（精品讲义）复习课（二）概率（部分）word版含答案2

12/1211/12/复习课(二)概率(部分)古典概型古典概型是命题的热点，主要考查古典概型概率的求法，常与互斥事件、对立事件结合在一起考查．也有时与抽样方法交汇命题．主要以选择题、填空题为主．有时也出解答题，属中低档题．1．互斥事件与对立事件的概率(1)互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生．因此对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况．(2)当事件A与B互斥时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，当事件A与B对立时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝1，即P(A)＝1－P(B)．(3)求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝1－P(eq\x\to(A))求解．2．古典概型的求法对于古典概型概率的计算，关键是分清基本事件的总数n与事件A包含的基本事件的个数m，有时需用列举法把基本事件一一列举出来，再利用公式P(A)＝eq\f(m,n)求出事件发生的概率，这是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某种顺序，以保证不重复、不遗漏．[典例]甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；(2)若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．[解]甲校两名男教师分别用A，B表示，女教师用C表示；乙校男教师用D表示，两名女教师分别用E，F表示．(1)从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为：(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．从中选出的2名教师性别相同的结果有：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F)，共4种，所以选出的2名教师性别相同的概率为P＝eq\f(4,9).(2)从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．从中选出的2名教师来自同一学校的结果有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共6种．所以，选出的2名教师来自同一学校的概率为P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).[类题通法]解决与古典概型问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．1．某导演先从2个金鸡奖和3个百花奖的5位演员名单中挑选2名演主角，后又从剩下的演员中挑选1名演配角．这位导演挑选出2个金鸡奖演员和1个百花奖演员的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,10)C．eq\f(2,5) D．eq\f(3,10)解析：选D设2个金鸡奖演员编号为1,2,3个百花奖演员编号为3,4,5.从编号为1,2,3,4,5的演员中任选3名有10种挑选方法：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，共10种．其中挑选出2名金鸡奖和1名百花奖的有3种：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，故所求的概率为P＝eq\f(3,10).2．随着经济的发展，人们生活水平的提高，中学生的营养与健康问题越来越得到学校与家长的重视．从学生体检评价报告单了解到我校3000名学生的体重发育评价情况，得下表：偏痩正常肥胖女生/人300865y男生/人x885z已知从这批学生中随机抽取1名学生，抽到偏痩男生的概率为0.15.(1)求x的值；(2)若用分层抽样的方法，从这批学生中随机抽取60名，问应在肥胖学生中抽多少名？(3)已知y≥243，z≥243，求肥胖学生中男生不少于女生的概率．解：(1)由题意得，从这批学生中随机抽取1名学生，抽到偏痩男生的概率为0.15，可知eq\f(x,3000)＝0.15，所以x＝450.(2)由题意，可知肥胖学生人数为y＋z＝500(人)．设应在肥胖学生中抽取m人，则eq\f(m,500)＝eq\f(60,3000).所以m＝10.即应在肥胖学生中抽10名．(3)由题意，可知y＋z＝500，且y≥243，z≥243，满足条件的基本事件如下：(243,257)，(244,256)，…，(257,243)，共有15组．设事件A：“肥胖学生中男生不少于女生”，即y≤z，满足条件的(y，z)的基本事件有：(243,257)，(244,256)，…，(250,250)，共有8组，所以P(A)＝eq\f(8,15).所以肥胖学生中男生不少于女生的概率为eq\f(8,15).条件概率(1)在近几年的高考中对条件概率的考查有所体现，一般以选择题或填空题形式考查，难度中低档．(2)条件概率是学习相互独立事件的前提和基础，计算条件概率时，必须搞清欲求的条件概率是在什么条件下发生的概率．条件概率的性质(1)非负性：0≤P(B|A)≤1.(2)可加性：如果是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．[典例]口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，则：(1)第一次取出的是红球的概率是多少？(2)第一次和第二次都取出的是红球的概率是多少？(3)在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率是多少？[解]记事件A：第一次取出的是红球；事件B：第二次取出的是红球．(1)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次取出的是红球，第二次是其余5个球中的任一个，符合条件的有4×5个，所以P(A)＝eq\f(4×5,6×5)＝eq\f(2,3).(2)从中随机地不放回连续抽取两次，每次抽取1个，所有基本事件共6×5个；第一次和第二次都取出的是红球，相当于取两个球，都是红球，符合条件的有4×3个，所以P(AB)＝eq\f(4×3,6×5)＝eq\f(2,5).(3)利用条件概率的计算公式，可得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq\f(3,5).[类题通法]条件概率的两个求解策略(1)定义法：计算P(A)，P(B)，P(AB)，利用P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))或P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))求解．(2)缩小样本空间法：利用P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))求解．其中(2)常用于古典概型的概率计算问题．1．从编号为1,2，…，10的10个大小相同的球中任取4个，已知选出4号球的条件下，选出球的最大号码为6的概率为________．解析：令事件A＝{选出的4个球中含4号球}，B＝{选出的4个球中最大号码为6}．依题意知n(A)＝Ceq\o\al(3,9)＝84，n(AB)＝Ceq\o\al(2,4)＝6，∴P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(6,84)＝eq\f(1,14).答案：eq\f(1,14)2．已知男人中有5%患色盲，女人中有0.25%患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人．(1)求此人患色盲的概率．(2)如果此人是色盲，求此人是男人的概率．(以上各问结果写成最简分式形式)．解：设“任选一人是男人”为事件A，“任选一人是女人”为事件B，“任选一人是色盲”为事件C．(1)此人患色盲的概率P＝P(AC)＋P(BC)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq\f(100,200)×eq\f(5,100)＋eq\f(100,200)×eq\f(0.25,100)＝eq\f(21,800).(2)由(1)得P(AC)＝eq\f(5,200)，又因为P(C)＝eq\f(21,800)，所以P(A|C)＝eq\f(P(AC),P(C))＝eq\f(\f(5,200),\f(21,800))＝eq\f(20,21).相互独立事件的概率与二项分布(1)相互独立事件一般与互斥事件、对立事件结合在一起进行考查，高考经常考查，各种题型均有可能出现，难度中低档.而二项分布也是高考考查的重点，高考以大题为主，有时也以选择、填空题形式考查．(2)解答此类问题时应分清事件间的内部联系，在此基础上用基本事件之间的交、并、补运算表示出有关事件，并运用相应公式求解．(1)若事件A与B相互独立，则事件eq\x\to(A)与B，A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)分别相互独立，且有P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))P(B)，P(Aeq\x\to(B))＝P(A)P(eq\x\to(B))，P(AB)＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))．(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，则有P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．(3)在n次独立重复试验中，事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.(4)二项分布满足的条件与二项分布有关的问题关键是二项分布的判定，可从以下几个方面判定：①每次试验中，事件发生的概率是相同的．②各次试验中的事件是相互独立的．③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．④随机变量是这n次独立重复试验中某事件发生的次数．[典例]某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为eq\f(4,5)，乙当选的概率为eq\f(3,5)，丙当选的概率为eq\f(7,10).(1)求恰有一名同学当选的概率；(2)求至多有两人当选的概率．[解]设甲、乙、丙当选的事件分别为A，B，C，则有P(A)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(3,5)，P(C)＝eq\f(7,10).(1)∵A，B，C相互独立，∴恰有一名同学当选的概率为P(A·eq\x\to(B)·eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)·B·eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)·eq\x\to(B)·C)＝P(A)·P(eq\x\to(B))·P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))·P(B)·P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))·P(C)＝eq\f(4,5)×eq\f(2,5)×eq\f(3,10)＋eq\f(1,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,10)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(47,250).(2)至多有两人当选的概率为1－P(ABC)＝1－P(A)·P(B)·P(C)＝1－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(83,125).[类题通法]求相互独立事件同时发生的概率需注意的三个问题(1)“P(AB)＝P(A)P(B)”是判断事件是否相互独立的充要条件，也是解答相互独立事件概率问题的唯一工具．(2)涉及“至多”“至少”“恰有”等字眼的概率问题，务必分清事件间的相互关系．(3)公式“P(A＋B)＝1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))”常应用于求相互独立事件至少有一个发生的概率．1．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是________．解析：用间接法考虑，事件A，B一个都不发生的概率为P(AB)＝P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,12)，则事件A，B中至少有一件发生的概率P＝1－P(AB)＝eq\f(7,12).答案：eq\f(7,12)2．在一次抗洪抢险中，准备用射击的办法引爆从上游漂流而下的一个巨大汽油罐，已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是eq\f(2,3).(1)求油罐被引爆的概率；(2)如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ不小于4的概率．解：(1)油罐引爆的对立事件为油罐没有引爆，没有引爆的可能情况是：射击5次只击中一次或一次也没有击中，故该事件的概率为：P＝Ceq\o\al(1,5)·eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5，所以所求的概率为1－P＝1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C\o\al(1,5)·\f(2,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5))＝eq\f(232,243).(2)当ξ＝4时记事件A，则P(A)＝Ceq\o\al(1,3)·eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2·eq\f(2,3)＝eq\f(4,27).当ξ＝5时，意味着前4次射击只击中一次或一次也未击中，记为事件B．则P(B)＝Ceq\o\al(1,4)·eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(1,9)，所以所求概率为：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(4,27)＋eq\f(1,9)＝eq\f(7,27).离散型随机变量的期望与方差(1)离散型随机变量的期望和方差是随机变量中两种最重要的特征数，它们反映了随机变量取值的平均值及其稳定性，是高考的一个热点问题，多与概率统计结合考查，难度中高档．(2)期望与方差在实际优化问题中有大量的应用，关键要将实际问题数学化，然后求出它们的概率分布列，同时，要注意运用两点分布、二项分布等特殊分布的期望、方差公式以及期望与方差的线性性质，如E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．(1)求离散型随机变量的期望与方差，一般先列出分布列，再按期望与方差的计算公式计算．(2)要熟记特殊分布的期望与方差公式(如两点分布、二项分布、超几何分布)．(3)注意期望与方差的性质．(4)实际应用问题，要注意分析实际问题用哪种数学模型来表达．[典例](全国乙卷)某公司计划购买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，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，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表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买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)由柱状图及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台机器在购买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当n＝20时所需费用的期望值，故应选n＝19.[类题通法]求离散型随机变量X的期望与方差的步骤(1)理解X的意义，写出X可能的全部取值；(2)求X取每个值的概率或求出函数P(X＝k)；(3)写出X的分布列；(4)由分布列和期望的定义求出E(X)；(5)由方差的定义，求D(X),若X～B(n，p),则可直接利用公式求，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．1．一袋中装有分别标记着1,2,3数字的3个小球，每次从袋中取出一个球(每只小球被取到的可能性相同)，现连续取3次球，若每次取出一个球后放回袋中，记3次取出的球中标号最小的数字与最大的数字分别为X，Y，设ξ＝Y－X，则E(ξ)＝________.解析：由题意知ξ的取值为0,1,2，ξ＝0，表示X＝Y，ξ＝1表示X＝1，Y＝2或X＝2，Y＝3；ξ＝2表示X＝1，Y＝3.∴P(ξ＝0)＝eq\f(3,33)＝eq\f(1,9)，P(ξ＝1)＝eq\f(2×2×3,33)＝eq\f(4,9)，P(ξ＝2)＝eq\f(2×3＋A\o\al(3,3),33)＝eq\f(4,9)，∴E(ξ)＝0×eq\f(1,9)＋1×eq\f(4,9)＋2×eq\f(4,9)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)2．一次同时投掷两枚相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各面分别刻有1,2,2,3,3,3六个数字)．(1)设随机变量η表示一次掷得的点数和，求η的分布列．(2)若连续投掷10次，设随机变量ξ表示一次掷得的点数和大于5的次数，求E(ξ)，D(ξ)．解：(1)由已知，随机变量η的取值为：2,3,4,5,6.投掷一次正方体骰子所得点数为X，则P(X＝1)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(1,3)，P(X＝3)＝eq\f(1,2)，即P(η＝2)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,36)，P(η＝3)＝2×eq\f(1,6)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)，P(η＝4)＝2×eq\f(1,6)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,18)，P(η＝5)＝2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P(η＝6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故η的分布列为P23456ηeq\f(1,36)eq\f(1,9)eq\f(5,18)eq\f(1,3)eq\f(1,4)(2)由已知，满足条件的一次投掷的点数和取值为6，设其发生的概率为p，由(1)知，p＝eq\f(1,4)，因为随机变量ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(1,4)))，所以E(ξ)＝np＝10×eq\f(1,4)＝eq\f(5,2)，D(ξ)＝np(1－p)＝10×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(15,8).1．甲、乙、丙三人在3天节目中值班，每人值班1天，则甲紧接着排在乙的前面值班的概率是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)解析：选C甲、乙、丙三人在3天中值班的情况为：甲、乙、丙；甲、丙、乙；丙、甲、乙；丙、乙、甲；乙、甲、丙；乙、丙、甲共6种，其中符合题意的有2种，故所求概率为eq\f(1,3).2．甲击中目标的概率是eq\f(1,2)，如果击中赢10分，否则输11分，用X表示他的得分，计算X的均值为()A．0.5分 B．－0.5分C．1分 D．5分解析：选BE(X)＝10×eq\f(1,2)＋(－11)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).3．抛掷红、蓝两颗骰子，若已知蓝骰子的点数为3或6时，则两颗骰子点数之和大于8的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(5,36) D．eq\f(5,12)解析：选D记事件A为“蓝骰子的点数为3或6”，A发生时红骰子的点数可以为1到6中任意一个，n(A)＝12，记B：“两颗骰子点数之和大于8”，则AB包含(3,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)5种情况，所以P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(5,12).4．已知随机变量X和Y，其中Y＝12X＋7，且E(Y)＝34，若X的分布列如下表，则m的值为()X1234Peq\f(1,4)mneq\f(1,12)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,8)解析：选A由Y＝12X＋7，得E(Y)＝12E(X)＋7＝34，从而E(X)＝eq\f(9,4).∴E(X)＝1×eq\f(1,4)＋2m＋3n＋4×eq\f(1,12)＝eq\f(9,4)，即2m＋3n＝eq\f(5,3)，m＋n＝1－eq\f(1,4)－eq\f(1,12)＝eq\f(2,3)，解得m＝eq\f(1,3).5．设一元二次方程x2＋Bx＋C＝0，若B，C是一枚质地均匀的骰子连续投掷两次出现的点数，则方程有实数根的概率为()A．eq\f(1,12) B．eq\f(7,36)C．eq\f(13,36) D．eq\f(19,36)解析：选D因为B，C是一枚质地均匀的骰子连续投掷两次出现的点数，所以一共有36种情况．由方程有实数根知，Δ＝B2－4C≥0，显然B≠1.当B＝2时，C＝1(1种)；当B＝3时，C＝1,2(2种)；当B＝4时，C＝1,2,3,4(4种)；当B＝5时，C＝1,2,3,4,5,6(6种)；当B＝6时，C＝1,2,3,4,5,6(6种)．故方程有实数根共有19种情况，所以方程有实数根的概率是eq\f(19,36).6．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，其命中率分别为0.6,0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率是()A．0.45 B．0.6C．0.65 D．0.75解析：选D令事件A，B分别表示甲、乙两人各射击一次击中目标，由题意可知P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，令事件C表示目标被击中，则C＝A∪B，则P(C)＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝1－0.4×0.5＝0.8，所以P(A|C)＝eq\f(P(AC),P(C))＝eq\f(0.6,0.8)＝0.75.7．(江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件eq\x\to(A)＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，eq\x\to(A)包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P(eq\x\to(A))＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)8．某人参加驾照考试，共考6个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p.若此人未能通过的科目数ξ的均值是2，则p＝________.解析：因为通过各科考试的概率为p，所以不能通过考试的概率为1－p，易知ξ～B(6,1－p)，所以E(ξ)＝6(1－p)＝2，解得p＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)9．从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为eq\f(1,5)，身体关节构造合格的概率为eq\f(1,4)，从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)________．解析：设“儿童体型合格”为事件A，“身体关节构造合格”为事件B，则P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(1,4).又A，B相互独立，则eq\x\to(A)，eq\x\to(B)也相互独立，则P(eq\x(\x\to(A))eq\x(\x\to(B)))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,5)，故至少有一项合格的概率为P＝1－P(eq\x(\x\to(A))eq\x(\x\to(B)))＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)10．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案：方案一：考三门课程至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别为0.5，0.6,0.9，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．(1)求该应聘者用方案一通过的概率；(2)求该应聘者用方案二通过的概率．解：记“应聘者对三门考试及格的事件”分别为A，B，C．P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.9.(1)该应聘者用方案一通过的概率是P1＝P(ABeq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABC)＝0.5×0.6×0.1＋0.5×0.6×0.9＋0.5×0.4×0.9＋0.5×0.6×0.9＝0.03＋0.27＋0.18＋0.27＝0.75.(2)应聘者用方案二通过的概率P2＝eq\f(1,3)P(AB)＋eq\f(1,3)P(BC)＋eq\f(1,3)P(AC)＝eq\f(1,3)(0.5×0.6＋0.6×0.9＋0.5×0.9)＝eq\f(1,3)×1.29＝0.43.11．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,6)；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(2,3)；两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)．解：(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元，40元，80元，两人都付0元的概率为P1＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，两人都付40元的概率为P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，两人都付80元的概率为P3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24)，则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,24)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,24)＝eq\f(5,12).(2)由题意得，ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160.P(ξ＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝e