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新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题6概率与统计第2讲随机变量及其分布列
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这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题6概率与统计第2讲随机变量及其分布列，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. (2023·天河区期末)已知随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，则P(X≥1)的值为( A )
A.eq \f(80,81)B．eq \f(16,81)
C．eq \f(65,81)D．eq \f(1,81)
【解析】 随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，则X的可能取值为0,1,2,3,4，P(X＝0)＝Ceq \\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81)，则P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－eq \f(1,81)＝eq \f(80,81).故选A.
2. (2023·无锡模拟)甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7，若两人各投2次，则两人投中次数不相等的概率是( A )
A．0.607 6B．0.751 6
C．0.392 4D．0.248 4
【解析】 两人投中次数相等的概率P＝0.42×0.32＋Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4×Ceq \\al(1,2)×0.7×0.3＋0.62×0.72＝0.392 4，故两人投中次数不相等的概率为1－0.392 4＝0.607 6.故选A.
3. (2023·庐江县期末)随机变量X～B(100，p)，且E(X)＝20，则D(2X－1)＝( A )
A．64B．128
C．256D．32
【解析】 由于X～B(100，p)，且E(X)＝20，则100p＝20，得p＝0.2，D(X)＝100p(1－p)＝20×(1－0.2)＝16，D(2X－1)＝22D(X)＝64.故选A.
4. (2023·临川区校级月考)下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是( B )
A．将一枚硬币连抛3次，记正面向上的次数为X
B．从7男3女共10名学生干部中随机选出5名学生干部，记选出女生的人数为X
C．某射手的射击命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中的次数为X
D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1个球且不放回，记第一次摸出黑球时摸取的次数为X
【解析】 对于A，将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X，则X服从二项分布；对于B，从7男3女共10名学生干部中选出5名学生干部，选出女生的人数为X，则X服从超几何分布；对于C，某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X，则X服从二项分布；对于D，盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是第一次摸出黑球时的次数，则X不服从超几何分布．故选B.
5. (2022·疏附县一模)设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，则P(η≥2)的值为( B )
A.eq \f(32,81)B．eq \f(11,27)
C．eq \f(65,81)D．eq \f(16,81)
【解析】 ∵随机变量ξ～B(2，p)，P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，∴1－Ceq \\al(0,2)p0·(1－p)2＝eq \f(5,9)，∴p＝eq \f(1,3)，∴η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，∴P(η≥2)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0＝eq \f(11,27)，故选B.
6. (2023·温州模拟)随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq \f(1,3)，则D(3X－2)＝( C )
A.9B．7
C．5D．3
【解析】 ∵E(X)＝eq \f(1,3)，∴由随机变量X的分布列得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋a＋b＝1，,－\f(1,6)＋b＝\f(1,3)，))解得a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,2)，∴D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,3)))2×eq \f(1,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(5,9).∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×eq \f(5,9)＝5.故选C.
7. (2023·沙坪坝区校级模拟)抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操作硬币反面朝上的次数期望为( B )
A.eq \f(3,4)B．1
C．eq \f(9,8)D．eq \f(5,4)
【解析】 设反面朝上的次数为X，则X的可能取值为0,1,2，…，n，P(X＝k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k＋1，(k＝1,2,3，…n)，E(X)＝0×eq \f(1,2)＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1①，eq \f(1,2)E(X)＝0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋2②，①－②得，E(X)＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n(eq \f(1,2))n＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，当n→＋∞时，E(X)＝1.故选B.
8. (2023·咸宁模拟)设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是
则当a在(0,1)内减小时，( C )
A．D(X)减小B．D(X)增大
C．D(X)先减小后增大D．D(X)先增大后减小
【解析】 根据题意可得，E(X)＝eq \f(0＋a＋1,3)＝eq \f(a＋1,3)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＝eq \f(6a2－6a＋6,27)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋\f(9,2),27)，所以D(X)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))单调递增，所以D(X)先减小后增大．故选C.
二、多项选择题
9. (2023·辽宁模拟)若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(2,3)))，下列说法中正确的是( BCD )
A．P(X＝3)＝Ceq \\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))7
B．期望E(X)＝eq \f(20,3)
C．期望E(3X＋2)＝22
D．方差D(3X＋2)＝20
【解析】 因X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(2,3)))，所以P(X＝3)＝Ceq \\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))7，故A错误．E(X)＝10×eq \f(2,3)＝eq \f(20,3)，故B正确．E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(20,3)＋2＝22，故C正确．D(X)＝10×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(20,9)，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×eq \f(20,9)＝20，故D正确．故选BCD.
10. (2023·荆州模拟)下列结论正确的是( CD )
A．若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则D(X)＝eq \f(1,2)
B．若随机变量Y的方差D(Y)＝2，则D(3Y＋2)＝8
C．若随机变量ξ服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,2)))，则P(ξ＝3)＝eq \f(1,4)
D．若随机变量η服从正态分布N(5，σ2)，P(η<2)＝0.1，则P(2<η<8)＝0.8
【解析】 若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则D(X)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，故A错误；若随机变量Y的方差D(Y)＝2，则D(3Y＋2)＝9D(Y)＝18，故B错误；若随机变量ξ服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,2)))，则P(ξ＝3)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))1＝eq \f(1,4)，故C正确；若随机变量η服从正态分布N(5，σ2)，P(η<2)＝0.1，则P(η>8)＝0.1，故P(2<η<8)＝1－P(η<2)－P(η>8)＝0.8，故D正确．故选CD.
11. (2023·武汉模拟)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*,0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有( ABC )
A．a＋b＝1
B．p＝eq \f(1,2)时，a＝b
C．0＜p＜eq \f(1,2)时，a随着n的增大而增大
D.eq \f(1,2)＜p＜1时，a随着n的增大而减小
【解析】 由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故A正确；由p＝eq \f(1,2)时，离散型随机变量X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,2)))，P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))n－k(k＝0,1,2，…，n)，a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×(Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×2n－1＝eq \f(1,2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×2n－1＝eq \f(1,2)，所以a＝b，故B正确；a＝eq \f([(1－p)＋p]n－[(1－p)－p]n,2)＝eq \f(1－(1－2p)n,2)，当0＜p＜eq \f(1,2)时，a＝eq \f(1－(1－2p)n,2)为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大故选项C正确；当eq \f(1,2)＜p＜1时，a＝(1－2p)n为正负交替的摆动数列，故选项D不正确．故选ABC.
12. (2023·淮北二模)已知棋盘上标有第0,1,2，…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，棋子向前跳两站，直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(欢乐大本营)时，游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn(n∈N)( ACD )
A．P1＝eq \f(1,2)
B．P3＝eq \f(3,8)
C．Pn＋1＝eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,2)Pn－1，(1≤n≤98)
D．P100＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2101)))
【解析】 根据题意，棋子跳到第1站则掷出正面，所以P1＝eq \f(1,2)，故选项A正确；棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率是eq \f(1,8)；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为eq \f(1,4)；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为eq \f(1,4)，因此P3＝eq \f(5,8)，故选项B错误；由题意易知棋子先跳到第n－2站，再掷出反面，其概率为eq \f(1,2)Pn－2；棋子先跳到第n－1站，再掷出正面，其概率为eq \f(1,2)Pn－1，因此有Pn＝eq \f(1,2)(Pn－1＋Pn－2)，则Pn＋1＝eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,2)Pn－1，(1≤n≤98)，故选项C正确；因为Pn＝eq \f(1,2)(Pn－1＋Pn－2)(2≤n≤99)，则有Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)(2≤n≤99)，即Pn＋1－Pn＝－eq \f(1,2)(Pn－Pn－1)(1≤n≤99)．所以数列{Pn－Pn－1}(n≥1)是首项为P1－P0＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列．因此有Pn－Pn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1(P1－P0)＝eq \f((－1)n,2n).由此得到P100＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))100＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))99＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2101)))，故选项D正确．故选ACD.
三、填空题
13. (2023·西青区期末)已知随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝2P(X＝0)，则P(X＝0)＝ eq \f(1,3)，若随机变量η～B(4，P(X＝0))，则E(η)＝ eq \f(4,3) .
【解析】 根据题意，随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝2P(X＝0)，而P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，解得P(X＝0)＝eq \f(1,3)，若随机变量η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，则E(η)＝4×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3).
14. (2023·南京三模)设随机变量X～H(3,2,10)，则P(X＝1)＝ eq \f(7,15) .
【解析】 由于X符合超几何分布，所以P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,8),C\\al(3,10))＝eq \f(7,15).
15.已知10名同学中有a名女生，若从这10名同学中随机抽取2名作为学生代表，恰好抽到1名女生的概率是eq \f(8,15)，则a＝_4或6__.
【解析】 设抽到的女生人数为X，则X服从超几何分布，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,a)C\\al(1,10－a),C\\al(2,10))＝eq \f(a(10－a),45)＝eq \f(8,15)，解得a＝4或a＝6.
16. (2023·和平区校级模拟)现有A，B两队参加关于“十九大”知识问答竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分；A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，B队中3人答对的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,3)，且各答题人答题正确与否之间互不影响，设X表示A队得分，则E(X)＝_2__；若事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，则P(MN)＝ eq \f(4,27) .
【解析】 每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，设X表示A队得分，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，∴E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，B队中3人答对的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,3)，且各答题人答题正确与否之间互不影响，事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，P(M)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9)，P(N)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，∴P(MN)＝P(M)P(N)＝eq \f(4,9)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,27).
四、解答题
17. (2023·常德二模)某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A、B、C三种软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：
(1)从这12人中随机抽取2人，求这2人恰好来自同一班级的概率；
(2)从这12名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选A、B两个软件学习的概率都是eq \f(1,6)，且他们选择A、B、C任一款软件都是相互独立的．设这三名学生中下午自习时间选软件C的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
【解析】 (1)从12人中抽取2个的所有选法有Ceq \\al(2,12)＝66种，
记：“这2人恰好来自同一班级”为事件A，则A包含的结果有Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＝13种，
∴P(A)＝eq \f(13,66).
(2)由题意可得，每人选择C的概率为1－2×eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
∴P(ξ＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3－k(k＝0,1,2,3)，
∴E(ξ)＝3×eq \f(2,3)＝2.
18. (2023·菏泽二模)某公司年末给职工发奖金，采用趣味抽奖的方式，在一个纸箱里放10个小球：其中2个红球、3个黄球和5个绿球，每个职工不放回地从中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球得奖金1千元，每拿到一个黄球得奖金800元，每拿到一个绿球得奖金500元．
(1)求已知某职工在三次中只有一次抽到黄球的条件下，至多有1次抽到红球的概率；
(2)设拿到红球的次数为X，求X的分布列并计算拿到的三个球中，红球个数比黄球个数多的概率．
【解析】 (1)设事件A：在三次中只有1次拿到黄球，
事件B：三次中至多一次抽到红球，
则事件AB：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，
P(A)＝eq \f(3×3×7×6,10×9×8)＝eq \f(21,40)，
P(AB)＝eq \f(3×3×5×4＋3×2×5×2×3,10×9×8)＝eq \f(1,2)，
所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(20,21).
(2)拿到红球的次数X为0,1,2，则：
P(X＝0)＝eq \f(8×7×6,10×9×8)＝eq \f(7,15)，
P(X＝1)＝eq \f(2×8×7×3,10×9×8)＝eq \f(7,15)，
P(X＝2)＝eq \f(2×8×3,10×9×8)＝eq \f(1,15)，
故X的分布列为：
设事件C＝“拿到红球的个数比黄球的个数多”，
C1：2红1黄，P(C1)＝eq \f(2×3×3,10×9×8)＝eq \f(1,40)，
C2：2红1绿，P(C2)＝eq \f(2×5×3,10×9×8)＝eq \f(1,24)，
C3：1红2绿，P(C3)＝eq \f(2×5×4×3,10×9×8)＝eq \f(1,6)，
∴P(C)＝P(C1)＋P(C2)＋P(C3)＝eq \f(1,40)＋eq \f(1,24)＋eq \f(1,6)＝eq \f(7,30).
19. (2023·晋江市校级模拟)某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制(一方先胜三局即获胜，比赛结束)，比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分．已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为eq \f(1,2).
(1)在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列；
(2)求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率．
【解析】 (1)由题意可知，X可能取值为0,1,2,3，
当X＝0时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(5,16)，
当X＝1时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，
则P(X＝1)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,16)；
当X＝2时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，
则P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
当X＝3时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，
则P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(5,16)，
故X的概率分布列如下：
(2)设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A，
则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，
故P(A)＝3×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)×eq \f(5,16)＋Aeq \\al(3,3)×eq \f(5,16)×eq \f(3,16)×eq \f(5,16)＋3×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)＝eq \f(333,2 048)，
故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率为eq \f(333,2 048).X
－1
0
1
P
eq \f(1,6)
a
b
X
0
a
1
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
班级
一
二
三
四
人数
3
2
3
4
X
0
1
2
P
eq \f(7,15)
eq \f(7,15)
eq \f(1,15)
X
0
1
2
3
P
eq \f(5,16)
eq \f(3,16)
eq \f(3,16)
eq \f(5,16)
一、单项选择题
1. (2023·天河区期末)已知随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，则P(X≥1)的值为( A )
A.eq \f(80,81)B．eq \f(16,81)
C．eq \f(65,81)D．eq \f(1,81)
【解析】 随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3)))，则X的可能取值为0,1,2,3,4，P(X＝0)＝Ceq \\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81)，则P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－eq \f(1,81)＝eq \f(80,81).故选A.
2. (2023·无锡模拟)甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7，若两人各投2次，则两人投中次数不相等的概率是( A )
A．0.607 6B．0.751 6
C．0.392 4D．0.248 4
【解析】 两人投中次数相等的概率P＝0.42×0.32＋Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4×Ceq \\al(1,2)×0.7×0.3＋0.62×0.72＝0.392 4，故两人投中次数不相等的概率为1－0.392 4＝0.607 6.故选A.
3. (2023·庐江县期末)随机变量X～B(100，p)，且E(X)＝20，则D(2X－1)＝( A )
A．64B．128
C．256D．32
【解析】 由于X～B(100，p)，且E(X)＝20，则100p＝20，得p＝0.2，D(X)＝100p(1－p)＝20×(1－0.2)＝16，D(2X－1)＝22D(X)＝64.故选A.
4. (2023·临川区校级月考)下列随机事件中的随机变量X服从超几何分布的是( B )
A．将一枚硬币连抛3次，记正面向上的次数为X
B．从7男3女共10名学生干部中随机选出5名学生干部，记选出女生的人数为X
C．某射手的射击命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中的次数为X
D．盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1个球且不放回，记第一次摸出黑球时摸取的次数为X
【解析】 对于A，将一枚硬币连抛3次，正面向上的次数X，则X服从二项分布；对于B，从7男3女共10名学生干部中选出5名学生干部，选出女生的人数为X，则X服从超几何分布；对于C，某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的次数为X，则X服从二项分布；对于D，盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回，X是第一次摸出黑球时的次数，则X不服从超几何分布．故选B.
5. (2022·疏附县一模)设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，则P(η≥2)的值为( B )
A.eq \f(32,81)B．eq \f(11,27)
C．eq \f(65,81)D．eq \f(16,81)
【解析】 ∵随机变量ξ～B(2，p)，P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，∴1－Ceq \\al(0,2)p0·(1－p)2＝eq \f(5,9)，∴p＝eq \f(1,3)，∴η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，∴P(η≥2)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0＝eq \f(11,27)，故选B.
6. (2023·温州模拟)随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq \f(1,3)，则D(3X－2)＝( C )
A.9B．7
C．5D．3
【解析】 ∵E(X)＝eq \f(1,3)，∴由随机变量X的分布列得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋a＋b＝1，,－\f(1,6)＋b＝\f(1,3)，))解得a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,2)，∴D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,3)))2×eq \f(1,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(5,9).∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×eq \f(5,9)＝5.故选C.
7. (2023·沙坪坝区校级模拟)抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操作硬币反面朝上的次数期望为( B )
A.eq \f(3,4)B．1
C．eq \f(9,8)D．eq \f(5,4)
【解析】 设反面朝上的次数为X，则X的可能取值为0,1,2，…，n，P(X＝k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k＋1，(k＝1,2,3，…n)，E(X)＝0×eq \f(1,2)＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1①，eq \f(1,2)E(X)＝0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋2②，①－②得，E(X)＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－n(eq \f(1,2))n＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，当n→＋∞时，E(X)＝1.故选B.
8. (2023·咸宁模拟)设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是
则当a在(0,1)内减小时，( C )
A．D(X)减小B．D(X)增大
C．D(X)先减小后增大D．D(X)先增大后减小
【解析】 根据题意可得，E(X)＝eq \f(0＋a＋1,3)＝eq \f(a＋1,3)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a＋1,3)))2·eq \f(1,3)＝eq \f(6a2－6a＋6,27)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋\f(9,2),27)，所以D(X)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))单调递增，所以D(X)先减小后增大．故选C.
二、多项选择题
9. (2023·辽宁模拟)若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(2,3)))，下列说法中正确的是( BCD )
A．P(X＝3)＝Ceq \\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))7
B．期望E(X)＝eq \f(20,3)
C．期望E(3X＋2)＝22
D．方差D(3X＋2)＝20
【解析】 因X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(2,3)))，所以P(X＝3)＝Ceq \\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))7，故A错误．E(X)＝10×eq \f(2,3)＝eq \f(20,3)，故B正确．E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×eq \f(20,3)＋2＝22，故C正确．D(X)＝10×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(20,9)，D(3X＋2)＝32D(X)＝9×eq \f(20,9)＝20，故D正确．故选BCD.
10. (2023·荆州模拟)下列结论正确的是( CD )
A．若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则D(X)＝eq \f(1,2)
B．若随机变量Y的方差D(Y)＝2，则D(3Y＋2)＝8
C．若随机变量ξ服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,2)))，则P(ξ＝3)＝eq \f(1,4)
D．若随机变量η服从正态分布N(5，σ2)，P(η<2)＝0.1，则P(2<η<8)＝0.8
【解析】 若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝eq \f(1,2)，则D(X)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，故A错误；若随机变量Y的方差D(Y)＝2，则D(3Y＋2)＝9D(Y)＝18，故B错误；若随机变量ξ服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,2)))，则P(ξ＝3)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))1＝eq \f(1,4)，故C正确；若随机变量η服从正态分布N(5，σ2)，P(η<2)＝0.1，则P(η>8)＝0.1，故P(2<η<8)＝1－P(η<2)－P(η>8)＝0.8，故D正确．故选CD.
11. (2023·武汉模拟)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*,0＜p＜1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有( ABC )
A．a＋b＝1
B．p＝eq \f(1,2)时，a＝b
C．0＜p＜eq \f(1,2)时，a随着n的增大而增大
D.eq \f(1,2)＜p＜1时，a随着n的增大而减小
【解析】 由概率的基本性质可知，a＋b＝1，故A正确；由p＝eq \f(1,2)时，离散型随机变量X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,2)))，P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))n－k(k＝0,1,2，…，n)，a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×(Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(3,n)＋…)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×2n－1＝eq \f(1,2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×(Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋…)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×2n－1＝eq \f(1,2)，所以a＝b，故B正确；a＝eq \f([(1－p)＋p]n－[(1－p)－p]n,2)＝eq \f(1－(1－2p)n,2)，当0＜p＜eq \f(1,2)时，a＝eq \f(1－(1－2p)n,2)为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大故选项C正确；当eq \f(1,2)＜p＜1时，a＝(1－2p)n为正负交替的摆动数列，故选项D不正确．故选ABC.
12. (2023·淮北二模)已知棋盘上标有第0,1,2，…，100站，棋子开始时位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，棋子向前跳两站，直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(欢乐大本营)时，游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn(n∈N)( ACD )
A．P1＝eq \f(1,2)
B．P3＝eq \f(3,8)
C．Pn＋1＝eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,2)Pn－1，(1≤n≤98)
D．P100＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2101)))
【解析】 根据题意，棋子跳到第1站则掷出正面，所以P1＝eq \f(1,2)，故选项A正确；棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率是eq \f(1,8)；第一次掷出反面，第二次掷出正面，其概率为eq \f(1,4)；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为eq \f(1,4)，因此P3＝eq \f(5,8)，故选项B错误；由题意易知棋子先跳到第n－2站，再掷出反面，其概率为eq \f(1,2)Pn－2；棋子先跳到第n－1站，再掷出正面，其概率为eq \f(1,2)Pn－1，因此有Pn＝eq \f(1,2)(Pn－1＋Pn－2)，则Pn＋1＝eq \f(1,2)Pn＋eq \f(1,2)Pn－1，(1≤n≤98)，故选项C正确；因为Pn＝eq \f(1,2)(Pn－1＋Pn－2)(2≤n≤99)，则有Pn－Pn－1＝－eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2)(2≤n≤99)，即Pn＋1－Pn＝－eq \f(1,2)(Pn－Pn－1)(1≤n≤99)．所以数列{Pn－Pn－1}(n≥1)是首项为P1－P0＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,2)的等比数列．因此有Pn－Pn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1(P1－P0)＝eq \f((－1)n,2n).由此得到P100＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))100＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))99＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2101)))，故选项D正确．故选ACD.
三、填空题
13. (2023·西青区期末)已知随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝2P(X＝0)，则P(X＝0)＝ eq \f(1,3)，若随机变量η～B(4，P(X＝0))，则E(η)＝ eq \f(4,3) .
【解析】 根据题意，随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝2P(X＝0)，而P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，解得P(X＝0)＝eq \f(1,3)，若随机变量η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，则E(η)＝4×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3).
14. (2023·南京三模)设随机变量X～H(3,2,10)，则P(X＝1)＝ eq \f(7,15) .
【解析】 由于X符合超几何分布，所以P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,8),C\\al(3,10))＝eq \f(7,15).
15.已知10名同学中有a名女生，若从这10名同学中随机抽取2名作为学生代表，恰好抽到1名女生的概率是eq \f(8,15)，则a＝_4或6__.
【解析】 设抽到的女生人数为X，则X服从超几何分布，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,a)C\\al(1,10－a),C\\al(2,10))＝eq \f(a(10－a),45)＝eq \f(8,15)，解得a＝4或a＝6.
16. (2023·和平区校级模拟)现有A，B两队参加关于“十九大”知识问答竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分；A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，B队中3人答对的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,3)，且各答题人答题正确与否之间互不影响，设X表示A队得分，则E(X)＝_2__；若事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，则P(MN)＝ eq \f(4,27) .
【解析】 每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，设X表示A队得分，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，∴E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分，A队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，B队中3人答对的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,3)，且各答题人答题正确与否之间互不影响，事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，P(M)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9)，P(N)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，∴P(MN)＝P(M)P(N)＝eq \f(4,9)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,27).
四、解答题
17. (2023·常德二模)某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A、B、C三种软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：
(1)从这12人中随机抽取2人，求这2人恰好来自同一班级的概率；
(2)从这12名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选A、B两个软件学习的概率都是eq \f(1,6)，且他们选择A、B、C任一款软件都是相互独立的．设这三名学生中下午自习时间选软件C的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
【解析】 (1)从12人中抽取2个的所有选法有Ceq \\al(2,12)＝66种，
记：“这2人恰好来自同一班级”为事件A，则A包含的结果有Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＝13种，
∴P(A)＝eq \f(13,66).
(2)由题意可得，每人选择C的概率为1－2×eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，
则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
∴P(ξ＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3－k(k＝0,1,2,3)，
∴E(ξ)＝3×eq \f(2,3)＝2.
18. (2023·菏泽二模)某公司年末给职工发奖金，采用趣味抽奖的方式，在一个纸箱里放10个小球：其中2个红球、3个黄球和5个绿球，每个职工不放回地从中拿3次，每次拿1个球，每拿到一个红球得奖金1千元，每拿到一个黄球得奖金800元，每拿到一个绿球得奖金500元．
(1)求已知某职工在三次中只有一次抽到黄球的条件下，至多有1次抽到红球的概率；
(2)设拿到红球的次数为X，求X的分布列并计算拿到的三个球中，红球个数比黄球个数多的概率．
【解析】 (1)设事件A：在三次中只有1次拿到黄球，
事件B：三次中至多一次抽到红球，
则事件AB：在三次中只有1次抽到黄球，其他两次至多一次抽到红球，
P(A)＝eq \f(3×3×7×6,10×9×8)＝eq \f(21,40)，
P(AB)＝eq \f(3×3×5×4＋3×2×5×2×3,10×9×8)＝eq \f(1,2)，
所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(20,21).
(2)拿到红球的次数X为0,1,2，则：
P(X＝0)＝eq \f(8×7×6,10×9×8)＝eq \f(7,15)，
P(X＝1)＝eq \f(2×8×7×3,10×9×8)＝eq \f(7,15)，
P(X＝2)＝eq \f(2×8×3,10×9×8)＝eq \f(1,15)，
故X的分布列为：
设事件C＝“拿到红球的个数比黄球的个数多”，
C1：2红1黄，P(C1)＝eq \f(2×3×3,10×9×8)＝eq \f(1,40)，
C2：2红1绿，P(C2)＝eq \f(2×5×3,10×9×8)＝eq \f(1,24)，
C3：1红2绿，P(C3)＝eq \f(2×5×4×3,10×9×8)＝eq \f(1,6)，
∴P(C)＝P(C1)＋P(C2)＋P(C3)＝eq \f(1,40)＋eq \f(1,24)＋eq \f(1,6)＝eq \f(7,30).
19. (2023·晋江市校级模拟)某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制(一方先胜三局即获胜，比赛结束)，比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分．已知甲、乙两人比赛，甲每局获胜的概率为eq \f(1,2).
(1)在一场比赛中，甲的积分为X，求X的概率分布列；
(2)求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率．
【解析】 (1)由题意可知，X可能取值为0,1,2,3，
当X＝0时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(5,16)，
当X＝1时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，
则P(X＝1)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,16)；
当X＝2时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，
则P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
当X＝3时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，
则P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(5,16)，
故X的概率分布列如下：
(2)设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件A，
则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，
故P(A)＝3×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)×eq \f(5,16)＋Aeq \\al(3,3)×eq \f(5,16)×eq \f(3,16)×eq \f(5,16)＋3×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)×eq \f(3,16)＝eq \f(333,2 048)，
故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率为eq \f(333,2 048).X
－1
0
1
P
eq \f(1,6)
a
b
X
0
a
1
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
班级
一
二
三
四
人数
3
2
3
4
X
0
1
2
P
eq \f(7,15)
eq \f(7,15)
eq \f(1,15)
X
0
1
2
3
P
eq \f(5,16)
eq \f(3,16)
eq \f(3,16)
eq \f(5,16)
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