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高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布培优专题一5概率模型的辨识与应用学案
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这是一份高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布培优专题一5概率模型的辨识与应用学案，共26页。
相互独立事件概率模型
[例1] (2023·贵州贵阳三模)为了让广大青少年充分认识到毒品的危害性，切实提升青少年识毒防毒拒毒意识，某市组织开展青少年禁毒知识竞赛，团员小明每天自觉登录“禁毒知识竞赛APP”，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2、3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2、3、4名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为14，12，14，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为14，34.
(1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为14，每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？
[解] (1)记事件Ai(i＝1，2，3)表示第一局获得i分，事件Bi(i＝1，2)表示第二局获得i分，
这些事件相互独立，由条件知X的可能取值为5，4，3，2.
P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝14×14＝116；P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2)＝14×34+12×14＝516；
P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝12×34+14×14＝716；P(X＝2)＝P(A1B1)＝14×34＝316.
则其分布列为
所以E(X )＝5×116＋4×516＋3×716＋2×316＝5216＝134.
(2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B20，14，于是P(Y＝k)＝C20k·14k·3420-k.
假设赢得k局的概率最大，根据条件得
C20k·14k·3420-k≥C20k-1·14k-1·3421-k，C20k·14k·3420-k≥C20k+1·14k+1·3419-k，
即20！k！·20-k！·14k·3420-k≥ 20！k-1！·21-k！·14k-1·3421-k，20！k！·20-k！·14k·3420-k≥ 20！k+1！·19-k！·14k+1·3419-k，
整理得1k·14≥121-k·34， 120-k·34≥1k+1·14，
解得174≤k≤214，又因为k∈Z，所以k＝5，因此在每天的20局四人赛中，小明赢得5局的比赛概率最大．
相互独立事件概率模型的特征
(1)实际问题中所涉及的若干事件中每一个是否发生互不影响；
(2)因为事件A1，A2，A3，…，An相互独立，则满足P(A1·A2·A3…An)＝PA1PA2PA3…PAn；
(3)求解相互独立事件的概率问题时，常涉及互斥、对立事件的概率求值．
二项分布概率模型
[例2] (2024·广西玉林统考模拟)某地区期末进行了统一考试，为做好本次考试的评价工作，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值；在这50名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记X为3人中成绩在[80，90)的人数，求P(X＝1)；
(2)规定成绩在90，100的为A等级，成绩在[70，90)的为B等级，其他为C等级．以样本估计总体，用频率代替概率．从所有参加考试的同学中随机抽取3人，求获得B等级的人数不少于2人的概率．
[解] (1)∵(0.004＋0.022＋0.030＋0.028＋m＋0.004)×10＝1，∴m＝0.012.
∵成绩在[70，80)，[80，90)，90，100的频率之比为0.28∶0.12∶0.04＝7∶3∶1，
∴抽取的11人中，成绩在[80，90)的人数为11×37+3+1＝3(人)，∴P(X＝1)＝C31C82C113＝2855.
(2)用频率估计概率，获得B等级的概率为(0.028＋0.012)×10＝0.4＝25，
记抽取的3人中，获得B等级的人数为Y，则Y～B3，25，
∴P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝C32×252×35 +253＝44125，即获得B等级的人数不少于2人的概率为44125.
二项分布概率模型的特征
(1)在每一次试验中，试验结果只有两个，即发生与不发生；
(2)各次试验中的事件是相互独立的；
(3)在每一次试验中，事件发生的概率保持不变．
超几何分布概率模型
[例3] (2024·河南安阳高三期末)不负青山，力换“金山”，民宿旅游逐渐成为一种热潮，山野乡村的民宿深受广大旅游爱好者的喜爱．某地区结合当地资源，按照“山上生态做减法、山下产业做加法”的思路，科学有序地发展环山文旅康养产业，温泉度假小镇、环山绿道、农家乐提档升级、特色民宿群等一批生态产业项目加快实施．为了在节假日接待好游客，该地旅游局对本地区各乡村的普通型民宿和品质型民宿进行了调研，随机抽取了10家乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
(1)若旅游局随机从乙、丙2家各选2间民宿进行调研，求选出的4间均为普通型民宿的概率；
(2)从这10家中随机抽取4家民宿，记其中普通型民宿的房间不低于17间的有X家，求X的分布列和数学期望．
[解] (1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B，
所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝C52C62×C42C62＝415.
(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝C64C104＝15210＝114，
P(X＝1)＝C41C63C104＝80210＝821，
P(X＝2)＝C42C62C104＝90210＝37，
P(X＝3)＝C43C61C104＝24210＝435，
P(X＝4)＝C44C104＝1210，
分布列如下，
所以E(X )＝0×15210＋1×80210＋2×90210＋3×24210＋4×1210＝1.6.
超几何分布概率模型的特征
(1)实际问题所描述的事件只包含两个结果(发生与不发生)，每进行一次上述抽取都不是原来的重复(再次抽取时，都与上次条件发生了变化)；
(2)每次抽取中同一事件发生的概率都不同；
(3)实际问题中随机变量为抽到某类个体的个数；
(4)该问题属于不放回抽取问题.
正态分布概率模型
[例4] 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望．
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.
用样本平均数x作为μ的估计值μ，用样本标准差s作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需要对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 4，0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.
[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X～B(16，0.002 6)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X的数学期望E(X )＝16×0.002 6＝0.041 6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值μ＝9.97，σ的估计值σ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.
因此μ的估计值为10.02.
xi2＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为0.008≈0.09.
正态分布概率模型的特征
(1)一般地，一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似地服从正态分布．正态分布是最常见的一种分布．许多现象都近似地服从正态分布．如长度测量误差、正常生产条件下各种产品的质量指标等；
(2)解答正态分布的实际应用题，其关键是如何转化，同时应熟练掌握正态分布在[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率．在此过程中用到转化和数形结合思想．
培优训练(十五) 概率模型的辨识与应用
1．(2024·北京西城高三期中)某校设计了一个实验学科的实验考查方案，考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；
(2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力．
[解] (1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3，
P(ξ＝1)＝C41C22C63＝15，P(ξ＝2)＝C42C21C63＝35，
P(ξ＝3)＝C43C20C63＝15，
所以ξ的分布列为
则E(ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.
设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～B3，23，
所以P(η＝0)＝C301-233＝127，
P(η＝1)＝C312311-232＝29，
P(η＝2)＝C322321-231＝49，
P(η＝3)＝C33233＝827.
所以η的分布列为
所以E(η)＝3×23＝2.
(2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2，D(ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25，
D(η)＝3×23×1-23＝23，P(ξ≥2)＝35+15＝45，P(η≥2)＝49+827＝2027.
所以D(ξ)P(η≥2)，
故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；
从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；
从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．
因此甲的实验操作能力较强．
2．(2024年1月九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X )．
[解] (1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，
先确定3个不同数字，有C43种方法，
然后每种小球各取1个，有C21×C21×C21种取法，
所以PM＝C43×C21×C21×C21C83＝47.
(2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，
当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
所以PX=1＝C21C62+C22C61C83＝914；
当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，
所以PX=2＝C21C42+C22C41C83＝27；
当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，
所以PX=3＝C21C22+C22C21C83＝114，
所以X的分布列为
所以EX＝1×914＋2×27＋3×114＝107.
3．(2024·云南红河一模)第19届杭州亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日举行，国球再创辉煌，某校掀起乒乓球运动热潮，组织乒乓球运动会．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分．
(1)已知某局比赛中双方比分为8∶8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为0.4，乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11∶9获胜的概率；
(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且每局比赛的结果相互独立，两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望．
[解] (1)在比分为8∶8后甲先发球的情况下，甲以11∶9获胜的情况分三种：
第一种：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P1＝25×35×12×12＝350，
第二种：后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P2＝35×25×12×12＝350，
第三种：后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为P3＝25×25×12×12＝125，
所以所求事件的概率为P1＋P2＋P3＝350+350+125＝425.
(2)随机变量X的可能取值为2，3，4，5，
P(X＝2)＝23×23＝49，
P(X＝3)＝ C21×13×23×23＝827，
P(X＝4)＝C31×23×132×23 +134＝1381，
P(X＝5)＝C41×23×133×23 +C43×133×23×13＝881，
所以X的分布列为
E(X )＝2×49＋3×827＋4×1381＋5×881＝23681.
4．(2024·山东济南一模)为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平．某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格：
记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为x，s2，经计算(xi-x)2＝1 690，xi2＝33 050.
(1)求x；
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用x，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩ξ恰好落在区间30，82的人数为Y，求Y的数学期望E(Y)．
附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
[解] (1)x＝110×(38＋41＋44＋51＋54＋56＋58＋64＋74＋80)＝56.
(2)因为体质测试不合格的学生有3名，所以X的可能取值为0，1，2，3.
因为P(X＝0)＝C73C103＝724，P(X＝1)＝C72C31C103＝2140，
P(X＝2)＝C71C32C103＝740，P(X＝3)＝C33C103＝1120.
所以X的分布列为
(3)因为x＝56，s2＝＝110×1 690＝169，所以μ＝56，σ＝13.
因为P(30≤ξ≤82)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为0.954 5，
故Y～B(100，0.954 5)，
所以E(Y)＝100×0.954 5＝95.45.
【教师备用】
课本习题是如何变为高考题的？
1．(人教A版选择性必修第三册P53习题7.1T10)证明：当P(AB)>0时，P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)．据此你能发现计算P(A1A2…An)的公式吗？
[证明] 因为P(AB)>0，
所以P(A)≥P(AB)>0.
P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)×PABPA×PABCPAB＝P(ABC)．
猜想P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)…P(An|A1A2…An－1)，
其中P(A1A2…An－1)>0.
证明如下：因为P(A1A2…An－1)>0，
所以P(A1)>0，P(A1A2)>0，…，P(A1A2…An－2)>0，
P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An－1)＝P(A1)×PA1A2PA1×PA1A2A3PA1A2×…×PA1A2A3…AnPA1A2…An-1＝P(A1A2A3…An)．
2．(2022·新高考Ⅰ卷第20题节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，PBAPBA与PBAPBA的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(1)证明：R＝PABPAB·PABPAB；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值．
[解] (1)证明：R＝PBAPBAPBAPBA＝PBA·PBAPBA·PBA，
由题意知，证明PBA·PBAPBA·PBA＝PAB·PABPAB·PAB即可，
左边＝PABPA·PABPAPABPA·PABPA＝PAB·PABPAB·PAB，
右边＝PABPB·PABPBPABPB·PABPB＝PAB·PABPAB·PAB.
左边＝右边，故R＝PABPAB·PABPAB.
(2)由已知P(A|B)＝40100，P(A|B)＝10100，
又P(A|B)＝60100，P(A|B)＝90100，
所以R＝PABPAB·PABPAB＝6.
点评：教材习题和高考试题都是利用条件概率公式P(B|A)＝PABPA进行推理并证明指定结论，高考考题的难度略高于教材习题，考查了逻辑推理、数学运算等学科核心素养，难度中等．
阶段提能(十八) 随机事件的概率、离散型随机变量的数字特征
1．(北师大版选择性必修第一册P219习题6－4A组T6)袋中有除颜色外完全相同的2个白球和3个黑球．
(1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两个球颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率；
(3)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记X为摸出的白球个数，求X的分布列、均值和方差；
(4)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记Y为摸出的白球个数，求Y的分布列、均值和方差．
[解] (1)记“摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同”为事件A，摸出一球是白球的概率为25，摸出一球是黑球的概率为35，
所以P(A)＝25×35+35×25＝1225.
(2)记事件B为“第一次摸到黑球”，事件C为“第二次摸到黑球”，依题意知P(B)＝35，P(BC)＝3×25×4＝310，
所以在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为P(C|B)＝PBCPB＝12.
(3)由题意，X的取值为0，1，2，则
P(X＝0)＝35×35＝925，
P(X＝1)＝25×35+35×25＝1225，
P(X＝2)＝25×25＝425.
X的分布列为
所以E(X )＝0×925＋1×1225＋2×425＝45，
D(X )＝0-452×925 +1-452×1225 +2-452×425＝1225.
(4)由题意，Y的取值为0，1，2，则
P(Y＝0)＝35×24＝310，
P(Y＝1)＝35×24+25×34＝35，
P(Y＝2)＝25×14＝110.
Y的分布列为
所以E(Y )＝0×310＋1×35＋2×110＝45，
D(Y )＝0-452×310 +1-452×35 +2-452×110＝925.
2．(人教A版选择性必修第三册P81习题7.4T7)一个车间有3台车床，它们各自独立工作．设同时发生故障的车床数为X，在下列两种情形下分别求X的分布列．
(1)假设这3台车床型号相同，它们发生故障的概率都是20%；
(2)这3台车床中有A型号2台，B型号1台，A型车床发生故障的概率为10%，B型车床发生故障的概率为20%.
[解] (1)由题意知X～B(3，0.2)，
且P(X＝0)＝C30(1－0.2)3＝0.512，
P(X＝1)＝C310.2×(1－0.2)2＝0.384，
P(X＝2)＝C320.22×(1－0.2)＝0.096，
P(X＝3)＝C330.23＝0.008.
∴X的分布列为
(2)由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，且
P(X＝0)＝0.92×0.8＝0.648，
P(X＝1)＝C21×0.1×0.9×0.8＋0.92×0.2＝0.144＋0.162＝0.306，
P(X＝2)＝C220.12×0.8+C21×0.1×0.9×0.2＝0.008＋0.036＝0.044，
P(X＝3)＝0.12×0.2＝0.002，
∴X的分布列为
3.(人教B版选择性必修第二册P62习题4－1AT4)某班级的学生中，是否有外地旅游经历的人数情况如下表所示．
从这个班级中随机抽取一名学生：
(1)求抽到的人是男生的概率；
(2)求抽到的人是女生且无外地旅游经历的概率；
(3)若已知抽到的人是女生，求她有外地旅游经历的概率；
(4)若已知抽到的人有外地旅游经历，求其是男生的概率；
(5)判断“抽到的人是女生”与“抽到的人有外地旅游经历”是否独立．
[解] 用B表示抽到的是男生，用W表示抽到的是女生，用C表示有外地旅游经历．
(1)P(B)＝1515+17＝1532.
(2)P(WC)＝P(W|C)P(C)＝817×1732＝14.
(3)P(C|W)＝917.
(4)P(B|C)＝615＝25.
(5)因为P(C)＝1532，P(C|W)＝917≠1532，
所以W与C不相互独立．
4．(人教A版选择性必修第三册P91复习参考题7T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．求n次传球后球在甲手中的概率．
[解] 设事件An：球经过n次传递后，球在甲手中，n＝1，2，3，….
则P(An＋1)＝[1－P(An)]·12.
设P(An)＝Pn，则Pn＋1＝12(1－Pn)，
∴Pn＋1－13＝－12Pn-13.
又P1＝0，∴P1－13＝－13，
∴Pn-13 是首项为－13，公比为－12的等比数列，
∴Pn－13＝－13×-12n-1，
∴Pn＝13-13-12n-1.
即经过n次传球后球在甲手中的概率为131--12n-1.
5．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
A [法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，
A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB+C＝0.40.5＝0.8.故选A.
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝PABPB＝0.40.5＝0.8，故选A.]
6．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A．56 B．23 C．12 D．13
A [甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况有6×6＝36种．其中甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，所以抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为3036＝56，故选A.]
7．(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A．16 B．13 C．12 D．23
D [记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝46＝23，故选D.]
8．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
ABD [由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确；对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确；对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β1-β2+C33(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C选项不正确；对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α1-α2+C33(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，故选ABD.]
9．(2022·浙江卷)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝______，E(ξ)＝________．
1635 127 [由题意知P(ξ＝2)＝C21C42+C22C41C73＝1635.
ξ的所有可能取值为1，2，3，4.
P(ξ＝1)＝C62C73＝1535＝37，P(ξ＝2)＝1635，P(ξ＝3)＝C32C73＝335，P(ξ＝4)＝135，
∴E(ξ)＝1×37＋2×1635＋3×335＋4×135＝6035＝127.]
10．(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
120 35 [法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝25，P(B)＝25%＝14，P(C)＝50%＝12，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝25×14×12＝120.设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝55+4+6＝13，P(D2)＝45+4+6＝415，P(D3)＝65+4+6＝25，P(E|D1)＝1－25＝35，P(E|D2)＝1－14＝34，P(E|D3)＝1－12＝12，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)·P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝13×35+415×34+25×12＝35.
法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为2×1×35×4×6＝120；将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为915＝35.]
11．(2023·上海卷)21世纪汽车博览会在上海举行．某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观与内饰的颜色分布如表所示：
现将这25个汽车模型进行编号．
(1)若小明从25个汽车模型编号中随机选取一个，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为小明取到的模型为米色内饰，求P(B)和P(B|A)，并据此判断事件A和事件B是否独立．
(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人一次性从25个汽车模型编号中选取两个，给出以下抽奖规则：①选到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均同色、外观和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色；②按结果的可能性大小设置奖项，概率越小奖项越高；③该抽奖活动的奖金金额为一等奖600元、二等奖300元、三等奖150元．请你分析奖项对应的结果，设X为奖金金额，写出X的分布列，并求出X的数学期望．
[解] (1)由题意得，P(B)＝2+325＝15，
P(A)＝8+225＝25，P(AB)＝225，
则P(B|A)＝PABPA＝22525＝15.
∵P(AB)＝P(A)·P(B)，
∴事件A和事件B独立．
(2)记外观与内饰均同色为事件A1，外观与内饰都异色为事件A2，仅外观或仅内饰同色为事件A3，
则P(A1)＝C82+C122+C22+C32C252＝98300＝49150，
P(A2)＝C81C31+C21C121C252＝48300＝425，
P(A3)＝C81C21+C121C31+C81C121+C21C31 C252＝154300＝77150，
∵P(A2)∴一等奖为两个汽车模型的外观与内饰都异色，二等奖为两个汽车模型的外观与内饰均同色，三等奖为两个汽车模型仅外观或内饰同色．
X的分布列如表：
E(X )＝150×77150＋300×49150＋600×425＝271.
12．(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未
命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(Xi)=qi记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y )．
[解] (1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋BA，
所以P(A)＝P(BA＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝12，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝25pi＋15，
所以pi＋1－13＝25pi-13，
又p1－13＝12-13＝16，所以数列pi-13 是以16为首项，25为公比的等比数列，
所以pi－13＝16×25i-1，
所以pi＝13+16×25i-1.
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝13+16×25i-1，
所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝n3+16×1+25+252+…+25n-1＝n3+16×1-25n1-25＝n3+518×1-25n.
X
5
4
3
2
P
116
516
716
316
民宿
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
壬
癸
普通型民宿
19
5
4
17
13
18
9
20
10
15
品质型民宿
6
1
2
10
11
10
9
12
8
5
X
0
1
2
3
4
P
114
821
37
435
1210
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
ξ
1
2
3
P
15
35
15
η
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
1
2
3
P
914
27
114
X
2
3
4
5
P
49
827
1381
881
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩
xi(分)
38
41
44
51
54
56
58
64
74
80
X
0
1
2
3
P
724
2140
740
1120
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
X
0
1
2
P
925
1225
425
Y
0
1
2
P
310
35
110
X
0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.008
X
0
1
2
3
P
0.648
0.306
0.044
0.002
男生
女生
有外地旅游经历
6
9
无外地旅游经历
9
8
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
8
12
米色内饰
2
3
X
150
300
600
P
77150
49150
425
相互独立事件概率模型
[例1] (2023·贵州贵阳三模)为了让广大青少年充分认识到毒品的危害性，切实提升青少年识毒防毒拒毒意识，某市组织开展青少年禁毒知识竞赛，团员小明每天自觉登录“禁毒知识竞赛APP”，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2、3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2、3、4名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为14，12，14，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为14，34.
(1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为14，每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？
[解] (1)记事件Ai(i＝1，2，3)表示第一局获得i分，事件Bi(i＝1，2)表示第二局获得i分，
这些事件相互独立，由条件知X的可能取值为5，4，3，2.
P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝14×14＝116；P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2)＝14×34+12×14＝516；
P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝12×34+14×14＝716；P(X＝2)＝P(A1B1)＝14×34＝316.
则其分布列为
所以E(X )＝5×116＋4×516＋3×716＋2×316＝5216＝134.
(2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B20，14，于是P(Y＝k)＝C20k·14k·3420-k.
假设赢得k局的概率最大，根据条件得
C20k·14k·3420-k≥C20k-1·14k-1·3421-k，C20k·14k·3420-k≥C20k+1·14k+1·3419-k，
即20！k！·20-k！·14k·3420-k≥ 20！k-1！·21-k！·14k-1·3421-k，20！k！·20-k！·14k·3420-k≥ 20！k+1！·19-k！·14k+1·3419-k，
整理得1k·14≥121-k·34， 120-k·34≥1k+1·14，
解得174≤k≤214，又因为k∈Z，所以k＝5，因此在每天的20局四人赛中，小明赢得5局的比赛概率最大．
相互独立事件概率模型的特征
(1)实际问题中所涉及的若干事件中每一个是否发生互不影响；
(2)因为事件A1，A2，A3，…，An相互独立，则满足P(A1·A2·A3…An)＝PA1PA2PA3…PAn；
(3)求解相互独立事件的概率问题时，常涉及互斥、对立事件的概率求值．
二项分布概率模型
[例2] (2024·广西玉林统考模拟)某地区期末进行了统一考试，为做好本次考试的评价工作，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值；在这50名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记X为3人中成绩在[80，90)的人数，求P(X＝1)；
(2)规定成绩在90，100的为A等级，成绩在[70，90)的为B等级，其他为C等级．以样本估计总体，用频率代替概率．从所有参加考试的同学中随机抽取3人，求获得B等级的人数不少于2人的概率．
[解] (1)∵(0.004＋0.022＋0.030＋0.028＋m＋0.004)×10＝1，∴m＝0.012.
∵成绩在[70，80)，[80，90)，90，100的频率之比为0.28∶0.12∶0.04＝7∶3∶1，
∴抽取的11人中，成绩在[80，90)的人数为11×37+3+1＝3(人)，∴P(X＝1)＝C31C82C113＝2855.
(2)用频率估计概率，获得B等级的概率为(0.028＋0.012)×10＝0.4＝25，
记抽取的3人中，获得B等级的人数为Y，则Y～B3，25，
∴P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝C32×252×35 +253＝44125，即获得B等级的人数不少于2人的概率为44125.
二项分布概率模型的特征
(1)在每一次试验中，试验结果只有两个，即发生与不发生；
(2)各次试验中的事件是相互独立的；
(3)在每一次试验中，事件发生的概率保持不变．
超几何分布概率模型
[例3] (2024·河南安阳高三期末)不负青山，力换“金山”，民宿旅游逐渐成为一种热潮，山野乡村的民宿深受广大旅游爱好者的喜爱．某地区结合当地资源，按照“山上生态做减法、山下产业做加法”的思路，科学有序地发展环山文旅康养产业，温泉度假小镇、环山绿道、农家乐提档升级、特色民宿群等一批生态产业项目加快实施．为了在节假日接待好游客，该地旅游局对本地区各乡村的普通型民宿和品质型民宿进行了调研，随机抽取了10家乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
(1)若旅游局随机从乙、丙2家各选2间民宿进行调研，求选出的4间均为普通型民宿的概率；
(2)从这10家中随机抽取4家民宿，记其中普通型民宿的房间不低于17间的有X家，求X的分布列和数学期望．
[解] (1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B，
所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝C52C62×C42C62＝415.
(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝C64C104＝15210＝114，
P(X＝1)＝C41C63C104＝80210＝821，
P(X＝2)＝C42C62C104＝90210＝37，
P(X＝3)＝C43C61C104＝24210＝435，
P(X＝4)＝C44C104＝1210，
分布列如下，
所以E(X )＝0×15210＋1×80210＋2×90210＋3×24210＋4×1210＝1.6.
超几何分布概率模型的特征
(1)实际问题所描述的事件只包含两个结果(发生与不发生)，每进行一次上述抽取都不是原来的重复(再次抽取时，都与上次条件发生了变化)；
(2)每次抽取中同一事件发生的概率都不同；
(3)实际问题中随机变量为抽到某类个体的个数；
(4)该问题属于不放回抽取问题.
正态分布概率模型
[例4] 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望．
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.
用样本平均数x作为μ的估计值μ，用样本标准差s作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需要对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 4，0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.
[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X～B(16，0.002 6)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X的数学期望E(X )＝16×0.002 6＝0.041 6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值μ＝9.97，σ的估计值σ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.
因此μ的估计值为10.02.
xi2＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，
剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为0.008≈0.09.
正态分布概率模型的特征
(1)一般地，一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似地服从正态分布．正态分布是最常见的一种分布．许多现象都近似地服从正态分布．如长度测量误差、正常生产条件下各种产品的质量指标等；
(2)解答正态分布的实际应用题，其关键是如何转化，同时应熟练掌握正态分布在[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率．在此过程中用到转化和数形结合思想．
培优训练(十五) 概率模型的辨识与应用
1．(2024·北京西城高三期中)某校设计了一个实验学科的实验考查方案，考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；
(2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力．
[解] (1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3，
P(ξ＝1)＝C41C22C63＝15，P(ξ＝2)＝C42C21C63＝35，
P(ξ＝3)＝C43C20C63＝15，
所以ξ的分布列为
则E(ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.
设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～B3，23，
所以P(η＝0)＝C301-233＝127，
P(η＝1)＝C312311-232＝29，
P(η＝2)＝C322321-231＝49，
P(η＝3)＝C33233＝827.
所以η的分布列为
所以E(η)＝3×23＝2.
(2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2，D(ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25，
D(η)＝3×23×1-23＝23，P(ξ≥2)＝35+15＝45，P(η≥2)＝49+827＝2027.
所以D(ξ)
故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；
从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；
从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．
因此甲的实验操作能力较强．
2．(2024年1月九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X )．
[解] (1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，
先确定3个不同数字，有C43种方法，
然后每种小球各取1个，有C21×C21×C21种取法，
所以PM＝C43×C21×C21×C21C83＝47.
(2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，
当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
所以PX=1＝C21C62+C22C61C83＝914；
当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，
所以PX=2＝C21C42+C22C41C83＝27；
当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，
所以PX=3＝C21C22+C22C21C83＝114，
所以X的分布列为
所以EX＝1×914＋2×27＋3×114＝107.
3．(2024·云南红河一模)第19届杭州亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日举行，国球再创辉煌，某校掀起乒乓球运动热潮，组织乒乓球运动会．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分．
(1)已知某局比赛中双方比分为8∶8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为0.4，乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11∶9获胜的概率；
(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且每局比赛的结果相互独立，两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望．
[解] (1)在比分为8∶8后甲先发球的情况下，甲以11∶9获胜的情况分三种：
第一种：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P1＝25×35×12×12＝350，
第二种：后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P2＝35×25×12×12＝350，
第三种：后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为P3＝25×25×12×12＝125，
所以所求事件的概率为P1＋P2＋P3＝350+350+125＝425.
(2)随机变量X的可能取值为2，3，4，5，
P(X＝2)＝23×23＝49，
P(X＝3)＝ C21×13×23×23＝827，
P(X＝4)＝C31×23×132×23 +134＝1381，
P(X＝5)＝C41×23×133×23 +C43×133×23×13＝881，
所以X的分布列为
E(X )＝2×49＋3×827＋4×1381＋5×881＝23681.
4．(2024·山东济南一模)为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平．某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格：
记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为x，s2，经计算(xi-x)2＝1 690，xi2＝33 050.
(1)求x；
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用x，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩ξ恰好落在区间30，82的人数为Y，求Y的数学期望E(Y)．
附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
[解] (1)x＝110×(38＋41＋44＋51＋54＋56＋58＋64＋74＋80)＝56.
(2)因为体质测试不合格的学生有3名，所以X的可能取值为0，1，2，3.
因为P(X＝0)＝C73C103＝724，P(X＝1)＝C72C31C103＝2140，
P(X＝2)＝C71C32C103＝740，P(X＝3)＝C33C103＝1120.
所以X的分布列为
(3)因为x＝56，s2＝＝110×1 690＝169，所以μ＝56，σ＝13.
因为P(30≤ξ≤82)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为0.954 5，
故Y～B(100，0.954 5)，
所以E(Y)＝100×0.954 5＝95.45.
【教师备用】
课本习题是如何变为高考题的？
1．(人教A版选择性必修第三册P53习题7.1T10)证明：当P(AB)>0时，P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)．据此你能发现计算P(A1A2…An)的公式吗？
[证明] 因为P(AB)>0，
所以P(A)≥P(AB)>0.
P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)×PABPA×PABCPAB＝P(ABC)．
猜想P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)…P(An|A1A2…An－1)，
其中P(A1A2…An－1)>0.
证明如下：因为P(A1A2…An－1)>0，
所以P(A1)>0，P(A1A2)>0，…，P(A1A2…An－2)>0，
P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An－1)＝P(A1)×PA1A2PA1×PA1A2A3PA1A2×…×PA1A2A3…AnPA1A2…An-1＝P(A1A2A3…An)．
2．(2022·新高考Ⅰ卷第20题节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，PBAPBA与PBAPBA的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(1)证明：R＝PABPAB·PABPAB；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值．
[解] (1)证明：R＝PBAPBAPBAPBA＝PBA·PBAPBA·PBA，
由题意知，证明PBA·PBAPBA·PBA＝PAB·PABPAB·PAB即可，
左边＝PABPA·PABPAPABPA·PABPA＝PAB·PABPAB·PAB，
右边＝PABPB·PABPBPABPB·PABPB＝PAB·PABPAB·PAB.
左边＝右边，故R＝PABPAB·PABPAB.
(2)由已知P(A|B)＝40100，P(A|B)＝10100，
又P(A|B)＝60100，P(A|B)＝90100，
所以R＝PABPAB·PABPAB＝6.
点评：教材习题和高考试题都是利用条件概率公式P(B|A)＝PABPA进行推理并证明指定结论，高考考题的难度略高于教材习题，考查了逻辑推理、数学运算等学科核心素养，难度中等．
阶段提能(十八) 随机事件的概率、离散型随机变量的数字特征
1．(北师大版选择性必修第一册P219习题6－4A组T6)袋中有除颜色外完全相同的2个白球和3个黑球．
(1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两个球颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率；
(3)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记X为摸出的白球个数，求X的分布列、均值和方差；
(4)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记Y为摸出的白球个数，求Y的分布列、均值和方差．
[解] (1)记“摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同”为事件A，摸出一球是白球的概率为25，摸出一球是黑球的概率为35，
所以P(A)＝25×35+35×25＝1225.
(2)记事件B为“第一次摸到黑球”，事件C为“第二次摸到黑球”，依题意知P(B)＝35，P(BC)＝3×25×4＝310，
所以在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为P(C|B)＝PBCPB＝12.
(3)由题意，X的取值为0，1，2，则
P(X＝0)＝35×35＝925，
P(X＝1)＝25×35+35×25＝1225，
P(X＝2)＝25×25＝425.
X的分布列为
所以E(X )＝0×925＋1×1225＋2×425＝45，
D(X )＝0-452×925 +1-452×1225 +2-452×425＝1225.
(4)由题意，Y的取值为0，1，2，则
P(Y＝0)＝35×24＝310，
P(Y＝1)＝35×24+25×34＝35，
P(Y＝2)＝25×14＝110.
Y的分布列为
所以E(Y )＝0×310＋1×35＋2×110＝45，
D(Y )＝0-452×310 +1-452×35 +2-452×110＝925.
2．(人教A版选择性必修第三册P81习题7.4T7)一个车间有3台车床，它们各自独立工作．设同时发生故障的车床数为X，在下列两种情形下分别求X的分布列．
(1)假设这3台车床型号相同，它们发生故障的概率都是20%；
(2)这3台车床中有A型号2台，B型号1台，A型车床发生故障的概率为10%，B型车床发生故障的概率为20%.
[解] (1)由题意知X～B(3，0.2)，
且P(X＝0)＝C30(1－0.2)3＝0.512，
P(X＝1)＝C310.2×(1－0.2)2＝0.384，
P(X＝2)＝C320.22×(1－0.2)＝0.096，
P(X＝3)＝C330.23＝0.008.
∴X的分布列为
(2)由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，且
P(X＝0)＝0.92×0.8＝0.648，
P(X＝1)＝C21×0.1×0.9×0.8＋0.92×0.2＝0.144＋0.162＝0.306，
P(X＝2)＝C220.12×0.8+C21×0.1×0.9×0.2＝0.008＋0.036＝0.044，
P(X＝3)＝0.12×0.2＝0.002，
∴X的分布列为
3.(人教B版选择性必修第二册P62习题4－1AT4)某班级的学生中，是否有外地旅游经历的人数情况如下表所示．
从这个班级中随机抽取一名学生：
(1)求抽到的人是男生的概率；
(2)求抽到的人是女生且无外地旅游经历的概率；
(3)若已知抽到的人是女生，求她有外地旅游经历的概率；
(4)若已知抽到的人有外地旅游经历，求其是男生的概率；
(5)判断“抽到的人是女生”与“抽到的人有外地旅游经历”是否独立．
[解] 用B表示抽到的是男生，用W表示抽到的是女生，用C表示有外地旅游经历．
(1)P(B)＝1515+17＝1532.
(2)P(WC)＝P(W|C)P(C)＝817×1732＝14.
(3)P(C|W)＝917.
(4)P(B|C)＝615＝25.
(5)因为P(C)＝1532，P(C|W)＝917≠1532，
所以W与C不相互独立．
4．(人教A版选择性必修第三册P91复习参考题7T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．求n次传球后球在甲手中的概率．
[解] 设事件An：球经过n次传递后，球在甲手中，n＝1，2，3，….
则P(An＋1)＝[1－P(An)]·12.
设P(An)＝Pn，则Pn＋1＝12(1－Pn)，
∴Pn＋1－13＝－12Pn-13.
又P1＝0，∴P1－13＝－13，
∴Pn-13 是首项为－13，公比为－12的等比数列，
∴Pn－13＝－13×-12n-1，
∴Pn＝13-13-12n-1.
即经过n次传球后球在甲手中的概率为131--12n-1.
5．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
A [法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，
A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB+C＝0.40.5＝0.8.故选A.
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝PABPB＝0.40.5＝0.8，故选A.]
6．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A．56 B．23 C．12 D．13
A [甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况有6×6＝36种．其中甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，所以抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为3036＝56，故选A.]
7．(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A．16 B．13 C．12 D．23
D [记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝46＝23，故选D.]
8．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
ABD [由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确；对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确；对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β1-β2+C33(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C选项不正确；对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α1-α2+C33(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，故选ABD.]
9．(2022·浙江卷)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝______，E(ξ)＝________．
1635 127 [由题意知P(ξ＝2)＝C21C42+C22C41C73＝1635.
ξ的所有可能取值为1，2，3，4.
P(ξ＝1)＝C62C73＝1535＝37，P(ξ＝2)＝1635，P(ξ＝3)＝C32C73＝335，P(ξ＝4)＝135，
∴E(ξ)＝1×37＋2×1635＋3×335＋4×135＝6035＝127.]
10．(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
120 35 [法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝25，P(B)＝25%＝14，P(C)＝50%＝12，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝25×14×12＝120.设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝55+4+6＝13，P(D2)＝45+4+6＝415，P(D3)＝65+4+6＝25，P(E|D1)＝1－25＝35，P(E|D2)＝1－14＝34，P(E|D3)＝1－12＝12，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)·P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝13×35+415×34+25×12＝35.
法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为2×1×35×4×6＝120；将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为915＝35.]
11．(2023·上海卷)21世纪汽车博览会在上海举行．某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观与内饰的颜色分布如表所示：
现将这25个汽车模型进行编号．
(1)若小明从25个汽车模型编号中随机选取一个，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为小明取到的模型为米色内饰，求P(B)和P(B|A)，并据此判断事件A和事件B是否独立．
(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人一次性从25个汽车模型编号中选取两个，给出以下抽奖规则：①选到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均同色、外观和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色；②按结果的可能性大小设置奖项，概率越小奖项越高；③该抽奖活动的奖金金额为一等奖600元、二等奖300元、三等奖150元．请你分析奖项对应的结果，设X为奖金金额，写出X的分布列，并求出X的数学期望．
[解] (1)由题意得，P(B)＝2+325＝15，
P(A)＝8+225＝25，P(AB)＝225，
则P(B|A)＝PABPA＝22525＝15.
∵P(AB)＝P(A)·P(B)，
∴事件A和事件B独立．
(2)记外观与内饰均同色为事件A1，外观与内饰都异色为事件A2，仅外观或仅内饰同色为事件A3，
则P(A1)＝C82+C122+C22+C32C252＝98300＝49150，
P(A2)＝C81C31+C21C121C252＝48300＝425，
P(A3)＝C81C21+C121C31+C81C121+C21C31 C252＝154300＝77150，
∵P(A2)
X的分布列如表：
E(X )＝150×77150＋300×49150＋600×425＝271.
12．(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未
命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(Xi)=qi记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y )．
[解] (1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋BA，
所以P(A)＝P(BA＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝12，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝25pi＋15，
所以pi＋1－13＝25pi-13，
又p1－13＝12-13＝16，所以数列pi-13 是以16为首项，25为公比的等比数列，
所以pi－13＝16×25i-1，
所以pi＝13+16×25i-1.
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝13+16×25i-1，
所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝n3+16×1+25+252+…+25n-1＝n3+16×1-25n1-25＝n3+518×1-25n.
X
5
4
3
2
P
116
516
716
316
民宿
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
壬
癸
普通型民宿
19
5
4
17
13
18
9
20
10
15
品质型民宿
6
1
2
10
11
10
9
12
8
5
X
0
1
2
3
4
P
114
821
37
435
1210
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
ξ
1
2
3
P
15
35
15
η
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
1
2
3
P
914
27
114
X
2
3
4
5
P
49
827
1381
881
序号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
成绩
xi(分)
38
41
44
51
54
56
58
64
74
80
X
0
1
2
3
P
724
2140
740
1120
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
X
0
1
2
P
925
1225
425
Y
0
1
2
P
310
35
110
X
0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.008
X
0
1
2
3
P
0.648
0.306
0.044
0.002
男生
女生
有外地旅游经历
6
9
无外地旅游经历
9
8
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
8
12
米色内饰
2
3
X
150
300
600
P
77150
49150
425
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