（2022高考数学一轮复习(步步高)）第7节 条件概率及二项分布.doc

1、第第 7 节节条件概率及二项分布条件概率及二项分布 考试要求1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念；2.理解 n 次独立重复试 验的模型及二项分布，能解决一些简单的实际问题. 知 识 梳 理 1.条件概率 条件概率的定义条件概率的性质 设 A，B 为两个事件，且 P(A)0，称 P(B|A)P（AB） P（A） 为在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率 (1)0P(B|A)1； (2)如果B和C是两个互 斥事件，则 P(BC|A) P(B|A)P(C|A) 2.事件的相互独立性 (1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)P(A)P(B)，则称事件 A 与事件 B 相 互

2、独立. (2)性质：若事件 A 与 B 相互独立，则 A 与B ，A 与 B，A 与B 也都相互独立，P(B|A) P(B)，P(A|B)P(A). 3.独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验 在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验，其中 Ai(i1，2， n)是第 i 次试验结果，则 P(A1A2A3An)P(A1)P(A2)P(A3)P(An). (2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，用 X 表示事件 A 发生的次数，设每次试验中事件 A 发 生的概率为 p，则 P(Xk)Cknpk(1p)n k(k0，1，2，n)，此时称随机变量 X 服从二项分布，记作 XB(

3、n，p)，并称 p 为成功概率. 常用结论与微点提醒 相互独立事件与互斥事件的区别 相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为 P(AB)P(A)P(B)， 互斥事件是指在同一试验中， 两个事件不会同时发生， 计算公式为 P(AB)P(A) P(B). 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)条件概率一定不等于它的非条件概率.() (2)对于任意两个事件，公式 P(AB)P(A)P(B)都成立.() (3)二项分布是一个概率分布列， 是一个用公式 P(Xk)Cknpk(1p)n k， k0， 1， 2，n 表示的概率分布列，它表示了 n 次独立重复试验中事

4、件 A 发生的次数 的概率分布.() (4)n 次独立重复试验要满足：每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称 为“成功”和“失败”；每次试验“成功”的概率为 p；“失败”的概率为 1 p；各次试验是相互独立的.() 解析对于(1)，条件概率并不一定不等于无条件概率，例如当 A 与 B 相互独立 时，就有 P(A|B)P(A)，故(1)错；对于(2)，只有当 A，B 为相互独立事件时，公 式 P(AB)P(A)P(B)才成立. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材选修 23P54 练习 2 改编)已知盒中装有 3 个红球、 2 个白球、 5 个黑球， 它们大小形状完全相同.甲每次从中任

5、取一个不放回，则在他第一次拿到白球的 条件下，第二次拿到红球的概率为() A. 3 10 B.1 3 C.3 8 D.2 9 解析设“第一次拿到白球”为事件 A，“第二次拿到红球”为事件 B，依题意 P(A) 2 10 1 5，P(AB) 23 109 1 15， 故 P(B|A)P（AB） P（A） 1 3. 答案B 3.(老教材选修 23P55 练习 3 改编)天气预报，在元旦假期甲地的降雨的概率是 0.2，乙地的降雨概率是 0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响， 则这两地中恰有一个地方降雨的概率为() A.0.2B.0.3C.0.38D.0.56 解析设甲地降雨为事件A，

6、 乙地降雨为事件B， 则两地恰有一地降雨为AB A B， 且 A，B，A ，B 彼此相互独立， P(AB A B)P(AB )P(A B) P(A)P(B )P(A )P(B) 0.20.70.80.30.38. 答案C 4.(2020重庆诊断)袋中装有 2 个红球，3 个黄球，有放回地抽取 3 次，每次抽取 1 球，则 3 次中恰有 2 次抽到黄球的概率是() A.2 5 B.3 5 C. 18 125 D. 54 125 解析袋中装有 2 个红球，3 个黄球，有放回地抽取 3 次，每次抽取 1 球，每次 取到黄球的概率 p13 5， 3 次中恰有 2 次抽到黄球的概率 pC 2 3 3 5

7、 2 13 5 54 125. 答案D 5.(2019全国卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场 胜利时， 该队获胜， 决赛结束).根据前期比赛成绩， 甲队的主客场安排依次为“主 主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场 比赛结果相互独立，则甲队以 41 获胜的概率是_. 解析记事件 M 为甲队以 41 获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜， 前四场甲队胜三场负一场，所以 P(M)0.6(0.620.5220.60.40.522) 0.18. 答案0.18 6.(多填题)(2020泰安质检)某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门

8、，现随机地取 1 把钥匙试着开门，不能开门的就扔掉，问第二次才能打开门的概率是_； 如果试过的钥匙不扔掉，这个概率是_. 解析由题意知，第二次打开门，说明第一次没有打开门，故第二次打开门的概 率为2 4 2 3 1 3.如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为 2 4 2 4 1 4. 答案 1 3 1 4 考点一条件概率 【例 1】 (1)(一题多解)从 1，2，3，4，5 中任取 2 个不同的数，事件 A“取到 的 2 个数之和为偶数”， 事件 B“取到的 2 个数均为偶数”， 则 P(B|A)() A.1 8 B.1 4 C.2 5 D.1 2 (2)(2020长沙一模)已知一种元件的使用寿命超

9、过 1 年的概率为 0.8，超过 2 年的 概率为 0.6，若一个这种元件使用到 1 年时还未失效，则这个元件使用寿命超过 2 年的概率为() A.0.75B.0.6C.0.52D.0.48 解析(1)法一P(A)C 2 3C22 C25 4 10 2 5，P(AB)P(B) C22 C25 1 10.由条件概率计算 公式，得 P(B|A)P（AB） P（A） 1 10 2 5 1 4. 法二事件 A 包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共 4 个. 事件 AB 发生的结果只有(2，4)一种情形，即 n(AB)1. 故由古典概型概率 P(B|A)n（AB） n（A）

10、1 4. (2)设“一个这种元件使用超过 1 年”为事件 A，“使用超过 2 年”为事件 B，则 P(A)0.8，P(AB)0.6，则这个元件在使用到 1 年时还未失效的前提下，这种元 件使用寿命超过 2 年的概率为 P(B|A)P（AB） P（A） 0.6 0.80.75.故选 A. 答案(1)B(2)A 规律方法(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)P（AB） P（A） ，这是求条 件概率的通法. (2)借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再求事件 A 与 事件 B 的交事件中包含的基本事件数 n(AB)，得 P(B|A)n（AB） n

11、（A） . 【训练 1】 (1)(一题多解)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 任取一只且不放回，则在他第 1 次取到的是螺口灯泡的条件下，第 2 次取到的是 卡口灯泡的概率为() A. 3 10 B.2 9 C.7 8 D.7 9 (2)有一批种子的发芽率为 0.9，出芽后的幼苗成活率为 0.8，在这批种子中，随 机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为_. 解析(1)法一设事件 A 为“第 1 次取到的是螺口灯泡”，事件 B 为“第 2 次 取到的是卡口灯泡”， 则 P(A) 3 10，P(A

12、B) 3 10 7 9 7 30， 则所求概率为 P(B|A)P（AB） P（A） 7 30 3 10 7 9. 法二第 1 次取到螺口灯泡后还剩余 9 只灯泡，其中有 7 只卡口灯泡，故第 2 次取到卡口灯泡的概率为C 1 7 C19 7 9. (2)设种子发芽为事件 A，种子成长为幼苗为事件 B(发芽又成活为幼苗). 依题意 P(B|A)0.8，P(A)0.9. 根据条件概率公式 P(AB)P(B|A)P(A)0.80.90.72， 即这粒种子能成长为幼 苗的概率为 0.72. 答案(1)D(2)0.72 考点二相互独立事件同时发生的概率 【例 2】 (2020成都诊断)某企业有甲、乙两个

13、研发小组，他们研发新产品成功 的概率分别为2 3和 3 5.现安排甲组研发新产品 A，乙组研发新产品 B.设甲、乙两组 的研发相互独立. (1)求至少有一种新产品研发成功的概率； (2)若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B 研发成功， 预计企业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列. 解记 E甲组研发新产品成功，F乙组研发新产品成功，由题设知 P(E) 2 3，P(E )1 3，P(F) 3 5，P(F )2 5，且事件 E 与 F，E 与F ，E 与 F，E 与F 都相互 独立. (1)记 H至少有一种新产品研发成功，则H E F ， 于是 P(H

14、)P(E )P(F )1 3 2 5 2 15， 故所求的概率为 P(H)1P(H )1 2 15 13 15. (2)设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0，100，120，220，因为 P(X 0)P(E F ) 1 3 2 5 2 15，P(X100)P(E F)1 3 3 5 3 15 1 5， P(X120)P(EF )2 3 2 5 4 15， P(X220)P(EF)2 3 3 5 6 15 2 5. 故所求的分布列为 X0100120220 P 2 15 1 5 4 15 2 5 规律方法求相互独立事件同时发生的概率的主要方法 (1)利用相互独立事件的概率乘法公

15、式直接求解. (2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时， 可从其对立 事件入手计算. 【训练 2】 (2019濮阳二模)如图，已知电路中 4 个开关闭合的概率都是1 2，且是 相互独立的，则灯亮的概率为() A. 3 16 B.3 4 C.13 16 D.1 4 解析灯泡不亮包括两种情况：四个开关都开，下边的 2 个都开，上边的 2 个中有一个开， 灯泡不亮的概率是1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 16， 灯亮和灯不亮是两个对立事件， 灯亮的概率是 1 3 16 13 16. 答案C 考点三独立重复试验与

16、二项分布 【例 3】 (2020湖南五市十校联考)为全面贯彻党的教育方针，坚持立德树人， 适应经济社会发展对多样化高素质人才的需要，按照国家统一部署，湖南省高考 改革方案从 2018 年秋季进入高一年级的学生开始正式实施.新高考改革中，明确 高考考试科目由语文、数学、英语 3 科，及考生在政治、历史、地理、物理、化 学、生物 6 个科目中自主选择的 3 科组成，不分文理科.假设 6 个自主选择的科 目中每科被选择的可能性相等，每位学生选择每个科目互不影响，甲、乙、丙为 某中学高一年级的 3 名学生. (1)求这 3 名学生都选择物理的概率； (2)设 X 为这 3 名学生中选择物理的人数，求

17、X 的分布列. 解(1)设“这 3 名学生都选择物理”为事件 A， 依题意得每位学生选择物理的概率都为1 2， 故 P(A) 1 2 3 1 8，即这 3 名学生都选择物理的概率为 1 8. (2)X 的所有可能取值为 0，1，2，3， 由题意知 XB 3，1 2 ， P(X0)C03 1 2 31 2 0 1 8， P(X1)C13 1 2 21 2 1 3 8， P(X2)C23 1 2 11 2 2 3 8， P(X3)C33 1 2 01 2 3 1 8. 所以 X 的分布列为 X0123 P 1 8 3 8 3 8 1 8 规律方法利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程， 但需

18、要注意检查 该概率模型是否满足公式 P(Xk)Cknpk(1p)n k 的三个条件：(1)在一次试验中 某事件 A 发生的概率是一个常数 p；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行 的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示 n 次试验中事 件 A 恰好发生了 k 次的概率. 【训练 3】 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取 100 名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 55 名男性驾驶员中，平均车速超过 100 km/h 的有 40 人，不超过 100 km/h 的有 15人； 在45名女性驾驶员中， 平均车速超过

19、100 km/h的有 20人， 不超过100 km/h 的有 25 人. (1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过 100 km/h 的人中随机抽取 2 人，求 这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员的概率； (2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取 3 辆， 记这 3 辆车平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的车辆数为 X，求 X 的分布 列. 解(1)平均车速不超过 100 km/h 的驾驶员有 40 人， 从中随机抽取 2 人的方法总 数为 C240，记“这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员”为事件 A，则 事件 A

20、 所包含的基本事件数为 C115C125，所以所求的概率 P(A)C 1 15C125 C240 1525 2039 25 52. (2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取 1 辆车，平均车速超过 100 km/h 且 为男性驾驶员的概率为 40 100 2 5， 故 XB 3，2 5 . 所以 P(X0)C03 2 5 0 3 5 3 27 125， P(X1)C13 2 5 3 5 2 54 125， P(X2)C23 2 5 23 5 36 125， P(X3)C33 2 5 33 5 0 8 125. 所以 X 的分布列为 X0123 P 27 125 54 125 36 125 8

21、 125 数学运算二项分布与超几何分布的辨别 1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养. 主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计 运算程序，求得运算结果等. 2.教材和考题中常涉及二项分布与超几何分布，学生对这两种模型的定义不能很 好地理解，一遇到“取”或“摸”的题型，就认为是超几何分布，不加分析，滥 用公式， 运算对象不明晰， 事实上， 超几何分布和二项分布确实有着密切的联系， 但也有明显的区别. 【例 1】 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪 些？服从超几何分布的是哪些？ (1)X1表示 n 次重复抛掷

22、 1 枚骰子出现点数是 3 的倍数的次数. (2)X2表示连续抛掷 2 枚骰子，所得的 2 个骰子的点数之和. (3)有一批产品共有 N 件，其中次品有 M 件(NM0)，采用有放回抽取方法抽 取 n 次(nN)，抽出的次品件数为 X3. (4)有一批产品共有 N 件，其中 M 件为次品，采用不放回抽取方法抽 n 件，出现 次品的件数为 X4(NMn0). 解(1)X1的分布列为 X1012n P C0n 1 3 02 3 n C1n 1 3 1 2 3 n1 C2n 1 3 2 2 3 n2 Cnn 1 3 n X1服从二项分布，即 X1B n，1 3 . (2)X2的分布列为 X22345

23、6789101112 P 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 5 36 4 36 3 36 2 36 1 36 (3)X3的分布列为 X3012n P1M N n C1nM N 1M N n1 C2n M N 2 1M N n2 M N n X3服从二项分布，即 X3B n，M N . (4)X4的分布列为 X401kn P CnNM CnN C1MCn 1 NM CnN CkMCn k NM CnN CnM CnN X4服从超几何分布. 【例 2】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水 线上的 40 件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质

24、量的分组区间为(490， 495，(495，500，(510，515.由此得到样本的频率分布直方图(如下图). (1)根据频率分布直方图，求质量超过 505 克的产品数量； (2)在上述抽取的 40 件产品中任取 2 件，设 X 为质量超过 505 克的产品数量，求 X 的分布列； (3)从该流水线上任取 2 件产品，设 Y 为质量超过 505 克的产品数量，求 Y 的分 布列. 解(1)质量超过 505 克的产品的频率为 50.0550.010.3， 所以质量超过 505 克的产品数量为 400.312(件). (2)重量超过 505 的产品数量为 12 件，则重量未超过 505 克的产品数

25、量为 28 件， X 的取值为 0，1，2， X 服从超几何分布. P(X0)C 2 28 C240 63 130，P(X1) C112C128 C240 28 65， P(X2)C 2 12 C240 11 130， X 的分布列为 X012 P 63 130 28 65 11 130 (3)根据样本估计总体的思想， 取一件产品， 该产品的质量超过 505 克的概率为12 40 3 10. 从流水线上任取 2 件产品互不影响，该问题可看成 2 次独立重复试验，质量超过 505 克的件数 Y 的可能取值为 0，1，2，且 YB 2， 3 10 ， P(Yk)Ck2 1 3 10 2k3 10

26、k ， 所以 P(Y0)C02 7 10 2 49 100， P(Y1)C12 3 10 7 10 21 50， P(Y2)C22 3 10 2 9 100. Y 的分布列为 Y012 P 49 100 21 50 9 100 思维升华超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取 是独立的，各次抽取相互独立.当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似 地看作二项分布. A 级基础巩固 一、选择题 1.打靶时，甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次，若两人同时射击 一个目标，则他们同时中靶的概率是() A.14 25 B.12 25 C.3 4 D.3 5

27、 解析因为甲每打 10 次可中靶 8 次，乙每打 10 次可中靶 7 次，所以 P(甲)4 5， P(乙) 7 10，所以他们都中靶的概率是 4 5 7 10 14 25. 答案A 2.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是 0.75，连续两 天为优良的概率是 0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为 优良的概率是() A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45 解析记事件 A 表示“一天的空气质量为优良”，事件 B 表示“随后一天的空 气质量为优良” ， P(A)0.75， P(AB)0.6.由条件概率， 得 P(B|A)P（AB） P（A） 0.6 0.

28、75 0.8. 答案A 3.甲、乙两羽毛球运动员之间的训练，要进行三场比赛，且这三场比赛可看做三 次独立重复试验，若甲至少取胜一次的概率为63 64，则甲恰好取胜一次的概率为 () A.1 4 B.3 4 C. 9 64 D.27 64 解析假设甲取胜事件为 A，设每次甲胜的概率为 p，由题意得，事件 A 发生的 次数 XB(3，p)，则有 1(1p)363 64，得 p 3 4，则事件 A 恰好发生一次的概 率为 C133 4 13 4 2 9 64. 答案C 4.甲、乙等 4 人参加 4100 米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二 棒的概率是() A.2 9 B.4 9 C.2 3

29、 D.7 9 解析甲不跑第一棒共有 A13A3318(种)情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共 有两类：(1)乙跑第一棒，共有 A336(种)情况；(2)乙不跑第一棒，共有 A12A12A22 8(种)情况，甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为68 18 7 9. 答案D 5.某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的 200 个机械元件情况如下： 使用时间/天10202130314041505160 个数1040805020 若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取 3 个，则至少有 2 个元件的使 用寿命在 30 天以上的概率为() A.13 16 B.27

30、64 C.25 32 D.27 32 解析由表可知元件使用寿命在 30 天以上的频率为150 200 3 4，则所求概率为 C23 3 4 2 1 4 3 4 3 27 32. 答案D 二、填空题 6.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的 5 个问题中，选手若能连续正确回答 出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都 是 0.8，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下 一轮的概率等于_. 解析记“该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮”为事件 A，由题意，若该 选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个

31、 回答正确，第一个问题可对可错，故 P(A)10.20.80.80.128. 答案0.128 7.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第 18，19，20 层停靠.若该电梯在底层 有 5 个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为1 3，用 X 表示这 5 位乘客在第 20 层下电梯的人数，则 P(X4)_. 解析考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验， 这是 5 次独立重复试验， 故 XB 5，1 3 ， 即有 P(Xk)Ck5 1 3 k 2 3 5k ，k0，1，2，3，4，5. 故 P(X4)C45 1 3 4 2 3 1 10 243. 答案 10 243 8.三支球队

32、中，甲队胜乙队的概率为 0.4，乙队胜丙队的概率为 0.5，丙队胜甲队 的概率为 0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙 队， 第三局是第二局的胜者对第一局的败者，第四局是第三局的胜者对第二局的 败者，则乙队连胜四局的概率为_. 解析设乙队连胜四局为事件 A，有下列情况：第一局中乙胜甲(A1)，其概率为 10.40.6；第二局中乙胜丙(A2)，其概率为 0.5；第三局中乙胜甲(A3)，其概率 为 0.6；第四局中乙胜丙(A4)，其概率为 0.5，因各局比赛中的事件相互独立，故 乙队连胜四局的概率为：P(A)P(A1A2A3A4)0.620.520.09. 答案0.09

33、 三、解答题 9.(2019河北九校联考)已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为1 3，某植物研 究所分二个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试 验结果相互独立.假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有 发芽，则称该次试验是失败的. (1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率； (2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为 X，求 X 的分布列. 解(1)该小组恰有两次失败的概率 pC24 1 3 2 11 3 42 24 81 8 27. (2)由题意可知 X 的取值可能为 0，2，4， 则 P(X0)C24 1 3 2

34、11 3 42 24 81 8 27， P(X2)C14 1 3 1 11 3 41 C34 1 3 3 11 3 43 328 81 40 81， P(X4)C04 11 3 4 C44 1 3 4 161 81 17 81. 故 X 的分布列为 X024 P 8 27 40 81 17 81 10.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测 试， “立定投篮”与“三步上篮”各有 2 次投篮机会， 先进行“立定投篮”测试， 如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中 一次即为合格.小明同学“立定投篮”的命中率为1 2，“三步上篮”的命中率为

35、3 4， 假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响. (1)求小明同学一次测试合格的概率； (2)设测试过程中小明投篮的次数为，求的分布列. 解设小明第 i 次“立定投篮”命中为事件 Ai，第 i 次“三步上篮”命中为事件 Bi(i1，2)，依题意有 P(Ai)1 2，P(B i)3 4(i1，2)，“小明同学一次测试合格” 为事件 C. (1)P(C )P(A 1A 2)P(A 1A2B 1B 2)P(A1B 1B 2) P( A 1)P( A 2) P( A 1)P(A2)P( B 1)P( B 2) P(A1)P( B 1)P( B 2) 1 2 2 11 2 1 2 1

36、3 4 2 1 2 13 4 2 19 64. P(C)119 64 45 64. (2)依题意知2，3，4， P(2)P(A1B1)P(A 1A 2)P(A1)P(B1)P(A 1)P(A 2)5 8， P(3)P(A1B 1B2)P(A 1A2B1)P(A1B 1B 2) P(A1)P(B 1)P(B2)P(A 1)P(A2)P(B1) P(A1)P(B 1)P(B 2) 5 16， P(4)P(A 1A2B 1)P(A 1)P(A2)P(B 1) 1 16. 故投篮的次数的分布列为： 234 P 5 8 5 16 1 16 B 级能力提升 11.箱子里有 5 个黑球，4 个白球，每次随机

37、取出一个球，若取出黑球，则放回箱 中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第 4 次取球之后停止的概率为 () A.C 3 5C14 C45 B. 5 9 3 4 9 C.3 5 1 4 D.C14 5 9 3 4 9 解析由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取 的球是白球的情况，此事件发生的概率为 5 9 3 4 9. 答案B 12.(2020青岛二中月考)已知 1 号箱中有 2 个白球和 4 个红球、 2 号箱中有 5 个白 球和 3 个红球，现随机从 1 号箱中取出一球放入 2 号箱，然后从 2 号箱中随机取 出一球，则两次都取到红球的概率是() A.11

38、27 B.11 24 C. 8 27 D. 9 24 解析设“从 1 号箱取到红球”为事件 A，“从 2 号箱取到红球”为事件 B. 由题意，P(A) 4 24 2 3，P(B|A) 31 81 4 9， 所以 P(AB)P(B|A)P(A)4 9 2 3 8 27， 所以两次都取到红球的概率为 8 27. 答案C 13.某篮球比赛采用 7 局 4 胜制，即若有一队先胜 4 局，则此队获胜，比赛就此 结束.由于参加比赛的两队实力相当， 每局比赛两队获胜的可能性均为1 2.据以往资 料统计，第一局比赛组织者可获得门票收入 40 万元，以后每局比赛门票收入比 上一局增加 10 万元，则组织者在此次

39、比赛中获得的门票收入不少于 390 万元的 概率为_. 解析依题意， 每局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，则易知首项 a140，公差 d10，故 Sn40nn（n1） 2 10 5n235n.由 Sn390，得 n27n78，所以 n6.所以要使获得的门票收入不 少于 390 万元，则至少要比赛 6 局.若比赛共进行 6 局，则 P6C35 1 2 5 5 16； 若比赛共进行了 7 局， 则 P7C36 1 2 6 5 16.所以门票收入不少于 390 万元的概 率 PP6P710 16 5 8. 答案 5 8 14.现有 4 个人去参加某娱

40、乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为 增加趣味性， 约定： 每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏， 掷出点数为 1 或 2 的人去参加甲游戏，掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏. (1)求这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率； (2)求这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用 X，Y 分别表示这 4 个人中去参加甲、乙游戏的人数，记|XY|，求随机 变量的分布列. 解(1)依题意知，这 4 个人中，每个人去参加甲游戏的概率为1 3，去参加乙游戏 的概率为2 3. 设“这 4 个人中恰有 k 人去参加甲游戏”为事件 Ak(k0，

41、1，2，3，4). 则 P(Ak)Ck4 1 3 k2 3 4k . 故这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率为 P(A2)C24 1 3 22 3 2 8 27. (2)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件 B， 则 BA3A4. 由于 A3与 A4互斥，故 P(B)P(A3)P(A4)C34 1 3 3 2 3C 4 4 1 3 4 1 9. 所以，这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为1 9. (3)的所有可能取值为 0，2，4. 由于 A1与 A3互斥，A0与 A4互斥，故 P(0)P(A2) 8 27， P(2)P(A1)P

42、(A3) C14 1 3 12 3 3 C34 1 3 3 2 3 40 81， P(4)P(A0)P(A4)C04 2 3 4 C44 1 3 4 17 81. 所以的分布列是 024 P 8 27 40 81 17 81 C 级创新猜想 15.(多选题)(2020聊城质检)在 4 次独立重复试验中， 随机事件 A 恰好发生 1 次的 概率不小于其恰好发生 2 次的概率，则事件 A 在一次试验中发生的概率 p 的范 围可以是下列选项中的() A.(0，0.2B.0.6，1) C.0.4，1)D.(0，0.4 解析事件 A 在一次试验中发生的概率为 p， 随机事件 A 恰好发生 1 次的概率 不小于其恰好发生 2 次的概率，C14p(1p)3C24p2(1p)2，解得 p0.4，即 p 的范围是(0，0.4.故选 AD. 答案AD 16.(多填题)一个口袋里装有 6 个小球，其中红色、黄色、绿色的球各 2 个，现从 中任意取出 3 个小球，其中恰有 2 个小球同颜色的概率是_.若取到红球 得 1 分，取到黄球得 2 分，取到绿球得 3 分，记变量 X 为取出的三个小球得分 之和，则 P(X5)_. 解析依题意得 p3C 2 2C14 C36 12 200.6.X 的取值为 4，5，6，7，8，P(X5) C12C22C22C12 C36 2 100.2. 答案0.60.2