第二篇 专题四 第1课时 概率与统计的综合应用

本资料分享自高中数学同步资源大全QQ群483122854专注收集同步资源期待你的加入与分享PAGE联系QQ309000116加入百度网盘群2500G一线老师必备资料一键转存，自动更新，一劳永逸温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。统计与概率解答题第1课时概率与统计的综合应用统计与简单的概率问题【典例1】(2020·全国Ⅰ卷)某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级．加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元．该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务．甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数28173421(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？【思维点拨】(1)根据表格数据得到甲、乙A级品的频数分别为40，28，即可求得相应频率(2)根据所给数据分别求出甲、乙的平均利润【规范解答】(1)由表格可得，甲分厂加工出来的一件产品为A级品的频数为40，故频率为eq\f(40,100)＝0.4，乙分厂加工出来的一件产品为A级品的频数为28，故频率为eq\f(28,100)＝0.28，故甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率估计值分别是0.4，0.28；4分(2)由表格可知甲分厂加工四个等级的频率分别为0.4，0.2，0.2，0.2，故其平均利润为(90－25)×0.4＋(50－25)×0.2＋(20－25)×0.2＋(－50－25)×0.2＝15(元)；7分同理乙分厂加工四个等级的频率分别为0.28，0.17，0.34，0.21，故其平均利润为(90－20)×0.28＋(50－20)×0.17＋(20－20)×0.34＋(－50－20)×0.21＝10(元)；10分因为15＞10，所以选择甲分厂承接更好．12分易错点求平均利润时忽视各个等级的频率，没有求加权平均数．障碍点用频率估计概率学科素养数据分析、数学运算、数学建模评分细则(1)中求对甲、乙两厂加工出来的一件产品为A级品的概率之一得2分．求解统计与简单的概率问题的关注点(1)依据题目中的所给信息，提炼出需要的信息．(2)频率＝eq\f(频数,样本容量)，用频率估计概率．(3)此类问题中统计模型多是分层随机抽样、统计图表，概率模型多是古典概型、互斥事件的概率．一汽车厂生产A，B，C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如表(单位：辆)：轿车A轿车B轿车C舒适型100150z标准型300450600按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．(1)求z的值；(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本．将该样本看成一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率．(3)用随机抽样的方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分x的值如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2，把这8辆轿车的得分看成一个总体，从中任取一个数xi(1≤i≤8，i∈N)，设样本平均数为eq\x\to(x)，求|xi－eq\x\to(x)|≤0.5的概率．【解析】(1)设该厂这个月共生产轿车n辆，由题意得eq\f(50,n)＝eq\f(10,100＋300)，所以n＝2000，所以z＝2000－(100＋300)－150－450－600＝400；(2)设所抽样本中有a辆舒适型轿车，由题意，得a＝2，因此抽取的容量为5的样本中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车，用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车，用E表示事件“在该样本中任取2辆，其中至少有1辆舒适型轿车”，则基本事件空间包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10个．事件E包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，共7个，故P(E)＝eq\f(7,10)，即所求概率为eq\f(7,10).(3)样本平均数eq\x\to(x)＝eq\f(1,8)×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)≈9，设D表示事件“从样本中任取一数，该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5”，则基本事件空间中有8个基本事件，事件D包括的基本事件有：9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，共6个，所以P(D)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，即所求概率为eq\f(3,4).统计与随机变量分布列的综合问题【典例2】(2021·泰安一模)某市为了了解本市初中生周末运动时间，随机调查了3000名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图．(1)按照分层抽样，从[40，50)和[80，90)中随机抽取了9名学生．现从已抽取的9名学生中随机推荐3名学生参加体能测试．记推荐的3名学生来自[40，50)的人数为X，求X的分布列和数学期望；(2)由频率分布直方图可认为：周末运动时间t服从正态分布N(μ，σ2)，其中，μ为周末运动时间的平均数eq\x\to(t)，σ近似为样本的标准差s，并已求得s≈14.6.可以用该样本的频率估计总体的概率，现从本市所有初中生中随机抽取12名学生，记周末运动时间在(43.9，87.7]之外的人数为Y，求P(Y＝3)(精确到0.001).参考数据1：当t～N(μ，σ2)时，P(μ－σ＜t≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜t≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ＜t≤μ＋3σ)≈0.9973；参考数据2：0.81869≈0.1651；0.18143≈0.0060.【思维点拨】(1)由分层抽样得从eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(40，50))中抽6人，[80，90)中抽3人，故随机变量X可取0，1，2，3.(2)求解P(t≤μ－σ或t＞μ＋2σ)，说明Y～B(12，0.1814)【规范解答】(1)根据分层抽样，从[40，50)中抽取6人，在[80，90)中抽取3人，(1分)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(1,84)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(3,14)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(15,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(5,21)，则X的分布列为：X0123Peq\f(1,84)eq\f(3,14)eq\f(15,28)eq\f(5,21)(5分)E(X)＝0×eq\f(1,84)＋1×eq\f(3,14)＋2×eq\f(15,28)＋3×eq\f(5,21)＝2.(6分)易错点弄错分层比，导致随机变量X取值错误．障碍点未读懂频率分布直方图中信息．学科素养数据分析、数学运算、数学建模评分细则每求对1个概率值给1分，不列分布列扣1分．(2)μ＝eq\x\to(t)＝35×0.01×10＋45×0.02×10＋55×0.03×10＋65×0.015×10＋75×0.015×10＋85×0.01×10＝58.5，又因为43.9＝58.5－14.6＝μ－σ，87.7＝58.5＋2×14.6＝μ＋2σ，所以P(43.9＜t≤87.7)＝P(μ－σ＜t≤μ＋2σ)＝eq\f(0.6827＋0.9545,2)＝0.8186，所以P(t≤43.9或t＞87.7)＝1－0.8186＝0.1814，(9分)则Y～B(12，0.1814)，所以P(Y＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))×0.18143×0.81869＝220×0.0060×0.1651≈0.218.12分易错点求错概率值．障碍点①利用正态分布知识求周末运动时间在(43.9，87.7]之外的概率；②所求概率服从二项分布．学科素养数据分析、数学运算、数学建模评分细则求对μ值给1分；用正态分布求概率正确，又判断出随机变量Y服从二项分布给1分．统计与随机变量分布列的综合问题的解题思路(1)寻找问题中随机变量的统计意义．(2)综合统计中相关图、表、数据，明确相关联的随机变量的分布特征．(3)根据随机变量的分布特征进一步解决相关问题．(2021·石家庄一模)“T2钻石联赛”是世界乒联推出的一种新型乒乓球赛事，其赛制如下：采用七局四胜制，比赛过程中可能出现两种模式：“常规模式”和“FAST5模式”．在前24分钟内进行的常规模式中，每小局比赛均为11分制，率先拿满11分的选手赢得该局；如果两名球员在24分钟内都没有人赢得4局比赛，那么将进入“FAST5”模式，“FAST5”模式为5分制的小局比赛，率先拿满5分的选手赢得该局.24分钟计时后开始的所有小局均采用“FAST5”模式．某位选手率先在7局比赛中拿下4局，比赛结束．现有甲、乙两位选手进行比赛，经统计分析甲、乙之间以往比赛数据发现，24分钟内甲、乙可以完整打满2局或3局，且在11分制比赛中，每局甲获胜的概率为eq\f(2,3)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)；在“FAST5”模式，每局比赛双方获胜的概率都为eq\f(1,2)，每局比赛结果相互独立．(1)求4局比赛决出胜负的概率；(2)设在24分钟内，甲、乙比赛了3局，比赛结束时，甲乙总共进行的局数记为X，求X的分布列及数学期望．【解析】(1)若24分钟内打满2局，最后可能甲/乙获胜，则P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,36)；若24分钟内打满3局，最后可能甲/乙获胜，则P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，因此4局比赛决出胜负的概率为eq\f(5,36)＋eq\f(1,6)＝eq\f(11,36)；(2)由题意可知，X的可能取值为4，5，6，7，所以P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(X＝6)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)，P(X＝7)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(7,24)，所以X的分布列为：X4567Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(7,24)eq\f(7,24)所以X的数学期望为E(X)＝4×eq\f(1,6)＋5×eq\f(1,4)＋6×eq\f(7,24)＋7×eq\f(7,24)＝eq\f(137,24).期望、方差的实际应用问题【典例3】(2021·临沂一模)疫情工作领导小组会议作出部署，要求尽力扩大核酸检测范围，着力提升检测能力．根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p(0＜p＜1).现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则化验结果呈阳性．若混合样本呈阳性，则需将该组中备用的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再化验．现有以下三种方案：方案一：4个样本逐个化验；方案二：4个样本混合在一起化验；方案三：4个样本均分为两组，分别混合在一起化验．疫情初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”．(1)若p＝eq\f(1,3)，按方案一，求4例疑似病例中恰有2例呈阳性的概率；(2)若p＝eq\f(1,10)，现将该4例疑似病例样本进行化验，试比较以上三个方案中哪个最“优”，并说明理由．【思维点拨】(1)服从二项分布(2)分别求方案一、二、三的期望，比较大小．【解析】(1)p＝eq\f(1,3)，按方案一，4例疑似病例中恰有2例呈阳性的概率P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\f(1,3))2(eq\f(2,3))2＝eq\f(8,27).(2)方案一：逐个化验，化验次数为：4×1＝4，方案二：化验次数为X，X的可能取值为1，5，P(X＝1)＝(1－eq\f(1,10))4＝eq\f(6561,10000)，P(X＝5)＝1－eq\f(6561,10000)＝eq\f(3439,10000)，所以X的分布列如下：X15Peq\f(6561,10000)eq\f(3439,10000)方案二的数学期望为：E(X)＝1×eq\f(6561,10000)＋5×eq\f(3439,10000)＝2.3756.方案三：由(1)知，每组两个样本化验时，若呈阴性，则化验次数为1，概率为eq\f(81,100)，若呈阳性则化验次数为3，概率为1－eq\f(81,100)＝eq\f(19,100)，方案三的化验次数记为Y，Y的可能取值为2，4，6，P(Y＝2)＝(eq\f(81,100))2＝eq\f(6561,10000)，P(Y＝4)＝2×eq\f(81,100)×eq\f(19,100)＝eq\f(3078,10000)，P(Y＝6)＝(eq\f(19,100))2＝eq\f(361,10000)，所以Y的分布列为：Y246Peq\f(6561,10000)eq\f(3078,10000)eq\f(361,10000)方案三的期望为E(Y)＝2×eq\f(6561,10000)＋4×eq\f(3078,10000)＋6×eq\f(361,10000)＝2.76，因为E(X)＜E(Y)＜4，所以方案二最“优”．利用期望与方差进行决策的思想方法(1)利用随机变量的期望与方差可以帮助我们作出科学的决策；(2)随机变量的期望的意义在于描述随机变量的平均程度；(3)方差则描述了随机变量稳定与波动或者集中与分散的状况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．(2021·湖北十一校联考)高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图1所示的高尔顿板有7层小木块，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以eq\f(1,2)的概率向左或向右滚下，依次经过6次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2，…，7的球槽内．例如小球要掉入3号球槽，则在6次碰撞中有2次向右4次向左滚下．(1)如图1，进行一次高尔顿板试验，求小球掉入5号球槽的概率；(2)小红、小明同学在研究了高尔顿板后，利用高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动．小红使用图1所示的高尔顿板，付费6元可以玩一次游戏，小球掉入m号球槽得到的奖金为ξ元，其中ξ＝|16－4m|.小明改进了高尔顿板(如图2)，首先将小木块减少成5层，然后使小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有eq\f(1,3)的概率向左，eq\f(2,3)的概率向右滚下，最后掉入编号为1，2，…，5的球槽内，改进高尔顿板后只需付费4元就可以玩一次游戏，小球掉入n号球槽得到的奖金为η元，其中η＝(n－4)2.两位同学的高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小红和小明同学谁的盈利多？请说明理由．【解析】(1)设这个小球掉入5号球槽为事件A.掉入5号球槽，需要向右4次向左2次，所以P(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(15,64).所以这个小球掉入5号球槽的概率为eq\f(15,64).(2)小明的盈利多．理由如下：小红的收益计算如下：每一次游戏中，ξ的可能取值为0，4，8，12.P(ξ＝0)＝P(m＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(5,16)，P(ξ＝4)＝P(m＝3)＋P(m＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(15,32)，P(ξ＝8)＝P(m＝2)＋P(m＝6)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,16)，P(ξ＝12)＝P(m＝1)＋P(m＝7)＝Ceq\o\