创新设计（浙江专用）2023届高考数学二轮复习教师用书4专题六-专题七

2023届高考数学二轮复习教师用书4专题六-专题七第1讲概率的根本问题高考定位对于排列组合、二项式定理、古典概型、互斥事件及对立事件的概率的考查也会以选择或填空的形式命题，属于中档以下题目.真题感悟1.(2023·全国Ⅱ卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，那么小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A.24 B.18C.12 D.9解析从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18种，应选B.答案B2.(2023·全国Ⅰ卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，那么红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,6)解析将4种颜色的花种任选两种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有((红黄)、(白紫))，((白紫)、(红黄))，((红白)、(黄紫))，((黄紫)、(红白))，((红紫)、(黄白))，((黄白)、(红紫))共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种数有((红黄)、(白紫))，((白紫)、(红黄))，((红白)、(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，选C.答案C3.(2023·山东卷)某儿童乐园在“六一〞儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如下图的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x，y.奖励规那么如下：①假设xy≤3，那么奖励玩具一个；②假设xy≥8那么奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀，小亮准备参加此项活动.(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比拟小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.解(1)用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，那么根本领件空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一对应.因为S中元素的个数是4×4＝16.所以根本领件总数n＝16.记“xy≤3〞为事件A，那么事件A包含的根本领件数共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，所以P(A)＝eq\f(5,16)，即小亮获得玩具的概率为eq\f(5,16).(2)记“xy≥8〞为事件B，“3＜xy＜8〞为事件C.那么事件B包含的根本领件数共6个.即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4).所以P(B)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).事件C包含的根本领件数共5个，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1).所以P(C)＝eq\f(5,16).因为eq\f(3,8)＞eq\f(5,16)，所以小亮获得的水杯的概率大于获得饮料的概率.考点整合1.计数原理(1)排列与组合：Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,〔n－m〕！)，Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n〔n－1〕〔n－2〕…〔n－m＋1〕,m！)＝eq\f(n！,m！〔n－m〕！).(2)二项式定理：①二项式定理：(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)anb0＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋Ceq\o\al(2,n)an－2b2＋…＋Ceq\o\al(r,n)an－rbr＋…＋Ceq\o\al(n,n)a0bn(r＝0，1，2，…，n).②二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr，r＝0，1，2，…，n，其中Ceq\o\al(r,n)(r＝0，1，…，n)叫做二项式系数.2.概率(1)概率的取值范围是[0，1]，即0≤P(A)≤1，必然事件发生的概率为1，不可能事件发生的概率为0.(2)古典概型P(A)＝eq\f(事件A中所含的根本领件数,试验的根本领件总数).3.事件A，B互斥，那么事件A＋B发生(即A，B中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A＋B)＝P(A)＋P(B).4.在一次试验中，对立事件A和A不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P(A)＝1－P(A).热点一排列、组合与二项式定理[微题型1]排列、组合问题【例1－1】(1)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班级，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班级，那么不同的分法种数为()A.18 B.24C.30 D.36(2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，那么同类节目不相邻的排法种数是()A.72 B.120C.144 D.168解析(1)法一如丙、丁分到同一个班级，那么方法数就是三个元素的一个全排列，即Aeq\o\al(3,3)；假设丙分到甲或乙所在的班级，那么丁只能单独一个班级，方法数是2Aeq\o\al(3,3)；同理，假设丁分到甲或乙所在的班级，那么丙单独一个班级，方法数是2Aeq\o\al(3,3).根据分类加法计数原理，得总的方法数是5Aeq\o\al(3,3)＝30.法二总的方法数是Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36，甲、乙被分到同一个班级的方法数是Aeq\o\al(3,3)＝6，故甲、乙不分到同一个班级的方法数是36－6＝30.(2)先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声〞“小品1，相声，小品2〞和“相声，小品1，小品2〞.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□〞，有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□〞，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法.答案(1)C(2)B探究提高解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.[微题型2]考查二项式定理【例1－2】(1)(2023·全国Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为()A.10 B.20C.30 D.60(2)假设(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，那么a1＋a2＋…＋a13＝________.解析(1)Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(x2＋x)5－kyk，∴k＝2.∴Ceq\o\al(2,5)(x2＋x)3y2的第r＋1项为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(r,3)x2(3－r)xry2，∴2(3－r)＋r＝5，解得r＝1，∴x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)＝30.(2)记f(x)＝(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，那么f(1)＝a0＝(12＋1)(1－2)11＝－2.而f(2)＝(22＋1)(2－2)11＝a0＋a1＋a2＋…＋a13，即a0＋a1＋a2＋…＋a13＝0.所以a1＋a2＋…＋a13＝2.答案(1)C(2)2探究提高(1)在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；②对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题；③(x＋y)n展开式中的每一项相当于从n个因式(x＋y)中每个因式选择x或y组成的.(2)在二项式定理的应用中，“赋值思想〞是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法.要根据二项展开式的结构特征灵活赋值.【训练1】(1)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，那么a＝____________.(2)假设将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，那么a3＝________.解析(1)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.(2)不妨设1＋x＝t，那么x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，那么a3＝Ceq\o\al(2,5)(－1)2＝10.答案(1)3(2)10热点二古典概型与互斥、对立事件的概率[微题型1]对于古典概型的考查【例2－1】(1)(2023·深圳一调)4名同学参加3项不同的课外活动，假设每名同学可自由选择参加其中的一项，那么每项活动至少有一名同学参加的概率为()A.eq\f(4,9) B.eq\f(4,27)C.eq\f(9,64) D.eq\f(3,64)(2)从1，2，3，…，20这20个数中任取2个不同的数，那么这两个数之和是3的倍数的概率为()A.eq\f(1,19) B.eq\f(3,38)C.eq\f(32,95) D.eq\f(57,190)解析(1)4名同学参加3项不同的活动共有34＝81种，其中每项活动至少有一名同学参加的有：Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36种.由古典概型知所求概率为P＝eq\f(36,81)＝eq\f(4,9).(2)1，2，3，…，20这20个数中被3整除的数有6个，被3整除余1的数有7个，被3整除余2的数有7个，从1，2，3，…，20这20个数中任取2个不同的数，共有Ceq\o\al(2,20)＝190种情况，这两个数之和是3的倍数的情况有Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(1,7)＝64种，那么所求概率为eq\f(32,95)，应选C.答案(1)A(2)C探究提高解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出根本领件总数和所求事件包含的根本领件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识.[微题型2]考查互斥事件与对立事件的概率【例2－2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分种/人)11.522.53这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；(2)假设某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.(注：将频率视为概率)解(1)由得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P(X＝1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(X＝1.5)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4)，P(X＝2.5)＝eq\f(20,100)＝eq\f(1,5)，P(X＝3)＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10).X的分布列为X11.522.53Peq\f(3,20)eq\f(3,10)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,10)X的数学期望为E(X)＝1×eq\f(3,20)＋1.5×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,4)＋2.5×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,10)＝1.9.(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟〞，Xi(i＝1，2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间，那么P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P(X1＝1.5且X2＝1).由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝eq\f(3,20)×eq\f(3,20)＋eq\f(3,20)×eq\f(3,10)＋eq\f(3,10)×eq\f(3,20)＝eq\f(9,80).该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为eq\f(9,80).探究提高解此类题的关键是理解频率与概率间的关系，互斥事件是指不可能同时发生的事件，要考虑全面，防止遗漏.【训练2】如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟)10～2020～3030～4040～5050～60选择L1的人数612181212选择L2的人数0416164(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径.解(1)由共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44人.∴用频率估计相应的概率为0.44.(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为：所用时间(分钟)10～2020～3030～4040～5050～60L1的频率0.10.20.30.20.2L2的频率00.10.40.40.1(3)A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站.由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)>P(A2)，∴甲应选择L1；P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P(B2)>P(B1)，∴乙应选择L2.1.求解排列、组合问题常用的解题方法(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法〞；(2)元素相间的排列问题——“插空法〞；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法〞；(4)带有“含〞与“不含〞“至多〞“至少〞的排列组合问题——间接法.2.通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr是指(a＋b)n的展开式中的第r＋1项，而非第r项，其中n∈N*，r＝0，1，…，n，且r≤n，假设n，r一旦确定，那么展开式中的指定项也就确定，通常用来求二项展开式中任意指定的项或系数，如常数项或xn的系数.3.古典概型中根本领件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的根本领件的探求.对于根本领件有“有序〞与“无序〞区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素根本领件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.一、选择题1.在(x－eq\r(2))2006的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝eq\r(2)时，S等于()A.23008 B.－23008C.23009 D.－23009解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,2006)x2006－r(－eq\r(2))r，显然当2006－r为奇数时，r为奇数.∴当x＝eq\r(2)时，Tr＋1＝－Ceq\o\al(r,2006)(eq\r(2))2006＝－Ceq\o\al(r,2006)·21003.∴S＝－21003(Ceq\o\al(1,2006)＋Ceq\o\al(3,2006)＋…＋Ceq\o\al(2005,2006))＝－21003×eq\f(1,2)×22006＝－23008.应选B.答案B2.假设从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，那么不同的取法共有()A.60种 B.63种C.65种 D.66种解析对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(4,5)＝66种.答案D3.4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，那么周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A.eq\f(1,8) B.eq\f(5,8)C.eq\f(3,8) D.eq\f(7,8)解析由题意知，4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况，而4位同学都选周六有1种情况，4位同学都选周日也有1种情况，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P＝eq\f(24－1－1,24)＝eq\f(14,16)＝eq\f(7,8).答案D4.将编号为1，2，3，4，5的五个数放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子，每个盒内放一个球，假设恰好有两个球的编号与盒子编号相同，那么不同的投放方法的种数为()A.40种 B.30种C.20种 D.10种解析恰好有三个球的编号与盒子编号不相同，不同的投放方法的种数为2，那么恰好有两个球的编号与盒子编号相同而其余三个球的编号与盒子的编号不相同的不同的投放方法的种数为2Ceq\o\al(2,5)＝20，应选C.答案C5.假设对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，那么a2的值为()A.3 B.6C.9 D.12解析设x－2＝t，那么x＝t＋2，原式化为(2＋t)3＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3，∴a2＝Ceq\o\al(2,3)·2＝6，应选B.答案B二、填空题6.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答).解析分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,4)＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为Aeq\o\al(3,4)＝24，那么获奖情况总共有36＋24＝60(种).答案607.有6个座位连成一排，三人就座，恰有两个空位相邻的概率是________.解析有6个座位连成一排，三人就座，共有Aeq\o\al(3,6)种坐法，有三个空位，在三个人的4个空隙中选两个安排1个空位和两个相邻空位，那么恰有两个空位相邻的坐法有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)，那么所求概率是eq\f(3,5).答案eq\f(3,5)8.(1＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))eq\s\up12(n)的展开式中没有常数项，n∈N*且2≤n≤8，那么n＝________.解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))eq\s\up12(n)的一般项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)xn－4r，要使原式没有常数项，n－4r≠0，－1，－2，又2≤n≤8，在2～8的自然数中，只有n＝5符合题意.故n＝5.答案5三、解答题9.箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分.现从该箱中任取(无放回，且每球取到的时机均等)3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和.(1)求X的分布列；(2)求X的数学期望E(X).解(1)由题意得X取3，4，5，6，且P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,5),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,42)，P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(10,21)，P(X＝5)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,14)，P(X＝6)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,21).所以X的分布列为X3456Peq\f(5,42)eq\f(10,21)eq\f(5,14)eq\f(1,21)(2)由(1)知E(X)＝3·P(X＝3)＋4·P(X＝4)＋5·P(X＝5)＋6·P(X＝6)＝eq\f(13,3).10.某校50名学生参加智力答题活动，每人答复3个问题，答对题目个数及对应人数统计结果见下表：答对题目个数0123人数5102015根据上表信息解答以下问题：(1)从这50名学生中任选两人，求两人答对题目个数之和为4或5的概率；(2)从这50名学生中任选两人，用X表示这两名学生答对题目个数之差的绝对值，求随机变量X的分布列及数学期望E(X).解(1)记“两人答对题目个数之和为4或5〞为事件A，那么P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,20)＋Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,15)＋Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,15),Ceq\o\al(2,50))＝eq\f(190＋150＋300,25×49)＝eq\f(128,245)，即两人答对题目个数之和为4或5的概率为eq\f(128,245).(2)依题意可知X的可能取值分别为0，1，2，3.那么P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,10)＋Ceq\o\al(2,20)＋Ceq\o\al(2,15),Ceq\o\al(2,50))＝eq\f(350,1225)＝eq\f(2,7)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,10)＋Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,20)＋Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(1,15),Ceq\o\al(2,50))＝eq\f(550,1225)＝eq\f(22,49)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,20)＋Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(1,15),Ceq\o\al(2,50))＝eq\f(250,1225)＝eq\f(10,49)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,15),Ceq\o\al(2,50))＝eq\f(75,1225)＝eq\f(3,49).从而X的分布列为X0123Peq\f(2,7)eq\f(22,49)eq\f(10,49)eq\f(3,49)X的数学期望E(X)＝0×eq\f(2,7)＋1×eq\f(22,49)＋2×eq\f(10,49)＋3×eq\f(3,49)＝eq\f(51,49).11.某银行柜台设有一个效劳窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：办理业务所需的时间(分)12345频率0.10.40.30.10.1从第一个顾客开始办理业务时计时.(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望.解设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：Y12345P0.10.40.30.10.1(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务〞，那么事件A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟.所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)·P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.(2)解法一：X所有可能的取值为0，1，2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y>1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；所以X的分布列为X012P0.50.490.01E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.解法二：X所有可能的取值为0，1，2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y>2)＝0.5；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49.所以X的分布列为X012P0.50.490.01E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.第2讲随机变量及其分布列高考定位概率模型多考查独立重复试验、相互独立事件、互斥事件及对立事件等；对离散型随机变量的分布列及期望的考查是重点中的“热点〞，多在解答题的前三题的位置呈现，常考查独立事件的概率，超几何分布和二项分布的期望等.真题感悟(2023·全国Ⅰ卷)某公司方案购置2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购置这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件缺乏再购置，那么每个500元.现需决策在购置机器时应同时购置几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购置2台机器的同时购置的易损零件数.(1)求X的分布列；(2)假设要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购置易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？解(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04；所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购置易损零件上所需的费用(单位：元).当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040.当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.考点整合1.条件概率在A发生的条件下B发生的概率P(B|A)＝eq\f(P〔AB〕,P〔A〕).2.相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B).3.独立重复试验如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.4.超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，那么P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.此时称随机变量X服从超几何分布.超几何分布的模型是不放回抽样，超几何分布中的参数是M，N，n.5.离散型随机变量的分布列(1)设离散型随机变量ξ可能取的值为x1，x2，…，xi，…，ξ取每一个值xi的概率为P(ξ＝xi)＝pi，那么称下表ξx1x2x3…xi…Pp1p2p3…pi…为离散型随机变量ξ的分布列.(2)离散型随机变量ξ的分布列具有两个性质：①pi≥0；②p1＋p2＋…＋pi＋…＝1(i＝1，2，3，…).(3)E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量ξ的数学期望或均值.D(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xi－E(ξ))2·pi＋…＋(xn－E(ξ))2·pn叫做随机变量ξ的方差.(4)性质①E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)；②X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；③X服从两点分布，那么E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).热点一相互独立事件、独立重复试验概率模型[微题型1]相互独立事件的概率【例1－1】某单位有三辆汽车参加某种事故保险，该单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，该单位可获9000元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次).设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为eq\f(1,9)，eq\f(1,10)，eq\f(1,11)，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中：(1)获赔的概率；(2)获赔金额ξ(单位：元)的分布列.解设Ak表示第k辆车在一年内发生此种事故，k＝1，2，3，由题意知A1，A2，A3相互独立，且P(A1)＝eq\f(1,9)，P(A2)＝eq\f(1,10)，P(A3)＝eq\f(1,11).∴P(A1)＝eq\f(8,9)，P(A2)＝eq\f(9,10)，P(A3)＝eq\f(10,11).(1)该单位一年内获赔的概率为1－P(A1A2A3)＝1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－eq\f(8,9)×eq\f(9,10)×eq\f(10,11)＝eq\f(3,11).(2)ξ的所有可能值为0，9000，18000，27000.P(ξ＝0)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝eq\f(8,9)×eq\f(9,10)×eq\f(10,11)＝eq\f(8,11)，P(ξ＝9000)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＝eq\f(1,9)×eq\f(9,10)×eq\f(10,11)＋eq\f(8,9)×eq\f(1,10)×eq\f(10,11)＋eq\f(8,9)×eq\f(9,10)×eq\f(1,11)＝eq\f(242,990)＝eq\f(11,45)，P(ξ＝18000)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＝eq\f(1,9)×eq\f(1,10)×eq\f(10,11)＋eq\f(1,9)×eq\f(9,10)×eq\f(1,11)＋eq\f(8,9)×eq\f(1,10)×eq\f(1,11)＝eq\f(27,990)＝eq\f(3,110)，P(ξ＝27000)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝eq\f(1,9)×eq\f(1,10)×eq\f(1,11)＝eq\f(1,990).综上知，ξ的分布列为ξ090001800027000Peq\f(8,11)eq\f(11,45)eq\f(3,110)eq\f(1,990)探究提高对于复杂事件的概率，要先辨析事件的构成，理清各事件之间的关系，并依据互斥事件概率的和，或者相互独立事件概率的积的公式列出关系式；含“至多〞“至少〞类词语的事件可转化为对立事件的概率求解；并注意正难那么反思想的应用(即题目较难的也可从对立事件的角度考虑).[微题型2]独立重复试验的概率【例1－2】(2023·北京丰台区二模)张先生家住H小区，他工作在C科技园区，从家到公司上班的路上有L1，L2两条路线(如下图)，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为eq\f(1,2)；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为eq\f(3,4)，eq\f(3,5).(1)假设走L1路线，求最多遇到1次红灯的概率；(2)假设走L2路线，求遇到红灯的次数X的数学期望；(3)按照“遇到红灯的平均次数最少〞的要求，请你帮助张先生从上述两条路线中选择一条最好的上班路线，并说明理由.解(1)设“走L1路线最多遇到1次红灯“为事件A，那么P(A)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2).所以走L1路线，最多遇到1次红灯的概率为eq\f(1,2).(2)依题意，X的可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(1,10)，P(X＝1)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(3,5)＝eq\f(9,20)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,5)＝eq\f(9,20).故随机变量X的分布列为X012Peq\f(1,10)eq\f(9,20)eq\f(9,20)E(X)＝eq\f(1,10)×0＋eq\f(9,20)×1＋eq\f(9,20)×2＝eq\f(27,20).(3)设选择L1路线遇到红灯的次数为Y，随机变量Y服从二项分布，即Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，所以E(Y)＝3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).因为E(X)＜E(Y)，所以选择L2路线上班最好.探究提高在解题时注意区分独立重复试验的根本特征：(1)在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；(2)在每次试验中，事件发生的概率相同.【训练1】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，假设赛完5局仍未出现连胜，那么判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为eq\f(2,3)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)，各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望).解用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛〞，Ak表示“第k局甲获胜〞，Bk表示“第k局乙获胜〞，那么P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(Bk)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81).所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为eq\f(56,81).(2)X的可能取值为2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝eq\f(10,81)，P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq\f(8,81).故X的分布列为X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)EX＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).热点二离散型随机变量的分布列[微题型1]利用相互独立事件、互斥事件的概率求分布列【例2－1】乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两局部，如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分.对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为eq\f(1,2)，在D上的概率为eq\f(1,3)；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为eq\f(1,5)，在D上的概率为eq\f(3,5).假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(2)两次回球结束后，小明得分之和X的分布列与数学期望.解(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分〞(i＝0，1，3)，那么P(A3)＝eq\f(1,2)，P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A0)＝1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)；记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分〞(j＝0，1，3)，那么P(B3)＝eq\f(1,5)，P(B1)＝eq\f(3,5)，P(B0)＝1－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次落点在乙上〞.由题意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的独立性和互斥性，得P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为eq\f(3,10).(2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6，由事件的独立性和互斥性，得P(X＝0)＝P(A0B0)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,30)，P(X＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝P(A1B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＝eq\f(2,15)，P(X＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,30)，P(X＝6)＝P(A3B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,10).可得随机变量X的分布列为：X012346Peq\f(1,30)eq\f(1,6)eq\f(1,5)eq\f(2,15)eq\f(11,30)eq\f(1,10)所以数学期望E(X)＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(11,30)＋6×eq\f(1,10)＝eq\f(91,30).探究提高解答这类问题使用简洁、准确的数学语言描述解答过程是解答得分的根本保证.引进字母表示事件可使得事件的描述简单而准确，或者用表格描述，使得问题描述有条理，不会有遗漏，也不会重复；分析清楚随机变量取值对应的事件是求解分布列的关键.[微题型2]二项分布【例2－2】某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为eq\f(2,3)，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为eq\f(2,5)，中奖可以获得3分；未中奖那么不得分.每人有且只有一次抽奖时机，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品.(1)假设小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；(2)假设小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？解法一(1)由得，小明中奖的概率为eq\f(2,3)，小红中奖的概率为eq\f(2,5)，且两人中奖与否互不影响.记“这两人的累计得分X≤3〞的事件为A，那么事件A的对立事件为“X＝5〞，因为P(X＝5)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝eq\f(11,15)，即这两人的累计得分X≤3的概率为eq\f(11,15).(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，那么这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2).由可得，X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,3)))，X2～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,5)))，所以E(X1)＝2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，E(X2)＝2×eq\f(2,5)＝eq\f(4,5)，因此E(2X1)＝2E(X1)＝eq\f(8,3)，E(3X2)＝3E(X2)＝eq\f(12,5).因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.法二(1)由得，小明中奖的概率为eq\f(2,3)，小红中奖的概率为eq\f(2,5)，且两人中奖与否互不影响.记“这两人的累计得分X≤3〞的事件为A，那么事件A包含有“X＝0〞，“X＝2〞，“X＝3〞三个两两互斥的事件，因为P(X＝0)＝(1－eq\f(2,3))×(1－eq\f(2,5))＝eq\f(1,5)，P(X＝2)＝eq\f(2,3)×(1－eq\f(2,5))＝eq\f(2,5)，P(X＝3)＝(1－eq\f(2,3))×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq\f(11,15)，即这两人的累计得分X≤3的概率为eq\f(11,15).(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，那么X1，X2的分布列如下：所以E(X1)＝0×eq\f(1,9)＋2×eq\f(4,9)＋4×eq\f(4,9)＝eq\f(8,3)，E(X2)＝0×eq\f(9,25)＋3×eq\f(12,25)＋6×eq\f(4,25)＝eq\f(12,5).因为E(X1)>E(X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.探究提高对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从二项分布B(n，p)，那么其概率、期望与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求得，因此，熟记二项分布的相关公式，可以防止繁琐的运算过程，提高运算速度和准确度.[微题型3]超几何分布【例2－3】(2023·合肥二模)为推动乒乓球运动的开展，某乒乓球比赛允许不同协会的运发动组队参加.现有来自甲协会的运发动3名，其中种子选手2名；乙协会的运发动5名，其中种子选手3名.从这8名运发动中随机选择4人参加比赛.(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会〞，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望.解(1)由，有P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A发生的概率为eq\f(6,35).(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,5)Ceq\o\al(4－k,3),Ceq\o\al(4,8))(k＝1，2，3，4).所以随机变量X的分布列为X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)随机变量X的数学期望E(X)＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2).探究提高抽取的4人中，运发动可能为种子选手或一般运发动，并且只能是这两种情况之一，符合超几何概型的特征，故可利用超几何分布求概率.【训练2】方案在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上.其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120发电机最多可运行台数123假设某台发电机运行，那么该台年利润为5000万元；假设某台发电机未运行，那么该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机多少台？解(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤x≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二项分布知，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(4)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＝0.9477.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元).①安排1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形.依题意知，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当X≥80时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安装3台发电机的情形.依题意，当40<X<80时，一台发电机运行，此时Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；当80≤X≤120时，两台发电机运行，此时Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；当X>120时，三台发电机运行，此时Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值到达最大，应安装发电机2台.1.概率P(A|B)与P(AB)的区别(1)发生时间不同：在P(A|B)中，事件A，B的发生有时间上的差异，B先A后；在P(AB)中，事件A，B同时发生.(2)样本空间不同：在P(A|B)中，事件B成为样本空间；在P(AB)中，样本空间仍为总的样本空间，因而有P(A|B)≥P(AB).2.求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值〞，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率〞，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等)，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列〞，即按标准形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值〞，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，那么此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.一、选择题1.(2023·全国Ⅰ卷)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.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，那么该同学通过测试的概率为()A.0.648 B.0.432C.0.36 D.0.312解析3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝Ceq\o\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P＝P(k＝2)＋P(k＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.应选A.答案A2.(2023·合肥模拟)从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X，E(X)＝3，那么D(X)等于()A.eq\f(8,5) B.eq\f(6,5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(2,5)解析根据题目条件，每次摸到白球的概率都是p＝eq\f(3,3＋m)，满足二项分布，那么有E(X)＝np＝5×eq\f(3,3＋m)＝3，解得m＝2，那么D(X)＝np(1－p)＝5×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq\f(6,5).答案B3.(2023·北京卷)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否那么就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，那么()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多解析假设袋中有两个球，那么红球、黑球各一个，假设红球放在甲盒，那么黑球放在乙盒，丙盒中没有球，此时乙盒中黑球多于丙盒中黑球，乙盒中黑球比丙盒中红球多，故可排除A、D；假设袋中有四个球，那么红球、黑球各两个，假设取出两个红球，那么红球一个放在甲盒，余下一个放在乙盒，再取出余下的两个黑球，一个放在甲盒，那么余下一个放在丙盒，所以甲盒中一红一黑，乙盒中一个红球，丙盒中一个黑球，此时乙盒中红球比丙盒中红球多，排除C；应选B.答案B4.箱中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个球.从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，那么获奖.那么有4人参与摸奖(每人一次)，那么恰好有3人获奖的概率是()A.eq\f(16,625) B.eq\f(96,625)C.eq\f(624,625) D.eq\f(4,625)解析假设摸出的两球中含有4，必获奖，有5种情况；假设摸出的两球是2，6，也能获奖.故获奖的情形共6种，获奖的概率为eq\f(6,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,5).现有4人参与摸奖，恰有3人获奖的概率是Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)·eq\f(3,5)＝eq\f(96,625).答案B5.甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中.(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2).那么()A.p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2) B.p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2)C.p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D.p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2)解析随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：ξ112Peq\f(n,m＋n)eq\f(m,m＋n)ξ2123Peq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n),Ceq\o\al(2,m＋n))eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))所以E(ξ1)＝eq\f(n,m＋n)＋eq\f(2m,m＋n)＝eq\f(2m＋n,m＋n)，E(ξ2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋eq\f(2Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋eq\f(3Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝eq\f(3m＋n,m＋n)，所以E(ξ1)<E(ξ2).因为p1＝eq\f(m,m＋n)＋eq\f(n,m＋n)·eq\f(1,2)＝eq\f(2m＋n,2〔m＋n〕)，p2＝eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＋eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n),Ceq\o\al(2,m＋n))·eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))·eq\f(1,3)＝eq\f(3m＋n,3〔m＋n〕)，p1－p2＝eq\f(n,6〔m＋n〕)>0，所以p1>p2.答案A二、填空题6.(2023·四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，那么在2次试验中成功次数X的均值是________.解析由题可知，在一次试验中，试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，∵2次独立试验成功次数X满足二项分布X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,4)))，那么E(X)＝2×eq\f(3,4)＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)7.连续掷一枚均匀的正方体骰子(6个面分别标有1，2，3，4，5，6)，现定义数列an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，点数不是3的倍数，,1，点数是3的倍数，))Sn是其前n项和，那么S5＝3的概率是________.解析该试验可看作一个独立重复试验，结果为－1发生的概率为eq\f(2,3)，结果为1发生的概率为eq\f(1,3)，S5＝3即5次试验中－1发生一次，1发生四次.故其概率为Ceq\o\al(1,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(10,243).答案eq\f(10,243)8.(2023·金丽衢十二校联考)有甲、乙、丙三位同学，投篮命中的概率如下表：同学甲乙丙概率0.5aa现请三位同学各投篮一次，设ξ表示命中的次数，假设E(ξ)＝eq\f(7,6)，那么a＝__________.解析ξ可取值0，1，2，3.P(ξ＝0)＝0.5×(1－a)×(1－a)＝0.5(1－a)2；P(ξ＝1)＝0.5×(1－a)×(1－a)＋2×0.5×a×(1－a)＝0.5(1－a2)；P(ξ＝2)＝0.5×a2＋2×0.5×a×(1－a)＝0.5a(2－a)；P(ξ＝3)＝0.5×a×a＝0.5a2.∴E(ξ)＝P(ξ＝0)×0＋P(ξ＝1)×1＋P(ξ＝2)×2＋P(ξ＝3)×3＝eq\f(7,6).即0.5(1－a2)＋a(2－a)＋1.5a2＝eq\f(7,6)，解得a＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)三、解答题9.(2023·全国Ⅱ卷)某险种的根本保费为a(单位：元)，继续购置该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于根本保费的概率；(2)假设一续保人本年度的保费高于根本保费，求其保费比根本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与根本保费的比值.解(1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于根本保费〞，那么事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B表示事件：“一续保人本年度的保费比根本保费高出60%〞，那么事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(P〔AB〕,P〔A〕)＝eq\f(P〔B〕,P〔A〕)＝eq\f(0.15,0.55)＝eq\f(3,11).因此所求概率为eq\f(3,11).(3)记续保人本年度的保费为X，那么X的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.因此续保人本年度的平均保费与根本保费的比值为1.23.10.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：T(分钟)25303540频数(次)20304010(1)求T的分布列与数学期望E(T)；(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T(分钟)25303540频率0.20.30.40.1以频率估计概率得T的分布列为T25303540P0.20.30.40.1从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟).(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〞.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.法二P(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(A)＝0.91.11.(2023·合肥二模)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)假设袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：(ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率；(ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个适宜的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.(ⅰ)依题意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即顾客所获的奖励额为60元的概率为eq\f(1,2).(ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列为X2060Peq\f(1,2)eq\f(1,2)所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×eq\f(