高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布培优专题15概率模型的辨识与应用学案

概率模型的辨识与应用[培优技法]高考常考的概率模型有相互独立事件的概率模型、二项分布模型、超几何分布模型和正态分布模型，其中二项分布与超几何分布模型的辨识一直是学生的难点和易错点．在有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，符合这一特征的随机变量服从二项分布；而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，符合这一特征的随机变量服从超几何分布．因此，二项分布与超几何分布最根本的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．下面就高考常考的四种概率模型予以辨识说明．[培优案例]相互独立事件概率模型[例1](2023·贵州贵阳三模)为了让广大青少年充分认识到毒品的危害性，切实提升青少年识毒防毒拒毒意识，某市组织开展青少年禁毒知识竞赛，团员小明每天自觉登录“禁毒知识竞赛APP”，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2、3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2、3、4名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为14，1(1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望；(2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为14[解](1)记事件Ai(i＝1，2，3)表示第一局获得i分，事件Bi(i＝1，2)表示第二局获得i分，这些事件相互独立，由条件知X的可能取值为5，4，3，2.P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝14×14＝116；P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝12×34+14×14＝716；P(X＝2)＝则其分布列为X5432P1573所以E(X)＝5×116＋4×516＋3×716＋2×316＝(2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B20，14，于是P(Y＝k假设赢得k局的概率最大，根据条件得C即20整理得1解得174≤k≤214，又因为k∈Z，所以相互独立事件概率模型的特征(1)实际问题中所涉及的若干事件中每一个是否发生互不影响；(2)因为事件A1，A2，A3，…，An相互独立，则满足P(A1·A2·A3…An)＝(3)求解相互独立事件的概率问题时，常涉及互斥、对立事件的概率求值．二项分布概率模型[例2](2024·广西玉林统考模拟)某地区期末进行了统一考试，为做好本次考试的评价工作，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中m的值；在这50名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记X为3人中成绩在[80，90)的人数，求P(X＝1)；(2)规定成绩在90，100的为A等级，成绩在[70，90)的为B等级，其他为C等级．以样本估计总体，用频率代替概率．从所有参加考试的同学中随机抽取3人，求获得[解](1)∵(0.004＋0.022＋0.030＋0.028＋m＋0.004)×10＝1，∴m＝0.012.∵成绩在[70，80)，[80，90)，90，100的频率之比为0.28∶0.12∶0.04＝7∶3∴抽取的11人中，成绩在[80，90)的人数为11×37+3+1＝3(人)，∴P(X＝1)＝C31(2)用频率估计概率，获得B等级的概率为(0.028＋0.012)×10＝0.4＝25记抽取的3人中，获得B等级的人数为Y，则Y～B3∴P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝C32×252×二项分布概率模型的特征(1)在每一次试验中，试验结果只有两个，即发生与不发生；(2)各次试验中的事件是相互独立的；(3)在每一次试验中，事件发生的概率保持不变．超几何分布概率模型[例3](2024·河南安阳高三期末)不负青山，力换“金山”，民宿旅游逐渐成为一种热潮，山野乡村的民宿深受广大旅游爱好者的喜爱．某地区结合当地资源，按照“山上生态做减法、山下产业做加法”的思路，科学有序地发展环山文旅康养产业，温泉度假小镇、环山绿道、农家乐提档升级、特色民宿群等一批生态产业项目加快实施．为了在节假日接待好游客，该地旅游局对本地区各乡村的普通型民宿和品质型民宿进行了调研，随机抽取了10家乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：民宿甲乙丙丁戊己庚辛壬癸普通型民宿19541713189201015品质型民宿61210111091285(1)若旅游局随机从乙、丙2家各选2间民宿进行调研，求选出的4间均为普通型民宿的概率；(2)从这10家中随机抽取4家民宿，记其中普通型民宿的房间不低于17间的有X家，求X的分布列和数学期望．[解](1)设“从乙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件A；“从丙家选2间民宿，选到的2间民宿为普通型”为事件B，所以选出的4间均为普通型民宿的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝C52C(2)这10家民宿，其中普通型民宿的房间不低于17间的有4家，随机变量X的可能取值有0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝C64C104P(X＝1)＝C41C63P(X＝2)＝C42C62P(X＝3)＝C43C61P(X＝4)＝C44C分布列如下，X01234P18341所以E(X)＝0×15210＋1×80210＋2×90210＋3×24210超几何分布概率模型的特征(1)实际问题所描述的事件只包含两个结果(发生与不发生)，每进行一次上述抽取都不是原来的重复(再次抽取时，都与上次条件发生了变化)；(2)每次抽取中同一事件发生的概率都不同；(3)实际问题中随机变量为抽到某类个体的个数；(4)该问题属于不放回抽取问题.正态分布概率模型[例4]为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望．(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16.用样本平均数x作为μ的估计值μ，用样本标准差s作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需要对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9974，0.997416≈0.9592，0.008≈0.09.[解](1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.0026，故X～B(16，0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的数学期望E(X)＝16×0.0026＝0.0416.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值μ＝9.97，σ的估计值σ＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×因此μ的估计值为10.02.xi2＝16×0.2122＋16×9.972剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1591.134－9.222－15×10.022因此σ的估计值为0.008≈0.09.正态分布概率模型的特征(1)一般地，一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似地服从正态分布．正态分布是最常见的一种分布．许多现象都近似地服从正态分布．如长度测量误差、正常生产条件下各种产品的质量指标等；(2)解答正态分布的实际应用题，其关键是如何转化，同时应熟练掌握正态分布在[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]三个区间内的概率．在此过程中用到转化和数形结合思想．培优训练(十五)概率模型的辨识与应用1．(2024·北京西城高三期中)某校设计了一个实验学科的实验考查方案，考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力．[解](1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3，P(ξ＝1)＝C41C22C63＝15P(ξ＝3)＝C43C所以ξ的分布列为ξ123P131则E(ξ)＝1×15＋2×35＋3×设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～B3，所以P(η＝0)＝C301P(η＝1)＝C312P(η＝2)＝C322P(η＝3)＝C332所以η的分布列为η0123P1248所以E(η)＝3×23(2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2，D(ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15D(η)＝3×23×1-23＝23，P(ξ≥2)＝35+15＝所以D(ξ)<D(η)，P(ξ≥2)>P(η≥2)，故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强．2．(2024年1月九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．[解](1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3个不同数字，有C4然后每种小球各取1个，有C21×C2所以PM＝C43×(2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，所以PX=1＝C21C当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，所以PX=2＝C21C当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，所以PX=3＝C21C所以X的分布列为X123P921所以EX＝1×914＋2×27＋3×1143．(2024·云南红河一模)第19届杭州亚运会于2023年9月23日至2023年10月8日举行，国球再创辉煌，某校掀起乒乓球运动热潮，组织乒乓球运动会．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分．(1)已知某局比赛中双方比分为8∶8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为0.4，乙发球时乙得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11∶9获胜的概率；(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且每局比赛的结果相互独立，两人又进行了X局后比赛结束，求[解](1)在比分为8∶8后甲先发球的情况下，甲以11∶9获胜的情况分三种：第一种：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P1＝25×3第二种：后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P2＝35×2第三种：后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为P3＝25×2所以所求事件的概率为P1＋P2＋P3＝350+3(2)随机变量X的可能取值为2，3，4，5，P(X＝2)＝23×2P(X＝3)＝C21×P(X＝4)＝C31×P(X＝5)＝C41×所以X的分布列为X2345P48138E(X)＝2×49＋3×827＋4×1381＋5×84．(2024·山东济南一模)为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平．某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格：序号i12345678910成绩xi(分)38414451545658647480记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为x，s2，经计算(xi-x)2＝1690，(1)求x；(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用x，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩ξ恰好落在区间30，82的人数为Y，求Y的数学期望E(附：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.9973.[解](1)x＝110×(2)因为体质测试不合格的学生有3名，所以X的可能取值为0，1，2，3.因为P(X＝0)＝C73C103＝724，P(P(X＝2)＝C71C32C103＝740所以X的分布列为X0123P72171(3)因为x＝56，s2＝＝110×1690＝169，所以μ＝56，σ＝13.因为P(30≤ξ≤82)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.9545，所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为0.9545，故Y～B(100，0.9545)，所以E(Y)＝100×0.9545＝95.45.【教师备用】课本习题是如何变为高考题的？1．(人教A版选择性必修第三册P53习题7.1T10)证明：当P(AB)>0时，P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)．据此你能发现计算P(A1A2…An)的公式吗？[证明]因为P(AB)>0，所以P(A)≥P(AB)>0.P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)×PABPA×P猜想P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)其中P(A1A2…An－1)>0.证明如下：因为P(A1A2…An－1)>0，所以P(A1)>0，P(A1A2)>0，…，P(A1A2…An－2)>0，P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An－1)＝P(A1)×PA1A2PA1×PA1A2A32．(2022·新高考Ⅰ卷第20题节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，PBAPBA(1)证明：R＝PA(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值．[解](1)证明：R＝PBAP由题意知，证明PBA·左边＝PABPA右边＝PABPB左边＝右边，故R＝PA(2)由已知P(A|B)＝40100，P(A|B)＝10又P(A|B)＝所以R＝PA点评：教材习题和高考试题都是利用条件概率公式P(B|A)＝PABP阶段提能(十八)随机事件的概率、离散型随机变量的数字特征1．(北师大版选择性必修第一册P219习题6－4A组T6)袋中有除颜色外完全相同的2个白球和3个黑球．(1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两个球颜色不同的概率；(2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率；(3)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记X为摸出的白球个数，求X的分布列、均值和方差；(4)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，记Y为摸出的白球个数，求Y的分布列、均值和方差．[解](1)记“摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同”为事件A，摸出一球是白球的概率为25，摸出一球是黑球的概率为3所以P(A)＝25×3(2)记事件B为“第一次摸到黑球”，事件C为“第二次摸到黑球”，依题意知P(B)＝35，P(BC)＝3×25×4＝所以在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为P(C|B)＝PBCPB(3)由题意，X的取值为0，1，2，则P(X＝0)＝35×3P(X＝1)＝25×3P(X＝2)＝25×2X的分布列为X012P9124所以E(X)＝0×925＋1×1225＋2×425D(X)＝0-45(4)由题意，Y的取值为0，1，2，则P(Y＝0)＝35×2P(Y＝1)＝35×2P(Y＝2)＝25×1Y的分布列为Y012P331所以E(Y)＝0×310＋1×35＋2×110D(Y)＝0-452．(人教A版选择性必修第三册P81习题7.4T7)一个车间有3台车床，它们各自独立工作．设同时发生故障的车床数为X，在下列两种情形下分别求X的分布列．(1)假设这3台车床型号相同，它们发生故障的概率都是20%；(2)这3台车床中有A型号2台，B型号1台，A型车床发生故障的概率为10%，B型车床发生故障的概率为20%.[解](1)由题意知X～B(3，0.2)，且P(X＝0)＝C30(1－0.2)P(X＝1)＝C310.2×(1－0.2)P(X＝2)＝C320.22×(1－0.2)P(X＝3)＝C330.2∴X的分布列为X0123P0.5120.3840.0960.008(2)由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，且P(X＝0)＝0.92×0.8＝0.648，P(X＝1)＝C21×0.1×0.9×0.8＋0.92×0.2＝0.144＋0.162P(X＝2)＝C220.12×0.8+P(X＝3)＝0.12×0.2＝0.002，∴X的分布列为X0123P0.6480.3060.0440.0023.(人教B版选择性必修第二册P62习题4－1AT4)某班级的学生中，是否有外地旅游经历的人数情况如下表所示．男生女生有外地旅游经历69无外地旅游经历98从这个班级中随机抽取一名学生：(1)求抽到的人是男生的概率；(2)求抽到的人是女生且无外地旅游经历的概率；(3)若已知抽到的人是女生，求她有外地旅游经历的概率；(4)若已知抽到的人有外地旅游经历，求其是男生的概率；(5)判断“抽到的人是女生”与“抽到的人有外地旅游经历”是否独立．[解]用B表示抽到的是男生，用W表示抽到的是女生，用C表示有外地旅游经历．(1)P(B)＝1515+17＝15(2)P(WC)＝P(W|(3)P(C|W)＝917(4)P(B|C)＝615＝2(5)因为P(C)＝1532，P(C|W)＝917≠所以W与C不相互独立．4．(人教A版选择性必修第三册P91复习参考题7T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．求n次传球后球在甲手中的概率．[解]设事件An：球经过n次传递后，球在甲手中，n＝1，2，3，….则P(An＋1)＝[1－P(An)]·12设P(An)＝Pn，则Pn＋1＝12(1－Pn∴Pn＋1－13＝－1又P1＝0，∴P1－13＝－1∴Pn-13∴Pn－13＝－1∴Pn＝13即经过n次传球后球在甲手中的概率为135．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4A[法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB+C＝0.4法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝PABPB6．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为()A．56B．23C．1A[甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况有6×6＝36种．其中甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，所以抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为3036＝57．(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为()A．16B．13C．1D[记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝46＝28．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．()A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率ABD[由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确；对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确；对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β1-β2+C33(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C选项不正确；对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α1-α2+C33(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P19．(2022·浙江卷)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝______，E(ξ)＝________．1635127[由题意知P(ξ＝2)＝ξ的所有可能取值为1，2，3，4.P(ξ＝1)＝C62C73＝1535＝37，P(ξ＝2)＝1635，P(ξ＝3)＝C3∴E(ξ)＝1×37＋2×1635＋3×335＋4×135＝10．(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．12035[法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝25，P(B)＝25%＝14，P(C)＝50%＝12，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝25×14×12＝120.设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝55+4+6＝13，P(D2)＝45+4+6＝415，P(D3)＝65+4+6＝25，P(E|D1)＝1－25＝35，P(E|D2)＝1－14＝34，P(E|D3)＝1－12＝12，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为2×1×35×4×6＝120；将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为91511．(2023·上海卷)21世纪汽车博览会在上海举行．某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观与内饰的颜色分布如表所示：红色外观蓝色外观棕色内饰