－1,1,)(1－x2)dx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\o\al(1,－1)＝eq\f(8,3)，故质点落在阴影区域的概率P＝eq\f(\f(8,3),4)＝eq\f(2,3).K4互斥事件有一个发生的概率17．、[2023·湖南卷]某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率．(2)假设新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；假设新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．17．解：记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P(E)＝eq\f(2,3)，P(E)＝eq\f(1,3)，P(F)＝eq\f(3,5)，P(F)＝eq\f(2,5)，且事件E与F，E与F，E与F，E与F都相互独立．(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，那么H＝EF，于是P(H)＝P(E)P(F)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，故所求的概率为P(H)＝1－P(H)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).(2)设企业可获利润为X(万元)，那么X的可能取值为0，100，120，220.因为P(X＝0)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，P(X＝100)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝120)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，P(X＝220)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，故所求的分布列为X0100120220Peq\f(2,15)eq\f(1,5)eq\f(4,15)eq\f(2,5)数学期望为E(X)＝0×eq\f(2,15)＋100×eq\f(1,5)＋120×eq\f(4,15)＋220×eq\f(2,5)＝eq\f(300＋480＋1320,15)＝eq\f(2100,15)＝140.16．、、[2023·天津卷]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．16．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).K5相互对立事件同时发生的概率17．、[2023·安徽卷]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)．17．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(A1B2BP(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)EX＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).16．、[2023·北京卷]李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主场12212客场1188主场21512客场21312主场3128客场3217主场4238客场41815主场52420客场52512(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比拟EX与x的大小．(只需写出结论)16．解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过那么C＝AB∪AB，A，B相互独立．根据投篮统计数据，P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(2,5).故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(13,25).所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为eq\f(13,25).(3)EX＝eq\o(x,\s\up6(－)).17．、[2023·广东卷]随机观测生产某种零件的某工厂25名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，39，36.根据上述数据得到样本的频率分布表如下：分组频数频率[25，30]30.12(30，35]50.20(35，40]80.32(40，45]n1f1(45，50]n2f2(1)确定样本频率分布表中n1，n2，f1和f2的值；(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；(3)根据样本频率分布直方图，求在该厂任取4人，至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]的概率．20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率．(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数123假设某台发电机运行，那么该台年利润为5000万元；假设某台发电机未运行，那么该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机多少台？20．解：(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机2台．21．、、[2023·江西卷]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\o(C,\s\up6(－))表示C的对立事件，判断P(C)和P(eq\o(C,\s\up6(－)))的大小关系，并说明理由．21．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)Eξ＝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)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))),Ceq\o\al(n,2n)).(3)由(2)得，当n＝2时，P(C)＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P(C)．而当n≥3时，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)等价于4(2＋∑eq\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))<Ceq\o\al(n,2n)，①用数学归纳法来证明：(i)当n＝3时，①式左边＝4(2＋Ceq\o\al(1,2))＝4(2＋2)＝16，①式右边＝Ceq\o\al(3,6)＝20，所以①式成立．(ii)假设n＝m(m≥3)时①式成立，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))<Ceq\o\al(m,2m)成立，那么，当n＝m＋1时，左边＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m＋1－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)<Ceq\o\al(m,2m)＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)＝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(i)(ii)得，对于n≥3的所有正整数，都有P(C)<P(C)成立．18．、、[2023·辽宁卷]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1­4所示．图1­4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天日销售量不低于100个且另1天销售量低于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，相应的概率分别为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.X的分布列为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)＝0.72.20．、[2023·全国卷]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．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．20．解：记A1表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i＝0，1，2.B表示事件：甲需使用设备．C表示事件：丁需使用设备．D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)因为P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝Ceq\o\al(i,2)×0.52，i＝0，1，2，所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0．31.(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，其分布列为P(X＝0)＝P(B·A0·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A0·C＋B·A0·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.17．，，，[2023·四川卷]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．17．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盘出现音乐〞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)由(1)知，X的数学期望为EX＝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．K6离散型随机变量及其分布列17．、[2023·安徽卷]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)．17．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(A1B2BP(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)EX＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).16．、[2023·北京卷]李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：场次投篮次数命中次数场次投篮次数命中次数主场12212客场1188主场21512客场21312主场3128客场3217主场4238客场41815主场52420客场52512(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比拟EX与x的大小．(只需写出结论)16．解：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过那么C＝AB∪AB，A，B相互独立．根据投篮统计数据，P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(2,5).故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(13,25).所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为eq\f(13,25).(3)EX＝eq\o(x,\s\up6(－)).18．、、[2023·福建卷]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．18．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X2060P0.50.5所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝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2.20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率．(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数123假设某台发电机运行，那么该台年利润为5000万元；假设某台发电机未运行，那么该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机多少台？20．解：(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机2台．17．、[2023·湖南卷]某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率．(2)假设新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；假设新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和数学期望．17．解：记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P(E)＝eq\f(2,3)，P(E)＝eq\f(1,3)，P(F)＝eq\f(3,5)，P(F)＝eq\f(2,5)，且事件E与F，E与F，E与F，E与F都相互独立．(1)记H＝{至少有一种新产品研发成功}，那么H＝EF，于是P(H)＝P(E)P(F)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，故所求的概率为P(H)＝1－P(H)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).(2)设企业可获利润为X(万元)，那么X的可能取值为0，100，120，220.因为P(X＝0)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，P(X＝100)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝120)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，P(X＝220)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，故所求的分布列为X0100120220Peq\f(2,15)eq\f(1,5)eq\f(4,15)eq\f(2,5)数学期望为E(X)＝0×eq\f(2,15)＋100×eq\f(1,5)＋120×eq\f(4,15)＋220×eq\f(2,5)＝eq\f(300＋480＋1320,15)＝eq\f(2100,15)＝140.12．[2023·江西卷]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________．12.eq\f(1,2)[解析]由超几何分布的概率公式可得P(恰好取到一件次品)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(4,10))＝eq\f(1,2).21．、、[2023·江西卷]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\o(C,\s\up6(－))表示C的对立事件，判断P(C)和P(eq\o(C,\s\up6(－)))的大小关系，并说明理由．21．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)Eξ＝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)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))),Ceq\o\al(n,2n)).(3)由(2)得，当n＝2时，P(C)＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P(C)．而当n≥3时，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)等价于4(2＋∑eq\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))<Ceq\o\al(n,2n)，①用数学归纳法来证明：(i)当n＝3时，①式左边＝4(2＋Ceq\o\al(1,2))＝4(2＋2)＝16，①式右边＝Ceq\o\al(3,6)＝20，所以①式成立．(ii)假设n＝m(m≥3)时①式成立，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))<Ceq\o\al(m,2m)成立，那么，当n＝m＋1时，左边＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m＋1－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)<Ceq\o\al(m,2m)＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)＝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(i)(ii)得，对于n≥3的所有正整数，都有P(C)<P(C)成立．18．、、[2023·辽宁卷]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1­4所示．图1­4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天日销售量不低于100个且另1天销售量低于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，相应的概率分别为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.X的分布列为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)＝0.72.18．，[2023·山东卷]乒乓球台面被网分隔成甲、乙两局部，如图1­4所示，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．图1­418．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1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1次的落点在乙上的概率为eq\f(3,10).由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6.(2)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Eξ＝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).19．，[2023·陕西卷]在一块耕地上种植一种作物，每季种植本钱为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg)300500概率0.50.5作物市场价格(元/kg)610概率0.40.6(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)假设在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．19．解：(1)设A表示事件“作物产量为300kg〞，B表示事件“作物市场价格为6元/kg由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－本钱，∴X所有可能的取值为500×10－1000＝4000，500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000，300×6－1000＝800.P(X＝4000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为X4