2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　常见的概率模型

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　常见的概率模型，共11页。


1．(人A选必三P77练习2改编)鸡接种一种疫苗后，有90%不会感染某种病毒，如果有5只鸡接种了疫苗，则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为( A )
A．0.33B．0.66
C．0.5D．0.45
【解析】 设5只接种疫苗的鸡中没有感染病毒的只数为X，则X～B(5，0.9)，所以P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)×0.94×0.1≈0.33．
2．设随机变量X～N(μ1，σeq \\al(2,1))，Y～N(μ2，σeq \\al(2,2))，这两个正态密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是( D )
(第2题)
A．μ1＞μ2B．σ1＜σ2
C．P(X≤34)＜P(Y≤34)D．P(X≤38)＜P(Y≤38)
【解析】 由题图可知μ1＝30，μ2＝34，则μ1＜μ2，所以A错误；根据正态密度曲线的性质，σ越大图象越矮胖，则σ1＞σ2，所以B错误；由图可知，P(X≤34)＞eq \f(1,2)＝P(Y≤34)，所以C错误；由图可知，P(X≤38)＜P(Y≤38)，所以D正确．
3．已知X～B(n，p)，若4P(X＝2)＝3P(X＝3)，则p的最大值为( B )
A．eq \f(5,6)B．eq \f(4,5)
C．eq \f(3,4)D．eq \f(2,3)
【解析】 由题意可知n≥3，因为4P(X＝2)＝3P(X＝3)，所以4Ceq \\al(2,n)p2(1－p)n－2＝3Ceq \\al(3,n)p3(1－p)n－3，整理得4(1－p)＝(n－2)p，即p＝eq \f(4,n＋2)．又n∈N*，且n≥3，所以p≤eq \f(4,5)．
4．(人A选必三P80练习2改编)学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班．假设每名候选人都有相同的机会被选到，则甲班恰有2名同学被选到的概率为__eq \f(56,165)__．
【解析】 从12名候选人中选4名有Ceq \\al(4,12)种选法，其中有2名甲班同学有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,8)种选法，故甲班恰有2名同学被选到的概率为eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,8),C\\al(4,12))＝eq \f(56,165)．
5．某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N(80,25)，如果规定大于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率是__0.158 65__．
【解析】 P(X＞85)＝eq \f(1,2)[1－P(75≤X≤85)]＝eq \f(1－0.682 7,2)＝0.158 65．
举题固法
目标引领
超几何分布
例1 (2023·宿州一模)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市．为了统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为eq \f(1,3)．
(1) 求n的值；
【解答】 由题知，共有n＋6个机房，抽取2个机房有Ceq \\al(2,n＋6)种方法，其中全是小型机房有Ceq \\al(2,6)种方法，因此全是小型机房的概率为P＝eq \f(C\\al(2,6),C\\al(2,n＋6))＝eq \f(1,3)，解得n＝4．
(2) 若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列．
【解答】 X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝eq \f(C\\al(0,6)C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(4,120)＝eq \f(1,30)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(2,4),C\\al(3,10))＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,4),C\\al(3,10))＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,6)C\\al(0,4),C\\al(3,10))＝eq \f(20,120)＝eq \f(1,6)．则随机变量X的分布列为
变式1 (2023·石家庄期初)北方某市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核，记考核成绩不小于80分的为优秀，为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了60名学生的考核成绩，如下表：
(1) 从参加培训的学生中随机选取1人，请根据表中数据，估计这名学生考核优秀的概率；
【解答】 设事件A＝“该名学生考核成绩优秀”，由已知在60名同学的成绩中，优秀的有35名同学，所以P(A)＝eq \f(35,60)＝eq \f(7,12)，故可估计这名学生考核优秀的概率为eq \f(7,12)．
(2) 用分层随机抽样的方法，在考核成绩为[70,90)的学生中任取8人，再从这8人中随机选取4人，记取到考核成绩在[80,90)的学生人数为X，求X的分布列．
【解答】 由已知，用分层随机抽样方法，在考核成绩为[70,90)的学生中任取8人，则考核成绩在[70,80)的学生应抽取3人，考核成绩在[80,90)的学生应抽取5人．由题意可得X的所有可能取值为1,2,3,4，所以P(X＝1)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(1,5),C\\al(4,8))＝eq \f(5,70)＝eq \f(1,14)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,5),C\\al(4,8))＝eq \f(30,70)＝eq \f(3,7)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(3,5),C\\al(4,8))＝eq \f(30,70)＝eq \f(3,7)，P(X＝4)＝eq \f(C\\al(4,5),C\\al(4,8))＝eq \f(5,70)＝eq \f(1,14)．所以随机变量X的分布列为
二项分布
例2 (2023·郑州一模)世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负(踢成平局)，将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比2∶0，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟(含加时赛)仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为eq \f(1,2)，乙队每名球员射进的概率为eq \f(2,3)．每轮点球结果互不影响．
(1) 设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望；
【解答】 由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,2)))，X可能的取值为0,1,2,3,4,5．P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(5,32)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16)，P(X＝4)＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(5,32)，P(X＝5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(1,32)．所以X的分布列为
E(X)＝5×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)．
(2) 若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．
【解答】 设事件A＝“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”，由题意知，甲乙两队比分为1∶4或2∶4，设事件A1＝“甲乙两队比分为1∶4”，事件A2＝“甲乙两队比分为2∶4”．若甲乙两队比分为1∶4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，P(A1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4＝eq \f(1,27)；若甲乙两队比分为2∶4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，P(A2)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4＝eq \f(2,27)．所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq \f(1,27)＋eq \f(2,27)＝eq \f(1,9)．即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为eq \f(1,9)．
变式2 (2023·广州模拟)某款自营生活平台以及提供配送服务的生活类软件主要提供的产品有水产海鲜、水果、蔬菜、食品、日常用品等．某机构为调查顾客对该软件的使用情况，在某地区随机访问了100人，访问结果如下表所示：
(1) 从被访问的100人中随机抽取2名，求所抽取的都是女性顾客且使用该软件的概率；
【解答】 设事件A＝“从被访问的100人中随机抽取2名，所抽取的都是女性顾客且使用该软件”，从被访问的100人中随机抽取2名，共有Ceq \\al(2,100)个基本事件，事件A共有Ceq \\al(2,40)个基本事件，则P(A)＝eq \f(C\\al(2,40),C\\al(2,100))＝eq \f(26,165)．
(2) 用随机抽样的方法从该地区抽取10名市民，这10名市民中使用该软件的人数记为X，问：k(k＝0,1,2，…，10)为何值时，P(X＝k)的值最大？
【解答】 由题意，X服从二项分布，且使用该软件的概率为eq \f(60,100)＝eq \f(3,5)，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(3,5)))，所以P(X＝k)＝Ceq \\al(k,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k(k＝0,1,2，…，10)．设t＝eq \f(PX＝k,PX＝k－1)＝eq \f(C\\al(k,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k,C\\al(k－1,10)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))11－k)＝eq \f(311－k,2k)(k＝0,1,2，…，10)．若t＞1，则k＜6.6，P(X＝k)＞P(X＝k－1)；若t＜1，则k＞6.6，P(X＝k)＜P(X＝k－1)．所以当k＝6时，P(X＝k)最大．
正态分布
例3 为深入学习党的二十大精神，我校团委组织学生开展了学习二十大知识竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取了100名，统计出他们竞赛成绩分布如下：
(1) 求抽取的100名学生竞赛成绩的方差s2(同一组中数据用该组区间的中点值为代表)．
【解答】 由题知，eq \x\t(x)＝75，所以100名学生本次竞赛成绩方差s2＝(45－75)2×eq \f(2,100)＋(55－75)2×eq \f(4,100)＋(65－75)2×eq \f(22,100)＋(75－75)2×eq \f(40,100)＋(85－75)2×eq \f(28,100)＋(95－75)2×eq \f(4,100)＝100．
(2) 以频率估计概率，发现我校参赛学生竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均分eq \x\t(x)，σ2近似为样本方差s2，若μ－σ＜X≤μ＋2σ，参赛学生可获得“参赛纪念证书”；若X＞μ＋2σ，参赛学生可获得“参赛先锋证书”．
①若我校有3 000名学生参加本次竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数(结果保留整数)；
②试判断竞赛成绩为96分的学生能否获得“参赛先锋证书”．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)≈0.997 3；抽取的这100名学生竞赛成绩的平均分eq \x\t(x)＝75．
【解答】 ①由于μ近似为样本成绩平均分eq \x\t(x)，σ2近似为样本成绩方差s2，所以μ＝75，σ2＝100，可知σ＝eq \r(100)＝10．由于竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ，σ2)，因此竞赛学生可获得“参赛纪念证书”的概率P(μ－σ＜X≤μ＋2σ)＝eq \f(1,2)P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＋eq \f(1,2)P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈eq \f(1,2)×0.682 7＋eq \f(1,2)×0.954 5＝0.818 6，所以3 000×0.818 6＝2 455.8≈2 456，故估计获得“参赛纪念证书”的学生人数为2 456．
②当X＞μ＋2σ时，即X＞95时，参赛学生可获得“参赛先锋证书”，所以竞赛成绩为96分的学生能获得“参赛先锋证书”．
解决正态分布问题有三个关键点：①对称轴x＝μ；②标准差σ；③分布区间．
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ及分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．
变式3 某商场在五一假期间开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项闯关活动．
(1) 若甲第一关通过的概率为eq \f(2,3)，第二关通过的概率为eq \f(5,6)，求甲可以进入第三关的概率．
【解答】 设事件Ai＝“第i次通过第一关”，事件Bi＝“第i次通过第二关”，甲可以进入第三关的概率为P，由题意知P＝P(A1B1)＋P(eq \x\t(A1)A2B1)＋P(A1eq \x\t(B1)B2)＋P(eq \x\t(A1)A2eq \x\t(B1)B2)＝P(A1)P(B1)＋P(eq \x\t(A1))P(A2)P(B1)＋P(A1)P(eq \x\t(B1))P(B2)＋P(eq \x\t(A1))P(A2)P(eq \x\t(B1))P(B2)＝eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,6)))×eq \f(5,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,6)))×eq \f(5,6)＝eq \f(70,81)．
(2) 已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给共2 500名参加者中得分前400名发放奖励．
①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励，请说明理由；
②丙得知他的分数为430分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪．
附：若随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．
【解答】 设此次闯关活动的分数X～N(μ，σ2)．①由题意可知μ＝171，因为eq \f(57,2 500)＝0.022 8，且P(X＞μ＋2σ)＝eq \f(1－Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)≈eq \f(1－0.954 5,2)≈0.022 8，所以μ＋2σ＝351，则σ＝eq \f(351－171,2)＝90．而eq \f(400,2 500)＝0.16，且P(X＞μ＋σ)＝eq \f(1－Pμ－σ≤X≤μ＋σ,2)≈eq \f(1－0.682 7,2)＜0.16，所以前400名参赛者的最低得分高于μ＋σ＝261，而甲的得分为270分，所以甲能够获得奖励．
②假设乙所说为真，则μ＝201，P(X≥μ＋2σ)＝eq \f(1－Pμ－2σ≤X≤μ＋2σ,2)≈eq \f(1－0.954 5,2)≈0.022 8，而eq \f(57,2 500)＝0.022 8，所以σ＝eq \f(351－201,2)＝75，从而μ＋3σ＝201＋3×75＝426＜430，而P(X≥μ＋3σ)＝eq \f(1－Pμ－3σ≤X≤μ＋3σ,2)≈eq \f(1－0.997 3,2)＝0.001 35＜0.005，所以X≥μ＋3σ为小概率事件，即丙的分数为430分是小概率事件，可认为其一般不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙所说为假．
第二种结论：无法辨别乙同学信息的真假．理由如下：事件“X≥μ＋3σ”即丙同学的成绩为430分发生的概率虽小，但还是可能发生的，所以无法辨别乙同学信息的真假．
二项分布与超几何分布识别
例4 2023年五一期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸出2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球和2个黑球，则打7折；其余情况不打折．方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回地每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．
(1) 若两个顾客均消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
【解答】 选择方案一，若享受免单优惠，则需要摸出2个红球和1个白球，设事件A＝“顾客享受免单优惠”，则P(A)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,1),C\\al(3,10))＝eq \f(1,120)，所以两位顾客均享受免单优惠的概率为P＝P(A)·P(A)＝eq \f(1,14 400)．
(2) 若某顾客消费恰好满1 000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．
【解答】 若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为0,500,700,1 000．P(X＝0)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,1),C\\al(3,10))＝eq \f(1,120)，P(X＝500)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,7),C\\al(3,10))＝eq \f(7,120)，P(X＝700)＝eq \f(C\\al(1,1)C\\al(2,7),C\\al(3,10))＝eq \f(7,40)，P(X＝1 000)＝1－eq \f(1,120)－eq \f(7,120)－eq \f(7,40)＝eq \f(91,120)．故X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,120)＋500×eq \f(7,120)＋700×eq \f(7,40)＋1 000×eq \f(91,120)＝910(元)．若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z＝1 000－200Y．由已知可得Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,10)))，故E(Y)＝3×eq \f(3,10)＝eq \f(9,10)，所以E(Z)＝E(1 000－200Y)＝1 000－200E(Y)＝820(元)．因为E(X)＞E(Z)，所以该顾客选择方案二更合算．
超几何分布与二项分布的联系与区别：
随堂内化
1．(2023·南京三模)一个袋子中有n(n∈N*)个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为P(n)，则P(n)的最大值为__eq \f(5,9)__．
【解析】 P(n)＝eq \f(C\\al(1,n)·C\\al(1,5),C\\al(2,n＋5))＝eq \f(5n,\f(n＋5n＋4,2))＝eq \f(10n,n2＋9n＋20)＝eq \f(10,n＋\f(20,n)＋9)，因为对勾函数y＝x＋eq \f(20,x)在(0，eq \r(,20))上单调递减，在(eq \r(,20)，＋∞)上单调递增，故当n＝4或n＝5时，n＋eq \f(20,n)有最小值为9，故P(n)＝eq \f(10,n＋\f(20,n)＋9)≤eq \f(10,9＋9)＝eq \f(5,9)．
2．(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N(100，σ2)．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，则需调整生产工艺，使得σ至多为__eq \f(1,2)__．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜2σ)≈0.954 5)
【解析】 依题可知μ＝100，再根据题意以及正态曲线的特征可知，|X－100|＜2σ的解集A⊆(99,101)，由|X－100|＜2σ可得100－2σ＜X＜100＋2σ，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(100－2σ≥99，,100＋2σ≤101，))解得σ≤eq \f(1,2)，故σ至多为eq \f(1,2)．
3．某学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”“双人对战”和“挑战答题”．参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰．“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰．已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为eq \f(1,3)，获得第三名、第四名的概率均为eq \f(1,6)；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为eq \f(2,3)．
(1) 求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率；
【解答】 设甲在“四人赛”中获得的分数为ξ，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了ξ＝9或ξ＝8或ξ＝7或ξ＝6．P(ξ＝9)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27)；P(ξ＝8)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)；P(ξ＝7)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(1,6)；P(ξ＝6)＝Aeq \\al(3,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(11,54)，所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率P1＝eq \f(1,27)＋eq \f(1,9)＋eq \f(1,6)＋eq \f(11,54)＝eq \f(14,27)，故甲能进入“挑战答题”活动的概率P＝P1×eq \f(2,3)＝eq \f(14,27)×eq \f(2,3)＝eq \f(28,81)．
(2) “挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分．若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列．
【解答】 随机变量X的所有可能取值为2,3,4,5，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(2,7),C\\al(5,10))＝eq \f(1,12)；P(X＝3)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(3,7),C\\al(5,10))＝eq \f(5,12)；P(X＝4)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(4,7),C\\al(5,10))＝eq \f(5,12)；P(X＝5)＝eq \f(C\\al(5,7),C\\al(5,10))＝eq \f(1,12)．所以X的分布列如下表所示：
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(3,10)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
成绩
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
人数
5
5
15
25
10
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(3,7)
eq \f(3,7)
eq \f(1,14)
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,32)
eq \f(5,32)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(5,32)
eq \f(1,32)
使用人数
未使用人数
女性顾客
40
20
男性顾客
20
20
成绩/分
[40,50)
[50,60)
[60,70)
人数
2
4
22
成绩/分
[70,80)
[80,90)
[90,100]
人数
40
28
4
X
0
500
700
1 000
P
eq \f(1,120)
eq \f(7,120)
eq \f(7,40)
eq \f(91,120)
超几何分布
二项分布
试验类型
不放回抽样
放回抽样
试验种数
有两种物品
有两种结果
总体个数
有限个
无限个
随机变量取
值的概率
利用古典概
型计算
利用独立重
复试验计算
联系
当总体N很大时，超几何分布近似二项分布
X
2
3
4
5
P
eq \f(1,12)
eq \f(5,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,12)