专题9.7 条件概率、n次独立重复试验与二项分布-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘

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第九篇 计数原理、概率与随机变量及其分布列
专题9.07条件概率、n次独立重复试验与二项分布
【考纲要求】
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．
2．理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用
【命题趋势】
利用排列、组合知识求解离散型随机变量的分布列，运用概率知识解决实际问题
【核心素养】
本讲内容突出对数学抽象，数学运算，数学建模的考查.
【素养清单•基础知识】
1．条件概率
(1)定义：设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
(2)性质：①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．事件的相互独立性
(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)性质：①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)·P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么　A与　，　与B　，　与　也都相互独立．
3．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. Ai (i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)．　
(2)二项分布
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1,2，…，n)．

【真题体验】
1.【2021年高考天津卷理数】设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
（1）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率．
【答案】（1）分布列见解析，；（2）．
【分析】本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分．
【解析】（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故，从而．
所以，随机变量的分布列为

0
1
2
3





随机变量的数学期望．
（2）设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为，
则，且．
由题意知事件与互斥，
且事件与，事件与均相互独立，
从而由（1）知


．
2．一张储蓄卡的密码共有6个数字，每位数字都可从0～9中任选一个，某人忘记了密码的最后一位数字但记得是偶数，则不超过2次就按对的概率为__________．
【答案】
【解析】由题意知，此人在按最后一位数字时，有“0,2,4,6,8”5种可能，所以此人按前两次的所有基本事件有n＝A＝20(个)，不超过2次就按对的基本事件为m＝CA＝8(个)，
故P＝＝＝.
3．由0,1组成的三位编号中，若用A表示“第二位数字为0的事件”，用B表示“第一位数字为0的事件”，则P(A|B)＝__________.
【答案】
【解析】 因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝.
4．甲、乙两名篮球运动员分别进行一次投篮，若两人投中的概率都是0.6，则至少有一人投中的概率为__________．
【答案】 0.84
【解析】由题意可得，甲、乙未投中的概率均为1－0.6＝0.4，故甲、乙两人分别进行一次投篮均未投中的概率＝0.4×0.4＝0.16，故所求概率P＝1－＝0.84.
5．国庆节放假，甲去北京旅游的概率为，乙去北京旅游的概率为.假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为__________．
【答案】
【解析】 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件A，“乙去北京旅游”为事件B，两人均不去的概率为P( )＝P()·P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝＝，甲、乙二人至少有一人去北京旅游的对立事件为甲、乙二人都不去北京旅游，故所求概率为1－P( )＝1－＝.

【考法拓展•题型解码】
考法一　　条件概率
解题技巧　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
条件概率的两种求解方法
(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)．
(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.
【例1】 (1)(2021·黄石一模)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)
A．0.125 B．0.25
C．0.4 D．0.5
(2)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝__________.

【答案】(1)B　(2)
【解析】 P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
P(B|A)＝＝.
(2)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝＝＝，事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝.故P(B|A)＝＝＝.
考法二　　事件的独立性
归纳总结　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
求相互独立事件同时发生的概率的方法：
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
(2)正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
【例2】 为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听证会，决定实施低峰优惠票价制度，不超过22 km的地铁票价如下表.
乘坐里程x/km
0 6 12 票价/元
3
4
5
现有甲、乙两位乘客，他们乘坐的里程都不超过22 km，已知甲、乙乘车不超过6 km的概率分别为，，甲、乙乘车超过6 km且不超过12 km的概率分别为，.
(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．
【答案】见解析
【解析】(1)由题意可知，甲、乙乘车超过12 km且不超过22 km的概率分别为，，则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率P1＝×＋×＋×＝，所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P＝1－P1＝1－＝ .
(2)由题意可知，ξ＝6,7,8,9,10.
且P(ξ＝6)＝×＝，
P(ξ＝7)＝×＋×＝，
P(ξ＝8)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝9)＝×＋×＝，
P(ξ＝10)＝×＝，
所以ξ的分布列为
ξ
6
7
8
9
10
P





考法三　　独立重复试验与二项分布
误区防范　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：
(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p.
(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的．
(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
【例3】 (2021·河南开封模拟)博彩公司曾经对当年NBA总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛，前4场，马刺队胜利的概率为，第5,6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概率降为，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为.
(1)分别求马刺队以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率；
(2)随机变量X为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X的分布列．
【答案】见解析
【解析】 (1)设“马刺队以4∶0胜利”为事件A，“马刺队以4∶1胜利”为事件B，“马刺队以4∶2胜利”为事件C，“马刺队以4∶3胜利”为事件D，“总决赛马刺队获得冠军”为事件E，
则P(A)＝4＝，P(B)＝C4×＝，
P(C)＝C4××＋C4×2＝，
P(D)＝C4×3＋C4×C×××＋C4×××＝.
P(E)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.
(2)随机变量X的可能取值为4,5,6,7，P(X＝4)＝4×2＝，P(X＝5)＝C4·＝，
P(X＝6)＝2C4××＋C4＝，P(X＝7)＝1－P(X＝4)－P(X＝5)－P(X＝6)＝.
所以随机变量X的分布列为
X
4
5
6
7
P





【易错警示】
易错点　混淆有放回和不放回抽样
【典例】 袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求：有放回抽样时，取到黑球的个数X的分布列．
【错解】：取到黑球的个数X可能的取值为0,1,2，且有：
P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝；P(X＝2)＝＝.
则取到黑球的个数X的分布列为
X
0
1
2
P



【错因分析】：错解中未能注意“有放回”与“不放回”的区别，对概率模型判断出错；有放回抽样时，每次抽样时的条件都是相同的，抽取3次相当于做了3次独立重复试验，这时取到的黑球数X～B；不放回抽样时，取到的黑球数X应服从超几何分布．
【正解】：有放回抽样时，取到黑球的个数X可能的取值为0,1,2,3.又由于每次取到黑球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则X～B.
所以P(X＝0)＝C0×3＝；P(X＝1)＝C1×2＝；P(X＝2)＝C2×1＝；P(X＝3)＝C3×0＝.
因此，X的分布列为
X
0
1
2
3
P




误区防范　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
有放回抽样时，每次抽样时概率都是相同的，球被抽中的概率不变；不放回抽样时，每次抽样时条件都不一样，球被抽中的概率也不一样．
【跟踪训练】 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
①X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数；
②X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和；
③有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为X3；
④有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N－M>n>0)．
【答案】见解析
【解析】①X1的分布列为
X1
0
1
2
…
n
P
C0n
C1n－1
C2n－2
…
Cn
X1服从二项分布，即X1～B.
②X2的分布列为
X2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P











③X3的分布列为
X3
0
1
2
…
n
P
n
C·n－1
C2·n－2
…
n
X3服从二项分布，即X3～B.
④X4的分布列为
X4
0
1
…
k
…
n
P


…

…

X4服从超几何分布．
【递进题组】
1．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C　
【解析】 在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑球共4个球，故取到白球的概率P＝＝.
2．(2021·广东六校联考)已知甲有5张红卡、2张蓝卡和3张绿卡，乙有4张红卡、3张蓝卡和3张绿卡．他们分别从自己的10张卡片中任取一张进行打卡游戏比赛．设事件A1，A2，A3表示甲取出的一张卡分别是红卡、蓝卡和绿卡；事件B表示乙取出的一张卡是红卡，则下列结论中正确的是__________(写出所有正确结论的编号)．
①P(B)＝；②P(A1|B)＝；③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是彼此相互独立的事件；⑤A1，A2，A3是两两互斥的事件．
【答案】 ③⑤
【解析】因为P(B)＝＝，所以①错误；因为事件B与事件A1相互独立，所以P(A1|B)＝P(A1)＝＝，所以②错误，③正确；A1，A2，A3是两两互斥的事件，所以④错误，⑤正确．
3．某学校举行联欢会，所有参演的节目都由甲、乙、丙三名专业老师投票决定是否获奖．甲、乙、丙三名老师都有“获奖”“待定”“淘汰”三类票各一张．每个节目投票时，甲、乙、丙三名老师必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为，且三人投票相互没有影响，若投票结果中至少有两张“获奖”票，则决定该节目最终获一等奖；否则，该节目不能获一等奖．
(1)求某节目的投票结果是最终获一等奖的概率；
(2)求某节目投票结果中所含“获奖”和“待定”票票数之和X的分布列．
【答案】见解析
【解析】(1)设“某节目的投票结果是最终获一等奖”这一事件为A，则事件A包括：该节目可以得到两张“获奖”票，或者得到三张“获奖”票．因为甲、乙、丙三名老师必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为，且三人投票相互没有影响，所以P(A)＝C21＋C3＝.
(2)所含“获奖”和“待定”票票数之和X的值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝3＝；P(X＝1)＝C12＝；
P(X＝2)＝C21＝；P(X＝3)＝3＝.
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
P




4.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，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；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．
【答案】见解析
【解析】(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，有E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(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)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×＝＝，　
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝，　
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P






所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.

【考卷送检】
一、选择题
1．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分)．
甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83
乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74
现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A；“抽出学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B，则P(AB)，P(A|B)的值分别是(　　)
A.， B.，
C.， D.，
【答案】A　
【解析】 因为P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，
所以P(A|B)＝＝.
2．已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为(　　)
A．0.85 B．0.819 2
C．0.8 D．0.75
【答案】B　
【解析】P＝C0.83×0.2＋C0.84＝0.819 2.
3．如图所示，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为(　　)

A．0.960 B．0.864
C．0.720 D．0.576
【答案】B　
【解析】A1，A2都不正常工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.
4．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D　
【解析】 设事件A为“第1次抽到的螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝，则所求概率为P(B|A)＝＝＝.
5．袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是，从B中摸出一个红球的概率为p.若A，B两个袋子中的球数之比为1∶2，将A，B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是，则p的值为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】B　
【解析】设A中有x个球，B中有y个球，则因为A，B两个袋子中的球数之比为1∶2，将A，B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是，所以＝且＝，解得p＝.　
6．将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面向上的概率等于出现k＋1次正面向上的概率，那么k的值为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】C　
【解析】C5＝C5，所以k＋(k＋1)＝5，k＝2.
二、填空题
7．如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．

【答案】
【解析】 因为a，c闭合，b断开，灯泡甲亮，所以概率为.
8．一盒中放有大小相同的10个小球，其中8个黑球，2个红球，现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意抽取2个小球，已知甲取到了2个黑球，则乙也取到2个黑球的概率是________．
【答案】
【解析】 记事件“甲取到2个黑球”为A，“乙取到2个黑球”为B，则有P(B|A)＝＝＝，即所求事件的概率是.
9．(2021·山西重点中学联考)在全国大学生智能汽车总决赛中，某高校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿x轴正方向移动的概率是，沿y轴正方向移动的概率为，则该智能汽车移动6次恰好移动到点(3,3)的概率为________．
【答案】
【解析】 若该智能汽车移动6次恰好到点(3,3)，则智能汽车在移动过程中沿x轴正方向移动3次、沿y轴正方向移动3次，因此智能汽车移动6次后恰好位于点(3,3)的概率为P＝C33＝20×＝，故填.
三、解答题
10．有一种旋转舞台灯，外形是正六棱柱，在其每一个侧面上安装5只颜色各异的彩灯，假若每只灯正常发光的概率为0.5.若一个面上至少有3只灯发光，则不需要维修，否则需要维修这个面．
(1)求恰好有两个面需要维修的概率；
(2)求至少三个面需要维修的概率．
【答案】见解析
【解析】 (1)因为一个面不需要维修的概率为P5(3)＋P5(4)＋P5(5)＝C5＋C5＋C5＝，所以一个面需要维修的概率为，所以6个面中恰好有两个面需要维修的概率为P6(2)＝C6＝.
(2)设需要维修的面为X个，则X～B(6，)，又P6(0)＝＝，P6(1)＝C6＝，P6(2)＝C6＝，故至少有3个面需要维修的概率是1－P6(0)－P6(1)－P6(2)＝1－－－＝.即至少3个面需要维修的概率是.
11．某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有A，B两个定点投篮位置，在A点投中一球得2分，在B点投中一球得3分．规则是：每人投篮三次按先A后B再A的顺序各投篮一次，教师甲在A和B点投中的概率分别是和，且在A，B两点投中与否相互独立．
(1)若教师甲投篮三次，求教师甲投篮得分X的分布列；
(2)若教师乙与教师甲在A，B点投中的概率相同，两人按规则各投三次，求甲胜乙的概率．
【答案】见解析
【解析】 (1)设“教师甲在A点投中”的事件为A，“教师甲在B点投中”的事件为B.依题可知X的可能取值为0,2,3,4,5,7.
P(X＝0)＝P(··)＝2×＝，
P(X＝2)＝P(A··＋··A)＝C×××＝，
P(X＝3)＝P(·B·)＝××＝，
P(X＝4)＝P(A··A)＝××＝，
P(X＝5)＝P(A·B·＋·B·A)＝C×××＝，
P(X＝7)＝P(A·B·A)＝××＝.
则教师甲投篮得分X的分布列为
X
0
2
3
4
5
7
P






(2)教师甲胜乙包括：甲得2分、3分、4分、5分、7分五种情形．这五种情形之间彼此互斥，因此所求事件的概率为
P＝×＋×＋×＋×＋×＝.
12．在一种电脑屏幕保护画面中，符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为p，出现“×”的概率为q.若第k次出现“○”，则记ak＝1；出现“×”，则记ak＝－1，令Sn＝a1＋a2＋…＋an.
(1)当p＝q＝时，记ξ＝|S3|，求ξ 的分布列；
(2)当p＝，q＝时，求S8＝2且Si≥0(i＝1,2,3,4)的概率．
【答案】见解析
【解析】(1)因为ξ＝|S3|的取值为1,3，又p＝q＝，
所以P(ξ＝1)＝C×2×2＝，
P(ξ＝3)＝3＋3＝.
所以ξ的分布列为
ξ
1
3
P


(2)当S8＝2时，即前八秒出现“○”5次，“×”3次，又已知Si≥0(i＝1,2,3,4)，若第一、三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”3次；
若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任意出现“○”3次．
故所求的概率P＝2C33＋2C·32＝＝.
13．甲、乙两位小学生各有2008年奥运吉祥物“福娃”5个(其中“贝贝”“晶晶”“欢欢”“迎迎”和“妮妮”各一个)，现以投掷一个骰子的方式进行游戏，规则如下：当出现向上的点数是奇数时，甲赢得一个福娃；否则乙赢得甲一个福娃，规定掷骰子的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有福娃时游戏终止．记游戏终止时投掷骰子的次数为ξ.
(1)求掷骰子的次数为7的概率；
(2)求ξ的分布列及数学期望E(ξ)．
【答案】见解析
【解析】(1)当ξ＝7时，“甲赢”即“第七次甲赢，前6次赢5次，且前5次中必输1次”，依题意，每次甲赢或乙赢的概率均为，所以P(ξ＝7)＝2×C××4××＝.
(2)设游戏终止时骰子向上的点数是奇数出现的次数为m，向上的点数是偶数出现的次数为n，则由或得：
当m＝5，n＝0或m＝0，n＝5时，ξ＝5；
当m＝6，n＝1或m＝1，n＝6时，ξ＝7；
当m＝7，n＝2或m＝2，n＝7时，ξ＝9；
当m＝5，n＝4或m＝4，n＝5时，ξ＝9；
当m＝6，n＝3或m＝3，n＝6时，ξ＝9；
所以ξ的可能取值是5,7,9.
每次投掷甲赢得乙一个福娃与乙赢得甲一个福娃的可能性相同，其概率都是.
P(ξ＝5)＝2×5＝，P(ξ＝7)＝，P(ξ＝9)＝1－P(ξ＝5)－P(ξ＝7)＝，
所以ξ的分布列是
ξ
5
7
9
P



E(ξ)＝5×＋7×＋9×＝.