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2019届二轮复习 概 率学案（全国通用）
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第2讲 概 率
[考情考向分析] 1.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型的基本应用.2.将古典概型与概率的性质相结合，考查知识的综合应用能力．
热点一 古典概型和几何概型
1．古典概型的概率
P(A)＝＝.
2．几何概型的概率
P(A)＝.
例1 (1)党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展．现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教．将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排一名的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意，将这六名毕业生全部进行安排，每所学校至少2名毕业生，
基本事件的总数为N＝×A＝50，
每所学校男女毕业生至少安排一名共有2种情况．
一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有CCA＝16(种)，
二是其中一个学校安排一女二男，另一个学校有一女两男，有CC＝12(种)，
共有16＋12＝28(种)．所以概率为P＝＝.
(2)如图，在边长为2的正方形ABCD中，M是AB的中点，过C，M，D三点的抛物线与CD围成阴影部分，则向正方形内撒一粒黄豆落在阴影部分的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 以M为原点，BA所在直线为y轴，BA的垂线为x轴，建立平面直角坐标系，则过C，M，D的抛物线方程为y2＝x，则图中阴影部分面积为2ʃdx＝×|＝，所以落在阴影部分的概率为P＝＝，故选D.
思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，常用到计数原理与排列、组合的相关知识．
(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．
(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
跟踪演练1 (1)(2017·山东)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 方法一 ∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，
∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝，
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝，
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.
方法二 依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝.
(2)(2018·咸阳模拟)在区间上随机选取一个实数x，则事件“sin x≥”发生的概率为( )
A．1 B. C. D.
答案 D
解析 因为x∈，sin x≥，所以≤x≤，
所以由几何概型的概率公式得事件“sin x≥”发生的概率为＝.
热点二 条件概率与相互独立事件
1．条件概率
在A发生的条件下B发生的概率
P(B|A)＝.
2．相互独立事件同时发生的概率
P(AB)＝P(A)P(B)．
例2 (1)(2018·衡水调研)电路从A到B上共连接着6个灯泡(如图)，每个灯泡断路的概率是，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从A到B连通的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由题图可知，AC之间未连通的概率是2＝，连通的概率是1－＝.EF之间连通的概率是2＝，未连通的概率是1－＝，故CB之间未连通的概率是2＝，故CB之间连通的概率是1－＝，故AB之间连通的概率是×＝.
(2)(2018·新余模拟)从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数，事件A＝“第一次取到的是奇数”，B＝“第二次取到的是奇数”，则P(B|A)等于( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由题意得P(A)＝＝，
P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点
(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．
(2)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
跟踪演练2 (1)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，由题意得P(A)＝，P(AB)＝.由条件概率的定义可得P(B|A)＝＝＝.
(2)如图，ABCD是以O为圆心、半径为2的圆的内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点．将一枚针随机掷到圆O内，用M表示事件“针落在正方形ABCD内”，用N表示事件“针落在正方形EFGH内”，则P(N|M)等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意得，圆O的半径为2，
所以内接正方形ABCD的边长为AB＝2，
则正方形ABCD的面积为S1＝(2)2＝8，
因为E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
所以EF＝×2R＝2，
所以正方形EFGH的面积为S2＝22＝4，
所以P(N|M)＝＝，故选C.
热点三 离散型随机变量的分布列
1．离散型随机变量的分布列的两个性质
(1)pi≥0(i＝1,2，…，n)；(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.
2．独立重复试验、二项分布
如果事件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Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
一般地，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发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0
E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
4．期望的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np.
5．方差公式
D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn，标准差为.
6．方差的性质
(1)D(aX＋b)＝a2D(X)；
(2)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
例3 (2017·全国Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的期望达到最大值？
解 (1)由题意知，X所有的可能取值为200,300,500，
由表格数据知，
P(X＝200)＝＝0.2，
P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
则X的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以当n＝300时，Y的期望达到最大值，最大值为520元．
思维升华 求解随机变量分布列问题的两个关键点
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)求随机变量的期望与方差的关键是正确求出随机变量的分布列．若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式法求解．
跟踪演练3 (2018·永州模拟)某保险公司对一个拥有20 000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12 000,6 000,2 000，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
A
B
C
赔付频率
已知A，B，C三类工种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1：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付给发生意外的职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；
方案2：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的分布列为
X
25
25－100×104
P
1－
Y
25
25－100×104
P
1－
Z
40
40－50×104
P
1－
保险公司的期望收益为
E(X)＝25＋(25－100×104)×＝15；
E(Y)＝25＋(25－100×104)×＝5；
E(Z)＝40＋(40－50×104)×＝－10.
保险公司的利润的期望值为12 000×E(X)＋6 000×E(Y)＋2 000×E(Z)－100 000＝90 000，
故保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．
(2)方案1：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
12 000×100×104×＋6 000×100×104×＋2 000×50×104×＋12×104＝46×104(元)，
方案2：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为
(12 000×25＋6 000×25＋2 000×40)×0.7＝37.1×104(元)，
46×104>37.1×104，故建议企业选择方案2.
真题体验
1．(2017·全国Ⅱ改编)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为______．
答案
解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：
基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
∴所求概率P＝＝.
2．(2017·浙江改编)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0，<或＝)
答案 < <
解析 由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，
∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，
D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，
又∵0
当00，
根据0
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)0.5，
所以p＝0.6.
押题预测
1．某校在2016年的中学数学挑战赛中有1 000人参加考试，数学考试成绩ξ～N(90，σ2)(σ>0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次数学考试成绩不低于110分的考生人数约为( )
A．200 B．400 C．600 D．800
押题依据 正态分布多以实际问题为背景，有很强的应用价值，应引起考生关注．
答案 A
解析 依题意得P(70≤ξ≤110)＝0.6，
P(ξ≤110)＝0.3＋0.5＝0.8，P(ξ≥110)＝0.2，
于是此次数学考试成绩不低于110分的考生约有
0．2×1 000＝200(人)．
2．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是____．
押题依据 二项分布模型和独立重复试验是生活中常见概率问题的抽象和提炼，也是高考的热点．
答案
解析 由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为C3·2＝C5＝.
3．本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租的时间不超过两小时免费，超过两个小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按 1小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与期望E(ξ)．
押题依据 利用随机变量求解概率问题是高考的必考点，一般以解答题形式出现，考查离散型随机变量的期望．
解 (1)由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为，.
记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，
则P(A)＝×＋×＋×＝.
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为.
(2)ξ的可能取值为0,2,4,6,8.
P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝2)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝6)＝×＋×＝，
P(ξ＝8)＝×＝，
故ξ的分布列为
ξ
0
2
4
6
8
P
E(ξ)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝.
A组 专题通关
1．(2018·邯郸模拟)某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.7,0.6，只有通过前一关才能进入下一关，且每关通过与否相互独立．一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为( )
A．0.56 B．0.336 C．0.32 D．0.224
答案 D
解析 该选手只闯过前两关的概率为0.8×0.7×(1－0.6)＝0.224.
2．(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S正方形＝4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S白＝S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.
3．(2018·全国Ⅱ)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的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C＝45(种)情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.故选C.
4．盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也摸出新球的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设“第一次摸出新球”为事件A，“第二次摸出新球”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
P(B|A)＝＝.
5.某游戏中一个珠子从图中的通道(图中实线表示通道)由上至下滑下，从最下面的六个出口(如图所示1,2,3,4,5,6)出来，规定猜中出口者为胜．如果你在该游戏中，猜得珠子从3号出口出来，那么你取胜的概率为( )
A. B.
C. D．以上都不对
答案 A
解析 我们把从A到3的路线图(图略)单独画出来：分析可得，
从A到3共有C＝10(种)走法，每一种走法的概率都是5，所以珠子从出口3出来的概率是C5＝.
6．(2018·上海黄浦区模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷5次，则恰好有3次出现正面向上的概率是________．(结果用数值表示)
答案
解析 一枚硬币连续抛掷5次，则恰好有3次出现正面向上的概率P＝C3·2＝.
7．(2018·日照模拟)在的可行域内任取一点(x，y)，则满足2x－3y≥0的概率是_____．
答案
解析 绘制不等式组所表示的平面区域如图所示，
由解得即A(3,2)，
且B，C(0，－1)，
故S△ABC＝××3＝.
作出直线2x－3y＝0，
则2x－3y≥0表示的区域为△OAC，
即不等式2x－3y≥0所表示的区域为△OAC，面积为S△AOC＝×1×3＝，
所以满足2x－3y≥0的概率是P＝＝＝.
8．(2018·洛阳联考)已知随机变量X～B，Y～N，若P＝0.64，P(04)＝________.
答案 0.1
解析 ∵随机变量服从X～B，
∴P＝1－C2＝0.64，解得p＝0.4.
又Y～N，
∴P＝P＝0.5－P＝0.1.
9．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少有一个被选中的概率是________．
答案
解析 “男生甲被选中”记作事件A，“男生乙和女生丙至少有一个被选中”记作事件B，
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
由条件概率公式可得P(B|A)＝＝.
10．(2018·衡水金卷信息卷)2018年元旦期间，某运动服装专卖店举办了一次有奖促销活动，消费每超过400元均可参加1次抽奖活动，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘(如图)，转盘停止转动时指针指向哪个扇形区域，则顾客可直接获得该区域对应面额(单位：元)的现金优惠，且允许顾客转动3次．
方案二：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘(如图)，转盘停止转动时指针若指向阴影部分，则未中奖，若指向白色区域，则顾客可直接获得40元现金，且允许顾客转动3次．
(1)若两位顾客均获得1次抽奖机会，且都选择抽奖方案一，试求这两位顾客均获得180元现金优惠的概率；
(2)若某顾客恰好获得1次抽奖机会．
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得现金奖励的期望；
②从概率的角度比较①中该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
解 (1)若要享受到180元的现金优惠，则必须每次旋转转盘都指向60元对应的区域，由题图可知，每一次转盘指向60元对应区域的概率为p＝＝.
设“每位顾客获得180元现金奖励”为事件A，
则P(A)＝C3＝.
所以两位顾客均获得180元现金奖励的概率为P＝P(A)·P(A)＝×＝.
(2)①若选择抽奖方案一，则每一次转盘指向60元对应区域的概率为，每一次转盘指向20元对应区域的概率为.
设获得现金奖励金额为X元，
则X可能的取值为60,100,140,180.
则P＝C3＝；
P＝C12＝；
P＝C2＝；
P＝C3＝.
所以选择抽奖方案一，该顾客获得现金奖励金额的期望为E＝60×＋100×＋140×＋180×＝100.
若选择抽奖方案二，设三次转动转盘的过程中，指针指向白色区域的次数为Y，最终获得现金奖励金额为Z元，则Y～B，故E＝3×＝1，
所以选择抽奖方案二，该顾客获得现金奖励金额的期望为E＝E＝40.
②由①知E>E，
所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．
B组 能力提高
11．某同学用“随机模拟方法”计算曲线y＝ln x与直线x＝e，y＝0所围成的曲边三角形的面积时，用计算机分别产生了10个在区间[1，e]上的均匀随机数xi和10个在区间[0,1]上的均匀随机数yi(i∈N*,1≤i≤10)，其数据如下表的前两行.
x
2.50
1.01
1.90
1.22
2.52
2.17
1.89
1.96
1.36
2.22
y
0.84
0.25
0.98
0.15
0.01
0.60
0.59
0.88
0.84
0.10
ln x
0.92
0.01
0.64
0.20
0.92
0.77
0.64
0.67
0.31
0.80
由此可得这个曲边三角形面积的一个近似值是( )
A.(e－1) B.(e－1)
C.(e＋1) D.(e＋1)
答案 A
解析 由表可知，向矩形区域内随机抛掷10个点，其中有6个点在曲边三角形内，其频率为＝.
∵矩形区域的面积为e－1，
∴曲边三角形面积的近似值为(e－1)．
12．记“点M(x，y)满足x2＋y2≤a(a>0)”为事件A，记“M(x，y)满足”为事件B，若P(B|A)＝1，则实数a的最大值为( )
A. B.
C．1 D.
答案 A
解析 要使得P(B|A)＝1，则不等式x2＋y2≤a所表示的区域在不等式组
所表示的平面区域内，
又圆x2＋y2＝a的圆心为(0,0)，半径为，
圆心(0,0)到直线x－y＋1＝0的距离为d1＝≥⇒a≤；
圆心(0,0)到直线5x－2y－4＝0的距离为d2＝≥⇒a≤；
圆心(0,0)到直线2x＋y＋2＝0的距离为d3＝≥⇒a≤.
因为d1
13．赌博有陷阱，某种赌博游戏每局的规则是参与者从标有5,6,7,8,9的相同小球中随机摸取一个，将小球上的数字作为其赌金(单位：元)，随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元)，若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赌金与奖金，则E(ξ)－E(η)＝________.
答案 3
解析 赌金ξ的分布列为
ξ
5
6
7
8
9
P
E(ξ)＝(5＋6＋7＋8＋9)＝7，
奖金的情况：两卡片数字之差的绝对值为1，共有4种，奖金为2元；两卡片数字之差的绝对值为2，共有3种，奖金为4元；两卡片数字之差的绝对值为3，共有2种，奖金为6元；两卡片数字之差的绝对值为4，共有1种，奖金为8元．
则P(η＝2)＝＝，P(η＝4)＝＝，
P(η＝6)＝＝，P(η＝8)＝.
奖金η的分布列为
η
2
4
6
8
P
∴E(η)＝2×＋4×＋6×＋8×＝4，
∴E(ξ)－E(η)＝7－4＝3.
14.如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决定谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为X.
(1)求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；
(2)求X的分布列和期望．
解 (1)易知对于每次划拳比赛基本事件共有3×3＝9(个)，其中小华赢(或输)包含三个基本事件，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第i(i∈N*)次划拳小华赢”为Ai；事件“第i次划拳小华平”为Bi；事件“第i次划拳小华输”为Ci，所以P(Ai)＝P(Bi)＝P(Ci)＝＝.
因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：
第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；
其概率为P1＝AP(B1)P(C2)P(B3)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(B4)＝，
第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，
其概率为P2＝P(B1)P(B2)P(C3)＋AP(A1)P(B2)·P(C3)P(C4)＋P(A1)P(C2)P(A3)P(C4)P(C5)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(A4)P(C5)＝.
所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为
P＝P1＋P2＝＋＝.
(2)依题可知X的可能取值为2,3,4,5，
P(X＝5)＝2P(A1)P(C2)P(A3)P(C4)
＝2×4＝，
P(X＝2)＝2P(A1)P(A2)＝2×2＝，
P(X＝3)＝2P(A1)P(B2)P(A3)＋2P(B1)P(A2)P(A3)＋P(B1)P(B2)P(B3)＋2P(A1)P(B2)P(B3)＋2P(B1)·P(A2)P(B3)＋2P(B1)P(B2)P(A3)＋2P(C1)P(A2)·P(A3)＝，
P(X＝4)＝1－P(X＝5)－P(X＝2)－P(X＝3)＝.
所以X的分布列为
X
2
3
4
5
P
所以X的期望为E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
[考情考向分析] 1.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型的基本应用.2.将古典概型与概率的性质相结合，考查知识的综合应用能力．
热点一 古典概型和几何概型
1．古典概型的概率
P(A)＝＝.
2．几何概型的概率
P(A)＝.
例1 (1)党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展．现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教．将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排一名的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意，将这六名毕业生全部进行安排，每所学校至少2名毕业生，
基本事件的总数为N＝×A＝50，
每所学校男女毕业生至少安排一名共有2种情况．
一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有CCA＝16(种)，
二是其中一个学校安排一女二男，另一个学校有一女两男，有CC＝12(种)，
共有16＋12＝28(种)．所以概率为P＝＝.
(2)如图，在边长为2的正方形ABCD中，M是AB的中点，过C，M，D三点的抛物线与CD围成阴影部分，则向正方形内撒一粒黄豆落在阴影部分的概率是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 以M为原点，BA所在直线为y轴，BA的垂线为x轴，建立平面直角坐标系，则过C，M，D的抛物线方程为y2＝x，则图中阴影部分面积为2ʃdx＝×|＝，所以落在阴影部分的概率为P＝＝，故选D.
思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，常用到计数原理与排列、组合的相关知识．
(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．
(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
跟踪演练1 (1)(2017·山东)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 方法一 ∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，
∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝，
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝，
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.
方法二 依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝.
(2)(2018·咸阳模拟)在区间上随机选取一个实数x，则事件“sin x≥”发生的概率为( )
A．1 B. C. D.
答案 D
解析 因为x∈，sin x≥，所以≤x≤，
所以由几何概型的概率公式得事件“sin x≥”发生的概率为＝.
热点二 条件概率与相互独立事件
1．条件概率
在A发生的条件下B发生的概率
P(B|A)＝.
2．相互独立事件同时发生的概率
P(AB)＝P(A)P(B)．
例2 (1)(2018·衡水调研)电路从A到B上共连接着6个灯泡(如图)，每个灯泡断路的概率是，整个电路的连通与否取决于灯泡是否断路，则从A到B连通的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由题图可知，AC之间未连通的概率是2＝，连通的概率是1－＝.EF之间连通的概率是2＝，未连通的概率是1－＝，故CB之间未连通的概率是2＝，故CB之间连通的概率是1－＝，故AB之间连通的概率是×＝.
(2)(2018·新余模拟)从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数，事件A＝“第一次取到的是奇数”，B＝“第二次取到的是奇数”，则P(B|A)等于( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 由题意得P(A)＝＝，
P(AB)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝.
思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点
(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．
(2)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．
跟踪演练2 (1)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，由题意得P(A)＝，P(AB)＝.由条件概率的定义可得P(B|A)＝＝＝.
(2)如图，ABCD是以O为圆心、半径为2的圆的内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点．将一枚针随机掷到圆O内，用M表示事件“针落在正方形ABCD内”，用N表示事件“针落在正方形EFGH内”，则P(N|M)等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意得，圆O的半径为2，
所以内接正方形ABCD的边长为AB＝2，
则正方形ABCD的面积为S1＝(2)2＝8，
因为E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
所以EF＝×2R＝2，
所以正方形EFGH的面积为S2＝22＝4，
所以P(N|M)＝＝，故选C.
热点三 离散型随机变量的分布列
1．离散型随机变量的分布列的两个性质
(1)pi≥0(i＝1,2，…，n)；(2)p1＋p2＋…＋pn＝1.
2．独立重复试验、二项分布
如果事件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Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
一般地，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发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpkqn－k，其中0
E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
4．期望的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np.
5．方差公式
D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn，标准差为.
6．方差的性质
(1)D(aX＋b)＝a2D(X)；
(2)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
例3 (2017·全国Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的期望达到最大值？
解 (1)由题意知，X所有的可能取值为200,300,500，
由表格数据知，
P(X＝200)＝＝0.2，
P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
则X的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
因此E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以当n＝300时，Y的期望达到最大值，最大值为520元．
思维升华 求解随机变量分布列问题的两个关键点
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类概率公式求概率．
(2)求随机变量的期望与方差的关键是正确求出随机变量的分布列．若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式法求解．
跟踪演练3 (2018·永州模拟)某保险公司对一个拥有20 000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12 000,6 000,2 000，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
A
B
C
赔付频率
已知A，B，C三类工种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1：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付给发生意外的职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；
方案2：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的分布列为
X
25
25－100×104
P
1－
Y
25
25－100×104
P
1－
Z
40
40－50×104
P
1－
保险公司的期望收益为
E(X)＝25＋(25－100×104)×＝15；
E(Y)＝25＋(25－100×104)×＝5；
E(Z)＝40＋(40－50×104)×＝－10.
保险公司的利润的期望值为12 000×E(X)＋6 000×E(Y)＋2 000×E(Z)－100 000＝90 000，
故保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．
(2)方案1：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
12 000×100×104×＋6 000×100×104×＋2 000×50×104×＋12×104＝46×104(元)，
方案2：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为
(12 000×25＋6 000×25＋2 000×40)×0.7＝37.1×104(元)，
46×104>37.1×104，故建议企业选择方案2.
真题体验
1．(2017·全国Ⅱ改编)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为______．
答案
解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：
基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
∴所求概率P＝＝.
2．(2017·浙江改编)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0
答案 < <
解析 由题意可知ξi(i＝1,2)服从两点分布，
∴E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，
D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，
又∵0
当0
根据0
解析 由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B(10，p)，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.4或0.6.
又因为P(X＝4)
所以p＝0.6.
押题预测
1．某校在2016年的中学数学挑战赛中有1 000人参加考试，数学考试成绩ξ～N(90，σ2)(σ>0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次数学考试成绩不低于110分的考生人数约为( )
A．200 B．400 C．600 D．800
押题依据 正态分布多以实际问题为背景，有很强的应用价值，应引起考生关注．
答案 A
解析 依题意得P(70≤ξ≤110)＝0.6，
P(ξ≤110)＝0.3＋0.5＝0.8，P(ξ≥110)＝0.2，
于是此次数学考试成绩不低于110分的考生约有
0．2×1 000＝200(人)．
2．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是____．
押题依据 二项分布模型和独立重复试验是生活中常见概率问题的抽象和提炼，也是高考的热点．
答案
解析 由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为C3·2＝C5＝.
3．本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租的时间不超过两小时免费，超过两个小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按 1小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与期望E(ξ)．
押题依据 利用随机变量求解概率问题是高考的必考点，一般以解答题形式出现，考查离散型随机变量的期望．
解 (1)由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为，.
记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，
则P(A)＝×＋×＋×＝.
所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为.
(2)ξ的可能取值为0,2,4,6,8.
P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝2)＝×＋×＝，
P(ξ＝4)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝6)＝×＋×＝，
P(ξ＝8)＝×＝，
故ξ的分布列为
ξ
0
2
4
6
8
P
E(ξ)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝.
A组 专题通关
1．(2018·邯郸模拟)某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.7,0.6，只有通过前一关才能进入下一关，且每关通过与否相互独立．一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为( )
A．0.56 B．0.336 C．0.32 D．0.224
答案 D
解析 该选手只闯过前两关的概率为0.8×0.7×(1－0.6)＝0.224.
2．(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S正方形＝4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S白＝S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.
3．(2018·全国Ⅱ)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的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C＝45(种)情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.故选C.
4．盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也摸出新球的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 设“第一次摸出新球”为事件A，“第二次摸出新球”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
P(B|A)＝＝.
5.某游戏中一个珠子从图中的通道(图中实线表示通道)由上至下滑下，从最下面的六个出口(如图所示1,2,3,4,5,6)出来，规定猜中出口者为胜．如果你在该游戏中，猜得珠子从3号出口出来，那么你取胜的概率为( )
A. B.
C. D．以上都不对
答案 A
解析 我们把从A到3的路线图(图略)单独画出来：分析可得，
从A到3共有C＝10(种)走法，每一种走法的概率都是5，所以珠子从出口3出来的概率是C5＝.
6．(2018·上海黄浦区模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷5次，则恰好有3次出现正面向上的概率是________．(结果用数值表示)
答案
解析 一枚硬币连续抛掷5次，则恰好有3次出现正面向上的概率P＝C3·2＝.
7．(2018·日照模拟)在的可行域内任取一点(x，y)，则满足2x－3y≥0的概率是_____．
答案
解析 绘制不等式组所表示的平面区域如图所示，
由解得即A(3,2)，
且B，C(0，－1)，
故S△ABC＝××3＝.
作出直线2x－3y＝0，
则2x－3y≥0表示的区域为△OAC，
即不等式2x－3y≥0所表示的区域为△OAC，面积为S△AOC＝×1×3＝，
所以满足2x－3y≥0的概率是P＝＝＝.
8．(2018·洛阳联考)已知随机变量X～B，Y～N，若P＝0.64，P(0
答案 0.1
解析 ∵随机变量服从X～B，
∴P＝1－C2＝0.64，解得p＝0.4.
又Y～N，
∴P＝P＝0.5－P＝0.1.
9．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少有一个被选中的概率是________．
答案
解析 “男生甲被选中”记作事件A，“男生乙和女生丙至少有一个被选中”记作事件B，
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
由条件概率公式可得P(B|A)＝＝.
10．(2018·衡水金卷信息卷)2018年元旦期间，某运动服装专卖店举办了一次有奖促销活动，消费每超过400元均可参加1次抽奖活动，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．
方案一：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘(如图)，转盘停止转动时指针指向哪个扇形区域，则顾客可直接获得该区域对应面额(单位：元)的现金优惠，且允许顾客转动3次．
方案二：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘(如图)，转盘停止转动时指针若指向阴影部分，则未中奖，若指向白色区域，则顾客可直接获得40元现金，且允许顾客转动3次．
(1)若两位顾客均获得1次抽奖机会，且都选择抽奖方案一，试求这两位顾客均获得180元现金优惠的概率；
(2)若某顾客恰好获得1次抽奖机会．
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得现金奖励的期望；
②从概率的角度比较①中该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
解 (1)若要享受到180元的现金优惠，则必须每次旋转转盘都指向60元对应的区域，由题图可知，每一次转盘指向60元对应区域的概率为p＝＝.
设“每位顾客获得180元现金奖励”为事件A，
则P(A)＝C3＝.
所以两位顾客均获得180元现金奖励的概率为P＝P(A)·P(A)＝×＝.
(2)①若选择抽奖方案一，则每一次转盘指向60元对应区域的概率为，每一次转盘指向20元对应区域的概率为.
设获得现金奖励金额为X元，
则X可能的取值为60,100,140,180.
则P＝C3＝；
P＝C12＝；
P＝C2＝；
P＝C3＝.
所以选择抽奖方案一，该顾客获得现金奖励金额的期望为E＝60×＋100×＋140×＋180×＝100.
若选择抽奖方案二，设三次转动转盘的过程中，指针指向白色区域的次数为Y，最终获得现金奖励金额为Z元，则Y～B，故E＝3×＝1，
所以选择抽奖方案二，该顾客获得现金奖励金额的期望为E＝E＝40.
②由①知E>E，
所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．
B组 能力提高
11．某同学用“随机模拟方法”计算曲线y＝ln x与直线x＝e，y＝0所围成的曲边三角形的面积时，用计算机分别产生了10个在区间[1，e]上的均匀随机数xi和10个在区间[0,1]上的均匀随机数yi(i∈N*,1≤i≤10)，其数据如下表的前两行.
x
2.50
1.01
1.90
1.22
2.52
2.17
1.89
1.96
1.36
2.22
y
0.84
0.25
0.98
0.15
0.01
0.60
0.59
0.88
0.84
0.10
ln x
0.92
0.01
0.64
0.20
0.92
0.77
0.64
0.67
0.31
0.80
由此可得这个曲边三角形面积的一个近似值是( )
A.(e－1) B.(e－1)
C.(e＋1) D.(e＋1)
答案 A
解析 由表可知，向矩形区域内随机抛掷10个点，其中有6个点在曲边三角形内，其频率为＝.
∵矩形区域的面积为e－1，
∴曲边三角形面积的近似值为(e－1)．
12．记“点M(x，y)满足x2＋y2≤a(a>0)”为事件A，记“M(x，y)满足”为事件B，若P(B|A)＝1，则实数a的最大值为( )
A. B.
C．1 D.
答案 A
解析 要使得P(B|A)＝1，则不等式x2＋y2≤a所表示的区域在不等式组
所表示的平面区域内，
又圆x2＋y2＝a的圆心为(0,0)，半径为，
圆心(0,0)到直线x－y＋1＝0的距离为d1＝≥⇒a≤；
圆心(0,0)到直线5x－2y－4＝0的距离为d2＝≥⇒a≤；
圆心(0,0)到直线2x＋y＋2＝0的距离为d3＝≥⇒a≤.
因为d1
13．赌博有陷阱，某种赌博游戏每局的规则是参与者从标有5,6,7,8,9的相同小球中随机摸取一个，将小球上的数字作为其赌金(单位：元)，随后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元)，若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赌金与奖金，则E(ξ)－E(η)＝________.
答案 3
解析 赌金ξ的分布列为
ξ
5
6
7
8
9
P
E(ξ)＝(5＋6＋7＋8＋9)＝7，
奖金的情况：两卡片数字之差的绝对值为1，共有4种，奖金为2元；两卡片数字之差的绝对值为2，共有3种，奖金为4元；两卡片数字之差的绝对值为3，共有2种，奖金为6元；两卡片数字之差的绝对值为4，共有1种，奖金为8元．
则P(η＝2)＝＝，P(η＝4)＝＝，
P(η＝6)＝＝，P(η＝8)＝.
奖金η的分布列为
η
2
4
6
8
P
∴E(η)＝2×＋4×＋6×＋8×＝4，
∴E(ξ)－E(η)＝7－4＝3.
14.如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳(剪刀、石头、布)比赛决定谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为X.
(1)求游戏结束时小华在第2个台阶的概率；
(2)求X的分布列和期望．
解 (1)易知对于每次划拳比赛基本事件共有3×3＝9(个)，其中小华赢(或输)包含三个基本事件，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第i(i∈N*)次划拳小华赢”为Ai；事件“第i次划拳小华平”为Bi；事件“第i次划拳小华输”为Ci，所以P(Ai)＝P(Bi)＝P(Ci)＝＝.
因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：
第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平；
其概率为P1＝AP(B1)P(C2)P(B3)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(B4)＝，
第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输，
其概率为P2＝P(B1)P(B2)P(C3)＋AP(A1)P(B2)·P(C3)P(C4)＋P(A1)P(C2)P(A3)P(C4)P(C5)＋P(C1)P(A2)P(C3)P(A4)P(C5)＝.
所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为
P＝P1＋P2＝＋＝.
(2)依题可知X的可能取值为2,3,4,5，
P(X＝5)＝2P(A1)P(C2)P(A3)P(C4)
＝2×4＝，
P(X＝2)＝2P(A1)P(A2)＝2×2＝，
P(X＝3)＝2P(A1)P(B2)P(A3)＋2P(B1)P(A2)P(A3)＋P(B1)P(B2)P(B3)＋2P(A1)P(B2)P(B3)＋2P(B1)·P(A2)P(B3)＋2P(B1)P(B2)P(A3)＋2P(C1)P(A2)·P(A3)＝，
P(X＝4)＝1－P(X＝5)－P(X＝2)－P(X＝3)＝.
所以X的分布列为
X
2
3
4
5
P
所以X的期望为E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
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