【步步高】2015届高考数学二轮复习 专题突破训练七 第2讲 概率、随机变量及其分布 理(含2014年高考真题)

第2讲 概率、随机变量及其分布考情解读 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、定积分交汇命题，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分布列、期望(均值)、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，三种题型都有可能出现，选择题、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分布列等，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P (A )＝m n ＝A 中所含的基本事件数基本事件总数.(3)几何概型的概率P (A )＝构成事件A 的区域长度面积或体积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A 发生的条件下B 发生的概率：P (B |A )＝P ABP A.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P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n . 5．超几何分布在含有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 ＝k )＝C k M C n －kN －M C n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，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．离散型随机变量的分布列(1)设离散型随机变量X 可能取的值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i 的概率为P (X ＝x i )＝p i ，则称下表：X x 1 x 2 x 3 … x i … x n Pp 1p 2p 3…p i…p n为离散型随机变量X 的分布列．(2)离散型随机变量X 的分布列具有两个性质：①p i ≥0，②p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1(i ＝1,2,3，…，n )．(3)E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为X 的均值或数学期望(简称期望)．D (X )＝(x 1－E (X ))2·p 1＋(x 2－E (X ))2·p 2＋…＋(x i －E (X ))2·p i ＋…＋(x n －E (X ))2·p n 叫做随机变量X 的方差． (4)性质①E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )； ②X ～B (n ，p )，则E (X )＝np ，D (X )＝np (1－p )； ③X 服从两点分布，则E (X )＝p ，D (X )＝p (1－p )． 7．正态分布若X ～N (μ，σ2)，则正态总体在三个特殊区间内取值的概率 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6； ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4； ③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.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)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( ) A.14 B.12 C.34 D.78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． 答案 (1)14(2)C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倍的所有可能情况有12、21、24、42共4种，所以所求概率为P ＝416＝14.(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 、y 相互独立，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤40≤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 △ABCS 正方形＝4×4－2×12×2×24×4＝1216＝34.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________． 答案 (1)16 (2)23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C 710＝120(个)，记事件“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C 36C 33＝20，故所求概率P (A )＝20120＝16.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧1－x ≥0，x ＋3≥0，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＝1－－3－－＝23. 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)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)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(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝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．错误！未找到引用源。

甲乙丙三人商量周末去玩，甲提议去市中心逛街，乙提议去城郊觅秋，丙表示随意．最终，商定以抛硬币的方式决定结果．规则是：由丙抛掷硬币若干次，若正面朝上则甲得一分乙得零分，若反面朝上则乙得一分甲得零分，先得4分者获胜，三人均执行胜者的提议，记所需抛币次数为ξ.(1)求ξ＝6的概率；(2)求ξ的分布列和期望．解 (1)ξ＝6说明有1人在前5次中3次胜2次负，且第6次胜，P (ξ＝6)＝2×C 35×(12)3×(12)2×12＝516， ∴ξ＝6的概率为516.(2)ξ＝4说明有1人4次比赛均胜；ξ＝5说明有1人第5次一定胜，前4次中3胜1负； ξ＝7说明有1人第7次一定胜，前6次中3胜3负． ∴P (ξ＝4)＝2×(12)4＝18，P (ξ＝5)＝2×C 34×(12)3×(12)×(12)＝14，P (ξ＝7)＝2×C 36(12)3×(12)3×(12)＝516. ∴ξ的分布列为ξ4 5 6 7 P1814516516∴E (ξ)＝4×18＋5×14＋6×516＋7×516＝9316.热点三 随机变量的分布列例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；(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35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．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”．因为P (A )＝C 36C 310＝16，所以P (A )＝1－P (A )＝56.(2)X 所有的可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125； P (X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125； P (X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125； P (X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫25·45＝36125. 所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P4125281255712536125所以E (X )＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.思维升华 解答离散型随机变量的分布列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)根据分布列和期望、方差公式求解．(1)(2013·湖北)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 的数学期望E (X )等于( ) A.126125 B.65 C.168125D.75(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．假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，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)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝________. 答案 (1)B (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 的数学期望E (X )＝54125×1＋36125×2＋8125×3＝150125＝65.(2)由题意知P (X ＝0)＝13(1－p )2＝112，∴p ＝12.随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P112 1351216E (X )＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.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期望与方差问题，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期望和方差.真题感悟1．(2014·陕西)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( ) A.15 B.25 C.35 D.45 答案 C解析 取两个点的所有情况为C 25＝10，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35.故选C. 2．(2014·浙江)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p i (i ＝1,2)． 则( )A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)答案 A解析 随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：ξ112Pn m ＋nmm ＋nξ212 3 PC 2nC 2m ＋nC 1m C 1n C 2m ＋nC 2mC 2m ＋n所以E (ξ1)＝nm ＋n＋2m m ＋n ＝2m ＋n m ＋n， E (ξ2)＝C 2n C 2m ＋n ＋2C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3C 2m C 2m ＋n ＝3m ＋nm ＋n ，所以E (ξ1)<E (ξ2)． 因为p 1＝mm ＋n＋nm ＋n ·12＝2m ＋n m ＋n， p 2＝C 2m C 2m ＋n ＋C 1m C 1n C 2m ＋n ·23＋C 2n C 2m ＋n ·13＝3m ＋nm ＋n，p 1－p 2＝nm ＋n>0，所以p 1>p 2. 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( ) A.521 B.27 C.13 D.821 答案 D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C 410＝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，”则事件A 包含了C 15·C 12·C 12·C 12·C 12＝80个基本事件，所以P (A )＝80210＝821.2．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( ) A.16625 B.96625 C.624625D.4625答案 B解析 由题意得任取两球有C 26种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，(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6C 26＝25，故4人中有3人中奖的概率为C 34(25)3×35＝96625.故选B.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，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12.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入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{a n }，则易知a 1＝40，a n ＝10n ＋30，∴S n ＝n n ＋2＝300.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 C 14(12)4＝14. (2)随机变量X 可取的值为S 4，S 5，S 6，S 7，即220,300,390,490. 又P (X ＝220)＝2·(12)4＝18，P (X ＝300)＝C 14(12)4＝14，P (X ＝390)＝C 25(12)5＝516，P (X ＝490)＝C 36(12)6＝516. 所以，X 的分布列为X220 300 390 490P18 14 516 516所以X 的均值为E (X )＝220×18＋300×14＋390×516＋490×516＝377.5(万元)．(推荐时间：50分钟)一、选择题1．(2014·课标全国Ⅰ)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( ) A.18 B.38 C.58 D.78 答案 D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)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，∴所求概率为1－1＋116＝78.2．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( ) A.π4 B ．1－π4 C.π8 D ．1－π8 答案 D解析 P ＝4×4×sin 150°－π×124×4×sin 150°＝1－π8.3．已知Ω＝{(x ，y )|⎩⎨⎧y ≥0，y ≤4－x 2}，直线y ＝mx ＋2m 和曲线y ＝4－x 2有两个不同的交点，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 )，若P (M )∈[π－22π，1]，则实数m 的取值范围为( )A ．[12，1]B ．[0，33] C ．[33，1] D ．[0,1]答案 D解析 如图，由题意得m ≥0，根据几何概型的意义，知P (M )＝S 弓形S 半圆＝S 弓形2π， 又P (M )∈[π－22π，1]，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( ) A.310 B.29 C.78 D.79 答案 D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”， 则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P ABP A ＝730310＝79.5．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( ) A.6091，12 B.12，6091 C.518，6091 D.91216，12答案 A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C 13×5×4＝60(种)， 所以P (A |B )＝6091.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”的情况下，“至少有一个骰子掷出3点”的概率，所以P (B |A )＝C 13×5×46×5×4＝12，故选A.6．设随机变量ξ服从正态分布N (2,9)，若P (ξ>c )＝P (ξ<c －2)，则c 的值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 因为ξ服从正态分布N (2,9)即μ＝2为图象的对称轴，而P (ξ>c )＝P (ξ<c －2)即c 与c －2关于2对称，则有c ＋c －22＝2⇒c ＝3.二、填空题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________． 答案 12解析 从10件产品中取4件，共有C 410种取法，取到1件次品的取法为C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12.8．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1132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，故所求的概率P ＝C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝1132.9．(2014·浙江)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________. 答案 25解析 设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ， 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D (ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.10．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a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，点数不是3的倍数，1，点数是3的倍数，S n 是其前n 项和，则S 5＝3的概率是________．答案10243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23，结果为1发生的概率为13，S 5＝3即5次试验中－1发生一次，1发生四次，故其概率为C 15·(23)1(13)4＝10243. 三、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 的分布列和数学期望．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．P (A )＝12C 13＋C 23＋1C 47＝1935. (2)随机变量X 的可能取值为3,4,6.P (X ＝3)＝1C 47＝135，P (X ＝4)＝C 12C 34＋C 24C 47＝25， P (X ＝6)＝C 36C 47＝47.所以随机变量X 的分布列为X 3 4 6 P1352547所以随机变量X 的数学期望E (X )＝3×135＋4×25＋6×47＝17935.12.(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 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，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的分布列与数学期望．解 (1)记A i 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)， 则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16.记B j 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)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.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 ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，得P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310， 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310.(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P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215， P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为 所以ξ0 1 2 3 4 6 P13016152151130110所以数学期望E (ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.13．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23.(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X ，求X 的分布列及数学期望． (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. 依条件可知，X ～B (6，23)P (X ＝k )＝C k 6·(23)k ·(13)6－k(k ＝0,1,2,3,4,5,6) X 的分布列为X 0 1 2 3 4 5 6 P1729127296072916072924072919272964729E (X )＝1729(0×1＋1×12＋2×60＋3×160＋4×240＋5×192＋6×64)＝2 916729＝4. 或因为X ～B (6，23)，所以E (X )＝6×23＝4.即X 的数学期望为4.(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A ，则P (A )＝C 24·(13)2·(23)4＋C 14·13·(23)5＋(23)6＝3281. 答 教师甲在一场比赛中获奖的概率为3281.。