高三二轮高效复习讲义数学专题突破统计与概率第2讲随机变量及其分布

第2讲随机变量及其分布▶对应学生用书P79【考情分析】离散型随机变量的分布列、均值、方差和概率的计算问题常常结合在一起进行考查，重点考查超几何分布、二项分布及正态分布，以解答题为主，中等难度.1.(多选)(2024·全国Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x＝2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x，s2)，则()(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z＜μ＋σ)≈0.8413)A.P(X＞2)＞0.2 B.P(X＞2)＜0.5C.P(Y＞2)＞0.5 D.P(Y＞2)＜0.8解析：选BC.由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X＞2)＜P(X＞1.8)＝0.5，P(X＜1.9)≈0.8413，所以P(X＞2)＜P(X≥1.9)＝1－P(X＜1.9)≈1－0.8413＝0.1587＜0.2，所以A错误，B正确.因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y＜2.2)≈0.8413，P(Y＞2)＞P(Y＞2.1)＝0.5，P(Y＞2)＝P(Y＜2.2)≈0.8413＞0.8，所以C正确，D错误.2.(2024·北京卷)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4％，有索赔的保单的保费增加20％，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)解：(1)记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4，所以P(A)＝60+30+101000＝100(2)(ⅰ)由题知X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6，则PX＝0.4＝800PX＝－0.4＝PX＝－1.2＝PX＝－2.0＝PX＝－2.6＝故E(X)＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122.(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4％，有索赔的保单的保费增加20％，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中E(X)估计值大.证明如下：设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4％)＝0.384，对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20％)－0.8＝－0.32，对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12，对于索赔次数为3的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92，对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52，故E(Y)＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.1252.所以E(X)＜E(Y).考点1分布列性质及应用离散型随机变量X的分布列为Xx1x2x3…xi…xnPp1p2p3…pi…pn则(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)；(2)p1＋p2＋…＋pn＝1；(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn；(4)D(X)＝[x1－E(X)]2·p1＋[x2－E(X)]2·p2＋…＋[xn－E(X)]2·pn；(5)若Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b，D(Y)＝a2D(X).(1)已知X的分布列如表所示，且Y＝aX＋b，E(Y)＝56，则D(Y)＝()X－101Pa11A.1 B.5C.59 D.解析：选D.由a＋13＋16＝1可得a＝所以E(X)＝－1×12＋0×13＋1×16D(X)＝－1＋132×12＋0＋13所以D(Y)＝a2D(X)＝14×59＝(2)(多选)已知a＞0，b＞0，c＞0，且a，b，c成等差数列，随机变量X的分布列如下，则下列选项正确的是()X123PabcA.b＝14 B.a＋c＝C.43＜E(X)＜83 D.D(X)解析：选BCD.对于AB，由a得b＝13，a＋对于C，由a＋c＝23，a＞0，c＞0，得0＜c＜23，则E(X)＝a＋2b＋3c＝2c＋43∈43对于D，D(X)＝a1－2c＋432＋132－2c＋432＋c3－2c＋432＝(23－c)(2c当c＝13时，D(X)取得最大值，且最大值为23，D[规律方法]分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1的性质可求参数的值及检查分布列的正确性.(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率.对点练1.(1)(多选)已知离散型随机变量X的分布列如下：X01234Pq0.40.10.20.2若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有()A.q＝0.1 B.E(X)＝2C.E(Y)＝5 D.D(X)＝1.4解析：选ABC.由离散型随机变量分布列的性质可知，q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，解得q＝0.1，故A正确；E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，故B正确；E(Y)＝2E(X)＋1＝2×2＋1＝5，故C正确；D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2＝1.8，故D错误.(2)随机变量X的分布列如表所示，则D(bX)的最大值为()X123Pa2baA.29 B.1C.227 D.解析：选D.由题可知2a＋2b＝1，0≤a≤1，0≤2b≤1，所以a＋b＝12，0≤b≤1E(X)＝a＋4b＋3a＝4(a＋b)＝2，D(X)＝(1－2)2a＋(3－2)2a＝2a，则D(bX)＝b2D(X)＝2ab2＝－2b3＋b2，令f(b)＝－2b3＋b2，则f'(b)＝－6b2＋2b＝－2b(3b－1)，则f(b)在0，13上单调递增，在13，12上单调递减，所以f(b)所以D(bX)的最大值为127考点2随机变量的分布列1.超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝CMkCN－Mn－kCNn，k＝m，其中n，M，N∈N，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}.超几何分布的期望E(X)＝n·MN.2.二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝Cnkpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).角度1相互独立事件(1)(2025·广东惠州模拟)事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，若P(A)＝35，P(B)＝23，P(A∪B)＝1115，则事件A与事件B的关系为(A.互斥 B.对立C.独立 D.包含解析：选C.由概率公式可得P(B)＝1－P(B)＝1－23＝1因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即35＋13－P(AB)＝1115，可得P(AB)所以P(AB)＝P(A)·P(B)，因此，事件A与事件B独立.(2)(多选)(2025·湖南常德一模)设样本空间Ω＝5，6，7，8，且每个样本点是等可能的，已知事件A＝5，6，B＝5，A.事件A与B为互斥事件B.事件A，B，C两两独立C.PABC＝P(A)P(B)P(C)D.PA｜C＝解析：选BD.对于选项A，因为A∩B＝5，所以事件A与B不互斥，故A错误；对于选项B，P(AC)＝P(BC)＝P(AB)＝14，P(A)＝P(B)＝P(C)＝12，P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)，故B对于选项C，A，B，C交集为5，则P(ABC)＝14，P(A)P(B)·P(C)＝18，故C对于选项D，P(AC)＝P(AC)P(C)＝12，P(CA)＝[规律方法]1.关于独立事件的判断判断事件A，B相互独立的依据是验证P(AB)＝P(A)P(B)是否成立，求P(AB)时，要了解事件AB的含义，避免与事件A，B混淆.2.求复杂事件概率的一般步骤(1)分析事件的构成：看复杂事件是能转化为n个彼此互斥的事件的和事件，还是能转化为n个相互独立事件的积事件.(2)用概率公式求解.角度2超几何分布(2025·四川达州模拟)年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球(绿球的个数最多)，消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是13，某消费者抽奖一次.(1)求其获得一等奖的概率；(2)记抽到的绿球个数为ξ，求ξ的分布列及其期望.解：(1)设10个小球中黄球为m个，绿球为n个，且n＞m，m∈N，n∈N，由题意得Cm1·Cn1C102＝13，解得m＝记事件A：某消费者抽奖一次获得一等奖，则P(A)＝C22C所以该消费者获得一等奖的概率为145(2)由题意，ξ的取值是0，1，2，则Pξ=0＝C50·C52C102＝29，Pξ=1ξ的分布列为：ξ012P252期望Eξ＝0×29＋1×59＋2×29角度3二项分布(2025·河南焦作二模)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是14，乙每次击中目标的概率是12，假设两人是否击中目标相互之间没有影响(1)求甲恰好比乙多击中目标2次的概率；(2)设甲击中目标的次数为X，求X的分布列和数学期望.解：(1)设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件B1，甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件B2，则P(A)＝PB1＋PB2＝C32142341×所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为3128(2)由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，14)PX=0＝343PX=1＝C31PX=2＝C32P(X＝3)＝143＝所以X的分布列为X0123P272791所以EX＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×1[规律方法]关于二项分布及其应用(1)判断随机变量是否服从二项分布要把握“多、独、等”三个字.“多”是指一个对象进行多次试验，或多个对象依次进行试验.“独”是指不同次试验之间是相互独立的.“等”是指每次试验发生的概率相等.(2)对于比较复杂的多次试验，可能其中某连续的几次试验是独立重复试验，发生的次数服从二项分布，其他的只是独立事件.对点练2.(1)某项智力测试共有A，B，C，D，E五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试.小明答对A，B，C三道试题的概率均为23，答对D，E两道试题的概率均为12，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题A的条件下通过测试的概率为(A.16 B.C.718 D.解析：选D.小明已经答错了试题A，故要通过测试需在B，C，D，E四道试题中至少答对其中三道试题.∵至少答对其中三道试题包括恰好答对三道试题和答对四道试题两种情况，∴至少答对其中三道试题的概率为C21(23)2×12×(1－12)＋C2123×(1－2所以小明在答错试题A的条件下通过测试的概率为49(2)某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率为；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率为.解析：由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率为C41C至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率为C22＋所以在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率为815÷35＝答案：815(3)(2025·山东济南一模)某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为78，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为12.已知输入的问题表达不清晰的概率为①求智能客服的回答被采纳的概率；②在某次测试中输入了3个问题(3个问题相互独立)，设X表示智能客服的回答被采纳的次数，求X的分布列、期望及方差.解：①设A＝“智能客服的回答被采纳”，B＝“输入的问题表达不清晰”，依题意，P(B)＝15，P(B)＝45，P(A｜B)＝12，P(A｜B)因此P(A)＝P(B)P(A｜B)＋P(B)P(A｜B)＝15×12＋45×7所以智能客服的回答被采纳的概率为45②依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，X～B(3，45)P(X＝0)＝C30(45)0(1P(X＝1)＝C31(45)1(1P(X＝2)＝C32(45)2(1P(X＝3)＝C33(45)3(1所以X的分布列为：X0123P1124864数学期望E(X)＝3×45＝125，D(X)＝3×45×1考点3正态分布某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩(单位：分)排名前300名的学生参加复赛.已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机抽取100人的预赛成绩作为样本，得到如图所示的频率分布直方图.(1)规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望.(2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛的学生的预赛成绩Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替)，且σ2＝362.已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛.附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.9973；362≈19.解：(1)由题图知，预赛成绩在[60，80)范围内的样本量为0.0125×20×100＝25，预赛成绩在[80，100]范围内的样本量为0.0075×20×100＝15.设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，则X的可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C252CP(X＝1)＝C251CP(X＝2)＝C152C所以至少有1人预赛成绩优良的概率为2552＋752＝813，且X012P5257故E(X)＝0×513＋1×2552＋2×752(2)由题意得μ＝(10×0.005＋30×0.01＋50×0.015＋70×0.0125＋90×0.0075)×20＝53，又σ2＝362，所以σ≈19，所以Z～N(53，362).故P(Z≥91)＝P(Z≥μ＋2σ)＝12[1－P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)]≈0.02275因此全市参加预赛的学生中，成绩不低于91分的有12000×0.02275＝273(人).因为273＜300，所以小明有资格参加复赛.[规律方法]利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1，注意下面三个结论的灵活运用：(1)对任意的a，有P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)；(2)P(X＜x0)＝1－P(X≥x0)；(3)P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a).对点练3.(1)某市20000名学生参加一次数学测试(满分150分)，学生的测试成绩X近似服从正态分布N100，102，则测试成绩在90，(若X～Nμ，σ2，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，Pμ－2σA.2717 B.2718C.6827 D.9545解析：选C.因为P90≤X≤100＝P(μ－σ≤X≤μ)＝12Pμ－σ≤X≤μ＋σ＝12×0.6827＝0.34135，所以测试成绩在90(2)(多选)(2025·河南二模)2006年党中央正式决定全面取消农业税.某县为了了解取消农业税前后农民每亩地的收入(单位：万元)发生了怎样的变化，通过抽样调查后发现取消农业税之前农民每年每亩地的收入X服从正态分布N1.4，s12，取消之后每年每亩地的收入Y服从正态分布N2.3，s2A.PX≥1.B.PY≥1.C.PY≤s2D.∀n∈N，PY≤n＜解析：选AC.由正态分布的对称性得PX≥1.4＝12＜PY≥1.4，而P(Y≥1.4)＞12＞P(X≥2.由Y的正态密度曲线的峰值高于X，峰值越高对应方差越小，即s1＞s2，故PY≤s2＜PY≤s如图，由于Y的方差更小，所以其正态密度曲线递减速度更快，当n取较大的正数时，PY≤n＞PX≤n，[课下巩固检测练(三十四)]随机变量及其分布(单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分)一、单选题1.(2025·广东肇庆二模)小王数学期末考试考了90分，受到爸爸表扬的概率为12，受到妈妈表扬的概率也为12，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为(A.12 B.C.34 D.解析：选C.记小王受到爸爸表扬为事件A，小王受到妈妈表扬为事件B，小王受到表扬为事件D，小王同学受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立，则PD＝1－PA·PB＝1－12×12＝2.(2025·浙江台州二模)若随机变量X～N(1，σ2)，且PX<0.9＝0.3，则P(｜X－1｜＜0.1)＝A.0.3 B.0.4 C.0.5 D.0.6解析：选B.由X－1＜0.1可得－0.1＜X－1＜0.1，即0.9＜X＜1.因为随机变量X～N1，σ2，且PX<故PX－1＜0.1＝P0.9＜X＜1.1＝1－2P(X＜3.甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为23，则甲第一局获胜并最终以4∶1获胜的概率为(A.16243 B.C.1681 D.解析：选C.甲第一局获胜并最终以4∶1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为C31×234×4.(2025·湖南长沙二模)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为12，目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为16，目标被三人击中而摧毁的概率为12，若四人都击中目标肯定被摧毁，则目标被摧毁的概率为A.116 B.C.14 D.解析：选C.设击中次数为X，则X～B4，所以PX=2＝C42(1PX=3＝C43(12)4＝416，由全概率公式，得目标被摧毁的概率P＝616×16＋416×12＋1165.已知随机变量ξ的分布列如表所示，若D(ξ＋1)＝59，则E(ξ＋1)＝(ξ－101Pa1cA.23 B.C.23或43 D.－2解析：选C.由题意可得a＋13＋c＝1，即c＝23－则E(ξ)＝－1×a＋0×13＋1×c＝c－a＝23－2则D(ξ)＝a(23－2a＋1)2＋13(23－2a－0)2＋(23－a)(23－2a－1)2＝D(化简得－4a2＋83a＋29＝即12a2－8a＋1＝(2a－1)(6a－1)＝0，解得a＝12或a＝1则E(ξ)＝－13或E(ξ)＝1则E(ξ＋1)＝E(ξ)＋1＝－13＋1＝23或Eξ+1＝E(ξ)＋1＝13＋二、多选题6.(2025·湖南娄底二模)化学课上，老师带同学进行酸碱平衡测量实验，由于物质的量浓度差异，测量酸碱度pH值时会造成一定的误差，甲小组进行的实验数据的误差X和乙小组进行的实验数据的误差Y均符合正态分布，其中X～N0.3，0.0001，Y～N(0.28，0.0004)，已知正态分布密度函数fx＝1σ2πe－x－μ22σA.f10.3＞fB.乙小组的实验误差数据相对于甲组更集中C.PX＜0.28＋D.PY＜0.解析：选AC.由正态分布密度函数曲线可知，数据的标准差越小，数据越集中在均值附近，峰值越大，反之，标准差越大，数据越分散，峰值越小.对于两个小组的误差，甲组的标准差σ1＝0.0001＝0.01，乙组的标准差σ2＝0显然甲组的标准差更小，故峰值更大，数据相对乙组更集中，故A正确，B错误；P(X＜0.28)＝P(X＜μ－2σ1)＝P(X＞μ＋2σ1)，P(X≤0.32)＝P(X≤μ＋2σ1)，P(X＜0.28)＋P(X≤0.32)＝P(X＞μ＋2σ1)＋P(X≤μ＋2σ1)＝1，故C正确；P(Y＜0.31)＝P(Y＜μ＋32σ2)＞P(Y＜μ＋σ2)＝12＋12P(μ－σ2＜Y＜μ＋σP(X＜0.31)＝P(X＜μ＋σ1)＝12＋12P(μ－σ1＜X＜μ＋σ1而对于任何正态分布都有P(μ－σ1＜X＜μ＋σ1)＝P(μ－σ2＜Y＜μ＋σ2)，故P(Y＜0.31)＞P(X＜0.31)，故D错误.7.(2025·福建福州模拟)甲、乙两选手进行象棋比赛，有3局2胜制，5局3胜制两种方案.设每局比赛中甲获胜的概率为p(0＜p＜1)，且每局比赛的结果互不影响，则下列结论正确的有()A.若采用3局2胜制，则甲获胜的概率为p23B.若采用5局3胜制，则甲以3∶1获胜的概率为5p31C.若p＝0.6，则甲在5局3胜制中获胜的概率比在3局2胜制中获胜的概率大D.若p＝0.6，采用5局3胜制，在甲获胜的条件下，比赛局数为4局的可能性最大解析：选ACD.对A：采用3局2胜制，甲获胜分为第一二局胜，第一三局胜，第二三局胜三种情况，最终甲获胜的概率为p2＋2p21－p＝－2p3＋3p2＝p23－2p对B：采用5局3胜制，甲以3∶1获胜，则甲前三局胜两局，第四局获胜，故甲获胜的概率为C32p21－pp＝3p31－对C：因为p＝0.6，结合A项可知若采用3局2胜制，甲获胜的概率为P1＝0.648，若采用5局3胜制，甲获胜的概率为P2＝0.63＋3×0.63×0.4＋C420.62×0.42×0.6＝0.68256＞P1，故C对D：因为p＝0.6，结合C项可知若采用5局3胜制，甲获胜的概率为P2，甲获胜的条件下，比赛局数X可取值为3，4，5，由条件概率公式可得：PX=3＝0.216P2，P(X＝4)＝0.2592P三、填空题8.某学校组织趣味运动会，一共设置了3个项目(其中只包含1个球类项目)，每位教师只能从3个项目中随机选择2个参加，设李老师选择的2个项目中所含球类项目的数量为X，则X的所有可能取值为，数学期望EX＝.解析：X的取值可能为0，1.依题意可知X服从超几何分布，则PX＝0＝C22C32＝13所以EX＝0×13＋1×23＝答案：0，129.(2025·陕西西安二模)排球比赛实行“五局三胜制”(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲、乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13，则在这场“五局三胜制”的排球比赛中甲队获胜的概率为解析：命题可以转化为：即使某一队获胜三场，也照常进行后续的场次，直至五场全部结束，最后获胜场次数多的队获胜.二者等效(区别仅在于胜负已定后，后续场次是否真正进行).此时，甲队获胜的概率即为甲队获胜场数不小于3的概率，即235＋C54×234×13＋C53×2答案：64四、解答题10.(2025·辽宁锦州二模)甲、乙两人对比进行射击训练，共进行100个回合.每个回合甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少都击中8环，统计资料显示甲击中8环，9环，10环的概率分别为0.7，0.2，0.1，乙击中8环，9环，10环的概率分别为0.6，0.2，0.2，且甲、乙两人射击相互独立.记第i个回合甲、乙击中的环数分别为xi，yi，i＝1，2，…，100.(1)在某一个回合训练中，已知乙击中的环数少于甲击中的环数，求甲击中10环的概率；(2)中心极限定理是概率论中的一个重要结论：若随机变量ξ～Bn，p，则当np＞5且n1－p＞5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望与方差分别与η的均值与方差近似相等.根据该定理，设满足yi＜xi(i＝1，2，…，100)的i值有k个，利用正态分布估计k≤24的概率附：(若η～Nμ，σ2，则P(μ－σ＜η＜μ＋σ)≈0.6827，Pμ－2σ＜η＜μ+2σ≈0.9545，P(μ－3σ＜η解：(1)设在一个回合训练中，乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，甲击中10环为事件B，则P(A)＝0.2×0.6＋0.1×0.6＋0.1×0.2＝0.2，PAB＝(0.6＋0.2)×0.1＝0.08，则所求概率为PB｜A＝PABP(A(2)由题意100个回合中，满足xi＞yi的i值有k个，由(1)知：k～B100，所以Ek＝np＝100×0.2＝20＞5，n1－p＝100×0.8＝80＞又Dk＝100×0.2×0.8＝16，所以μ＝20，σ＝Dk＝4故η～N20，42，μ＋σ＝20＋4由正态分布的对称性可知，估计k≤24的概率为P(k≤24)＝Pη≤μ＋σ≈1－1－11.(2025·广东中山一模)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按题目要求独立完成.规定：至少正确完成其中2道题的便可通过.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；(2)请从稳定性的角度分析甲