高考数学二轮专题复习-概率与统计(2)

第2讲 概率、随机变量及其概率分布

考情解读 (1)该部分常考内容有几何概型、古典概型、条件概率，而几何概型常与平面几何交汇命题，古典概型常与排列、组合交汇命题；常考内容还有离散型随机变量的概率分布、均值(期望)、方差，常与相互独立事件的概率、n次独立重复试验交汇考查．(2)从考查形式上来看，两种题型都有可能出现，填空题突出考查基础知识、基本技能，有时会在知识交汇点处命题；解答题则着重考查知识的综合运用，考查统计、古典概型、二项分布以及离散型随机变量的概率分布等，都属于中、低档题．

1．随机事件的概率

(1)随机事件的概率范围：0≤P(A)≤1；必然事件的概率为1；不可能事件的概率为0. (2)古典概型的概率

mA中所含的基本事件数P(A)＝＝.

n基本事件总数(3)几何概型的概率

构成事件A的区域长度?面积或体积?P(A)＝. 试验的全部结果所构成的区域长度?面积或体积?2．条件概率

在B发生的条件下A发生的概率： P?AB?

P(A|B)＝.

P?B?

3．相互独立事件同时发生的概率 P(AB)＝P(A)P(B)． 4．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

knk

Pn(k)＝Ck，k＝0,1,2，?，n. np(1－p)

－

5．超几何分布

nr

CrMCN－M

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，则P(X＝r)＝，r＝

CnN

－

0,1,2，?，l，其中l＝min(n，M)，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. 6．离散型随机变量的概率分布

(1)设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，?，xi，?，xn，X取每一个值xi的概率为P(X＝xi)＝pi，则称下表：

X P x1 p1 x2 p2 x3 p3 ? ? xi pi ? ? xn pn 为离散型随机变量X的概率分布． (2)离散型随机变量X的概率分布具有两个性质：①pi≥0，②p1＋p2＋?＋pi＋?＋pn＝1(i＝1,2,3，?，n)．

(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋?＋xipi＋?＋xnpn为X的均值或数学期望(简称期望)．

V(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋?＋(xi－E(X))2·pi＋?＋(xn－E(X))2·pn叫做随机变量ξ的方差． (4)性质

①E(aX＋b)＝aE(X)＋b，V(aX＋b)＝a2V(X)； ②X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)； ③X服从两点分布，则E(X)＝p，V(X)＝p(1－p).

热点一 古典概型与几何概型

例1 (1)在1,2,3,4共4个数字中，任取两个数字(允许重复)，其中一个数字是另一个数字的2倍的概率是________．

(2)(2013·四川改编)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是________． 思维启迪 (1)符合古典概型特点，求4个数字任取两个数字的方法种数和其中一个数字是另一个数字的2倍的方法数；(2)由几何概型的特点，利用数形结合求解． 13答案 (1) (2)

44

解析 (1)任取两个数字(可重复)共有4×4＝16(种)排列方法，一个数字是另一个数字的2倍41

的所有可能情况有12、21、24、42共4种，所以所求概率为P＝＝. 164

(2)如图所示，设在通电后的4秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为x、y，x、y0≤x≤4??

相互独立，由题意可知?0≤y≤4

??|x－y|≤2

，所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率

为P(|x－y|≤2)＝

S正方形－2S△ABC

S正方形

1

4×4－2××2×2

2123

＝＝＝.

1644×4

思维升华 (1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．

(2)在求基本事件的个数时，要准确理解基本事件的构成，这样才能保证所求事件所包含的基本事件个数的求法与基本事件总数的求法的一致性．

(3)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．

(1)(2014·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是

6的概率为________．

(2)在区间[－3,3]上随机取一个数x，使得函数f(x)＝1－x＋x＋3－1有意义的概率为________． 12

答案 (1) (2)

63

7

解析 (1)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件总数共有C10＝120(个)，记事3件“七个数的中位数为6”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为C36C3＝20，故所求

201概率P(A)＝＝.

1206

??1－x≥0，(2)由?得f(x)的定义域为[－3,1]，由几何概型的概率公式，得所求概率为P＝

?x＋3≥0，?

1－?－3?2＝. 3－?－3?3

热点二 相互独立事件和独立重复试验

例2 甲、乙、丙三个同学一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立．根据甲、乙、丙三个同学的平时成绩分析，甲、乙、丙三个同学能通过笔试的概率分别是0.6、0.5、0.4，能通过面试的概率分别是0.6、0.6、0.75. (1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过笔试的概率； (2)求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．

思维启迪 本题主要考查相互独立事件的概率求法，(1)问的关键是利用转化与化归思想，把欲求概率的事件分解为3个互斥事件进行计算；(2)问的关键是合理运用对立事件的概率公式计算求解．

解 (1)分别记“甲、乙、丙三个同学笔试合格”为事件A1、A2、A3；E表示事件“恰有一人通过笔试”， 则P(E)＝P(A1A

2

A3)＋P(A1A2A3)＋P(A

1

A2A3)

＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38. 即恰有一人通过笔试的概率是0.38.

(2)分别记“甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格”为事件A、B、C，则P(A)＝0.6×0.6＝0.36，

P(B)＝0.5×0.6＝0.3，P(C)＝0.4×0.75＝0.3.

事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”． 则F表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取， 即F＝A B C，

于是P(F)＝1－P(F)＝1－P(A)P(B)P(C) ＝1－0.64×0.7×0.7＝0.686 4.

即经过两次考试后，至少有一人被预录取的概率是0.686 4. 思维升华 求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点：

(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解． (2)一个复杂事件若正面情况比较多，反面情况比较少，则一般利用对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．

(3)注意辨别独立重复试验的基本特征：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．

某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B

1

在任意时刻发生故障的概率分别为和p.

10

49

(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；

50

(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率． 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么 1491

1－P(C)＝1－·p＝，解得p＝.

10505

(2)设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件

D.“系统A在3次相互独立的检测中发生k次故障”为事件Dk. 则D＝D0＋D1，且D0、D1互斥． 依题意，得P(D0)＝C03(1－112P(D1)＝C1·(1－)， 3

1010

729243243

所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.

1 0001 000250

243

所以系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为. 250热点三 随机变量的概率分布

例3 (2013·辽宁)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；

3(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，

54

答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，

5求X的概率分布和均值．

思维启迪 (1)利用对立事件求概率；(2)计算每个X的值所对应的概率．

解 (1)设事件A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A＝“张同学所取的3道题都是甲类题”．

C3156因为P(A)＝3＝，所以P(A)＝1－P(A)＝. C1066(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.

13

)， 10

?3?0?2?214； P(X＝0)＝C02·5·5·＝????5125

3?1?2?11280?3?0?2?24?P(X＝1)＝C1···＋C··＝25???5?52?5??5?5125； 3?2?2?01571?3?1?2?14?P(X＝2)＝C2···＋C··＝25???5?52?5??5?5125； 3?2?2?0436?P(X＝3)＝C2·25·5·＝????5125. 所以X的概率分布为

X P

4285736

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.

125125125125

0 4 1251 28 1252 57 1253 36 125

思维升华 解答离散型随机变量的概率分布及相关问题的一般思路： (1)明确随机变量可能取哪些值．

(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值． (3)根据概率分布和均值、方差公式求解．

(1)(2013·湖北改编)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样

大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的均值E(X)＝________.

(2)某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历．假定该毕业生得2

到甲公司面试的概率为，得到乙、丙两公司面试的概率均为p，且三个公司是否让其面试是

31

相互独立的，记X为该毕业生得到面试的公司个数．若P(X＝0)＝，则随机变量X的均值

12E(X)＝________. 65

答案 (1) (2)

53

解析 (1)125个小正方体中8个三面涂漆，36个两面涂漆，54个一面涂漆，27个没有涂漆， ∴从中随机取一个正方体，涂漆面数X的均值 543681506

E(X)＝×1＋×2＋×3＝＝.

1251251251255111(2)由题意知P(X＝0)＝(1－p)2＝，∴p＝. 3122随机变量X的概率分布为

X P 0 1 121 1 32 5 123 1 611515E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 1231263

概率模型的应用，需熟练掌握以下常考的五种模型：(1)基本事件的发生具有等可能性，一般可以抽象转化为古典概型问题，解决古典概型问题的关键是分清基本事件个数n与事件A中包含的基本事件个数m；(2)与图形的长度、面积或体积有关的概率应用问题，一般可以应用几何概型求解，即随机事件A的概率可用“事件A包含的基本事件所占图形的度量(长度、

面积或体积)”与“试验的基本事件所占图形的度量(长度、面积或体积)”之比表示；(3)两个事件或几个事件不能同时发生的应用问题，可转化为互斥事件来解决，解决这类问题的关键是分清事件是否互斥；(4)事件是否发生相互不影响的实际应用问题，可转化为独立事件的概率问题，其中在相同条件下独立重复多次的可转化为二项分布问题，应用独立事件同时发生的概率和二项分布公式求解；(5)有关平均值和稳定性的实际应用问题，一般可抽象为随机变量的均值与方差问题，先求出事件在各种情况下发生的概率，再应用公式求随机变量的均值和方差.

真题感悟

1．(2014·陕西改编)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________． 3答案 5

6

解析 取两个点的所有情况为C2所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为5＝10，103＝. 5

2．(2014·浙江改编)已知甲盒中仅有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． (1)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1,2)；

(2)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)． 则p1，p2的大小关系为________． 答案 p1>p2

解析 随机变量ξ1，ξ2的概率分布如下：

ξ1 P

ξ2 P 所以E(ξ1)＝

n2m2m＋n＋＝， m＋nm＋nm＋n

1 C2n 2Cm＋n2 1C1mCn 2Cm＋n1 n m＋n2 m m＋n3 C2m 2Cm＋n

1

3m＋nC22C13C2nmCnmE(ξ2)＝2＋2＋2＝，

Cm＋nCm＋nCm＋nm＋n

所以E(ξ1)

mn12m＋n

因为p1＝＋·＝，

m＋nm＋n22?m＋n?

1

3m＋nC2C1C2mmCn2n1

p2＝2＋2·＋2·＝，

Cm＋nCm＋n3Cm＋n33?m＋n?

n

p1－p2＝>0，所以p1>p2.

6?m＋n?押题精练

1．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为__________________________________________________________________． 答案

8 21

解析 有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有C410＝210种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件A为“取出球的编号互不相同，”

80811111则事件A包含了C5·C2·C2·C2·C2＝80个基本事件，所以P(A)＝＝. 21021

2．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，则获奖．现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是________． 答案

96 625

解析 由题意得任取两球有C26种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，62

(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6种情况，故每人摸球一次中奖的概率为2＝，故4人中有3人

C6523396

中奖的概率为C3. 4()×＝55625

3．甲乙两支球队进行总决赛，比赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，1

比赛结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比

2赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元． (1)求总决赛中获得门票总收入恰好为300万元的概率； (2)设总决赛中获得的门票总收入为X，求X的均值E(X)．

解 (1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列． 设此数列为{an}，则易知a1＝40，an＝10n＋30，∴Sn＝

n?10n＋70?

＝300. 2

解得n＝－12(舍去)或n＝5，∴总决赛共比赛了5场．

则前4场比赛的比分必为1∶3，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为

1141C4()＝. 24

(2)随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即220,300,390,490. 1又P(X＝220)＝2·()4

21141＝，P(X＝300)＝C14()＝， 824

1555316P(X＝390)＝C2，P(X＝490)＝C6()＝. 5()＝216216所以，X的概率分布为

X P 220 1 8300 1 4390 5 16490 5 161155所以X的均值为E(X)＝220×＋300×＋390×＋490×＝377.5(万元).

841616

(推荐时间：60分钟)

一、填空题

1．(2014·课标全国Ⅰ改编)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为________． 7

答案 8

解析 4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅1＋17在周六(周日)参加的各有1种，∴所求概率为1－＝.

168

2．已知菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝150°，若在菱形内任取一点，则该点到菱形的四个顶点的距离大于1的概率为________． π答案 1－

8

4×4×sin 150°－π×12π

解析 P＝＝1－.

84×4×sin 150°

?y≥0，23．已知Ω＝{(x，y)|?}，直线y＝mx＋2m和曲线y＝4－x有两个不同的交点，

?y≤4－x2它们围成的平面区域为M，向区域Ω上随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P(M)，

π－2

若P(M)∈[，1]，则实数m的取值范围为________．

2π答案 [0,1]

解析 如图，由题意得m≥0，根据几何概型的意义， S弓形S弓形

知P(M)＝＝，

S半圆2ππ－2

又P(M)∈[，1]，

2π所以S弓形∈[π－2,2π]． 故0≤m≤1.

4．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率是________． 7答案 9

解析 设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”， 3377则P(A)＝，P(AB)＝×＝.

10109307

P?AB?307

则所求概率为P(B|A)＝＝＝. 39P?A?

10

5．将三个骰子各掷一次，设事件A为“三个骰子掷出的点数都不同”，事件B为“至少有一个骰子掷出3点”，则条件概率P(A|B)，P(B|A)分别是________． 答案

601 912

解析 根据条件概率的含义，P(A|B)的含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少有一个骰子掷出3点”的情况下，“三个骰子掷出的点数都不同”的概率．因为“至少有一个骰子掷出3点”的情况共有6×6×6－5×5×5＝91(种)，“三个骰子掷出的点数都不相同且只有一个3点”的情况共有C13×5×4＝60(种)， 60所以P(A|B)＝.

91

P(B|A)的含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个骰子掷出的点数都不同”的

C13×5×41

情况下，“至少有一个骰子掷出3点”的概率，所以P(B|A)＝＝. 6×5×42

6．花园小区内有一块三边长分别是5 m，5 m，6 m的三角形绿化地，有一只小花猫在其内部玩耍，若不考虑猫的大小，则在任意指定的某时刻，小花猫与三角形三个顶点的距离均超过2 m的概率是________． π

答案 1－

6解析

如图所示，当小花猫与三角形ABC的三个顶点的距离均超过2 m时，小花猫要在图中的空白区域内．由于三角形为等腰三角形，底边BC上的高AD＝4 m，所以△ABC的面积是12 m2，因为三角形的内角和等于π，则图中的三个扇形的面积之和等于半径为2的圆面积的一半，12－2π即3个扇形的面积之和等于2π，所以空白区域的面积为12－2π，故所求的概率P＝＝12π1－. 6

7．(2014·江西)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________． 1答案 2

43

解析 从10件产品中取4件，共有C10种取法，取到1件次品的取法为C13C7种，由古典概型3

3×351C13C7概率计算公式得P＝4＝＝.

C102102

8．将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________． 答案

11

32

解析 正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次，5次或6次，故所求的1?6115?1?66?1?6?概率P＝C4＋C＋C626262＝??????32. 1

9．(2014·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则V(ξ)＝________.

52答案 5

解析 设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，

1??5＋a＋b＝1，则?

??a＋2b＝1，

?

解得?1

b＝?5，

3a＝，5

1312

所以V(ξ)＝＋×0＋×1＝. 5555

10．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＝

?－1，点数不是3的倍数，?

?Sn是其前n项和，则S5＝3的概率是________． ?1，点数是3的倍数，?

答案

10

243

2

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，结果为1发生的概率为

312110，S5＝3即5次试验中－1发生一次，1发生四次，故其概率为C1()1()4＝. 5·333243二、解答题

11．一个袋子中装有7个小球，其中红球4个，编号分别为1,2,3,4，黄球3个，编号分别为2,4,6，从袋子中任取4个小球(假设取到任一小球的可能性相等)． (1)求取出的小球中有相同编号的概率；

(2)记取出的小球的最大编号为X，求随机变量X的概率分布和均值．

解 (1)设取出的小球中有相同编号的事件为A，编号相同可分成一个相同和两个相同．

12

2?C1192C3＋C3?＋1P(A)＝＝. 4C735

(2)随机变量X的可能取值为3,4,6. 11

P(X＝3)＝4＝，

C735

32C12C4＋C42

P(X＝4)＝＝，

C457

C364

P(X＝6)＝4＝. C77

所以随机变量X的概率分布为

X P 3 1 354 2 56 4 7124179所以随机变量X的均值E(X)＝3×＋4×＋6×＝.

355735

12.(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，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

11

上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为；对落点在B上的来球，

2313

小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A，B上各一

55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ξ的概率分布与均值．

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)， 11111

则P(A3)＝，P(A1)＝，P(A0)＝1－－＝.

23236

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)， 13131

则P(B3)＝，P(B1)＝，P(B0)＝1－－＝.

55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意得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) 111113113

＝×＋×＋×＋×＝， 2535656510

3

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.

10(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 111

P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝×＝，

6530

P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1) 11131＝×＋×＝， 35656

131

P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝×＝，

355

P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3) 11112＝×＋×＝， 256515

P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)

131111＝×＋×＝， 253530111

P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝×＝.

2510可得随机变量ξ的概率分布为

ξ P 0 1 301 1 62 1 53 2 154 11 306 1 10111211191所以均值E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝. 306515301030

13．在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球2

都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是.

3

(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的概率分布及均值． (2)求教师甲在一场比赛中获奖的概率． 解 (1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6. 2

依条件可知，X～B(6，) 3

216－k

P(X＝k)＝Ck()k·()(k＝0,1,2,3,4,5,6) 6·33X的概率分布为

X P 0 1 7291 12 7292 60 7293 160 7294 240 7295 192 7296 64 72912 916E(X)＝(0×1＋1×12＋2×60＋3×160＋4×240＋5×192＋6×64)＝＝4.

72972922或因为X～B(6，)，所以E(X)＝6×＝4.

33即X的均值为4.

(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则 1241252632

P(A)＝C2()2·()＋C1()＋()＝. 4·4··333338132所以教师甲在一场比赛中获奖的概率为.

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