2024版新教材高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第7节离散型随机变量的分布列及数字特征学案含解析新人教A版2023051917

2024版新教材高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第7节离散型随机变量的分布列及数字特征学案含解析新人教A版2023051917第七节离散型随机变量的分布列及数字特征一、教材概念·结论·性质重现1．随机变量的有关概念(1)随机变量：对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有唯一的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量．(2)离散型随机变量：可能取值为有限个或可以一一列出的随机变量．(1)离散型随机变量X的每一个可能取值为实数，其实质代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的．(2)若X是随机变量，则Y＝aX＋b(a，b为常数)也是随机变量．2．离散型随机变量的分布列及性质(1)一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n为离散型随机变量X的概率分布列，简称分布列．(2)离散型随机变量的分布列的性质①pi≥0，i＝1,2，…，n；②p1＋p2＋…＋pn＝1.判断所求离散型随机变量的分布列是否正确，可用pi≥0，i＝1,2，…，n及p1＋p2＋…＋pn＝1检验．3．离散型随机变量的均值与方差离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xnPp1p2…pn(1)均值称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝eq\i\su(i＝1,n,x)ipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)方差称D(X)＝eq\i\su(i＝1,n,)(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，可以用来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度，并称eq\r(D(X))为随机变量X的标准差，记为σ(X)．(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均．(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态．(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn直接给出了E(X)的求法，即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加．4．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b．(a，b为常数)(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b为常数)5．两点分布与二项分布的均值、方差(1)若随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np·(1－p)．1．若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．2．均值与方差的关系：D(X)＝E(X2)－E2(X)．3．超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝eq\f(nM,N).二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)离散型随机变量的概率分布列中，各个概率之和可以小于1.(×)(2)对于某个试验，离散型随机变量的取值可能有明确的意义，也可能不具有实际意义． (×)(3)如果随机变量X的分布列由下表给出，X25P0.30.7则它服从两点分布． (×)(4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小． (√)(5)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事． (×)2．抛掷一枚质地均匀的硬币2次，则正面向上次数X的所有可能取值是0,1,2.3．已知离散型随机变量X的分布列为X012P0.51－2qq2则常数q＝________.1－eq\f(\r(2),2)解析：由分布列的性质得0.5＋1－2q＋q2＝1，解得q＝1－eq\f(\r(2),2)或q＝1＋eq\f(\r(2),2)(舍去)．4．已知X的分布列为X－101Peq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为()A．eq\f(7,3)B．4C．－1D．1A解析：E(X)＝－1×eq\f(1,2)＋0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,6)＝－eq\f(1,3)，E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－eq\f(2,3)＋3＝eq\f(7,3).5．甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列分别为X0123P0.40.30.20.1Y012P0.30.50.2若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________．乙解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，所以E(Y)<E(X)，故乙的技术较好．6．若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)的值为________．0解析：因为P(X＝c)＝1，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.考点1离散型随机变量的分布列及性质——基础性(2020·南京师大附中高三模拟)某中学有4位学生申请A、B、C三所大学的自主招生．若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的．(1)求恰有2人申请A大学的概率；(2)求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)．解：(1)所有可能的方式有34种，恰有2人申请A大学的情况有Ceq\o\al(2,4)×22种，从而恰有2人申请A大学的概率为eq\f(C\o\al(2,4)×22,34)＝eq\f(8,27).(2)由题意可知，随机变量的可能取值为1,2,3，则P(X＝1)＝eq\f(3,34)＝eq\f(1,27)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(3,4)·A\o\al(2,3)＋\f(C\o\al(2,4)A\o\al(2,3),2),34)＝eq\f(14,27)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(2,4)A\o\al(3,3),34)＝eq\f(4,9).所以随机变量X的分布列为X123Peq\f(1,27)eq\f(14,27)eq\f(4,9)E(X)＝1×eq\f(1,27)＋2×eq\f(14,27)＋3×eq\f(4,9)＝eq\f(65,27).求离散型随机变量X的分布列的步骤(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值．(2)求X取每个值的概率．(3)写出X的分布列．求离散型随机变量的分布列的关键，是求随机变量所取值对应的概率．在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m(1)求随机变量Y＝2X＋1的分布列；(2)求随机变量η＝|X－1|的分布列；(3)求随机变量ξ＝X2的分布列．解：(1)由分布列的性质可知，0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.首先列表为X012342X＋113579从而Y＝2X＋1的分布列为Y13579P0.20.10.10.30.3(2)列表为X01234|X－1|10123所以P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3，故η＝|X－1|的分布列为η0123P0.10.30.30.3(3)首先列表为X01234X2014916从而ξ＝X2的分布列为ξ014916P0.20.10.10.30.3考点2离散型随机变量的均值与方差——综合性考向1离散型随机变量的均值与方差为迎接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(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)、方差D(ξ)．解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0元、40元、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).所以，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)ξ的可能取值为0,40,80,120,160，且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(1,6)×eq\f(1,4)＝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)，所以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)E(ξ)＝0×eq\f(1,24)＋40×eq\f(1,4)＋80×eq\f(5,12)＋120×eq\f(1,4)＋160×eq\f(1,24)＝80，D(ξ)＝(0－80)2×eq\f(1,24)＋(40－80)2×eq\f(1,4)＋(80－80)2×eq\f(5,12)＋(120－80)2×eq\f(1,4)＋(160－80)2×eq\f(1,24)＝eq\f(4000,3).求离散型随机变量的均值、方差的步骤(1)理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值．(2)求X的每个值的概率．(3)写出X的分布列．(4)由均值定义求出E(X)，D(X)．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2·D(X)的应用．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4).(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)，P(X＝1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)，P(X＝3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,24).所以随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,4)eq\f(11,24)eq\f(1,4)eq\f(1,24)随机变量X的数学期望E(X)＝0×eq\f(1,4)＋1×eq\f(11,24)＋2×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,24)＝eq\f(13,12).(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(11,24)＋eq\f(11,24)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,48).所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为eq\f(11,48).考向2二项分布的均值与方差(1)(2020·浙江高三模拟)一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n(n∈N*)个黑球．现从中有放回地摸取4次，每次都是随机摸取一球．设摸得白球个数为X，若D(X)＝1，则E(X)＝()A．1B．2C．3D．4B解析：由题意，X～B(4，p)．因为D(X)＝4p(1－p)＝1，所以p＝eq\f(1,2)，E(X)＝4p＝4×eq\f(1,2)＝2.故选B．(2)某市旅游局为了进一步开发旅游资源，需要了解游客的情况，以便制定相应的策略．在某月中随机抽取甲、乙两个景点各10天的游客数，画出茎叶图如图所示．若景点甲中的数据的中位数是126，景点乙中的数据的平均数是124.①求x，y的值；②若将图中景点甲中的数据作为该景点较长一段时间内的样本数据(视样本频率为概率)．现从这段时间内任取4天，记其中游客数不低于125的天数为ξ，求ξ的期望与方差．解：①由题意知甲的中间两位数的尾数为7，x.根据中位数为126，即eq\f(7＋x,2)＝6，所以x＝5.乙中以124为平均数，则109可表示为－15,115可表示为－9，…，可列出等式－15－9－6＋1＋2＋9＋11＋17＝10，则124－10＝114，y＝4，所以x＝5，y＝4.②由题意知，因为景点甲的每一天的游客数不低于125的概率为eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，任取4天，即是进行了4次独立重复试验，其中有ξ次发生，故随机变量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,5)))，所以E(ξ)＝4×eq\f(3,5)＝eq\f(12,5)，D(ξ)＝4×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(24,25).二项分布的均值与方差(1)如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．1．同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为X，则X的数学期望是()A．1B．2C．eq\f(3,2)D．eq\f(5,2)A解析：因为一次同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现2枚正面向上的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,4)))，所以E(X)＝4×eq\f(1,4)＝1.故选A．2．(2020·嘉兴一中高三期末)已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球．现从该箱中有放回地依次取出3个小球，则3个小球颜色互不相同的概率是________；若变量ξ为取出3个球中红球的个数，则ξ的方差D(ξ)＝________.eq\f(9,50)eq\f(12,25)解析：设抽取一次，抽到红球、黑球、白球的事件分别为A，B，C，则P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(3,10)，P(C)＝eq\f(1,2)，所以“从该箱中有放回地依次取出3个小球，则3个小球颜色互不相同”的事件有Aeq\o\al(3,3)种情况，每种情况的概率都为P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,5)×eq\f(3,10)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,100)，所以所求概率为Aeq\o\al(3,3)×eq\f(3,100)＝6×eq\f(3,100)＝eq\f(9,50).依题意可知变量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))，所以D(ξ)＝3×eq\f(1,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＝eq\f(12,25).考点3均值与方差在决策问题中的应用——应用性某投资公司准备将1000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为eq\f(7,9)和eq\f(2,9).项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为eq\f(3,5)，eq\f(1,3)和eq\f(1,15).针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．解：若按“项目一”投资，设获利为X1万元，则X1的分布列为X1300－150Peq\f(7,9)eq\f(2,9)所以E(X1)＝300×eq\f(7,9)＋(－150)×eq\f(2,9)＝200(万元)．若按“项目二”投资，设获利为X2万元，则X2的分布列为X2500－3000Peq\f(3,5)eq\f(1,3)eq\f(1,15)所以E(X2)＝500×eq\f(3,5)＋(－300)×eq\f(1,3)＋0×eq\f(1,15)＝200(万元)．D(X1)＝(300－200)2×eq\f(7,9)＋(－150－200)2×eq\f(2,9)＝35000，D(X2)＝(500－200)2×eq\f(3,5)＋(－300－200)2×eq\f(1,3)＋(0－200)2×eq\f(1,15)＝140000.所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)<D(X2)，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥．综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．利用期望与方差进行决策的方法(1)若我们希望实际的平均水平较理想时，则先求随机变量ξ1，ξ2的期望，当E(ξ1)＝E(ξ2)时，不应误认为它们一样好，需要用D(ξ1)，D(ξ2)来比较这两个随机变量的偏离程度，偏离程度小的更好．(2)若我们希望比较稳定时，应先考虑方差，再考虑均值是否相等或者接近．(3)若对平均水平或者稳定性没有明确要求时，一般先计算期望，若相等，则由方差来确定哪一个更好．若E(ξ1)与E(ξ2)比较接近，且期望较大者的方差较小，显然该变量更好；若E(ξ1)与E(ξ2)比较接近且方差相差不大时，应根据不同选择给出不同的结论，即是选择较理想的平均水平还是选择较稳定．(2020·武汉模拟)某保险公司对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为A，B，C三类工种，从事这三类工种的人数分别为12000,6000，2000.由历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表(并以此估计赔付概率)：工种类别ABC赔付频率eq\f(1,105)eq\f(2,105)eq\f(1,104)已知A，B，C三类工种的职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元．(1)求保险公司在该业务所获利润的期望值；(2)现有如下两个方案供企业选择：方案一：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；方案二：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%，职工个人负责保费的30%，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支．请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议．解：(1)设工种A，B，C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X，Y，Z，则X，Y，Z的分布列分别为X2525－100×104P1－eq\f(1,105)eq\f(1,105)Y2525－100×104P1－eq\f(2,105)eq\f(2,105)Z4040－50×104P1－eq\f(1,104)eq\f(1,104)所以E(X)＝25×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,105)))＋(25－100×104)×eq\f(1,105)＝15，E(Y)＝25×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,105)))＋(25－100×104)×eq\f(2,105)＝5，E(Z)＝40×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,104)))＋(40－50×104)×eq\f(1,104)＝－10，保险公司所获利润的期望值为12000×15＋6000×5－2000×10－100000＝90000，所以保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．(2)方案一：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为12000×100×104×eq\f(1,105)＋6000×100×104×eq\f(2,105)＋2000×50×104×eq\f(1,104)＋12×104＝46×104；方案二：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为(12000×25＋6000×25＋2000×40)×0.7＝37.1×104.因为46×104>37.1×104，所以建议企业选择方案二． 第10章计数原理、概率、随机变量及其分布数学文化与概率数学文化是国家文化素质教育的重要组成部分，纵观近几年高考，概率统计部分以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新．同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开．下面通过对典型例题的剖析，让同学们增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心素养．以古代文化经典为素材中国古代四大艺术，琴棋书画，源远流长，相传尧舜以棋教子，在春秋、战国时期，围棋已广为流行．围棋盒子中有多粒黑子和白子．已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq\f(1,7)，都是白子的概率是eq\f(12,35)，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率为()A．eq\f(1,7)B．eq\f(12,35)C．eq\f(17,35)D．1C解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35).即任意取出2粒恰好是同一色的概率为eq\f(17,35).1．(2020·潍坊市高三模拟)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,5)D．eq\f(1,6)A解析：分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b，c表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌的马获胜的有Ba，Ca，Cb，共3场比赛，所以田忌的马获胜的概率为eq\f(1,3).2．(2020·沈阳市东北育才学校高三模拟)生活中人们常用“通五经，贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为()A．eq\f(7,10)B．eq\f(7,60)C．eq\f(27,60)D．eq\f(47,60)B解析：由题意知样本点总数n＝Aeq\o\al(6,6)＝720，“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：①“数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼、乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况，故有4×2×6＝48(种)．②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼、乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)情况，则有3×2×6＝36(种)情况．由分类加法计数原理知满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排共有48＋36＝84(种)情况．所以满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率p＝eq\f(84,720)＝eq\f(7,60).故选B．以数学家为素材我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2