统考版2024高考数学二轮专题复习专题四统计与概率第2讲概率随机变量及其分布列理

第2讲概率、随机变量及其分布列考点一古典概型与几何概型——构建模型，合理分类1．古典概型的概率公式P(A)＝mn＝事件2．几何概型的概率公式P(A)＝JP3构成事件例1(1)[2024·全国甲卷]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A．15B．13C．25（2）[2024·全国乙卷]设O为平面坐标系的坐标原点，在区域{（x，y）|1≤x2＋y2≤4}内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于eq\f(π,4)的概率为（）A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,6)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)归纳总结1．求古典概型的两个关键点一是会利用排列、组合与两个基本计数原理求样本空间所含的基本领务数n以及事务A所含的基本领务数m；二是会运用古典概型的概率公式P(A)＝mn2．解几何概型的步骤(1)“定变量”，依据事务发生的过程确定事务中的相关变量，确定变量的取值范围；(2)“观图形”，依据变量的取值范围，画出基本领务所包含的图形和所求事务对应的图形；(3)“求度量”，依据图形的直观性，结合变量的取值范围，求出相应图形的几何度量；(4)“求概率”，把所求得的几何度量代入几何概型的概率计算公式，即可求出概率．提示对立事务是互斥事务，是互斥中的特别状况，但互斥事务不愿定是对立事务，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．对点训练1.[2024·全国甲卷]将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为()A．13B．25C．232．[2024·全国乙卷]在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数之和大于74A．79B．2332C．932考点二相互独立事务和独立重复试验——正难则反1．条件概率在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝PAB2．相互独立事务同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)．3．独立重复试验、二项分布假如事务A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cnkpk(1－p)例211分制乒乓球竞赛，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，该局竞赛结束．甲、乙两位同学进行单打竞赛，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个球该局竞赛结束．(1)求P(X＝2)；(2)求事务“X＝4且甲获胜”的概率．归纳总结求相互独立事务的概率的两种方法干脆法正确分析困难事务的构成，将困难事务转化为几个彼此互斥事务的和事务或几个相互独立事务同时发生的积事务或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．间接法当困难事务正面状况较多，反面状况较少时，可利用其对立事务进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．对点训练[2024·山东济宁联考]为吸引顾客，某商场举办购物抽奖活动．抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球(小球除颜色外，完全相同)的抽奖箱中，每次摸出一个球，不放回地依次摸取两次，记为一次抽奖．若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖．下列随机事务的概率错误的是()A．某顾客抽奖一次中奖的概率是2B．某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是98C．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是3D．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是1考点三离散型随机变量的分布列、均值与方差——综合各类概率，活用分布模型离散型随机变量的均值与方差(1)均值与方差的性质①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为实数)．(2)两点分布与二项分布的均值、方差①若X听从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．例3[2024·辽宁大连测试]某校辩论队支配在周六、周日各参与一场辩论赛，分别由正、副队长负责，已知该校辩论队共有10位成员(包含正、副队长)，每场竞赛除负责人外均另需3位队员(同一队员可同时参与两天的竞赛，正、副队长只能参与一场竞赛)．假设正、副队长分别将各自竞赛通知的信息独立、随机地发给辩论队8名队员中的3位，且所发信息都能收到．(1)求辩论队员甲收到正队长或副队长所发竞赛通知信息的概率；(2)记辩论队收到正队长或副队长所发竞赛通知信息的队员人数为随机变量X，求X的分布列及其数学期望．归纳总结计算期望与方差的基本方法(1)已知随机变量的概率分布求它的期望、方差和标准差，可干脆用定义或公式求．(2)已知随机变量X的期望、方差，求X的线性函数Y＝aX＋b的期望、方差和标准差，可干脆用期望及方差的性质求．(3)若能分析出所给随机变量听从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，则可干脆利用它们的期望、方差公式来求．对点训练[2024·陕西省榆林市高三模拟]推动垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必定选择．某社区开展有关垃圾分类的学问测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道题做对的概率为eq\f(2,3)，没有思路的题目，只好随意猜一个答案，猜对的概率为eq\f(1,4).甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．（1）若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；（2）以答对题目数量的期望为依据，推断甲应当选择哪组题答题．考点四概率与统计的综合应用——精确审题，数据分析概率与统计问题在近几年的高考中背景取自现实，题型新奇 ，综合性增加，难度加深，驾驭此类问题的解题策略，在高考中才能游刃有余．角度1概率与统计图表的交汇问题例4[2024·江西省赣州市兴国县高三测试]随着《2024年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热忱，掀起了学习古诗词的热潮．某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的状况，实行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成果（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示．（1）依据频率分布直方图，估计这100名学生测试成果的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（2）若该校高二学生“古诗词”的测试成果X近似听从正态分布N（μ，169），其中μ近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成果不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成果为优秀的人数；（取整数）（3）现该校为迎接该省的2024年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕实行了一场校内“诗词大会”．该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分．若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为eq\f(4,5)，eq\f(5,7)，eq\f(1,2)，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的．记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望E（ξ）.参考数据：若X～N（μ，σ2），则P（μ－σ<X≤μ＋σ）＝0.6826，P（μ－2σ<X≤μ＋2σ）＝0.9544，P（μ－3σ<X≤μ＋3σ）＝0.9974.归纳总结破解频率分布直方图与概率相交汇问题的步骤角度2概率与统计案例的交汇问题例5[2024·河南开封]大豆是我国重要的农作物，种植历史悠久．某种子试验基地培育出某大豆新品种，为检验其最佳播种日期，在A，B两块试验田上进行试验(两地块的土质等状况一样).6月25日在A试验田播种该品种大豆，7月10日在B试验田播种该品种大豆．收获大豆时，从中各随机抽取20份(每份1千粒)，并测量出每份的质量(单位：克)，依据[100，150)，[150，200)，[200，250]进行分组，得到如下表格：[100，150)[150，200)[200，250]A试验田/份3611B试验田/份6104把千粒质量不低于200克的大豆视为籽粒饱满，否则视为籽粒不饱满．(1)推断是否有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关？(2)从A，B两块试验田中各抽取一份大豆，求抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率；(3)用样本估计总体，从A试验田随机抽取100份(每份千粒)大豆，记籽粒饱满的份数为X，求X的数学期望和方差．参考公式：K2＝nadP(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.001k02.0722.7063.8415.0246.63510.828归纳总结解决概率、统计与其他学问的综合角度3概率、统计与数列的交汇例6第24届冬奥会于2024年在中国北京和张家口实行，届时，北京将成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．在某次滑雪表演竞赛中，抽取部分参赛队员的分数(得分取正整数，满分为100分)作为样本(样本容量为n)进行统计，并依据[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100](已知分数在[90，100]内的人数为3)的分组作出如图所示的频率分布直方图．据此解答如下问题：(1)求样本容量n及频率分布直方图中a的值．(2)滑雪场馆内的一销售网点为了吸引游客，增加营业收入，开展“参与嬉戏赢奖券”促销活动，购物满200元可以参与1次嬉戏，嬉戏规则如下：有一张共7格的方格图，依次编号为第1格、第2格、第3格、…、第7格，嬉戏起先时“跳子”在第1格，参与者需从一个口袋(装有除颜色外完全相同的2个黑球和2个白球)中任取两个球，若两个球颜色不同，则“跳子”前进1格(即从第1格到第2格)，若两个球颜色相同，则“跳子”前进2格(即从第1格到第3格)，当“跳子”前进到第6格或者第7格时，嬉戏结束．“跳子”落在第6格可以得到30元奖券，“跳子”落在第7格可以得到90元奖券．记“跳子”前进到第n格(1≤n≤7)的概率为Pn.①证明：{Pn－Pn－1}(2≤n≤6)是等比数列．②求某一位顾客参与一次这样的嬉戏获得的奖券金额的期望．归纳总结破解此题的关键是将概率的参数表达式与数列的递推式相结合，可得数列的通项公式，此种解法新奇 独特．对点训练[2024·四川省泸县其次中学]中国探月工程自2004年立项以来，聚焦“自主创新、重点跨越、支撑发展、引领将来”的目标，创建了很多项中国首次.2024年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带“月壤”着陆地球，又首次实现了我国地外天体无人采样返回．为了了解某中学高三学生对此新闻事务的关注程度，从该校高三学生中随机抽取了50名学生进行调查，调查样本中有20名女生．如图是依据样本的调查结果绘制的等高条形图(阴影区域表示关注“嫦娥五号”的部分)．关注没关注合计男女合计(1)完成上面的2×2列联表，推断是否有95%的把握认为对“嫦娥五号”的关注程度与性别有关？(2)若将频率视为概率，现从该中学高三的女生中随机抽取3人．记被抽取的3名女生中对“嫦娥五号”新闻关注的人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．附：K2＝nadP(K2≥k0)0.1500.1000.0500.0100.005k02.0722.7063.8416.6357.879[高考5个大题]解题研诀窍(四)概率与统计问题重在“辨”——辨析、辨型[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]概率与统计问题辨析、辨型的基本策略(1)精确弄清问题所涉及的事务有什么特点，事务之间有什么关系，如互斥、对立、独立等．(2)理清事务以什么形式发生，犹如时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等．(3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无依次等．(4)精确选择排列组合的方法来计算基本领务发生数和事务总数，或依据概率计算公式和性质来计算事务的概率．(5)确定随机变量取值并求其对应的概率，写出分布列后再求期望、方差．(6)会套用求b、K2的公式，再作进一步求值与分析．[典例]某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再依据检验结果确定是否对余下的全部产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的全部产品作检验？[快审题]求什么想什么求f(p)的最大值点，想到f(p)的表达式．求E(X)的值，想到X的可能取值及所对应的概率、均值的性质．给什么用什么给出检验费及赔偿费可计算E(X)．差什么找什么计算E(X)，应找出X与不合格产品件数的关系，利用均值性质求解．[稳解题](1)因为20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C202p2·(1－p)所以f′(p)＝C202[2p(1－p)18－18p2(1－p)＝2C202p(1－p)17(1－10令f′(p)＝0，得p＝0.1，当p∈(0，0.1)时，f′(p)＞0；当p∈(0.1，1)时，f′(p)＜0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1，①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490．②若对余下的产品作检验，则这一箱产品所须要的检验费用为400元，由于E(X)＞400，故应当对余下的产品作检验．题后悟道解决概率与统计问题的关键点(1)会利用两个基本计数原理、排列与组合，以及古典概型的概率公式求随机变量的概率；能精确推断随机变量X的全部可能取值，然后求出随机变量X取每个值时的概率，即可得随机变量X的分布列；还需活用定义，即会活用随机变量的数学期望的定义进行计算．(2)独立性检验是用来考察两个分类变量是否有关系，依据统计量K2的计算公式确定K2的值，K2越大，说明两个分类变量有关系的可能性越大．第2讲概率、随机变量及其分布列考点一[例1]解析：（1）从6张卡片中任取2张的取法有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的取法有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种，所以所求概率P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).故选C.（2）因为区域{（x，y）|1≤x2＋y2≤4}表示以圆心O（0，0），外圆半径R＝2，内圆半径r＝1的圆环，则直线OA的倾斜角不大于eq\f(π,4)的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角∠MON＝eq\f(π,4)，结合对称性可得所求概率P＝eq\f(3π×\f(1,4),3π)＝eq\f(1,4).故选C.答案：（1）C（2）C对点训练1．解析：解法一（将4个1和2个0视为完全不同的元素）4个1分别设为1A，1B，1C，1D，2个0分别设为OA，OB，将4个1和2个0随机排成一行有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种排法，将1A，1B，1C，1D排成一行有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法，再将OA，OB插空有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种排法，所以2个0不相邻的概率P＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)))＝eq\f(2,3).解法二（含有相同元素的排列）将4个1和2个0支配在6个位置，则选择2个位置支配0，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置支配0，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种排法．所以2个0不相邻的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)))＝eq\f(2,3).答案：C2．解析：在区间（0，1）中随机取一个数，记为x，在区间（1，2）中随机取一个数，记为y，两数之和大于eq\f(7,4)，即x＋y>eq\f(7,4)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<x<1,1<y<2,x＋y>\f(7,4))).在如图所示的平面直角坐标系中，点（x，y）构成的区域是边长为1的正方形区域（不含边界），事务A“两数之和大于eq\f(7,4)”即x＋y>eq\f(7,4)中，点（x，y）构成的区域为图中阴影部分（不含边界），由几何概型的概率计算公式得P（A）＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(2)×\f(1,2),1×1)＝eq\f(23,32)，故选B.答案：B考点二[例2]解析：（1）X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局竞赛结束，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个球该局竞赛结束，且这4个球的得分状况为前两球是甲、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.对点训练解析：对于A选项，顾客抽奖一次中奖的概率为eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1＋3,10)＝eq\f(2,5)，故A选项正确．对于B选项，有如下两种方法：方法一顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(98,125).方法二顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(27,125)＝eq\f(98,125).故B选项正确．对于CD选项，由于第一次抽出了红球，故剩余2个白球和2个红球，再抽一个，抽到红球的概率是eq\f(2,2＋2)＝eq\f(1,2)，故C选项错误，D选项正确．故选C.答案：C考点三[例3]解析：（1）设事务A表示：辩论队员甲收到正队长的通知信息．则P（A）＝eq\f(3,8)，P（eq\o(A,\s\up6(－))）＝eq\f(5,8)；设事务B表示：辩论队员甲收到副队长的通知信息．则P（B）＝eq\f(3,8)，P（eq\o(B,\s\up6(－))）＝eq\f(5,8)；设事务C表示：辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息．则P（C）＝1－P（eq\o(A,\s\up6(－))）P（eq\o(B,\s\up6(－))）＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))eq\s\up12(2)＝eq\f(39,64).所以辩论队员甲收到正队长或副队长的通知信息的概率为eq\f(39,64).（2）由题意可得，随机变量X的全部可能取值为3，4，5，6，则P（X＝3）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)))＝eq\f(1,56)，P（X＝4）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)))＝eq\f(15,56)，P（X＝5）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)))＝eq\f(15,28)，P（X＝6）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)))＝eq\f(5,28)，所以随机变量X的分布列为X3456Peq\f(1,56)eq\f(15,56)eq\f(15,28)eq\f(5,28)故数学期望E（X）＝3×eq\f(1,56)＋4×eq\f(15,56)＋5×eq\f(15,28)＋6×eq\f(5,28)＝eq\f(39,8).对点训练解析：（1）由题意可知：X的可能取值为0，1，2，则有：P（X＝0）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×（1－eq\f(1,4)）×（1－eq\f(2,3)）＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×（1－eq\f(2,3)）2＝eq\f(13,72)，P（X＝1）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×[（1－eq\f(1,4)）×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×（1－eq\f(2,3)）]＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(2,3)×（1－eq\f(2,3)）＝eq\f(37,72)，P（X＝2）＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))×（eq\f(2,3)）2＝eq\f(11,36)，所以X的分布列为：X012Peq\f(13,72)eq\f(37,72)eq\f(11,36)故X的期望E（X）＝0×eq\f(13,72)＋1×eq\f(37,72)＋2×eq\f(11,36)＝eq\f(9,8).（2）若甲选择从B组中任选2道题，设Y表示甲答对题目的个数，则Y～B（2，0.6），所以Y的期望E（X）＝2×0.6＝1.2，因为1.2>1.125＝eq\f(9,8)，所以甲应选择B组．考点四[例4]解析：（1）由频率分布直方图估计平均数为：0．005×10×45＋0.010×10×55＋0.020×10×65＋0.030×10×75＋0.025×10×85＋0.01×10×95＝74（分）.（2）由题意可得测试成果X近似听从正态分布N（74，132），所以P（61<X≤87）＝0.6826，则P（X>87）＝eq\f(1,2)[1－P（61<X≤87）]＝eq\f(1,2)（1－0.6826）＝0.1587，所以1000×0.1587＝158.7≈159（人）故该校高二年级学生中成果为优秀的人数约为159人．（3）随机变量ξ的全部可能取值为：0，1，2，4，5，6，P（ξ＝0）＝（1－eq\f(4,5)）×（1－eq\f(5,7)）×（1－eq\f(1,2)）＝eq\f(1,35)，P（ξ＝1）＝eq\f(4,5)×eq\f(2,7)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)×eq\f(5,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(13,70)，P（ξ＝2）＝eq\f(4,5)×eq\f(5,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,7)，P（ξ＝4）＝eq\f(1,5)×eq\f(2,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,35)，P（ξ＝5）＝eq\f(4,5)×eq\f(2,7)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)×eq\f(5,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(13,70)，P（ξ＝6）＝eq\f(4,5)×eq\f(5,7)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,7)，所以ξ的分布列如下：ξ012456Peq\f(1,35)eq\f(13,70)eq\f(2,7)eq\f(1,35)eq\f(13,70)eq\f(2,7)数学期望E（ξ）＝0×eq\f(1,35)＋1×eq\f(13,70)＋2×eq\f(2,7)＋4×eq\f(1,35)＋5×eq\f(13,70)＋6×eq\f(2,7)＝eq\f(123,35).[例5]解析：（1）2×2列联表为6月25日播种7月10日播种合计饱满11415不饱满91625合计202040K2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(40×（11×16－4×9）2,20×20×15×25)≈5.227>5.024，所以有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关．（2）A，B两块试验田中各抽取一份大豆，抽取的大豆中有一份籽粒饱满的概率分别为eq\f(11,20)，eq\f(1,5)，两份大豆籽粒都不饱满的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(11,20)))×（1－eq\f(1,5)）＝eq\f(9,25)，故抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率为1－eq\f(9,25)＝eq\f(16,25).（3）从A试验田的样本中随机抽取1份大豆，抽到饱满的概率为eq\f(11,20)，则X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100，\f(11,20)))，故E（X）＝100×eq\f(11,20)＝55，D（X）＝100×eq\f(11,20)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(11,20)))＝eq\f(99,4).[例6]解析：（1）由题意知，分数在[90，100]内的人数为3人，其对应的频率为10×0.015＝0.15.所以样本容量n＝eq\f(3,0.15)＝20.a＝eq\f(1－（0.03＋0.035＋0.015）×10,10)＝0.02.（2）①证明：从口袋中摸到的两个球是同色球的概率为P＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))＝eq\f(1,3)；摸到的两个球是异色球的概率为1－P＝eq\f(2,3).“跳子”起先在第1格为必定事务，即P1＝1，“跳子”移到第2格，其概率为eq\f(2,3)，即P2＝eq\f(2,3).“跳子”前进到第n（3≤n≤6）格的状况有如下两种：“跳子”先到第n－2格，概率为eq\f(1,3)Pn－2；“跳子”先到第n－1格，概率为eq\f(2,3)Pn－1.所以3≤n≤6时，Pn＝eq\f(2,3)Pn－1＋eq\f(1,3)Pn－2，所以Pn－Pn－1＝－eq\f(1,3)（Pn－1－Pn－2）.因为P2－P1＝－eq\f(1,3)≠0.所以eq\f(Pn－Pn－1,Pn－1－Pn－2)＝－eq\f(1,3)（3≤n≤6）.所以当2≤n≤6时，数列{Pn－Pn－1}是等比数列，首项为P2－P1＝－eq\f(1,3)，公比为－eq\f(1,3).②设某一位顾客参与一次这样的嬉戏获得的奖券金额为X元，则X的全部可能取值为30，90，由①可知Pn－Pn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)