高考数学(理)创新大一轮北师大通用讲义：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第8节 Word含解析

第8节 二项分布及正态分布
最新考纲 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；3.了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义，并进行简单应用.
知 识 梳 理
1.条件概率
在已知B 发生的条件下，事件A 发生的概率叫作B 发生时A 发生的条件概率，用符号P (A |B )来表示，其公式为P (A |B )＝P （AB ）
P （B ）
(P (B )>0).
2.相互独立事件
(1)一般地，对于两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立.
(2)如果A ，B 相互独立，则A 与B －
，A －
与B ，A －
与B －
也相互独立.
(3)如果A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有：P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n ). 3.二项分布
进行n 次试验，如果满足以下条件：
(1)每次试验只有两个相互对立的结果：“成功”和“失败”； (2)每次试验“成功”的概率均为p ，“失败”的概率均为1－p ； (3)各次试验是相互独立的.
用X 表示这n 次试验成功的次数，则
P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )
n －k
(k ＝0，1，2，…，n ) 若一个随机变量X 的分布列如上所述，称X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为X ～B (n ，p ). 4.正态分布
(1)X ～N (μ，σ2)，表示X 服从参数为μ和σ2的正态分布. (2)正态分布密度函数的性质 ①函数图像关于直线x ＝μ对称；
②σ(σ>0)的大小决定图像的“胖”“瘦”；
③P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.3%；
P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝95.4%；
P(μ－3σ<X<μ＋3σ)＝99.7%.
[常用结论与微点提醒]
1.运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.
2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
诊断自测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件.()
(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(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.()
(4)从装有3个红球，3个白球的盒中有放回地任取一球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布.()
解析对于(1)，相互独立事件的发生互不影响，而互斥事件是不能同时发生，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；对于(4)，取到红球的个数X服从二项分布.
答案(1)×(2)×(3)√(4)×
2.(教材练习改编)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 )＝210＝15，P (AB )＝2×310×9＝1
15，
故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）
＝13.
答案 B
3.(2018·西安调研)设袋中有大小相同的4个红球和2个白球，若从中有放回地依次取出一个球，则6次取球中取出2个红球的概率为________.
解析 由题意得取出红球个数X 服从二项分布，即X ～B ⎝ ⎛
⎭⎪⎫6，23，所以P (X ＝2)
＝C 26⎝ ⎛⎭⎪
⎫
232·⎝ ⎛⎭
⎪⎫134＝20
243. 答案 20
243
4.国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙去北京旅游的概率为1
4.假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________. 解析 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件A ，“乙去北京旅游”为事件B ，两人均不去的概率为P (A －B －
)＝P (A －
)·P (B －
)＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－14＝12，
甲、乙二人至少有一人去北京旅游的对立事件为甲、乙二人都不去北京旅游，故所求概率为1－P (A －B －
)＝1－12＝1
2.
答案 12
5.已知随机变量X 服从正态分布N (0，82)，若P (X >2)＝0.023，则P (－2≤X ≤2)＝________.
解析 因为μ＝0，所以P (X >2)＝P (X <－2)＝0.023，所以P (－2≤X ≤2)＝1－2×0.023＝0.954. 答案 0.954
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.18
B.14
C.25
D.12
(2)(2018·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1
2，两次闭合后都出现红灯的概率为1
5，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.12
解析 (1)法一 P (A )＝C 23＋C 2
2C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22
C 25
＝110.由条件概率计算公式，
得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）
＝1
1025
＝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 ）
＝14.
(2)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 )＝12，P (AB )＝1
5，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.
答案 (1)B (2)C
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 （A ）
.
【训练1】 (2018·上饶调研)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球、4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( ) A.35
B.59
C.110
D.25
解析 第一次摸出新球记为事件A ，则P (A )＝3
5， 第二次取到新球记为事件B ，则P (AB )＝C 26
C 210
＝13，
∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1
335＝5
9
.
答案 B
考点二 相互独立事件同时发生的概率
【例2】 (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 )
＝23，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＝2
15，
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 (E －F －
)＝13 ×25＝215，P (X ＝100)＝P (E －
F )＝13×35＝315＝1
5，
P (X ＝120)＝P (EF －
)＝23×25＝4
15，
P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615＝2
5.
故所求的分布列为
规律方法 (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.
【训练2】 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、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P (A )＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128. 答案 0.128
考点三 独立重复试验与二项分布(易错警示)
【例3】 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5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件).
(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X 的取值为0，1，2， X 服从超几何分布.①
P (X ＝0)＝C 228C 240＝63
130，
P (X ＝1)＝C 112C 128C 240＝28
65，
P (X ＝2)＝C 212C 240
＝11
130，
∴X 的分布列为
(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＝310.
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Y ～B ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫2，310，②
P (Y ＝k )＝C k 2⎝
⎛⎭⎪
⎫1－3102－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫310k
， 所以
P (Y ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
7102＝49
100，
P (Y ＝1)＝C 12
·310·710＝2150，
P (Y ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭
⎪
⎫3102
＝9
100. ∴Y 的分布列为
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，但需要注意检查
该概率模型是否满足公式P (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.
易错警示 1.对于①，超几何分布对应的抽取问题是不放回抽取，各次抽取不独立，而二项分布对应的抽取问题是有放回抽取，各次抽取是独立的，故①处不要误作二项分布来处理；对于②，当超几何分布所对应的总体数量很大时，可近似为二项分布来处理，这一点不易想到.
2.这两个分布列的期望是相等的，请思考这是否是巧合呢？
【训练3】 (2018·河北“五个一”名校联盟二模)空气质量指数(AirQuality 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.
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＝35，
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
＝8125，
P (ξ＝1)＝C 13
⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭
⎪⎫252
＝36
125，
P (ξ＝2)＝C 23
⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫25＝54
125
， P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27
125，
ξ的分布列为
考点四 正态分布
【例4】 (1)(2018·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ<4)＝0.8，则P (0<ξ<4)＝( ) A.0.6
B.0.4
C.0.3
D.0.2
(2)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (－1，1)的密度曲线)的点的个数的估计
值为()
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.682 6，
P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝0.954 4.
A.1 193
B.1 359
C.2 718
D.3 413
解析(1)因为随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，μ＝2，得对称轴为x＝2，P(ξ<4)＝0.8，∴P(ξ≥4)＝P(ξ≤0)＝0.2，∴P(0<ξ<4)＝0.6.
(2)对于正态分布N(－1，1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于x＝－1对称，故题
图中阴影部分的面积为1
2×[P(－3<X<1)－P(－2<X<0)]＝1
2×[P(μ－2σ<X<μ＋2σ)
－P(μ－σ<X<μ＋σ)]＝1
2×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，所以点落入题图中阴影部
分的概率P＝0.135 9
1
＝0.135 9，投入10 000个点，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.
答案(1)A(2)B
规律方法(1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.
(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：
①P(X＜a)＝1－P(X≥a)；②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).
【训练4】已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)()
A.4.56%
B.13.59%
C.27.18%
D.31.74%
解析依题设，X～N(0，32)，其中μ＝0，σ＝3.∴P(－3<X<3)＝0.682 6，P(－6<X<6)＝0.954 4.因此P(3<X<6)＝1
2[P(－6<X<6)－P(－3<X<3)]
＝1
2(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9＝13.59%.
答案 B
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)
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.1425
B.1225
C.34
D.35
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)＝710，所以他们都中靶的概率是45×710＝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.0.8
B.0.75
C.0.6
D.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 ）
＝0.60.75
＝0.8. 答案 A
3.(2018·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( ) A.18
B.38
C.58
D.78
解析 三次均反面朝上的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1
8，所以至少一次正面朝上的概率是1－18
＝78. 答案 D
4.设随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，则函数f (x )＝x 2＋2x ＋X 不存在零点的
概率为( ) A.14
B.13
C.12
D.23
解析 ∵函数f (x )＝x 2＋2x ＋X 不存在零点，∴Δ＝4－4X <0，∴X >1，∵X ～N (1，σ2)，∴P (X >1)＝1
2，故选C. 答案 C
5.(2017·上饶模拟)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为1
8
和p ，若在任意时刻恰有一个系统不
发生故障的概率为9
40，则p ＝( ) A.110 B.215 C.16 D.15
解析 由题意得18(1－p )＋⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1－18p ＝940，
∴p ＝2
15，故选B. 答案 B 二、填空题
6.(2018·福州模拟)若随机变量X ～N (μ，σ2)，且P (X >5)＝P (X <－1)＝0.2，则P (2<X <5)＝________.
解析 ∵P (X >5)＝P (X <－1)，∴μ＝5－1
2＝2， ∴P (2<X <5)＝12P (－1<X <5)＝1
2×(1－0.2－0.2)＝0.3. 答案 0.3
7.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 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 )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案 0.72
8.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 (X ＝4)＝________.
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X ～B ⎝ ⎛
⎭⎪⎫5，13，
即有P (X ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪
⎫13k ×⎝ ⎛⎭
⎪⎫235－k
，k ＝0，1，2，3，4，5. 故
P (X ＝4)＝C 45
⎝ ⎛⎭⎪⎫134
×⎝ ⎛⎭
⎪⎫231＝10
243. 答案 10
243 三、解答题
9.(2018·洛阳模拟)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12，“三步上篮”的命中率为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ξ，求ξ的分布列.
解 (1)设小明第i 次“立定投篮”命中为事件A i ，第i 次“三步上篮”命中为事件B i (i ＝1，2)，依题意有P (A i )＝12，P (B i )＝3
4(i ＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件C .
(1)P (C －
)＝P (A －1A －
2)＋P (A －
1A 2B －1B －
2)＋P (A 1B －1B －
2)
＝P (A －
1)P (A －
2)＋P (A －
1)P (A 2)P (B －
1)P (B －
2)＋P (A 1)·P (B －
1)P (B －
2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12×12×
⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－342＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－342＝1964.
∴P (C )＝1－1964＝45
64. (2)依题意知ξ＝2，3，4，
P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＋P (A －1A －
2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A －
1)·P (A －
2)＝5
8，
P (ξ＝3)＝P (A 1B －
1B 2)＋P (A －
1A 2B 1)＋P (A 1B －1B －
2)
＝P (A 1)P (B －
1)P (B 2)＋P (A －
1)P (A 2)P (B 1)＋ P (A 1)P (B －
1)P (B －
2)＝516，
P (ξ＝4)＝P (A －
1A 2B －
1)＝P (A －
1)P (A 2)P (B －
1)＝1
16.
故投篮的次数ξ的分布列为：
10.(2018·西安模拟)从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值.由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55，65)，[65，75)，[75，85]内的频率之比为4∶2∶1.
(1)求这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率；
(2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标值位于区间[45，75)内的产品件数为X ，求X 的分布列.
解 (1)设这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率为x ，则落在区间[55，65)，[65，75)内的频率分别为4x ，2x .
依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x ＋2x ＋x ＝1，解得x ＝0.05.
所以这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率为0.05.
(2)由(1)得，这些产品质量指标值落在区间[45，75)内的频率为0.3＋0.2＋0.1＝0.6，将频率视为概率得p＝0.6.
从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，相当于进行了3次独立重复试验，所以X服从二项分布B(n，p)，其中n＝3，p＝0.6.
因为X的所有可能取值为0，1，2，3，
且P(X＝0)＝C03×0.60×0.43＝0.064，
P(X＝1)＝C13×0.61×0.42＝0.288，
P(X＝2)＝C23×0.62×0.41＝0.432，
P(X＝3)＝C33×0.63×0.40＝0.216，
所以X的分布列为
能力提升题组
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11.(2018·南昌月考)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
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
2＋4＝2
3
，P(B|A)＝
3＋1
8＋1
＝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
12.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小
时)均服从正态分布N (1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.
解析 设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显
然P (A )＝P (B )＝P (C )＝1
2，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(AB －＋A －
B
＋AB )C ，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率 P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.
答案 38
13.(2018·黄冈调研)已知6只小白鼠中有1只感染了病毒，需要对6只小白鼠进行病毒DNA 化验来确定哪一只受到了感染.下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止.方案乙：将6只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒DNA ，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒DNA ，则在另外一组中逐个进行化验.
(1)求执行方案乙化验次数恰好为2次的概率；
(2)若首次化验的化验费为10元，第二次化验的化验费为8元，第三次及以后每次化验的化验费都是6元，求方案甲所需化验费的分布列. 解 (1)执行方案乙化验次数恰好为2次的情况分两种：
第一种，先化验一组，结果显示不含病毒DNA ，再从另一组中任取一只进行化
验，其恰含有病毒DNA ，此种情况的概率为C 3
5C 36×1C 13
＝1
6.
第二种，先化验一组，结果显示含病毒DNA ，再从中逐个化验，恰好第一只含有病毒，此种情况的概率为C 25
C 36×1C 13
＝16.
所以执行方案乙化验次数恰好为2次的概率为16＋16＝1
3.
(2)设用方案甲化验次数为ξ，则ξ可能的取值为1，2，3，4，5，对应的化验费为η(单位：元)，则η的可能取值为10，18，24，30，36.
P(η＝10)＝P(ξ＝1)＝1 6，
P(η＝18)＝P(ξ＝2)＝5
6×
1
5＝
1
6，
P(η＝24)＝P(ξ＝3)＝5
6×
4
5×
1
4＝
1
6，
P(η＝30)＝P(ξ＝4)＝5
6×
4
5×
3
4×
1
3＝
1
6，
P(η＝36)＝P(ξ＝5)＝5
6×
4
5×
3
4×
2
3＝
1
3，
则化验费η的分布列为。