高考数学一轮复习讲义第12章第5节二项式分布及其应用

这是一份高考数学一轮复习讲义第12章第5节二项式分布及其应用，共16页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。

1．条件概率及其性质
(1)一般地，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．
在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的个数，则P(B|A)＝eq \f(nAB,nA).
(2)条件概率具有的性质
①0≤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)．
2．相互独立事件
(1)设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，
P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(A)P(B)．
(3)若A与B相互独立，则A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
3．二项分布
(1)一般地，在相同条件下重复做的几次试验称为n次独立重复试验．
(2)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)＝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，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率．
【知识拓展】
超几何分布与二项分布的区别
(1)超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2)超几何分布是不放回抽取，而二项分布是放回抽取(独立重复)．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．( × )
(2)相互独立事件就是互斥事件．( × )
(3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( × )
(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.( × )
(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．( √ )
1．袋中有3红5黑8个大小形状相同的小球，从中依次摸出两个小球，则在第一次摸得红球的条件下，第二次仍是红球的概率为( )
A.eq \f(3,8)B.eq \f(2,7)C.eq \f(2,8)D.eq \f(3,7)
答案 B
解析 第一次摸出红球，还剩2红5黑共7个小球，所以再摸到红球的概率为eq \f(2,7).
2．(教材改编)小王通过英语听力测试的概率是eq \f(1,3)，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )
A.eq \f(4,9)B.eq \f(2,9)C.eq \f(4,27)D.eq \f(2,27)
答案 A
解析 所求概率P＝Ceq \\al(1,3)·(eq \f(1,3))1·(1－eq \f(1,3))3－1＝eq \f(4,9).
3．(2015·课标全国Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648B．0.432C．0.36D．0.312
答案 A
解析 3次投篮投中2次的概率为
P(k＝2)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×(1－0.6)，
投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，
所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.
4．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________．
答案 0.8
解析 已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.
5．(教材改编)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为eq \f(1,3)，乙去北京旅游的概率为eq \f(1,4)，假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件A，“乙去北京旅游”为事件B，又P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))＝[1－P(A)][1－P(B)]＝(1－eq \f(1,3))(1－eq \f(1,4))＝eq \f(1,2)，
“甲、乙二人至少有一人去北京旅游”的对立事件为“甲、乙二人都不去北京旅游”，故所
求概率为1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
题型一 条件概率
例1 (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(1,8)B.eq \f(1,4)C.eq \f(2,5)D.eq \f(1,2)
(2)如图所示，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，
将一粒豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，
B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.
答案 (1)B (2)eq \f(1,4)
解析 (1)P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,4).
(2)AB表示事件“豆子落在△OEH内”，
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(△OEH的面积,正方形EFGH的面积)＝eq \f(1,4).
引申探究
1．若将本例(1)中的事件B：“取到的2个数均为偶数”改为“取到的2个数均为奇数”，则结果如何？
解 P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(2,5)，
P(B)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(3,10)，又A⊇B，则P(AB)＝P(B)＝eq \f(3,10)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(3,4).
2．在本例(2)的条件下，求P(A|B)．
解 由题意知，∠EOH＝90°，故P(B)＝eq \f(1,4)，
又∵P(AB)＝eq \f(△OEH的面积,圆O的面积)＝eq \f(\f(1,2)×1×1,π×12)＝eq \f(1,2π)，
∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(1,2π),\f(1,4))＝eq \f(2,π).
思维升华 条件概率的求法
(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)．
(2)基本事件法：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AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA).
(2016·开封模拟)已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )
A.eq \f(3,10)B.eq \f(2,9)
C.eq \f(7,8)D.eq \f(7,9)
答案 D
解析 方法一 设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝eq \f(3,10)，P(AB)＝eq \f(3,10)×eq \f(7,9)＝eq \f(7,30)，则所求概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq \f(7,9).
方法二 第1次抽到螺口灯泡后还剩余9只灯泡，其中有7只卡口灯泡，故第2次抽到卡口灯泡的概率为eq \f(C\\al(1,7),C\\al(1,9))＝eq \f(7,9).
题型二 相互独立事件的概率
例2 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
(1)求T的分布列；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．
解 (1)由统计结果可得T的频率分布为
以频率估计概率得T的分布列为
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同，
设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．
方法一 P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二 P(eq \x\t(A))＝P(T1＋T2＞70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)
＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09，
故P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝0.91.
思维升华 求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
(2017·青岛月考)为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：
现有甲、乙两位乘客，他们乘坐的里程都不超过22千米．已知甲、乙乘车不超过6千米的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,3)，甲、乙乘车超过6千米且不超过12千米的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3).
(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．
解 (1)由题意可知，甲、乙乘车超过12千米且不超过22千米的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,3)，
则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率
P1＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，
所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P＝1－P1＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
(2)由题意可知，ξ＝6,7,8,9,10，
则P(ξ＝6)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,12)，
P(ξ＝7)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝8)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，
P(ξ＝9)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝10)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,12).
所以ξ的分布列为
题型三 独立重复试验与二项分布
命题点1 根据独立重复试验求概率
例3 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是eq \f(1,2)外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是eq \f(2,3).假设各局比赛结果相互独立．
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率；
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得1分．求乙队得分X的分布列．
解 (1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A，B，C，则P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
P(B)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
P(C)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(4,27).
(2)X的可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(16,27)，
P(X＝1)＝P(C)＝eq \f(4,27)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(4,27)，
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9).
故X的分布列为
命题点2 根据独立重复试验求二项分布
例4 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为eq \f(1,2)，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
解 (1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有
P(X＝10)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2＝eq \f(3,8)，
P(X＝20)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))1＝eq \f(3,8)，
P(X＝100)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))0＝eq \f(1,8)，
P(X＝－200)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(1,8).
所以X的分布列为
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq \f(1,8).
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))3＝1－eq \f(1,512)＝eq \f(511,512).
因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是eq \f(511,512).
思维升华 独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略
(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率．
(2016·沈阳模拟)某学校举行联欢会，所有参演的节目都由甲、乙、丙三名专业老师投票决定是否获奖．甲、乙、丙三名老师都有“获奖”、“待定”、“淘汰”三类票各一张，每个节目投票时，甲、乙、丙三名老师必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为eq \f(1,3)，且三人投票相互没有影响．若投票结果中至少有两张“获奖”票，则决定该节目最终获一等奖；否则，该节目不能获一等奖．
(1)求某节目的投票结果是最终获一等奖的概率；
(2)求该节目投票结果中所含“获奖”和“待定”票票数之和X的分布列．
解 (1)设“某节目的投票结果是最终获一等奖”这一事件为A，则事件A包括：该节目可以获两张“获奖”票，或者获三张“获奖”票．
∵甲、乙、丙三名老师必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为eq \f(1,3)，且三人投票相互没有影响，
∴P(A)＝Ceq \\al(2,3)(eq \f(1,3))2(eq \f(2,3))1＋Ceq \\al(3,3)(eq \f(1,3))3＝eq \f(7,27).
(2)所含“获奖”和“待定”票票数之和X的值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝(eq \f(1,3))3＝eq \f(1,27)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)(eq \f(2,3))1(eq \f(1,3))2＝eq \f(2,9)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)(eq \f(2,3))2(eq \f(1,3))1＝eq \f(4,9)，
P(X＝3)＝(eq \f(2,3))3＝eq \f(8,27).
因此X的分布列为
18．独立事件与互斥事件
典例 (1)中国乒乓球队甲、乙两名运动员参加奥运乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率是eq \f(3,7)，乙夺得冠军的概率是eq \f(1,4)，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．
(2)某射手每次射击击中目标的概率都是eq \f(2,3)，这名射手射击5次，有3次连续击中目标，另外两次未击中目标的概率是________．
错解展示
解析 (1)设“甲夺得冠军”为事件A，“乙夺得冠军”为事件B，则P(A)＝eq \f(3,7)，P(B)＝eq \f(1,4)，由A、B是相互独立事件，得所求概率为P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)＋P(AB)＝eq \f(3,7)×eq \f(3,4)＋eq \f(4,7)×eq \f(1,4)＋eq \f(3,7)×eq \f(1,4)＝eq \f(16,28)＝eq \f(4,7).
(2)所求概率P＝Ceq \\al(3,5)×(eq \f(2,3))3×(eq \f(1,3))2＝eq \f(80,243).
答案 (1)eq \f(4,7) (2)eq \f(80,243)
现场纠错
解析 (1)设“甲夺得冠军”为事件A，“乙夺得冠军”为事件B，则P(A)＝eq \f(3,7)，P(B)＝eq \f(1,4).
∵A、B是互斥事件，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(3,7)＋eq \f(1,4)＝eq \f(19,28).
(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A3eq \x\t(A)4eq \x\t(A)5)＋P(eq \x\t(A)1A2A3A4eq \x\t(A)5)
＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3A4A5)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,81).
答案 (1)eq \f(19,28) (2)eq \f(8,81)
纠错心得 (1)搞清事件之间的关系，不要混淆“互斥”与“独立”．
(2)区分独立事件与n次独立重复试验.
1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(1,2)B.eq \f(1,4)C.eq \f(1,6)D.eq \f(1,8)
答案 A
解析 由古典概型知P(A)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,4)，
则由条件概率知P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
2．(2016·长春模拟)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)等于( )
A．Ceq \\al(10,12)(eq \f(3,8))10(eq \f(5,8))2B．Ceq \\al(9,12)(eq \f(3,8))9(eq \f(5,8))2
C．Ceq \\al(9,11)(eq \f(5,8))9(eq \f(3,8))2D．Ceq \\al(9,11)(eq \f(3,8))10(eq \f(5,8))2
答案 D
解析 “X＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2次取到白球，
因此P(X＝12)＝eq \f(3,8)Ceq \\al(9,11)(eq \f(3,8))9(eq \f(5,8))2＝Ceq \\al(9,11)(eq \f(3,8))10(eq \f(5,8))2.
3．已知A，B是两个相互独立事件，P(A)，P(B)分别表示它们发生的概率，则1－P(A)P(B)是下列哪个事件的概率( )
A．事件A，B同时发生
B．事件A，B至少有一个发生
C．事件A，B至多有一个发生
D．事件A，B都不发生
答案 C
解析 P(A)P(B)是指A，B同时发生的概率，1－P(A)·P(B)是A，B不同时发生的概率，即事件A，B至多有一个发生的概率．
4．甲射击命中目标的概率是eq \f(1,2)，乙命中目标的概率是eq \f(1,3)，丙命中目标的概率是eq \f(1,4).现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( )
A.eq \f(3,4)B.eq \f(2,3)
C.eq \f(4,5)D.eq \f(7,10)
答案 A
解析 设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，“丙命中目标”为事件C，则击中目标表示事件A，B，C中至少有一个发生．又P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝[1－P(A)]·[1－P(B)]·[1－P(C)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4).
故目标被击中的概率P＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝eq \f(3,4).
5．(2017·南昌质检)设随机变量X服从二项分布X～B(5，eq \f(1,2))，则函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点的概率是( )
A.eq \f(5,6)B.eq \f(4,5)C.eq \f(31,32)D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 ∵函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点，
∴Δ＝16－4X≥0，∴X≤4.∵X服从X～B(5，eq \f(1,2))，
∴P(X≤4)＝1－P(X＝5)＝1－eq \f(1,25)＝eq \f(31,32).
6．(2016·安徽黄山屯溪一中月考)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．事件B与事件A1相互独立
C．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
D．P(B)的值不能确定，它与A1，A2，A3中哪一个发生都有关
答案 C
解析 由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，
P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，由此知，C正确；
P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)，
而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(5,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22).
由此知A，D不正确．故选C.
7．设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则P(Y≥1)＝________.
答案 eq \f(19,27)
解析 ∵X～B(2，p)，
∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq \\al(0,2)(1－p)2＝eq \f(5,9)，
解得p＝eq \f(1,3).又Y～B(3，p)，
∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－Ceq \\al(0,3)(1－p)3＝eq \f(19,27).
8．如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．
答案 eq \f(1,8)
解析 灯泡甲亮满足的条件是a，c两个开关都开，b开关必须断开，否则短路．设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则甲灯亮应为事件Aeq \x\t(B)C，且A，B，C之间彼此独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq \f(1,2)，由独立事件概率公式知P(Aeq \x\t(B)C)＝P(A)P(eq \x\t(B))P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8).
9．(2017·广州月考)设事件A在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A至少发生一次的概率为eq \f(63,64)，则事件A恰好发生一次的概率为________．
答案 eq \f(9,64)
解析 设事件A发生的概率为p，由题意知(1－p)3＝1－eq \f(63,64)＝eq \f(1,64)，解得p＝eq \f(3,4)，则事件A恰好发生一次的概率为Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,4)×(eq \f(1,4))2＝eq \f(9,64).
10．(2016·荆州质检)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A＝“至少一次出现反面”，事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝________.
答案 eq \f(3,7)
解析 由题意知，P(AB)＝eq \f(3,23)＝eq \f(3,8)，
P(A)＝1－eq \f(1,23)＝eq \f(7,8)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,8),\f(7,8))＝eq \f(3,7).
11．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲，乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．
解 (1)依题意知，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为eq \f(1,3)，去参加乙游戏的概率为eq \f(2,3).
设“这4个人中恰有k人去参加甲游戏”为事件Ak(k＝0,1,2,3,4)．
则P(Ak)＝Ceq \\al(k,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4－k.
这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为
P(A2)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(8,27).
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4.由于A3与A4互斥，故
P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3×eq \f(2,3)＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4
＝eq \f(1,9).
所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为eq \f(1,9).
(3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故
P(ξ＝0)＝P(A2)＝eq \f(8,27)，
P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝eq \f(40,81)，
P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝eq \f(17,81).
所以ξ的分布列是
12.(2016·西安模拟)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．
解 (1)设A表示事件“作物产量为300kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
因为利润＝产量×市场价格－成本．
所以X所有可能的取值为
500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，
300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.
P(X＝4000)＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2000)＝P(eq \x\t(A))P(B)＋P(A)P(eq \x\t(B))
＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
故X的分布列为
(2)设Ci表示事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，
P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，
3季的利润均不少于2000元的概率为
P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季的利润不少于2000元的概率为
P(eq \x\t(C)1C2C3)＋P(C1eq \x\t(C)2C3)＋P(C1C2eq \x\t(C)3)
＝3×0.82×(1－0.8)＝0.384，
所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
*13.李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：
(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；
(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率．
解 (1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.
所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.
(2)记事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场比赛中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．
则C＝Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B，A，B独立．
根据投篮统计数据，P(A)＝0.6，P(B)＝0.4.
P(C)＝P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)
＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52.
所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为0.52.T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
乘坐里程x(单位：km)
0