K单元 概率

数 学K 单元 概率K1 随机事件的概率 17．K1、K2、K6[2015·四川卷] 某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列和数学期望．17．解：(1)由题意知，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全部从B 中学中抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)根据题意得，X 的可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.所以X 的分布列为因此，X 的数学期望E (X )＝1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＝ 1×15＋2×35＋3×15＝2.K2 古典概型 4．K2[2015·广东卷] 袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )A.521B.1021C.1121D ．1 4．B [解析] 设取的2个球中恰有1个白球，1个红球为事件A ，则P (A )＝C 110C 15C 215＝1021.5．K2[2015·江苏卷] 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．5.56[解析] 方法一：以1表示白球，以2表示红球，以3，4表示2只黄球，则随机摸出2只球的所有基本事件有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，2只球颜色不同的基本事件有5个，故所求概率P ＝56.方法二：2只球颜色不同的对立事件是2只球颜色相同，有1种情况，故所求概率P ＝1－16＝56. 16．K2，I2[2015·北京卷] A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10，11，12，13，14，15，16；B 组：12，13，15，16，17，14，a .假设所有病人的康复时间相互独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率．(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率．(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明) 16．解：设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”，事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1，2， (7)由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1，2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知， C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.K3 几何概型7．K3[2015·湖北卷] 在区间[0，1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≥12”的概率，p 2为事件“|x －y |≤12”的概率，p 3为事件“xy ≤12”的概率，则( )A ．p 1<p 2<p 3B ．p 2<p 3<p 1C ．p 3<p 1<p 2D ．p 3<p 2<p 17．B [解析] 在同一平面直角坐标系中，依次作出x ＋y ＝12，||x －y ＝12，xy ＝12在x ∈[0，1]，y ∈[0，1]时的图像，如图所示．则p 1＝S 多边形BACDE S 四边形OCDE ，p 2＝S 多边形BOAFDG S 四边形OCDE ，p 3＝S 曲边多边形GEOCFS 四边形OCDE .易知S 多边形BOAFDG <S 曲边多边形GEOCF <S 多边形BACDE ， 所以S 多边形BOAFDG S 四边形OCDE <S 曲边多边形GEOCF S 四边形OCDE <S 多边形BACDES 四边形OCDE，即p 2<p 3<p 1.故选B. 13．B13，K3[2015·福建卷] 如图1-2所示，点A 的坐标为(1，0)，点C 的坐标为(2，4)，函数f (x )＝x 2.若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．图1-213.512 [解析] 矩形ABCD 的面积为4，矩形中空白部分的面积为⎠⎛12x 2d x ＝⎪⎪⎝⎛⎭⎫13x 321＝83－13＝73，故阴影部分面积为4－73＝53， 所以所求概率为534＝512.K4 互斥事件有一个发生的概率 4．K4[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 ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.3124．A [解析] 记事件M ＝{恰好投中2次}，N ＝{3次都投中}，E ＝{通过测试}，则事件M 与N 互斥，且E ＝M ∪N .又P (M )＝C 23×(0.6)2×(1－0.6)＝0.432，P (N )＝C 33×(0.6)3＝0.216，所以P (E )＝P (M ∪N )＝P (M )＋P (N )＝0.648.故选A.18．J2、K2、K6、K4[2015·湖南卷] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．18．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×1－12＋1－25×12＝12. 故所求概率P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B 3，15.于是P (X ＝0)＝C 03150453＝64125， P (X ＝1)＝C 13151452＝48125， P (X ＝2)＝C 23152451＝12125， P (X ＝3)＝C 33153450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.K5 相互对立事件同时发生的概率 20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．20．解：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.① 目标函数z ＝1000x ＋1200y.(1)(2)(3)当W ＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，4.8)，C (6，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝2.4，y ＝4.8时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.当W ＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (7.5，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝3，y ＝6时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝3×1000＋6×1200＝10 200.当W ＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (6，4)，D (9，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝6，y ＝4时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝6×1000＋4×1200＝10 800. 故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为 P ＝1－(1－P 1)3＝1－0.33＝0.973. 19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T 的分布列与数学期望ET ；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．19．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估计概率得T 的分布列为从而ET ＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同． 设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．方法一：P (A )＝P (T 1＋T 2≤70)＝P (T 1＝25，T 2≤45)＋P (T 1＝30，T 2≤40)＋P (T 1＝35，T 2≤35)＋P (T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.方法二：P (A )＝P (T 1＋T 2>70)＝P (T 1＝35，T 2＝40)＋P (T 1＝40，T 2＝35)＋P (T 1＝40，T 2＝40)＝0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P (A )＝1－P (A )＝0.91.K6 离散型随机变量及其分布列 17．K1、K2、K6[2015·四川卷] 某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列和数学期望．17．解：(1)由题意知，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全部从B 中学中抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)根据题意得，X 的可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.所以X 的分布列为因此，X 的数学期望E (X )＝1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＝ 1×15＋2×35＋3×15＝2. 16．K2、K6、K8[2015·天津卷] 为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．(1)设A 为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 16．解：(1)由已知，有P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23C 48＝635. 所以事件A 发生的概率为635.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P (X ＝k )＝C k 5C 4－k 3C 48(k ＝1，2，3，4)．所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.17．K2、K6[2015·重庆卷] 端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．17．解：(1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 15C 310＝14.(2)X 的所有可能的取值为0，1，2，且P (X ＝0)＝C 38C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.综上知，X 的分布列为故E (X )＝0×715＋1×715＋2×115＝35.17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望)．17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A ，则P (A )＝A 12A 13A 25＝310.(2)X 的可能取值为200，300，400. P (X ＝200)＝A 22A 25＝110，P (X ＝300)＝A 33＋C 12C 13A 22A 35＝310， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－110－310＝610.故X 的分布列为E (X )＝200×110＋300×310＋400×610＝350.20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．20．解：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.① 目标函数z ＝1000x ＋1200y.(1)(2)(3)当W ＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，4.8)，C (6，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝2.4，y ＝4.8时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.当W ＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (7.5，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝3，y ＝6时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝3×1000＋6×1200＝10 200.当W ＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (6，4)，D (9，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝6，y ＝4时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝6×1000＋4×1200＝10 800. 故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8160×(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为 P ＝1－(1－P 1)3＝1－0.33＝0.973. 17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望)．17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A ，则P (A )＝A 12A 13A 25＝310.(2)X 的可能取值为200，300，400. P (X ＝200)＝A 22A 25＝110，P (X ＝300)＝A 33＋C 12C 13A 22A 35＝310， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－110－310＝610.故X 的分布列为E (X )＝200×110＋300×310＋400×610＝350.20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．20．解：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.① 目标函数z ＝1000x ＋1200y.(1)(2)(3)当W ＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，4.8)，C (6，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝2.4，y ＝4.8时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.当W ＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (7.5，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝3，y ＝6时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝3×1000＋6×1200＝10 200.当W ＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (6，4)，D (9，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝6，y ＝4时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝6×1000＋4×1200＝10 800. 故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8160×(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为 P ＝1－(1－P 1)3＝1－0.33＝0.973. 18．J2、K2、K6、K4[2015·湖南卷] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．18．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×1－12＋1－25×12＝12. 故所求概率P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B 3，15.于是P (X ＝0)＝C 03150453＝64125， P (X ＝1)＝C 13151452＝48125， P (X ＝2)＝C 23152451＝12125， P (X ＝3)＝C 33153450＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.19．K6[2015·山东卷] 若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )． 19．解：(1)个位数字是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345.(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84， 随机变量X 的取值为0，－1，1， P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142.所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×1142＝421.19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T 的分布列与数学期望ET ；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．19．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估计概率得T 的分布列为从而ET ＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同． 设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．方法一：P (A )＝P (T 1＋T 2≤70)＝P (T 1＝25，T 2≤45)＋P (T 1＝30，T 2≤40)＋P (T 1＝35，T 2≤35)＋P (T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.方法二：P (A )＝P (T 1＋T 2>70)＝P (T 1＝35，T 2＝40)＋P (T 1＝40，T 2＝35)＋P (T 1＝40，T 2＝40)＝0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P (A )＝1－P (A )＝0.91.K7 条件概率与事件的独立性13．K7[2015·广东卷] 已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )．若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝________________________________________________________________________.13.13 [解析] 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧np ＝30，np （1－p ）＝20，解得p ＝13.K8 离散型随机变量的数字特征与正态分布 17．K6、K8[2015·安徽卷] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列和均值(数学期望)．17．解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A ，则P (A )＝A 12A 13A 25＝310.(2)X 的可能取值为200，300，400. P (X ＝200)＝A 22A 25＝110，P (X ＝300)＝A 33＋C 12C 13A 22A 35＝310， P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－110－310＝610.故X 的分布列为E (X )＝200×110＋300×310＋400×610＝350.20．K6、K8、K5、E5[2015·湖北卷] 某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．20．解：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.① 目标函数z ＝1000x ＋1200y.(1)(2)(3)当W ＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，4.8)，C (6，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝2.4，y ＝4.8时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.当W ＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (7.5，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝3，y ＝6时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝3×1000＋6×1200＝10 200.当W ＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (6，4)，D (9，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z1200，当x ＝6，y ＝4时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝6×1000＋4×1200＝10 800. 故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8160×(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为 P ＝1－(1－P 1)3＝1－0.33＝0.973. 19．K5、K6、K8[2015·陕西卷] 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：(1)求T (2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．19．解：(1)由统计结果可得T 的频率分布为以频率估计概率得从而ET ＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T 1，T 2分别表示往、返所需时间，T 1，T 2的取值相互独立，且与T 的分布列相同． 设事件A 表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．方法一：P (A )＝P (T 1＋T 2≤70)＝P (T 1＝25，T 2≤45)＋P (T 1＝30，T 2≤40)＋P (T 1＝35，T 2≤35)＋P (T 1＝40，T 2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.方法二：P (A )＝P (T 1＋T 2>70)＝P (T 1＝35，T 2＝40)＋P (T 1＝40，T 2＝35)＋P (T 1＝40，T 2＝40)＝0．4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09. 故P (A )＝1－P (A )＝0.91. 16．K2、K6、K8[2015·天津卷] 为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．(1)设A 为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．解：(1)由已知，有P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23C 48＝635. 所以事件A 发生的概率为635.(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.P (X ＝k )＝C k 5C 4－k 3C 48(k ＝1，2，3，4)． 所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.K9 单元综合 16．K9[2015·福建卷] 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 16．解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23，所以X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52. 1．[2015·宁波二模] 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中，随机取出3个不同的数，则它们的和为3的倍数的概率是( )A.184B.928C.142D.5141．D 4．[2015·唐山一中等五校联考] 在区间[1，5]和[2，4]内各取一个数，分别记为a ，b, 则方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为( )A.12B.1532C.1732D.31324．B [解析] ∵x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆，且a>0，b>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a>b>0，a<2b ，1≤a ≤5，2≤b ≤4，它对应的平面区域如图中阴影部分所示．∴方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率P ＝S 阴影S 矩形＝1－12×（1＋3）×2＋12×12×12×4＝1532. 2．[2015·重庆巴蜀中学模拟] 从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( )A.110B.310C.35D.9102．D [解析] 所取的3个球中至少有1个白球的对立事件为所取的3个球中没有白球，即所取的3个球均为红球，故所求概率为1－1C 35＝910.9．[2015·温州二模] 袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球，随机地从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分，则摸取2个小球的得分之和为________分时，其概率最大．9．3 [解析] 摸取2个小球的得分之和可能出现2，3，4三种情况 ，依次记其发生的事件分别为A ，B ，C .事件A 表示摸取的2个小球都为白球，其概率P (A )＝C 23C 25＝310；事件B 表示摸取的2个小球为1个白球、1个绿球，其概率P (B )＝C 13·C 12C 25＝610＝35；事件C 表示摸取的2个小球为2个绿球，其概率P (C )＝C 22C 25＝110.通过以上的计算结果可以知道，摸取2个小球的得分之和为3分的概率最大． 4．[2015·南昌二中模拟] 从1，2，3，4，5中任取两个数，事件A 表示“取到的两个数的和为偶数”，事件B 表示“取到的两个数均为偶数”，则P (B |A )等于( )A.18B.14C.25D.124．B [解析] P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110410＝14.7．[2015·黄山质检] 甲、乙两人参加某选拔测试，在备选的10道题中，甲答对每道题的概率都是35，乙只能答对其中的5道题，且二人答题情况互不影响．规定每次测试都从备选的10道题中随机抽出3道题，答对1道题加10分，答错1道题(不答视为答错)减5分，得分低于0分时记为0分(即最低为0分)，至少得15分才能入选．(1)求乙得分的分布列和数学期望；(2)求甲、乙两人中至少有一人入选的概率．7．解：(1)设乙的得分为ξ，则ξ的所有可能的取值为0，15，30，所以P (ξ＝0)＝C 05C 35C 310＋C 15C 25C 310＝112＋512＝12，P (ξ＝15)＝C 25C 15C 310＝512，P (ξ＝30)＝C 35C 05C 310＝112，所以ξ的分布列为故E (ξ)＝0×12＋15×512＋30×112＝354.(2)设“甲入选”为事件A ，“乙入选”为事件B ，则 P (A )＝C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫25＋C 33⎝⎛⎭⎫353＝54125＋27125＝81125，P (A －)＝1－81125＝44125，由(1)知P (B )＝P (ξ＝15)＋P (ξ＝30)＝512＋112＝12，P (B －)＝1－12＝12.故所求概率P ＝1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝103125.。