2025版高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布理第八讲n次独立重复试验与二项分布学案理含解析新人教版

PAGE第八讲n次独立重复试验与二项分布(理)学问梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)学问点一条件概率及其性质条件概率的定义条件概率的性质设A、B为两个事务，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)为在事务A发生的条件下，事务B发生的条件概率(1)0≤P(B|A)≤1(2)若B、C是两个互斥事务，则P((B∪C)|A)＝__P(B|A)＋P(C|A)__学问点二事务的相互独立性设A、B为两个事务，假如P(AB)＝__P(A)P(B)__，则称事务A与事务B相互独立．若事务A、B相互独立，则P(B|A)＝P(B)；事务A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与B，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)都相互独立．学问点三独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝__P(A1)P(A2)P(A3)…P(A(2)二项分布：在n次独立重复试验中，用X表示事务A发生的次数，设每次试验中事务A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X听从二项分布，记为X～B(n，p)．若X～B(n，p)，则E(X)＝__np__，D(X)＝__np(1－p)__．eq\x(归)eq\x(纳)eq\x(拓)eq\x(展)1．A，B中至少有一个发生的事务为A∪B．2．A，B都发生的事务为AB．3．A，B都不发生的事务为eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))．4．A，B恰有一个发生的事务为(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\x\to(A)B)．5．A，B至多有一个发生的事务为(eq\x\to(A)B)∪(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区1．推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若事务A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(√)(2)P(B|A)表示在事务A发生的条件下，事务B发生的概率；P(BA)表示事务A，B同时发生的概率，肯定有P(AB)＝P(A)·P(B)．(×)(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事务A发生的次数的概率分布．(√)(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项绽开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p．(×)(5)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，其次次取到白球的概率是0.5．(√)(6)小王通过英语听力测试的概率是eq\f(1,3)，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝Ceq\o\al(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))3－1＝eq\f(4,9)．(×)题组二走进教材2．(P55T3)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是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(C)A．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56[解析]设甲地降雨为事务A，乙地降雨为事务B，则两地恰有一地降雨为Aeq\o(B,\s\up6(－))＋eq\o(A,\s\up6(－))B，∴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．或1－P(A)·P(B)－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝0.38题组三走向高考3．(2024·全国Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝__1.96__．[解析]由题意得X～B(100,0.02)，∴D(X)＝100×0.02×0.98＝1.96．4．(2024·课标Ⅲ，8)某群体中的每位成员运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位成员中运用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝(B)A．0.7 B．0.6C．0.4 D．0.3[解析]由题知X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6．又∵P(X＝4)＜P(X＝6)，即Ceq\o\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq\o\al(6,10)p6(1－p)4⇒(1－p)2＜p2⇒p＞0.5，∴p＝0.6，故选B．5．(2024·天津，13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq\f(1,2)和eq\f(1,3)．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为__eq\f(1,6)__；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为__eq\f(2,3)__．[解析]设“甲、乙两球都落入盒子”为事务A，则P(A)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)．设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事务B，则P(B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)．或P(B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)．考点突破·互动探究考点一条件概率——自主练透例1(1)(2024·山东日照一中期中)依据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为eq\f(7,30)，既吹东风又下雨的概率为eq\f(1,10)．则在吹东风的条件下下雨的概率为(B)A．eq\f(3,11) B．eq\f(3,7)C．eq\f(7,11) D．eq\f(1,10)(2)(2024·重庆市诊断)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参与的演讲竞赛，现采纳抽签法确定演讲依次，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最终一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为(A)A．eq\f(3,13) B．eq\f(4,13)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,5)(3)(2024·辽宁沈阳模拟)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有eq\f(2,3)的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率(C)A．eq\f(13,20) B．eq\f(9,20)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,20)[解析](1)记“某地四月份吹东风”为事务A，“某地四月份下雨”为事务B．则P(A)＝eq\f(7,30)，P(AB)＝eq\f(1,10)，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,10),\f(7,30))＝eq\f(3,7)．故选B．(2)公式法：设事务A为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最终一个出场”；事务B为“学生丙第一个出场”则P(A)＝eq\f(A\o\al(4,4)＋C\o\al(1,3)C\o\al(1,3)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(78,A\o\al(5,5))，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(18,A\o\al(5,5))，则P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(18,78)＝eq\f(3,13)，本题选A．干脆法：“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最终一个出场”有Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝78种；“学生丙第一个出场，学生乙不最终一个出场”有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18种，故所求概率为P＝eq\f(18,78)＝eq\f(3,13)．(3)记“三人中至少有两人解答正确”为事务A；“甲解答不正确”为事务B，则P(A)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(20,27)；P(AB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,27)，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,5)．故选C．名师点拨条件概率的求法(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)．这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事务A包含的基本领件数n(A)，再在事务A发生的条件下求事务B包含的基本领件数，即n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)．〔变式训练1〕(1)(2024·江苏淮安淮阴中学测试)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事务A为“4个人去的景点不完全相同”，事务B为“小赵独自去一个景点”，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B|A))＝(A)A．eq\f(3,7) B．eq\f(4,7)C．eq\f(5,7) D．eq\f(6,7)(2)(2024·陕西交大附中、龙岗中学联考)甲、乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6，乙命中目标概率0.5，假设甲、乙两人射击命中率互不影响．射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为(B)A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.48[解析](1)设事务A＝“4个人去的景点不完全相同”，事务B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A)＝eq\f(44－4,44)＝eq\f(63,64)，P(B)＝eq\f(4×33,44)＝eq\f(27,64)，P(AB)＝eq\f(4×33,44)＝eq\f(27,64)，则P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(3,7)，故选A．(2)设事务A为“目标至少被命中一次”，事务B为“甲命中目标”，则P(A)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，P(AB)＝0.6×0.5＋0.6×0.5＝0.6，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝0.75，故选B．考点二相互独立事务——多维探究角度1相互独立事务同时发生的概率例2(1)(2024·石家庄质检)甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是(D)A．0.48 B．0.52C．0.8 D．0.92(2)(2024·全国)甲、乙两队进行篮球决赛，实行七场四胜制(当一队赢得四场成功时，该队获胜，决赛结束)．依据前期竞赛成果，甲队的主客场支配依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场竞赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是__0.18__．(3)(2024·课标Ⅱ)11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．[解析](1)1－0.2×0.4＝0.92，选D项．(2)前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是P＝0.108＋0.072＝0.18．(3)①X＝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)＝0.5．②X＝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．[引申](1)本例(1)中恰有一人解决这个问题的概率为__0.44__，至多有一人解决这个问题的概率为__0.52__．(2)本例(2)中乙以4∶0获胜的概率为__0.04__，甲以4∶2获胜的概率为__0.171__．[解析](1)记“恰有一人解决这个问题”为事务A，则P(A)＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＝0.44，记“至多有一人解决这个问题”为事务B，则P(B)＝1－0.8×0.6＝0.52，或P(B)＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＋(1－0.8)×(1－0.6)＝0.52．(2)P1＝0.42×0.52＝0.04；P2＝(Ceq\o\al(2,3)0.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋Ceq\o\al(1,3)0.4×0.62×Ceq\o\al(1,2)0.52)×0.5＝0.171．角度2与相互独立事务相关的数学期望(4)(2024·陕西西安八校联考)某单位聘请职员，共有三轮考核，每轮考核回答一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别是eq\f(4,5)、eq\f(3,5)、eq\f(2,5)．且各轮问题能否正确回答互不影响．①求该选手被淘汰的概率；②该选手在被考核中回答问题的个数记为X，求X的分布列和数学期望．[解析]①设“该选手能正确回答第i轮问题”为事务Aieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝1，2，3))，“该选手被淘汰”为事务M．则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1))＝eq\f(4,5)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2))＝eq\f(3,5)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A3))＝eq\f(2,5)．Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A1)＋A1\x\to(A2)＋A1A2\x\to(A3)))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A1)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A2)))＋Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A3)))＝eq\f(1,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(101,125)∴该选手被淘汰的概率是eq\f(101,125)．②X的可能取值为1,2,3．Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝1))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A1)))＝eq\f(1,5)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝2))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1\x\to(A2)))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\x\to(A2)))＝eq\f(4,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(8,25)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝3))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1A2))＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2))＝eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(12,25)．∴X的分布列为X123Peq\f(1,5)eq\f(8,25)eq\f(12,25)∴E(X)＝1×eq\f(1,5)＋2×eq\f(8,25)＋3×eq\f(12,25)＝eq\f(57,25)．名师点拨利用相互独立事务求困难事务概率的解题思路(1)将待求困难事务转化为几个彼此互斥简洁事务的和．(2)将彼此互斥简洁事务中的简洁事务，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事务的积事务．(3)代入概率的积、和公式求解．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2024·四川资阳诊断)某项羽毛球单打竞赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为eq\f(2,3)，则由此估计甲获得冠军的概率为__eq\f(20,27)__．(2)(角度2)(2024·广东新高考适应性测试)某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关须要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分，假如一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是eq\f(2,3)，回答第三个问题正确的概率为eq\f(1,2)，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．①求至少回答对一个问题的概率；②求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列；③求这位挑战者闯关成功的概率．[解析](1)因为甲获胜的方式有2∶0和2∶1两种，所以甲获得冠军的概率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(20,27)．故答案为：eq\f(20,27)．(2)①设至少回答对一个问题为事务A，则P(A)＝1－eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(17,18)．②这位挑战者回答这三个问题的总得分X的全部可能取值为－10,0,10,20,30,40，依据题意，P(X＝－10)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,18)，P(X＝0)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2＝eq\f(2,9)，P(X＝10)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,9)，P(X＝20)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,18)，P(X＝30)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2＝eq\f(2,9)，P(X＝40)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,9)．这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列为X－10010203040Peq\f(1,18)eq\f(2,9)eq\f(2,9)eq\f(1,18)eq\f(2,9)eq\f(2,9)③设这位挑战者闯关成功为事务B，则P(B)＝eq\f(2,9)＋eq\f(1,18)＋eq\f(2,9)＋eq\f(2,9)＝eq\f(13,18)．考点三,独立重复试验的概率与二项分布——师生共研例3(1)(2024·“四省八校”联考)已知随机变量ξ听从二项分布B(n，p)，若E(ξ)＝12，eq\r(Dξ)＝3，则n＝__48__．(2)(2024·山东新高考质量测评联盟联考)甲、乙两位同学参与诗词大会，设甲、乙两人每道题答对的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(3,4)．假定甲、乙两位同学答题状况互不影响，且每人各次答题状况相互独立．①用X表示甲同学连续三次答题中答对的次数，求随机变量X的分布列和数学期望；②设M为事务“甲、乙两人分别连续答题三次，甲同学答对的次数比乙同学答对的次数恰好多2”，求事务M[解析](1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Eξ＝np＝12,Dξ＝np1－p＝9))，解得n＝48．(2)①X的全部可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(2,9)；P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)；P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)．∴随机变量X的分布列为X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)∴E(X)＝0×eq\f(1,27)＋1×eq\f(2,9)＋2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(8,27)＝2或E(ξ)＝np＝eq\f(2,3)．②设Y为乙连续3次答题中答对的次数，由题意知Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,4)))，P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＝eq\f(1,64)，P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＝eq\f(9,64)，所以P(M)＝P(X＝3且Y＝1)＋P(X＝2且Y＝0)＝eq\f(8,27)×eq\f(9,64)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,64)＝eq\f(7,144)．即事务M发生的概率为eq\f(7,144)．名师点拨独立重复试验概率求解的策略(1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事务要么发生，要么不发生，并且每次试验中发生的概率都是一样的．(2)二项分布满意的条件：①每次试验中，事务发生的概率是相同的；②各次试验中的事务是相互独立的；③每次试验只有两种结果：事务要么发生，要么不发生；④随机变量是这n次独立重复试验中事务发生的次数．(3)解此类题时常用互斥事务概率加法公式，相互独立事务概率乘法公式及对立事务的概率公式．〔变式训练3〕(1)(2024·湖北黄冈模拟)一批产品的二等品率为0.03，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝__2.91__．(2)(2024·辽宁六校协作体联考)“新高考方案：3＋1＋2”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生依据高校的要求，结合自身特长爱好，“1”指首先在物理、历史2门科目中选择一门；“2”指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门．某校依据统计选物理的学生占整个学生的eq\f(3,4)；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为eq\f(2,3)；在选历史的条件下，选地理的概率为eq\f(4,5)．①求该校最终选地理的学生概率；②该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X．求X的概率分布表以及数学期望．[解析](1)由于是有放回的抽样，所以抽到二等品的件数符合二项分布，即X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100，0.03))，由二项分布的方差公式可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X))＝npeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－p))＝100×0.03×0.97＝2.91．(2)①该校最终选地理的学生为事务A，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(7,10)；②Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))3＝eq\f(27,1000)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝1))＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))2＝eq\f(189,1000)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝2))＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))＝eq\f(441,1000)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝3))＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))3＝eq\f(343,1000)，X0123Peq\f(27,1000)eq\f(189,1000)eq\f(441,1000)eq\f(343,1000)E(X)＝1×eq\f(189,1000)＋2×eq\f(441,1000)＋3×eq\f(343,1000)＝eq\f(21,10)．另解：明显X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(7,10)))，∴E(X)＝3×eq\f(7,10)＝eq\f(21,10)．名师讲坛·素养提升概率中的“停止型”问题例4(2024·甘肃天水一中阶段测试)甲、乙两队进行一场排球竞赛，依据以往阅历，单局竞赛甲队胜乙队的概率为eq\f(2,3)．本场竞赛采纳五局三胜制，即先胜三局的队获胜，竞赛结束．设各局竞赛相互间没有影响且无平局．求：(1)前三局竞赛甲队领先的概率；(2)设本场竞赛的局数为ξ，求ξ的概率分布和数学期望．(用分数表示)[解析](1)设“甲队胜三局\”为事务A，“甲队胜二局\”为事务B，则P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，P(B)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9)，所以，前三局竞赛甲队领先的概率为P(A)＋P(B)＝eq\f(20,27)(2)甲队胜三局或乙胜三局，P(ξ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,3)．甲队或乙队前三局胜2局，第4局获胜P(ξ＝4)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(10,27)．甲队或乙队前四局胜2局，第5局获胜P(ξ＝5)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(8,27)．∴ξ的