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高考数学一轮复习 第十章 第7节
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这是一份高考数学一轮复习 第十章 第7节，共20页。试卷主要包含了事件的相互独立性，全概率公式，独立重复试验与二项分布，正态分布，682__6；，已知随机变量X～N，若P＝0，26%，P＝95，某次知识竞赛规则如下等内容，欢迎下载使用。
知 识 梳 理
1.条件概率
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：若事件A与B相互独立，则A与eq \(B,\s\up6(－))，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A).
3.全概率公式
(1)完备事件组：
设Ω是试验E的样本空间，事件A1，A2，…，An是样本空间的一个划分，满足：
①A1∪A2∪…∪An＝Ω.
②A1，A2，…，An两两互不相容，则称事件A1，A2，…，An组成样本空间Ω的一个完备事件组.
(2)全概率公式
设S为随机试验的样本空间，A1，A2，…，An是两两互斥的事件，且有P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，eq \(∪,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))Ai＝S，则对任一事件B，有P(B)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)称满足上述条件的A1，A2，…，An为完备事件组.
4.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，其中Ai(i＝1，2，…，n)是第i次试验结果，则
P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…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发生的概率为p，则P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，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.
5.正态分布
(1)正态分布的定义
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝eq \i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2).其中φμ，σ(x)＝eq \f(1,\r(2π)σ)eeq \f(（x－μ）2,2σ2)(σ>0).
(2)正态曲线的性质
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交，与x轴之间的面积为1；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π))；
④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.
(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ[微点提醒]
1.相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
2.若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的关于直线X＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件.( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.( )
(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Ceq \\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件A发生的次数的概率分布.( )
(4)从装有3个红球，3个白球的盒中有放回地任取一球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布.( )
解析 对于(1)，相互独立事件的发生互不影响，而互斥事件是不能同时发生，故(1)错；对于(2)，只有当A，B为相互独立事件时，公式P(AB)＝P(A)P(B)才成立；对于(4)，取到红球的个数X服从二项分布.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
2.(选修2－3P54练习2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同.甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,8) D.eq \f(2,9)
解析 设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B，依题意P(A)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(AB)＝eq \f(2×3,10×9)＝eq \f(1,15)，
故P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3).
答案 B
3.(选修2－3P75B2改编)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X解析 ∵X～N(3，1)，∴正态曲线关于x＝3对称，
且P(X>2c－1)＝P(X∴2c－1＋c＋3＝2×3，∴c＝eq \f(4,3).
答案 eq \f(4,3)
4.(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员使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位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3
解析 由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)0.5，所以p＝0.6.
答案 B
5.(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,7) D.eq \f(5,12)
解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(5,12).
答案 D
6.(2019·青岛联考)已知随机变量X～N(1，σ2)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________.
解析 随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，∴正态曲线关于x＝1对称，∴P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X>0)＝0.2.
答案 0.2
考点一 条件概率与事件独立性
【例1】 (1)(一题多解)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)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解析 法一 P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝P(B)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10).由条件概率计算公式，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
法二 事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4个.
事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A))＝eq \f(1,4).
答案 B
(2)(2019·天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.
①求至少有一种新产品研发成功的概率；
②若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列.
解 记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P(E)＝eq \f(2,3)，P(eq \(E,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)，P(F)＝eq \f(3,5)，P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(2,5)，且事件E与F，E与eq \(F,\s\up6(－))，eq \(E,\s\up6(－))与F，eq \(E,\s\up6(－))与eq \(F,\s\up6(－))都相互独立.
①记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则eq \(H,\s\up6(－))＝eq \(E,\s\up6(－)) eq \(F,\s\up6(－))，
于是P(eq \(H,\s\up6(－)))＝P(eq \(E,\s\up6(－)))P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，
故所求的概率为P(H)＝1－P(eq \(H,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).
②设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X＝0)＝P(eq \(E,\s\up6(－))eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3 )×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，P(X＝100)＝P(eq \(E,\s\up6(－))F)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，
P(X＝120)＝P(Eeq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
P(X＝220)＝P(EF)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
故所求的分布列为
规律方法 1.求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))，这是求条件概率的通法.
(2)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A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A)).
2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法
(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(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
【训练1】 (1)(2019·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
5 C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
(2)(2018·濮阳二模)如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
A.eq \f(3,16) B.eq \f(3,4) C.eq \f(13,16) D.eq \f(1,4)
解析 (1)设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，∴P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).
(2)灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，
∴灯泡不亮的概率是eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，
∴灯亮的概率是1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).
答案 (1)C (2)C
考点二 全概率公式
【例2】 有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占30%，二厂生产的占50%，三厂生产的占20%，已知这三个厂的产品次品率分别为2%，1%，1%，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？
解 设事件A为“任取一件为次品”，
事件Bi为“任取一件为i厂的产品”，i＝1，2，3.
B1∪B2∪B3＝S，
由全概率公式得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3).
P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2，
P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.01，
故P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.3＋0.01×0.5＋0.01×0.2＝0.013.
规律方法 全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把B1，B2，…，Bn看成导致A发生的一组原因.如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中.
(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生.
(2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组.
(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合.
【训练2】 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率.
解 A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}.
因为B＝AB∪eq \(A,\s\up6(－))B，且AB与eq \(A,\s\up6(－))B互不相容，所以
P(B)＝P(AB)＋P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(6,10)×eq \f(5,9)＋eq \f(4,10)×eq \f(6,9)＝0.6.
考点三 独立重复试验与二项分布
【例3】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515].由此得到样本的频率分布直方图(如下图).
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列.
解 (1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件).
(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，
X服从超几何分布.
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(63,130)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(1,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(28,65)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,12),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(11,130)，
∴X的分布列为
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为eq \f(12,40)＝eq \f(3,10).
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,10)))，
P(Y＝k)＝Ceq \\al(k,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,10)))eq \s\up12(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up12(k)，
所以P(Y＝0)＝Ceq \\al(0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,10)))eq \s\up12(2)＝eq \f(49,100)，
P(Y＝1)＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(3,10)·eq \f(7,10)＝eq \f(21,50)，
P(Y＝2)＝Ceq \\al(2,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,100).
∴Y的分布列为
规律方法 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)＝Ceq \\al(k,n)pk(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.
【训练3】 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人.
(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列.
解 (1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为Ceq \\al(2,40)，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25)，
所以所求的概率P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(15×25,20×39)＝eq \f(25,52).
(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，
故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,5))).
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(36,125)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(0)＝eq \f(8,125).
所以X的分布列为
考点四 正态分布
【例4】 (1)(2019·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<4)＝( )
A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2
(2)(2019·茂名一模)设X～N(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )
(注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σA.7 539 B.6 038 C.7 028 D.6 587
解析 (1)因为随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，μ＝2，得对称轴为x＝2，P(ξ<4)＝0.8，∴P(ξ≥4)＝P(ξ≤0)＝0.2，∴P(0<ξ<4)＝0.6.
(2)∵X～N(1，1)，∴μ＝1，σ＝1.
∵P(μ－σ∴P(0∴阴影部分的面积为1－0.34 13＝0.658 7.
∴向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是10 000×0.658 7＝6 587.
答案 (1)A (2)D
规律方法 (1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.
(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：
①P(X＜a)＝1－P(X≥a)；②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).
【训练4】 (2019·淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X，且X～N(800，502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( )
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ 2 6 4 4
解析 ∵X～N(800，502)，∴P(700≤X≤900)＝0.954 4，∴P(X>900)＝eq \f(1－0.954 4,2)＝0.022 8，∴P(X≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.
答案 A
[思维升华]
1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(n(AB),n(A))，其中，在实际应用中P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A))是一种重要的求条件概率的方法.
2.全概率公式的理论和实用意义在于：
在较复杂情况下直接计算P(B)不易，但B总是伴随着某个Ai出现，适当地去构造这一组Ai往往可以简化计算.
3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.
(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pkqn－k.其中k＝0，1，…，n，q＝1－p.
[易错防范]
1.运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.
2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
数据分析——三局两胜制的概率问题
1.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论.
2.教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完3局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对此问题进行认识.
【例题】 (选修2－3P59习题2.2B组1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？
解 每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布.
(1)在采用3局2胜制中，X～B(3，0.6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.648.
(2)在采用5局3胜制中，X～B(5，0.6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为
P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq \\al(3,5)×0.63×0.42＋Ceq \\al(4,5)×0.64×0.4＋0.65≈0.683.
可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利.
[拓展延伸] 先后参赛对比赛公平性的影响
[拓展1] (两方参赛)匣中有3红5黑2白共10个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.
解 甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球.
记Bi＝“第i次取到黑球”，Ri＝“第i次取到红球”.则
P(甲胜)＝P(R1)＋P(B1B2R3)＋P(B1B2B3B4R5)
＝eq \f(3,10)＋eq \f(5,10)·eq \f(4,9)·eq \f(3,8)＋eq \f(5,10)·eq \f(4,9)·eq \f(3,8)·eq \f(2,7)·eq \f(3,6)＝eq \f(83,210)，
同理可得P(乙胜)＝eq \f(43,210)，P(平局)＝eq \f(2,5).
[拓展2] (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是0.5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率.
解 记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.
则P(A)＝[P(A1A2)＋P(A1C2B3A4A5)＋P(A1C2B3A4C5B6A7A8)＋…]＋[P(B1C2A3A4)＋P(B1C2A3B4C5A6A7)＋…]
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,25)＋\f(1,28)＋…))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,24)＋\f(1,27)＋\f(1,210)＋…))＝eq \f(5,14).
因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)＝P(A)＝eq \f(5,14)，P(C)＝1－P(A)－P(B)＝eq \f(4,14)＝eq \f(2,7).
即甲、乙、丙得冠军的概率分别为eq \f(5,14)、eq \f(5,14)、eq \f(2,7).
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则他们同时中靶的概率是( )
A.eq \f(14,25) B.eq \f(12,25) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,5)
解析 因为甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，所以P(甲)＝eq \f(4,5)，P(乙)＝eq \f(7,10)，所以他们都中靶的概率是eq \f(4,5)×eq \f(7,10)＝eq \f(14,25).
答案 A
2.(2019·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(3,8) C.eq \f(5,8) D.eq \f(7,8)
解析 三次均反面朝上的概率是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，所以至少一次正面朝上的概率是1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8).
答案 D
3.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 C.0.6
解析 记事件A表示“一天的空气质量为优良”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良”，P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6.由条件概率，得P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.
答案 A
4.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)( )
% %
% %
解析 依题设，X～N(0，32)，其中μ＝0，σ＝3.
∴P(－3因此P(3＝eq \f(1,2)(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9＝13.59%.
答案 B
5.(2019·厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(18,125) D.eq \f(54,125)
解析 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝eq \f(3,5)，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(54,125).
答案 D
二、填空题
6.已知随机变量X服从正态分布N(0，82)，若P(X>2)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝________.
解析 因为μ＝0，所以P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，所以P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案 0.954
7.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________.
解析 记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A，由题意，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.
答案 0.128
8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠.若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为eq \f(1,3)，用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(X＝4)＝________.
解析 考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，
即有P(X＝k)＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5.
故P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(1)＝eq \f(10,243).
答案 eq \f(10,243)
三、解答题
9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格.小明同学“立定投篮”的命中率为eq \f(1,2)，“三步上篮”的命中率为eq \f(3,4)，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响.
(1)求小明同学一次测试合格的概率；
(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列.
解 设小明第i次“立定投篮”命中为事件Ai，第i次“三步上篮”命中为事件Bi(i＝1，2)，依题意有P(Ai)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(3,4)(i＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件C.
(1)P(eq \(C,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)＋P(A1eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)
＝P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(eq \(A,\s\up6(－))2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)＋P(A1)·P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(19,64).
∴P(C)＝1－eq \f(19,64)＝eq \f(45,64).
(2)依题意知ξ＝2，3，4，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2)＝P(A1)P(B1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)·P(eq \(A,\s\up6(－))2)＝eq \f(5,8)，
P(ξ＝3)＝P(A1eq \(B,\s\up6(－))1B2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2B1)＋P(A1eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)
＝P(A1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(B2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(B1)＋
P(A1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)＝eq \f(5,16)，
P(ξ＝4)＝P(eq \(A,\s\up6(－))1A2eq \(B,\s\up6(－))1)＝P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq \(B,\s\up6(－))1)＝eq \f(1,16).
故投篮的次数ξ的分布列为：
10.空气质量指数(AirQuality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染.
一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的数据分别为：45，50，75，74，93，90，117，118，199，215.
(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数；
(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列.
解 (1)从所给数据可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，
∴该样本中空气质量为优良的频率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，
从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×eq \f(3,5)＝18.
(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为eq \f(3,5)，
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5))).
∴P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(54,125)，
P(ξ＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)，
ξ的分布列为
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
A.eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(4,5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D.Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
解析 由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9).
答案 B
12.(2019·南昌月考)已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )
A.eq \f(11,27) B.eq \f(11,24) C.eq \f(8,27) D.eq \f(9,24)
解析 设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.
由题意，P(A)＝eq \f(4,2＋4)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(3＋1,8＋1)＝eq \f(4,9)，
所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq \f(4,9)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
所以两次都取到红球的概率为eq \f(8,27).
答案 C
13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.
解析 设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq \f(1,2)，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(Aeq \(B,\s\up6(－))＋eq \(A,\s\up6(－))B＋AB)C，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率
p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(3,8).
答案 eq \f(3,8)
14.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.
解 设B＝{飞机被击落}，Ai＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，则B＝A1B＋A2B＋A3B，
依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)，
为求P(Ai)，设Hi＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，
可求得：P(A1)＝P(H1eq \(H,\s\up6(－))2eq \(H,\s\up6(－))3＋eq \(H,\s\up6(－))1H2eq \(H,\s\up6(－))3＋eq \(H,\s\up6(－))1eq \(H,\s\up6(－))2H3)，
P(A2)＝P(H1H2eq \(H,\s\up6(－))3＋H1eq \(H,\s\up6(－))2H3＋eq \(H,\s\up6(－))1H2H3)，
P(A3)＝P(H1H2H3)，
将数据代入计算得：
P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14.
于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.
即飞机被击落的概率为0.458.条件概率的定义
条件概率的性质
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
(1)0≤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)
X
0
100
120
220
P
eq \f(2,15)
eq \f(1,5)
eq \f(4,15)
eq \f(2,5)
X
0
1
2
P
eq \f(63,130)
eq \f(28,65)
eq \f(11,130)
Y
0
1
2
P
eq \f(49,100)
eq \f(21,50)
eq \f(9,100)
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
ξ
2
3
4
P
eq \f(5,8)
eq \f(5,16)
eq \f(1,16)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
知 识 梳 理
1.条件概率
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：若事件A与B相互独立，则A与eq \(B,\s\up6(－))，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A).
3.全概率公式
(1)完备事件组：
设Ω是试验E的样本空间，事件A1，A2，…，An是样本空间的一个划分，满足：
①A1∪A2∪…∪An＝Ω.
②A1，A2，…，An两两互不相容，则称事件A1，A2，…，An组成样本空间Ω的一个完备事件组.
(2)全概率公式
设S为随机试验的样本空间，A1，A2，…，An是两两互斥的事件，且有P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，eq \(∪,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))Ai＝S，则对任一事件B，有P(B)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)称满足上述条件的A1，A2，…，An为完备事件组.
4.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，其中Ai(i＝1，2，…，n)是第i次试验结果，则
P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…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发生的概率为p，则P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，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.
5.正态分布
(1)正态分布的定义
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝eq \i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2).其中φμ，σ(x)＝eq \f(1,\r(2π)σ)eeq \f(（x－μ）2,2σ2)(σ>0).
(2)正态曲线的性质
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交，与x轴之间的面积为1；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π))；
④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.
(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ
1.相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
2.若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的关于直线X＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件.( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.( )
(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Ceq \\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件A发生的次数的概率分布.( )
(4)从装有3个红球，3个白球的盒中有放回地任取一球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布.( )
解析 对于(1)，相互独立事件的发生互不影响，而互斥事件是不能同时发生，故(1)错；对于(2)，只有当A，B为相互独立事件时，公式P(AB)＝P(A)P(B)才成立；对于(4)，取到红球的个数X服从二项分布.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
2.(选修2－3P54练习2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同.甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,8) D.eq \f(2,9)
解析 设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B，依题意P(A)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(AB)＝eq \f(2×3,10×9)＝eq \f(1,15)，
故P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3).
答案 B
3.(选修2－3P75B2改编)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X
且P(X>2c－1)＝P(X
答案 eq \f(4,3)
4.(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员使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位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)
解析 由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)
答案 B
5.(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,7) D.eq \f(5,12)
解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(5,12).
答案 D
6.(2019·青岛联考)已知随机变量X～N(1，σ2)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________.
解析 随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，∴正态曲线关于x＝1对称，∴P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X>0)＝0.2.
答案 0.2
考点一 条件概率与事件独立性
【例1】 (1)(一题多解)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)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解析 法一 P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝P(B)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10).由条件概率计算公式，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
法二 事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4个.
事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A))＝eq \f(1,4).
答案 B
(2)(2019·天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.
①求至少有一种新产品研发成功的概率；
②若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列.
解 记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P(E)＝eq \f(2,3)，P(eq \(E,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)，P(F)＝eq \f(3,5)，P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(2,5)，且事件E与F，E与eq \(F,\s\up6(－))，eq \(E,\s\up6(－))与F，eq \(E,\s\up6(－))与eq \(F,\s\up6(－))都相互独立.
①记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则eq \(H,\s\up6(－))＝eq \(E,\s\up6(－)) eq \(F,\s\up6(－))，
于是P(eq \(H,\s\up6(－)))＝P(eq \(E,\s\up6(－)))P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，
故所求的概率为P(H)＝1－P(eq \(H,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).
②设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X＝0)＝P(eq \(E,\s\up6(－))eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3 )×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，P(X＝100)＝P(eq \(E,\s\up6(－))F)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，
P(X＝120)＝P(Eeq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
P(X＝220)＝P(EF)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
故所求的分布列为
规律方法 1.求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))，这是求条件概率的通法.
(2)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A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A)).
2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法
(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(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
【训练1】 (1)(2019·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
5 C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
(2)(2018·濮阳二模)如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
A.eq \f(3,16) B.eq \f(3,4) C.eq \f(13,16) D.eq \f(1,4)
解析 (1)设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，∴P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).
(2)灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，
∴灯泡不亮的概率是eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，
∴灯亮的概率是1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).
答案 (1)C (2)C
考点二 全概率公式
【例2】 有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占30%，二厂生产的占50%，三厂生产的占20%，已知这三个厂的产品次品率分别为2%，1%，1%，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？
解 设事件A为“任取一件为次品”，
事件Bi为“任取一件为i厂的产品”，i＝1，2，3.
B1∪B2∪B3＝S，
由全概率公式得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3).
P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2，
P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.01，
故P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.3＋0.01×0.5＋0.01×0.2＝0.013.
规律方法 全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把B1，B2，…，Bn看成导致A发生的一组原因.如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中.
(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生.
(2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组.
(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合.
【训练2】 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率.
解 A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}.
因为B＝AB∪eq \(A,\s\up6(－))B，且AB与eq \(A,\s\up6(－))B互不相容，所以
P(B)＝P(AB)＋P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(6,10)×eq \f(5,9)＋eq \f(4,10)×eq \f(6,9)＝0.6.
考点三 独立重复试验与二项分布
【例3】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515].由此得到样本的频率分布直方图(如下图).
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列.
解 (1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件).
(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，
X服从超几何分布.
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(63,130)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(1,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(28,65)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,12),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(11,130)，
∴X的分布列为
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为eq \f(12,40)＝eq \f(3,10).
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,10)))，
P(Y＝k)＝Ceq \\al(k,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,10)))eq \s\up12(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up12(k)，
所以P(Y＝0)＝Ceq \\al(0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,10)))eq \s\up12(2)＝eq \f(49,100)，
P(Y＝1)＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(3,10)·eq \f(7,10)＝eq \f(21,50)，
P(Y＝2)＝Ceq \\al(2,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,100).
∴Y的分布列为
规律方法 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)＝Ceq \\al(k,n)pk(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.
【训练3】 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人.
(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列.
解 (1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为Ceq \\al(2,40)，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25)，
所以所求的概率P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(15×25,20×39)＝eq \f(25,52).
(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，
故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,5))).
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(36,125)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(0)＝eq \f(8,125).
所以X的分布列为
考点四 正态分布
【例4】 (1)(2019·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<4)＝( )
A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2
(2)(2019·茂名一模)设X～N(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )
(注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ
解析 (1)因为随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，μ＝2，得对称轴为x＝2，P(ξ<4)＝0.8，∴P(ξ≥4)＝P(ξ≤0)＝0.2，∴P(0<ξ<4)＝0.6.
(2)∵X～N(1，1)，∴μ＝1，σ＝1.
∵P(μ－σ
∴向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是10 000×0.658 7＝6 587.
答案 (1)A (2)D
规律方法 (1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.
(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：
①P(X＜a)＝1－P(X≥a)；②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).
【训练4】 (2019·淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X，且X～N(800，502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( )
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ
解析 ∵X～N(800，502)，∴P(700≤X≤900)＝0.954 4，∴P(X>900)＝eq \f(1－0.954 4,2)＝0.022 8，∴P(X≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.
答案 A
[思维升华]
1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(n(AB),n(A))，其中，在实际应用中P(B|A)＝eq \f(n(AB),n(A))是一种重要的求条件概率的方法.
2.全概率公式的理论和实用意义在于：
在较复杂情况下直接计算P(B)不易，但B总是伴随着某个Ai出现，适当地去构造这一组Ai往往可以简化计算.
3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.
(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pkqn－k.其中k＝0，1，…，n，q＝1－p.
[易错防范]
1.运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.
2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
数据分析——三局两胜制的概率问题
1.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论.
2.教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完3局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对此问题进行认识.
【例题】 (选修2－3P59习题2.2B组1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？
解 每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布.
(1)在采用3局2胜制中，X～B(3，0.6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.648.
(2)在采用5局3胜制中，X～B(5，0.6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为
P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq \\al(3,5)×0.63×0.42＋Ceq \\al(4,5)×0.64×0.4＋0.65≈0.683.
可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利.
[拓展延伸] 先后参赛对比赛公平性的影响
[拓展1] (两方参赛)匣中有3红5黑2白共10个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.
解 甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球.
记Bi＝“第i次取到黑球”，Ri＝“第i次取到红球”.则
P(甲胜)＝P(R1)＋P(B1B2R3)＋P(B1B2B3B4R5)
＝eq \f(3,10)＋eq \f(5,10)·eq \f(4,9)·eq \f(3,8)＋eq \f(5,10)·eq \f(4,9)·eq \f(3,8)·eq \f(2,7)·eq \f(3,6)＝eq \f(83,210)，
同理可得P(乙胜)＝eq \f(43,210)，P(平局)＝eq \f(2,5).
[拓展2] (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是0.5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率.
解 记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.
则P(A)＝[P(A1A2)＋P(A1C2B3A4A5)＋P(A1C2B3A4C5B6A7A8)＋…]＋[P(B1C2A3A4)＋P(B1C2A3B4C5A6A7)＋…]
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,25)＋\f(1,28)＋…))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,24)＋\f(1,27)＋\f(1,210)＋…))＝eq \f(5,14).
因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)＝P(A)＝eq \f(5,14)，P(C)＝1－P(A)－P(B)＝eq \f(4,14)＝eq \f(2,7).
即甲、乙、丙得冠军的概率分别为eq \f(5,14)、eq \f(5,14)、eq \f(2,7).
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则他们同时中靶的概率是( )
A.eq \f(14,25) B.eq \f(12,25) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,5)
解析 因为甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，所以P(甲)＝eq \f(4,5)，P(乙)＝eq \f(7,10)，所以他们都中靶的概率是eq \f(4,5)×eq \f(7,10)＝eq \f(14,25).
答案 A
2.(2019·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(3,8) C.eq \f(5,8) D.eq \f(7,8)
解析 三次均反面朝上的概率是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,8)，所以至少一次正面朝上的概率是1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8).
答案 D
3.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 C.0.6
解析 记事件A表示“一天的空气质量为优良”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良”，P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6.由条件概率，得P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.
答案 A
4.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)( )
% %
% %
解析 依题设，X～N(0，32)，其中μ＝0，σ＝3.
∴P(－3
答案 B
5.(2019·厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(18,125) D.eq \f(54,125)
解析 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝eq \f(3,5)，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(54,125).
答案 D
二、填空题
6.已知随机变量X服从正态分布N(0，82)，若P(X>2)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝________.
解析 因为μ＝0，所以P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，所以P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
答案 0.954
7.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________.
解析 记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A，由题意，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.
答案 0.128
8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠.若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为eq \f(1,3)，用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(X＝4)＝________.
解析 考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，
即有P(X＝k)＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5.
故P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(1)＝eq \f(10,243).
答案 eq \f(10,243)
三、解答题
9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格.小明同学“立定投篮”的命中率为eq \f(1,2)，“三步上篮”的命中率为eq \f(3,4)，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响.
(1)求小明同学一次测试合格的概率；
(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列.
解 设小明第i次“立定投篮”命中为事件Ai，第i次“三步上篮”命中为事件Bi(i＝1，2)，依题意有P(Ai)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(3,4)(i＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件C.
(1)P(eq \(C,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)＋P(A1eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)
＝P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(eq \(A,\s\up6(－))2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)＋P(A1)·P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(19,64).
∴P(C)＝1－eq \f(19,64)＝eq \f(45,64).
(2)依题意知ξ＝2，3，4，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2)＝P(A1)P(B1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)·P(eq \(A,\s\up6(－))2)＝eq \f(5,8)，
P(ξ＝3)＝P(A1eq \(B,\s\up6(－))1B2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2B1)＋P(A1eq \(B,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))2)
＝P(A1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(B2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(B1)＋
P(A1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))2)＝eq \f(5,16)，
P(ξ＝4)＝P(eq \(A,\s\up6(－))1A2eq \(B,\s\up6(－))1)＝P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2)P(eq \(B,\s\up6(－))1)＝eq \f(1,16).
故投篮的次数ξ的分布列为：
10.空气质量指数(AirQuality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染.
一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的数据分别为：45，50，75，74，93，90，117，118，199，215.
(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数；
(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列.
解 (1)从所给数据可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，
∴该样本中空气质量为优良的频率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，
从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×eq \f(3,5)＝18.
(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为eq \f(3,5)，
ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5))).
∴P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝eq \f(54,125)，
P(ξ＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)，
ξ的分布列为
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
A.eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(4,5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D.Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
解析 由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9).
答案 B
12.(2019·南昌月考)已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )
A.eq \f(11,27) B.eq \f(11,24) C.eq \f(8,27) D.eq \f(9,24)
解析 设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.
由题意，P(A)＝eq \f(4,2＋4)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(3＋1,8＋1)＝eq \f(4,9)，
所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq \f(4,9)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
所以两次都取到红球的概率为eq \f(8,27).
答案 C
13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.
解析 设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq \f(1,2)，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(Aeq \(B,\s\up6(－))＋eq \(A,\s\up6(－))B＋AB)C，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率
p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(3,8).
答案 eq \f(3,8)
14.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.
解 设B＝{飞机被击落}，Ai＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，则B＝A1B＋A2B＋A3B，
依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)，
为求P(Ai)，设Hi＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，
可求得：P(A1)＝P(H1eq \(H,\s\up6(－))2eq \(H,\s\up6(－))3＋eq \(H,\s\up6(－))1H2eq \(H,\s\up6(－))3＋eq \(H,\s\up6(－))1eq \(H,\s\up6(－))2H3)，
P(A2)＝P(H1H2eq \(H,\s\up6(－))3＋H1eq \(H,\s\up6(－))2H3＋eq \(H,\s\up6(－))1H2H3)，
P(A3)＝P(H1H2H3)，
将数据代入计算得：
P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14.
于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.
即飞机被击落的概率为0.458.条件概率的定义
条件概率的性质
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
(1)0≤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)
X
0
100
120
220
P
eq \f(2,15)
eq \f(1,5)
eq \f(4,15)
eq \f(2,5)
X
0
1
2
P
eq \f(63,130)
eq \f(28,65)
eq \f(11,130)
Y
0
1
2
P
eq \f(49,100)
eq \f(21,50)
eq \f(9,100)
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
ξ
2
3
4
P
eq \f(5,8)
eq \f(5,16)
eq \f(1,16)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
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