高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.8n次独立重复试验与二项分布学案理20180521250

10.8 n 次独立重复试验与二项分布
[知识梳理]
1．条件概率及其性质
(1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝P (AB )
P (A )
(P (A )>0)．在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P (B |A )＝n (AB )
n (A )
(n (AB )表示AB 共同发生的基本事件的个数)．
(2)条件概率具有的性质 ①0≤P (B |A )≤1；
②如果B 和C 是两个互斥事件， 则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 2．相互独立事件
(1)对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 是相互独立事件． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )，
P (AB )＝P (B |A )P (A )＝P (A )P (B )．
(3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 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．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．
(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 发生的概率是p ，此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k
(1－p )
n －k
(k ＝0,1,2，…，n )．
[诊断自测]
1．概念思辨
(1)相互独立事件就是互斥事件．( )
(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率；P (BA )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( )
(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n
二项展开式的通项公式，其中a ＝
p ，b ＝(1－p )．( )
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k
(1－p )n －k
，k ＝0,1,2，…，
n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2．教材衍化
(1)(选修A2－3P 55T 2(1))袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )
A.35
B.34
C.12
D.310 答案 C
解析 记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知P (A )＝35，P (AB )＝35×24＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝3
1035＝1
2
.
故选C.
(2)(选修A2－3P 58T 2)将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，则k ＝________.
答案 2
解析 依题意有C k
5×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝C k ＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1×⎝ ⎛⎭
⎪⎫125－(k ＋1)，所以C k 5＝C k ＋15
，所以k ＝2. 3．小题热身
(1)两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和3
4，两个零件是否加
工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A.12
B.512
C.14
D.16 答案 B
解析 设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品；事件B ：乙实习生加工的零件为一等品，且A ，B 相互独立，则P (A )＝23，P (B )＝3
4，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为
P (A B －
)＋P (A －
B )＝P (A )P (B －
)＋P (A －
)P (B )＝23×⎝
⎛
⎭⎪⎫1－34＋⎝
⎛
⎭
⎪⎫
1－23
×34＝512
.故选B.
(2)(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A ．0.648
B ．0.432
C ．0.36
D ．0.312 答案 A
解析 3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 2
3×0.62
×(1－0.6)＝3×0.62
×0.4，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63
，所求事件的概率P ＝P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝0.648.故选
A.
题型1 条件概率
典例 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.18
B.14
C.25
D.12 答案 B
解析 解法一：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 )＝1
4
.故选B. 解法二：P (A )＝C 2
3＋C 2
2C 25＝410，P (AB )＝C 2
2C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (AB )
P (A )＝
1
10410
＝1
4.故选B. [条件探究1] 若将本典例中的事件B 改为“取到的2个数均为奇数”，则结果如何？ 解 P (A )＝C 2
3＋C 2
2C 25＝25，P (B )＝C 2
3C 25＝310.
又B ⊆A ，则P (AB )＝P (B )＝3
10
， 所以P (B |A )＝
P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝3
4
. [条件探究2] 本典例条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，事件B 为“第二次取到的是奇数”，求P (B |A )的值．
解 从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A 2
5种方法；其中第一次取到的是奇数，有A 13A 1
4种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有A 13A 1
2种方法．
则P (A )＝A 13A 14A 25＝35，P (AB )＝A 13A 12A 25＝310，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝3
1035＝1
2
.
方法技巧
条件概率的两种求解方法
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 (A )
.
冲关针对训练
(2017·唐山二模)已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )
A ．0.6
B ．0.7
C ．0.8
D ．0.9 答案 C
解析 设“第一个路口遇到红灯”为事件A ，“第二个路口遇到红灯”为事件B ，则P (A )＝0.5，P (AB )＝0.4，则P (B |A )＝
P (AB )
P (A )
＝0.8.故选C. 题型2 相互独立事件的概率
典例 (2014·陕西高考)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：
(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；
(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．
解(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
∵利润＝产量×市场价格－成本，
∴X所有可能的取值为
500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，
300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.
P(X＝4000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，
P(X＝2000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，
P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
所以X的分布列为
(2)设C i表示事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，
由(1)知P(C i)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，
3季的利润均不少于2000元的概率为
P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；
3季中有2季利润不少于2000元的概率为
P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.
方法技巧
利用相互独立事件求概率的思路
1．求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．
2．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．
冲关针对训练
(2018·哈尔滨质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23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 －
)
＝13，P (F )＝35，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 －
)＝P (E －
)P (F －
)＝13×25＝215，
故所求的概率为P (H )＝1－P (H －
)＝1－215＝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 (EF )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E －
F )＝13×35＝315＝1
5
，
P (X ＝120)＝P (E F －
)＝23×25＝415
， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×3
5
＝615
＝25
.
故所求的分布列为
题型3 独立重复试验与二项分布
典例 (2017·太原一模)近几年来，我国许多地区经常出现雾霾天气，某学校为了学生的健康，对课间操活动做了如下规定：课间操时间若有雾霾则停止组织集体活动，若无雾霾则组织集体活动．预报得知，这一地区在未来一周从周一到周五5天的课间操时间出现雾霾的概率是：前3天均为50%，后2天均为80%，且每一天出现雾霾与否是相互独立的．
(1)求未来一周5天至少一天停止组织集体活动的概率； (2)求未来一周5天不需要停止组织集体活动的天数X 的分布列；
(3)用η表示该校未来一周5天停止组织集体活动的天数，记“函数f (x )＝x 2
－ηx －1在(3,5)上有且只有一个零点”为事件A ，求事件A 发生的概率．
解 (1)未来一周5天都组织集体活动的概率是
P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫
152＝1
200
， 则至少有一天停止组织集体活动的概率是1－P ＝199
200.
(2)X 的取值是0,1,2,3,4,5，则P (X ＝0)＝2
25
，
P (X ＝1)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫123×C 12×45×15
＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭
⎪⎫45
2
＝
56200＝725
， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152
＝
73200， P (X ＝3)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫
123×C 12×15×4
5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫
452
＝
43
200， P (X ＝4)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫
152＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
123×C 1
2×15×45＝
11
200， P (X ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫
152＝1
200
，
所以不需要停止组织集体活动的天数X 分布列是
(3)函数f (x )＝x 2
－ηx －1在(3,5)上有且只有一个零点，且0≤η≤5，则f (3)f (5)<0，83＜η＜245
， 故η＝3或4， 故所求概率为
P (A )＝[ C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫
123×C 12×15×4
5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152 ]＋[ ⎝ ⎛⎭⎪⎫
123×C 12×45×1
5＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫
452
]＝
73
200
＋725＝129
200
. 方法技巧
1．独立重复试验的实质及应用
独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程．
2．判断某概率模型是否服从二项分布P n (X ＝k )＝C k n p k
(1－p )
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，而且每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．
提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．
冲关针对训练
(2018·洛阳统考)雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM 2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A 、B 、C 三个城市进行治霾落实情况抽查．
(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；
(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为1
2，若四个专家组均评价为优则检查通过
不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X ，求X 的分布列和期望．
解 (1)随机选取，共有34
＝81种不同方法，
恰有一个城市没有专家组选取的有C 1
3(C 14A 2
2＋C 2
4)＝42种不同方法， 故恰有一个城市没有专家组选取的概率为4281＝14
27
.
(2)设事件A ：“一个城市需复检”，则P (A )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝1516，X 的所有可能取值为0,1,2,3，
P (X ＝0)＝C 03·⎝ ⎛⎭⎪⎫
116
3
＝1
4096
， P (X ＝1)＝C 13·⎝ ⎛⎭
⎪⎫116
2
·15
16
＝454096， P (X ＝2)＝C 23·116
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1516
2
＝675
4096
， P (X ＝3)＝C 33·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1516
3
＝3375
4096
. 所以X 的分布列为
!
X ～B ⎝
⎛⎭
⎪⎫
3，1516
，E (X )＝3×1516＝4516
.
1．(2014·全国卷Ⅱ)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 ．0.8
B ．0.75
C ．0.6
D ．0.45 答案 A
解析 由条件概率公式可得所求概率为0.6
0.75
＝0.8，故选A.
2．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次
闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A.
110 B.15 C.25 D.1
2
答案 C
解析 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件
B ，则由题意可得P (A )＝1
2
，P (AB )＝15
，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出
现红灯的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1
512
＝2
5
.故选C.
3．(2016·四川高考)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是________．
答案 32
解析 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，至少有一枚硬币正面向上的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝3
4，
且X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2，34， ∴均值是2×34＝3
2
.
4．(2018·长沙模拟)某中学高三年级共有学生1000人，将某次模拟考试的数学成绩(满分150分，所有成绩均不低于70分)按[70,80)，[80,90)，…，[140,150]分成8组，并制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求x 的值；
(2)试估计本次模拟考试数学成绩在[130,150]内的学生人数；
(3)为了研究低分学生的失分情况，3位教师分别在自己电脑上从成绩在[80,100)内的试卷中随机抽取1份进行分析，每人抽到的试卷是相互独立的，ξ为抽到的成绩在[90,100)内的试卷数，写出ξ的分布列，并求数学期望．
解 (1)由(0.002＋0.005＋0.008＋2x ＋2×0.02＋0.025)×10＝1，得x ＝0.01. (2)由(1)得成绩在[130,150]内的频率为(0.01＋0.008)×10＝0.18，估计本次模拟考试数学成绩在[130,150]内的学生人数为1000×0.18＝180.
(3)由图得成绩在[80,100)内的试卷数为1000×(0.01＋0.005)×10＝150，其中成绩在[80,90)内的试卷数为50，成绩在[90,100)内的试卷数为100，从中任取1份试卷，则成绩在[80,90)内的概率为50150＝13，成绩在[90,100)内的概率为100150＝23
.
由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
故P (ξ＝0)＝C 0
3×⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127
，
P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭
⎪⎫13
2
＝29
，
P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫
23
2
×13＝49
， P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭
⎪⎫233×⎝ ⎛⎭
⎪⎫
13
＝827
. 所以ξ的分布列为
由于ξ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，23，所以E (ξ)＝3×23＝2.
[重点保分 两级优选练]
A 级
一、选择题
1．(2018·广西柳州模拟)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A ＝“至少有一次出现反面”，事件B ＝“恰有一次出现正面”，则P (B |A )＝( )
A.37
B.38
C.78
D.18 答案 A
解析 依题意得P (A )＝1－123＝78，P (AB )＝323＝38，因此P (B |A )＝P (AB )P (A )＝37，故选A.
2．(2018·厦门模拟)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为2
3，则甲以3∶1的比分获胜的概率为
( )
A.
827 B.6481 C.49 D.89
答案 A
解析 第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求的概率为P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×
13×23＝8
27
.故选A. 3．(2017·山西一模)甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为2
3，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，
比赛进行了三局的概率为( )
A.13
B.25
C.23
D.45 答案 B
解析 由题意，甲获得冠军的概率为23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，
其中比赛进行了3局的概率为23×13×23＋13×23×23＝8
27，
∴所求概率为827÷2027＝2
5
，故选B.
4．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列
{a n }：a n ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
－1，第n 次摸取红球，
1，第n 次摸取白球.如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为
( )
A ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132
·⎝ ⎛⎭⎪⎫235
B ．
C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232
·⎝ ⎛⎭⎪⎫135
C ．C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫232
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫135
D ．C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫132
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫135
答案 B
解析 S 7＝3说明摸取2个红球，5个白球，故S 7＝3的概率为C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫135，故选B.
5．(2017·天津模拟)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )
A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582
B ．
C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582
C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫582⎝ ⎛⎭
⎪⎫382
D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭
⎪⎫582
答案 D
解析 “X ＝12”表示第12次取到红球，且前11次有9次取到红球，2次取到白球，
因此P (X ＝12)＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389
×⎝ ⎛⎭⎪⎫582×38＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭
⎪⎫582.故选D.
6．如果ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫15，14，那么使P (ξ＝k )取最大值的k 值为( )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．3或4 答案 D
解析 采取特殊值法．
∵P (ξ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412
，
P (ξ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144⎝ ⎛⎭⎪⎫3411
，
P (ξ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3410
，
从而易知P (ξ＝3)＝P (ξ＝4)>P (ξ＝5)．故选D.
7．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )
A.49
B.29
C.23
D.13 答案 A
解析 设A 表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P (A )＝2
3，B 表示“第
二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P (B )＝2
3
.
则P (AB )＝P (A )P (B )＝23×23＝4
9
.故选A.
8．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝5
9，则P (Y ≥2)的值为( )
A.
3281 B.1127 C.6581 D.1681
答案 B
解析 P (X ≥1)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 1
2p (1－p )＋C 2
2p 2
＝5
9
，解得p ＝13.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0≤p ≤1，故p ＝53舍去. 故P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1－C 0
4×⎝ ⎛⎭
⎪⎫234－C 14×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1127.故选B.
9．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( )
A ．100
B ．200
C ．300
D ．400 答案 B
解析 1000粒种子每粒不发芽的概率为0.1，∴不发芽的种子数ξ～B (1000,0.1)． ∴1000粒种子中不发芽的种子数的期望E (ξ)＝1000×0.1＝100粒．又每粒不发芽的种子需补种2粒，∴需补种的种子数的期望E (X )＝2×100＝200粒．故选B.
10．位于坐标原点的一个质点M 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是1
2，质点M 移动五次后位于点(2,3)的概率是
( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125
B ．
C 2
5×⎝ ⎛⎭⎪⎫125
C ．C 3
5×⎝ ⎛⎭
⎪⎫123
D ．C 25×C 3
5×⎝ ⎛⎭
⎪⎫125
答案 B
解析 如图，由题可知质点M 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问
题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率．所求概率为P ＝C 2
5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25×⎝ ⎛⎭
⎪
⎫125
.故选B.
二、填空题
11．(2017·眉山期末)已知X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫8，12，当P (X ＝k )(k ∈N,0≤k ≤8)取得最大值时，k
的值是________．
答案 4
解析 ∵X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫8，12， ∴P (X ＝k )＝C k 8⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫128－k ＝C k 8⎝ ⎛⎭
⎪⎫128
，
∴当P (X ＝k )(k ∈N,0≤k ≤8)取得最大值时只有C k
8是一个变量， ∴根据组合数的性质得到当k ＝4时，概率取得最大值．
12．(2017·安顺期末)甲、乙二人参加一项抽奖活动，每人抽奖中奖的概率均为0.6，两人都中奖的概率为0.4，则已知甲中奖的前提下乙也中奖的概率为________．
答案 2
3
解析 每人抽奖中奖的概率均为0.6，两人都中奖的概率为0.4，
设甲中奖概率为P (A )，乙中奖的概率为P (B )，两人都中奖的概率为P (AB )， 则P (A )＝0.6，P (B )＝0.6，两人都中奖的概率为P (AB )＝0.4， 则已知甲中奖的前提下乙也中奖的概率为P (B |A )＝
P (AB )P (A )＝0.40.6＝2
3
. 13．(2017·南昌期末)位于数轴原点的一只电子兔沿着数轴按下列规则移动：电子兔每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为23，向右移动的概率为13，
则电子兔移动五次后位于点(－1,0)的概率是________．
答案
80
243
解析 根据题意，质点P 移动五次后位于点(－1,0)，其中向左移动3次，向右移动2次；其中向左平移的3次有C 3
5种情况，剩下的2次向右平移；
则其概率为C 3
5×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243
.
14．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别是1,2,3,4,5,6点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P (B |A )＝________.
答案 1
3
解析 根据题意，事件A 为“x ＋y 为偶数”，则x ，y 两个数均为奇数或偶数，共有2×3×3＝18个基本事件．
∴事件A 发生的概率为P (A )＝2×3×36×6＝1
2，而A ，B 同时发生，基本事件有“2＋4”“2
＋6”“4＋2”“4＋6”“6＋2”“6＋4”，一共有6个基本事件，∴事件A ，B 同时发生的概率为P (AB )＝
66×6＝1
6
， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1
612
＝1
3
.
B 级
三、解答题
15．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)空气质量指数(Air Quality Index ，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI 大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染．
一环保人士记录去年某地六月10天的AQI 的茎叶图如图． (1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数；
(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
解 (1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，∴该样本中空气质量为优良的频率为610＝3
5
，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为
30×3
5
＝18.
(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为3
5
，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，且ξ～
B ⎝
⎛⎭
⎪⎫
3，35
.
∴P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8
125
，
P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭⎪⎫
252
＝
36125， P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352
⎝ ⎛⎭⎪⎫
25＝
54
125
， P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫35
3＝
27125
， ξ的分布列为
E (ξ)＝3×35
＝1.8.
16．党的十九大报告提出：要提高人民健康水平，改革和完善食品、药品安全监管体制．为加大监督力度，某市工商部门对本市的甲、乙两家小型食品加工厂进行了突击抽查，从两个厂家生产的产品中分别随机抽取10件样品，测量该产品中某种微量元素的含量(单位：毫克)，所得测量数据如图．
食品安全法规定：优等品中的此种微量元素含量不小于15毫克．
(1)从甲食品加工厂抽出的上述10件样品中随机抽取4件，求抽到的4件产品优等品的件数ξ的分布列；
(2)若从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中分别任意抽取3件，求甲、乙食品加工厂抽到的优等品的件数恰好相同的概率．
解 (1)由茎叶图，从甲食品加工厂抽出的10件样品中，优等品有8件，非优等品有2件，故抽取的4件样品中至少有2件优等品，ξ的可能取值为2,3,4.
P (ξ＝2)＝C 28C 22C 410＝215，P (ξ＝3)＝C 38C 12C 410＝815，P (ξ＝4)＝C 48C 0
2C 410＝1
3.
ξ的分布列为
4
错
(2)甲食品加工厂抽取的样品中优等品有8件，乙食品加工厂抽取的样品中优等品有7件．故从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中分别任意抽取3件，则优等品的件数相同时，可能为1件、2件或3件．
优等品同为3件的概率P 1＝C 38C 0
2C 310×C 37C 0
3C 310＝49
360；
优等品同为2件时的概率P 2＝C 28C 1
2C 310×C 27C 1
3C 310＝49
200；
优等品同为1件时的概率P 3＝C 18C 2
2C 310×C 17C 2
3C 310＝7
600
.
故所求事件的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝49360＋49200＋7600＝707
1800
.
17．(2018·郑州质检)2017年3月15日下午，谷歌围棋人工智能AlphaGo 与韩国棋手李世石进行最后一轮较量，AlphaGo 获得本场比赛胜利，最终人机大战总比分定格在1∶4.人机大战也引发全民对围棋的关注，某学校社团为调查学生学习围棋的情况，随机抽取了100名学生进行调查．根据调查结果绘制的学生日均学习围棋时间的频率分布直方图如图所示，将日均学习围棋时间不低于40分钟的学生称为“围棋迷”．
(1)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料判断是否有95%的把握认为“围棋迷”与性别有关？
(2)将上述调查所得到的频率视为概率．现在从该地区大量学生中，采用随机抽样方法每次抽取1名学生，抽取3次，记被抽取的3名学生中的“围棋迷”人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E (X )和方差D (X )．
附：K 2
＝n (ad －bc )2
(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )
，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .
解 (1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“围棋迷”有25人， 从而2×2列联表如下：
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
K 2
＝n (ad －bc )2
(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )
＝
100×(30×10－15×45)2
45×55×75×25＝100
33
≈3.030，
因为3.030<3.841，所以没有95%的把握认为“围棋迷”与性别有关．
(2)由频率分布直方图知抽到“围棋迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名“围棋迷”的概率为14.由题意知，X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，14，从而X 的分布列为
E (X )＝3×14＝3
4
，D (X )＝3×14×34
＝916
.
18．(2018·湖南十三校联考)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2
3，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为P 0(0<P 0<1)，中奖可以
获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
(1)张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的得分和为X ，若X ≤3的概率为7
9
，求P 0； (2)若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，得分和的数学期望较大？
解 (1)由已知得张三中奖的概率为2
3，李四中奖的概率为P 0，且两人中奖与否互不影响．
记“这2人的得分和X ≤3”为事件A ，则事件A 的对立事件为“X ＝5”． 因为P (X ＝5)＝2
3
×P 0，
所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝1－23×P 0＝79，所以P 0＝1
3
.
(2)设张三、李四都选择方案甲抽奖的中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖的中奖次数为
X 2，
则这两人选择方案甲抽奖得分和的数学期望为E (2X 1)， 选择方案乙抽奖得分和的数学期望为E (3X 2)，
由已知可得X 1～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2，23，X 2～B (2，P 0)，
所以E (X 1)＝2×23＝4
3
，E (X 2)＝2P 0，
从而E (2X 1)＝2E (X 1)＝8
3，E (3X 2)＝3E (X 2)＝6P 0.
若E (2X 1)>E (3X 2)，则83>6P 0⇒0<P 0<4
9；
若E (2X 1)<E (3X 2)，则83<6P 0⇒4
9<P 0<1；
若E (2X 1)＝E (3X 2)，则83＝6P 0⇒P 0＝4
9
.
综上所述，当0<P 0<4
9时，他们都选择方案甲进行抽奖时，得分和的数学期望较大；
当4
9
<P 0<1时，他们都选择方案乙进行抽奖时，得分和的数学期望较大； 当P 0＝4
9
时，他们都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖时，得分和的数学期望相等．
精美句子
1、善思则能“从无字句处读书”。

读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。

读大海，读出了它气势磅礴的豪情。

读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。

2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。

幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。

幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。

幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。

幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。

幸福是“人生自古谁无死，留取丹心照汗青”的气节。

3、大自然的语言丰富多彩：从秋叶的飘零中，我们读出了季节的变换；从归雁的行列中，我读出了集体的力量；从冰雪的消融中，我们读出了春天的脚步；从穿石的滴水中，我们读出了坚持的可贵；从蜂蜜的浓香中，我们读出了勤劳的甜美。

4、成功与失败种子，如果害怕埋没，那它永远不能发芽。

鲜花，如果害怕凋谢，那它永远不能开放。

矿石，如果害怕焚烧（熔炉），那它永远不能成钢（炼成金子）。

蜡烛，如果害怕熄灭（燃烧），那它永远不能发光。

航船，如果害怕风浪，那它永远不能到达彼岸。

5、墙角的花，当你孤芳自赏时，天地便小了。

井底的蛙，当你自我欢唱时，视野便窄了。

笼中的鸟，当你安于供养时，自由便没了。

山中的石！当你背靠群峰时，意志就坚了。

水中的萍！当你随波逐流后，根基就没了。

空中的鸟！当你展翅蓝天中，宇宙就大了。

空中的雁！当你离开队伍时，危险就大了。

地下的煤！你燃烧自己后，贡献就大了
6、朋友是什么？
朋友是快乐日子里的一把吉它，尽情地为你弹奏生活的愉悦；朋友是忧伤日子里的一股春风，轻轻地为你拂去心中的愁云。

朋友是成功道路上的一位良师，热情的将你引向阳光的地带；朋友是失败苦闷中的一盏明灯，默默地为你驱赶心灵的阴霾。

7、一粒种子，可以无声无息地在泥土里腐烂掉，也可以长成参天的大树。

一块铀块，可以平庸无奇地在石头里沉睡下去，也可以产生惊天动地的力量。

一个人，可以碌碌无为地在世上厮混日子，也可以让生命发出耀眼的光芒。

8、青春是一首歌，她拨动着我们年轻的心弦；青春是一团火，她点燃了我们沸腾的热血；青春是一面旗帜，她召唤着我们勇敢前行；青春是一本教科书，她启迪着我们的智慧和心灵。