2023年高考數(shù)學(xué)理科(高考真題+模擬新題)分類匯編：K單元++概率

數(shù)學(xué)K單元概率K1隨機事件的概率20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站，過去50年的水文資料顯示，水年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和，單位：億立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨立．(1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率．(2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120發(fā)電機最多可運行臺數(shù)123假設(shè)某臺發(fā)電機運行，那么該臺年利潤為5000萬元；假設(shè)某臺發(fā)電機未運行，那么該臺年虧損800萬元，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機多少臺？20．解：(1)依題意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二項分布得，在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)．①安裝1臺發(fā)電機的情形．由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應(yīng)的年利潤Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安裝2臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)X≥80時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安裝3臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)80≤X≤120時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；當(dāng)X>120時，三臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.綜上，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機2臺．17．，，，[2023·四川卷]一款擊鼓小游戲的規(guī)那么如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂那么扣除200分(即獲得－200分)．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立．(1)設(shè)每盤游戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列．(2)玩三盤游戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？(3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，假設(shè)干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少了．請運用概率統(tǒng)計的相關(guān)知識分析分?jǐn)?shù)減少的原因．17．解：(1)X可能的取值為10，20，100，－200.根據(jù)題意，有P(X＝10)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以X的分布列為：X1020100－200Peq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)eq\f(1,8)(2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂〞為事件Ai(i＝1，2，3)，那么P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f(1,8).所以“三盤游戲中至少有一盤出現(xiàn)音樂〞的概率為1－P(A1A2A3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(1,512)＝eq\f(511,512).因此，玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是eq\f(511,512).(3)由(1)知，X的數(shù)學(xué)期望為EX＝10×eq\f(3,8)＋20×eq\f(3,8)＋100×eq\f(1,8)－200×eq\f(1,8)＝－eq\f(5,4).這說明，獲得分?jǐn)?shù)X的均值為負．因此，屢次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大．K2古典概型11．、[2023·廣東卷]從0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七個不同的數(shù)，那么這七個數(shù)的中位數(shù)是6的概率為________．11.eq\f(1,6)[解析]此題主要考查古典概型概率的計算，注意中位數(shù)的求法．從0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七個不同的數(shù)，有Ceq\o\al(7,10)種方法，假設(shè)七個數(shù)的中位數(shù)是6，那么只需從0，1，2，3，4，5中選三個，從7，8，9中選三個不同的數(shù)即可，有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)種方法．故這七個數(shù)的中位數(shù)是6的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(7,10))＝eq\f(1,6).18．、、[2023·福建卷]為回饋顧客，某商場擬通過摸球兌獎的方式對1000位顧客進行獎勵，規(guī)定：每位顧客從一個裝有4個標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球，球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎勵額．(1)假設(shè)袋中所裝的4個球中有1個所標(biāo)的面值為50元，其余3個均為10元，求：(i)顧客所獲的獎勵額為60元的概率；(ii)顧客所獲的獎勵額的分布列及數(shù)學(xué)期望．(2)商場對獎勵總額的預(yù)算是60000元，并規(guī)定袋中的4個球只能由標(biāo)有面值10元和50元的兩種球組成，或標(biāo)有面值20元和40元的兩種球組成．為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預(yù)算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，請對袋中的4個球的面值給出一個適宜的設(shè)計，并說明理由．18．解：(1)設(shè)顧客所獲的獎勵額為X.(i)依題意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2).即顧客所獲的獎勵額為60元的概率為eq\f(1,2)，(ii)依題意，得X的所有可能取值為20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列為X2060P0.50.5所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．(2)根據(jù)商場的預(yù)算，每個顧客的平均獎勵額為60元．所以，先尋找期望為60元的可能方案．對于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10，10，10，50)的方案，因為60元是面值之和的最大值，所以期望不可能為60元；如果選擇(50，50，50，10)的方案，因為60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能為60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，記為方案1.對于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，記為方案2.以下是對兩個方案的分析：對于方案1，即方案(10，10，50，50)，設(shè)顧客所獲的獎勵額為X1，那么X1的分布列為X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望為E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).對于方案2，即方案(20，20，40，40)，設(shè)顧客所獲的獎勵額為X2，那么X2的分布列為X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望為E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于兩種方案的獎勵額的期望都符合要求，但方案2獎勵額的方差比方案1的小，所以應(yīng)該選擇方案2.5．[2023·新課標(biāo)全國卷Ⅰ]4位同學(xué)各自在周六、周日兩天中任選一天參加公益活動，那么周六、周日都有同學(xué)參加公益活動的概率為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(3,8)C.eq\f(5,8)D.eq\f(7,8)5．D[解析]每位同學(xué)有2種選法，根本領(lǐng)件的總數(shù)為24＝16，其中周六、周日中有一天無人參加的根本領(lǐng)件有2個，故周六、周日都有同學(xué)參加公益活動的概率為1－eq\f(2,16)＝eq\f(7,8).6．[2023·陜西卷]從正方形四個頂點及其中心這5個點中，任取2個點，那么這2個點的距離不小于該正方形邊長的概率為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)6．C[解析]利用古典概型的特點可知從5個點中選取2個點的全部情況有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)，選取的2個點的距離不小于該正方形邊長的情況有：選取的2個點的連線為正方形的4條邊長和2條對角線長，共有6種．故所求概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).16．、、[2023·天津卷]某大學(xué)志愿者協(xié)會有6名男同學(xué)，4名女同學(xué)．在這10名同學(xué)中，3名同學(xué)來自數(shù)學(xué)學(xué)院，其余7名同學(xué)來自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個學(xué)院．現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨機選取3名同學(xué)，到希望小學(xué)進行支教活動(每位同學(xué)被選到的可能性相同)．(1)求選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率；(2)設(shè)X為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．16．解：(1)設(shè)“選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院〞為事件A，那么P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(49,60)，所以選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率為eq\f(49,60).(2)隨機變量X的所有可能值為0，1，2，3.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,4)·Ceq\o\al(3－k,6),Ceq\o\al(3,10))(k＝0，1，2，3)，所以隨機變量X的分布列是X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).9．、[2023·浙江卷]甲盒中僅有1個球且為紅球，乙盒中有m個紅球和n個藍球(m≥3，n≥3)，從乙盒中隨機抽取i(i＝1，2)個球放入甲盒中．(a)放入i個球后，甲盒中含有紅球的個數(shù)記為ξi(i＝1，2)；(b)放入i個球后，從甲盒中取1個球是紅球的概率記為pi(i＝1，2)．那么()A．p1>p2，E(ξ1)<E(ξ2)B．p1<p2，E(ξ1)>E(ξ2)C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)D．p1<p2，E(ξ1)<E(ξ2)9．A[解析]方法一：不妨取m＝n＝3，此時，p1＝eq\f(3,6)×eq\f(2,2)＋eq\f(3,6)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，p2＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(3,3)＋eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，那么p1>p2；E(ξ1)＝1×eq\f(3,6)＋2×eq\f(3,6)＝eq\f(3,2)，E(ξ2)＝1×eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＋2×eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＋3×eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝2，那么E(ξ1)<E(ξ2)．應(yīng)選A.方法二：p1＝eq\f(m,m＋n)×eq\f(2,2)＋eq\f(n,m＋n)×eq\f(1,2)＝eq\f(2m＋n,2〔m＋n〕)，p2＝eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(3,3)＋eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,m),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(2,3)＋eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))×eq\f(1,3)＝eq\f(3m2－3m＋4mn＋n2－n,3〔m＋n〕〔m＋n－1〕)，那么p1－p2＝eq\f(mn＋n〔n－1〕,6〔m＋n〕〔m＋n－1〕)>0；E(ξ1)＝1×eq\f(n,m＋n)＋2×eq\f(m,m＋n)＝eq\f(2m＋n,m＋n)，E(ξ2)＝1×eq\f(Ceq\o\al(2,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋2×eq\f(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n),Ceq\o\al(2,m＋n))＋3×eq\f(Ceq\o\al(2,m),Ceq\o\al(2,m＋n))＝eq\f(3m2－3m＋4mn＋n2－n,〔m＋n〕〔m＋n－1〕)，E(ξ1)－E(ξ2)＝eq\f(－m2＋m－mn,〔m＋n〕〔m＋n－1〕)<0，應(yīng)選A.18．，[2023·重慶卷]一盒中裝有9張各寫有一個數(shù)字的卡片，其中4張卡片上的數(shù)字是1，3張卡片上的數(shù)字是2，2張卡片上的數(shù)字是3.從盒中任取3張卡片．(1)求所取3張卡片上的數(shù)字完全相同的概率；(2)X表示所取3張卡片上的數(shù)字的中位數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望．(注：假設(shè)三個數(shù)a，b，c滿足a≤b≤c，那么稱b為這三個數(shù)的中位數(shù))18．解：(1)由古典概型中的概率計算公式知所求概率為P＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(5,84).(2)X的所有可能值為1，2，3，且P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(17,42)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(43,84)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,7),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(1,12)，故X的分布列為X123Peq\f(17,42)eq\f(43,84)eq\f(1,12)從而E(X)＝1×eq\f(17,42)＋2×eq\f(43,84)＋3×eq\f(1,12)＝eq\f(47,28).K3幾何概型14．、[2023·福建卷]如圖1-4，在邊長為e(e為自然對數(shù)的底數(shù))的正方形中隨機撒一粒黃豆，那么它落到陰影局部的概率為________．圖1-414.eq\f(2,e2)[解析]因為函數(shù)y＝lnx的圖像與函數(shù)y＝ex的圖像關(guān)于正方形的對角線所在直線y＝x對稱，那么圖中的兩塊陰影局部的面積為S＝2eq\i\in(1,e,)lnxdx＝2(xlnx－x)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,))eq\s\up12(e)1＝2[(elne－e)－(ln1－1)]＝2，故根據(jù)幾何概型的概率公式得，該粒黃豆落到陰影局部的概率P＝eq\f(2,e2).7．[2023·湖北卷]由不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))確定的平面區(qū)域記為Ω1，不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))確定的平面區(qū)域記為Ω2，在Ω1中隨機取一點，那么該點恰好在Ω2內(nèi)的概率為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(7,8)7．D[解析]作出Ω1，Ω2表示的平面區(qū)域如下圖，SΩ1＝S△AOB＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△BCE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，那么S四邊形AOEC＝SΩ1－S△BCE＝2－eq\f(1,4)＝eq\f(7,4).故由幾何概型得，所求的概率P＝eq\f(S四邊形AOEC,SΩ1)＝eq\f(\f(7,4),2)＝eq\f(7,8).應(yīng)選D.14．[2023·遼寧卷]正方形的四個頂點A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分別在拋物線y＝－x2和y＝x2上，如圖1-3所示．假設(shè)將—個質(zhì)點隨機投入正方形ABCD中，那么質(zhì)點落在圖中陰影區(qū)域的概率是________．圖1-314.eq\f(2,3)[解析]正方形ABCD的面積S＝2×2＝4，陰影局部的面積S1＝2eq\i\in(－1,1,)(1－x2)dx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\o\al(1,－1)＝eq\f(8,3)，故質(zhì)點落在陰影區(qū)域的概率P＝eq\f(\f(8,3),4)＝eq\f(2,3).K4互斥事件有一個發(fā)生的概率17．、[2023·湖南卷]某企業(yè)有甲、乙兩個研發(fā)小組，他們研發(fā)新產(chǎn)品成功的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(3,5).現(xiàn)安排甲組研發(fā)新產(chǎn)品A，乙組研發(fā)新產(chǎn)品B.設(shè)甲、乙兩組的研發(fā)相互獨立．(1)求至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功的概率．(2)假設(shè)新產(chǎn)品A研發(fā)成功，預(yù)計企業(yè)可獲利潤120萬元；假設(shè)新產(chǎn)品B研發(fā)成功，預(yù)計企業(yè)可獲利潤100萬元．求該企業(yè)可獲利潤的分布列和數(shù)學(xué)期望．17．解：記E＝{甲組研發(fā)新產(chǎn)品成功}，F(xiàn)＝{乙組研發(fā)新產(chǎn)品成功}，由題設(shè)知P(E)＝eq\f(2,3)，P(E)＝eq\f(1,3)，P(F)＝eq\f(3,5)，P(F)＝eq\f(2,5)，且事件E與F，E與F，E與F，E與F都相互獨立．(1)記H＝{至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功}，那么H＝EF，于是P(H)＝P(E)P(F)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，故所求的概率為P(H)＝1－P(H)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).(2)設(shè)企業(yè)可獲利潤為X(萬元)，那么X的可能取值為0，100，120，220.因為P(X＝0)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，P(X＝100)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝120)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，P(X＝220)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，故所求的分布列為X0100120220Peq\f(2,15)eq\f(1,5)eq\f(4,15)eq\f(2,5)數(shù)學(xué)期望為E(X)＝0×eq\f(2,15)＋100×eq\f(1,5)＋120×eq\f(4,15)＋220×eq\f(2,5)＝eq\f(300＋480＋1320,15)＝eq\f(2100,15)＝140.16．、、[2023·天津卷]某大學(xué)志愿者協(xié)會有6名男同學(xué)，4名女同學(xué)．在這10名同學(xué)中，3名同學(xué)來自數(shù)學(xué)學(xué)院，其余7名同學(xué)來自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個學(xué)院．現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨機選取3名同學(xué)，到希望小學(xué)進行支教活動(每位同學(xué)被選到的可能性相同)．(1)求選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率；(2)設(shè)X為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù)，求隨機變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．16．解：(1)設(shè)“選出的3名同學(xué)是來自互不相同的學(xué)院〞為事件A，那么P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(0,3)·Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(49,60)，所以選出的3名同學(xué)是來自互不相同學(xué)院的概率為eq\f(49,60).(2)隨機變量X的所有可能值為0，1，2，3.P(X＝k)＝eq\f(Ceq\o\al(k,4)·Ceq\o\al(3－k,6),Ceq\o\al(3,10))(k＝0，1，2，3)，所以隨機變量X的分布列是X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)隨機變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).K5相互對立事件同時發(fā)生的概率17．、[2023·安徽卷]甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，假設(shè)賽完5局仍未出現(xiàn)連勝，那么判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽．假設(shè)每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙獲勝的概率為eq\f(1,3)，各局比賽結(jié)果相互獨立．(1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率；(2)記X為比賽決出勝負時的總局?jǐn)?shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)．17．解：用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽〞，Ak表示“第k局甲獲勝〞，Bk表示“第k局乙獲勝〞，那么P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(Bk)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81).(2)X的可能取值為2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2BP(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝eq\f(10,81)P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq\f(8,81).故X的分布列為X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)EX＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).16．、[2023·北京卷]李明在10場籃球比賽中的投籃情況統(tǒng)計如下(假設(shè)各場比賽相互獨立)：場次投籃次數(shù)命中次數(shù)場次投籃次數(shù)命中次數(shù)主場12212客場1188主場21512客場21312主場3128客場3217主場4238客場41815主場52420客場52512(1)從上述比賽中隨機選擇一場，求李明在該場比賽中投籃命中率超過0.6的概率；(2)從上述比賽中隨機選擇一個主場和一個客場，求李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率；(3)記x為表中10個命中次數(shù)的平均數(shù)，從上述比賽中隨機選擇一場，記X為李明在這場比賽中的命中次數(shù)，比擬EX與x的大?。?只需寫出結(jié)論)16．解：(1)根據(jù)投籃統(tǒng)計數(shù)據(jù)，在10場比賽中，李明投籃命中率超過0.6的有5場，分別是主場2，主場3，主場5，客場2，客場4.所以在隨機選擇的一場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6的概率是0.5.(2)設(shè)事件A為“在隨機選擇的一場主場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6”，事件B為“在隨機選擇的一場客場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6”，事件C為“在隨機選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過那么C＝AB∪AB，A，B相互獨立．根據(jù)投籃統(tǒng)計數(shù)據(jù)，P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(2,5).故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(13,25).所以，在隨機選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率為eq\f(13,25).(3)EX＝eq\o(x,\s\up6(－)).17．、[2023·廣東卷]隨機觀測生產(chǎn)某種零件的某工廠25名工人的日加工零件數(shù)(單位：件)，獲得數(shù)據(jù)如下：30，42，41，36，44，40，37，37，25，45，29，43，31，36，49，34，33，43，38，42，32，34，46，39，36.根據(jù)上述數(shù)據(jù)得到樣本的頻率分布表如下：分組頻數(shù)頻率[25，30]30.12(30，35]50.20(35，40]80.32(40，45]n1f1(45，50]n2f2(1)確定樣本頻率分布表中n1，n2，f1和f2的值；(2)根據(jù)上述頻率分布表，畫出樣本頻率分布直方圖；(3)根據(jù)樣本頻率分布直方圖，求在該廠任取4人，至少有1人的日加工零件數(shù)落在區(qū)間(30，35]的概率．20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站，過去50年的水文資料顯示，水年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和，單位：億立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨立．(1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率．(2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120發(fā)電機最多可運行臺數(shù)123假設(shè)某臺發(fā)電機運行，那么該臺年利潤為5000萬元；假設(shè)某臺發(fā)電機未運行，那么該臺年虧損800萬元，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機多少臺？20．解：(1)依題意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二項分布得，在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)．①安裝1臺發(fā)電機的情形．由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應(yīng)的年利潤Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安裝2臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)X≥80時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安裝3臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)80≤X≤120時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；當(dāng)X>120時，三臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.綜上，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機2臺．21．、、[2023·江西卷]隨機將1，2，…，2n(n∈N*，n≥2)這2n個連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個數(shù)．A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2；B組最小數(shù)為b1，最大數(shù)為b2.記ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)當(dāng)n＝3時，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)令C表示事件“ξ與η的取值恰好相等〞，求事件C發(fā)生的概率P(C)；(3)對(2)中的事件C，eq\o(C,\s\up6(－))表示C的對立事件，判斷P(C)和P(eq\o(C,\s\up6(－)))的大小關(guān)系，并說明理由．21．解：(1)當(dāng)n＝3時，ξ的所有可能取值為2，3，4，5.將6個正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)，所以ξ的分布列為：ξ2345Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(3,10)eq\f(1,5)Eξ＝2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(3,10)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(7,2).(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值為n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1時，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n時，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)時，不同的分組方法有2Ceq\o\al(k,2k)種．所以當(dāng)n＝2時，P(C)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，當(dāng)n≥3時，P(C)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))),Ceq\o\al(n,2n)).(3)由(2)得，當(dāng)n＝2時，P(C)＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P(C)．而當(dāng)n≥3時，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)等價于4(2＋∑eq\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))<Ceq\o\al(n,2n)，①用數(shù)學(xué)歸納法來證明：(i)當(dāng)n＝3時，①式左邊＝4(2＋Ceq\o\al(1,2))＝4(2＋2)＝16，①式右邊＝Ceq\o\al(3,6)＝20，所以①式成立．(ii)假設(shè)n＝m(m≥3)時①式成立，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))<Ceq\o\al(m,2m)成立，那么，當(dāng)n＝m＋1時，左邊＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m＋1－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)<Ceq\o\al(m,2m)＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)＝eq\f(〔2m〕！,m！m！)＋eq\f(4·〔2m－2〕！,〔m－1〕！〔m－1〕！)＝eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m－1〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)<eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)＝Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)·eq\f(2〔m＋1〕m,〔2m＋1〕〔2m－1〕)<Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)＝右邊，即當(dāng)n＝m＋1時，①式也成立．綜合(i)(ii)得，對于n≥3的所有正整數(shù)，都有P(C)<P(C)成立．18．、、[2023·遼寧卷]一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖1-4所示．圖1-4將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每天的銷售量相互獨立．(1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率；(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨機變量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．18．解：(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個〞，A2表示事件“日銷售量低于50個〞，B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天日銷售量不低于100個且另1天銷售量低于50個〞．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值為0，1，2，3，相應(yīng)的概率分別為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.X的分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216因為X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.20．、[2023·全國卷]設(shè)每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用設(shè)備相互獨立．(1)求同一工作日至少3人需使用設(shè)備的概率；(2)X表示同一工作日需使用設(shè)備的人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望．20．解：記A1表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設(shè)備，i＝0，1，2.B表示事件：甲需使用設(shè)備．C表示事件：丁需使用設(shè)備．D表示事件：同一工作日至少3人需使用設(shè)備．(1)因為P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(Ai)＝Ceq\o\al(i,2)×0.52，i＝0，1，2，所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0．31.(2)X的可能取值為0，1，2，3，4，其分布列為P(X＝0)＝P(B·A0·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A0·C＋B·A0·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.17．，，，[2023·四川卷]一款擊鼓小游戲的規(guī)那么如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂那么扣除200分(即獲得－200分)．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立．(1)設(shè)每盤游戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列．(2)玩三盤游戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？(3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，假設(shè)干盤游戲后，與最初的分?jǐn)?shù)相比，分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少了．請運用概率統(tǒng)計的相關(guān)知識分析分?jǐn)?shù)減少的原因．17．解：(1)X可能的取值為10，20，100，－200.根據(jù)題意，有P(X＝10)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8).所以X的分布列為：X1020100－200Peq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)eq\f(1,8)(2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂〞為事件Ai(i＝1，2，3)，那么P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f(1,8).所以“三盤游戲中至少有一盤出現(xiàn)音樂〞的概率為1－P(A1A2A3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(1,512)＝eq\f(511,512).因此，玩三盤游戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是eq\f(511,512).(3)由(1)知，X的數(shù)學(xué)期望為EX＝10×eq\f(3,8)＋20×eq\f(3,8)＋100×eq\f(1,8)－200×eq\f(1,8)＝－eq\f(5,4).這說明，獲得分?jǐn)?shù)X的均值為負．因此，屢次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大．K6離散型隨機變量及其分布列17．、[2023·安徽卷]甲乙兩人進行圍棋比賽，約定先連勝兩局者直接贏得比賽，假設(shè)賽完5局仍未出現(xiàn)連勝，那么判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽．假設(shè)每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙獲勝的概率為eq\f(1,3)，各局比賽結(jié)果相互獨立．(1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率；(2)記X為比賽決出勝負時的總局?jǐn)?shù)，求X的分布列和均值(數(shù)學(xué)期望)．17．解：用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽〞，Ak表示“第k局甲獲勝〞，Bk表示“第k局乙獲勝〞，那么P(Ak)＝eq\f(2,3)，P(Bk)＝eq\f(1,3)，k＝1，2，3，4，5.(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(56,81).(2)X的可能取值為2，3，4，5.P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝eq\f(5,9)，P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2BP(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝eq\f(2,9)，P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)＝eq\f(10,81)P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝eq\f(8,81).故X的分布列為X2345Peq\f(5,9)eq\f(2,9)eq\f(10,81)eq\f(8,81)EX＝2×eq\f(5,9)＋3×eq\f(2,9)＋4×eq\f(10,81)＋5×eq\f(8,81)＝eq\f(224,81).16．、[2023·北京卷]李明在10場籃球比賽中的投籃情況統(tǒng)計如下(假設(shè)各場比賽相互獨立)：場次投籃次數(shù)命中次數(shù)場次投籃次數(shù)命中次數(shù)主場12212客場1188主場21512客場21312主場3128客場3217主場4238客場41815主場52420客場52512(1)從上述比賽中隨機選擇一場，求李明在該場比賽中投籃命中率超過0.6的概率；(2)從上述比賽中隨機選擇一個主場和一個客場，求李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率；(3)記x為表中10個命中次數(shù)的平均數(shù)，從上述比賽中隨機選擇一場，記X為李明在這場比賽中的命中次數(shù)，比擬EX與x的大?。?只需寫出結(jié)論)16．解：(1)根據(jù)投籃統(tǒng)計數(shù)據(jù)，在10場比賽中，李明投籃命中率超過0.6的有5場，分別是主場2，主場3，主場5，客場2，客場4.所以在隨機選擇的一場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6的概率是0.5.(2)設(shè)事件A為“在隨機選擇的一場主場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6”，事件B為“在隨機選擇的一場客場比賽中，李明的投籃命中率超過0.6”，事件C為“在隨機選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過那么C＝AB∪AB，A，B相互獨立．根據(jù)投籃統(tǒng)計數(shù)據(jù)，P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(2,5).故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(13,25).所以，在隨機選擇的一個主場和一個客場中，李明的投籃命中率一場超過0.6，一場不超過0.6的概率為eq\f(13,25).(3)EX＝eq\o(x,\s\up6(－)).18．、、[2023·福建卷]為回饋顧客，某商場擬通過摸球兌獎的方式對1000位顧客進行獎勵，規(guī)定：每位顧客從一個裝有4個標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機摸出2個球，球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎勵額．(1)假設(shè)袋中所裝的4個球中有1個所標(biāo)的面值為50元，其余3個均為10元，求：(i)顧客所獲的獎勵額為60元的概率；(ii)顧客所獲的獎勵額的分布列及數(shù)學(xué)期望．(2)商場對獎勵總額的預(yù)算是60000元，并規(guī)定袋中的4個球只能由標(biāo)有面值10元和50元的兩種球組成，或標(biāo)有面值20元和40元的兩種球組成．為了使顧客得到的獎勵總額盡可能符合商場的預(yù)算且每位顧客所獲的獎勵額相對均衡，請對袋中的4個球的面值給出一個適宜的設(shè)計，并說明理由．18．解：(1)設(shè)顧客所獲的獎勵額為X.(i)依題意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2).即顧客所獲的獎勵額為60元的概率為eq\f(1,2)，(ii)依題意，得X的所有可能取值為20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列為X2060P0.50.5所以顧客所獲的獎勵額的期望為E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．(2)根據(jù)商場的預(yù)算，每個顧客的平均獎勵額為60元．所以，先尋找期望為60元的可能方案．對于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10，10，10，50)的方案，因為60元是面值之和的最大值，所以期望不可能為60元；如果選擇(50，50，50，10)的方案，因為60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能為60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，記為方案1.對于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，記為方案2.以下是對兩個方案的分析：對于方案1，即方案(10，10，50，50)，設(shè)顧客所獲的獎勵額為X1，那么X1的分布列為X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望為E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).對于方案2，即方案(20，20，40，40)，設(shè)顧客所獲的獎勵額為X2，那么X2的分布列為X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望為E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于兩種方案的獎勵額的期望都符合要求，但方案2獎勵額的方差比方案1的小，所以應(yīng)該選擇方案2.20．、、、、[2023·湖北卷]方案在某水庫建一座至多安裝3臺發(fā)電機的水電站，過去50年的水文資料顯示，水年入流量X(年入流量：一年內(nèi)上游來水與庫區(qū)降水之和，單位：億立方米)都在40以上，其中，缺乏80的年份有10年，不低于80且不超過120的年份有35年，超過120的年份有5年，將年入流量在以上三段的頻率作為相應(yīng)段的概率，并假設(shè)各年的年入流量相互獨立．(1)求未來4年中，至多有1年的年入流量超過120的概率．(2)水電站希望安裝的發(fā)電機盡可能運行，但每年發(fā)電機最多可運行臺數(shù)受年入流量X限制，并有如下關(guān)系：年入流量X40<X<8080≤X≤120X>120發(fā)電機最多可運行臺數(shù)123假設(shè)某臺發(fā)電機運行，那么該臺年利潤為5000萬元；假設(shè)某臺發(fā)電機未運行，那么該臺年虧損800萬元，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機多少臺？20．解：(1)依題意，p1＝P(40<X<80)＝eq\f(10,50)＝0.2，p2＝P(80≤X≤120)＝eq\f(35,50)＝0.7，p3＝P(X>120)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二項分布得，在未來4年中至多有1年的年入流量超過120的概率為p＝Ceq\o\al(0,4)(1－p3)4＋Ceq\o\al(1,4)(1－p3)3p3＝0.94＋4×0.93×0.1＝0.9477.(2)記水電站年總利潤為Y(單位：萬元)．①安裝1臺發(fā)電機的情形．由于水庫年入流量總大于40，故一臺發(fā)電機運行的概率為1，對應(yīng)的年利潤Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.②安裝2臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－800＝4200，因此P(Y＝4200)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)X≥80時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2＝10000，因此P(Y＝10000)＝P(X≥80)＝p2＋p3＝0.8.由此得Y的分布列如下：Y420010000P0.20.8所以，E(Y)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.③安裝3臺發(fā)電機的情形．依題意，當(dāng)40<X<80時，一臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000－1600＝3400，因此P(Y＝3400)＝P(40<X<80)＝p1＝0.2；當(dāng)80≤X≤120時，兩臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×2－800＝9200，因此P(Y＝9200)＝P(80≤X≤120)＝p2＝0.7；當(dāng)X>120時，三臺發(fā)電機運行，此時Y＝5000×3＝15000，因此P(Y＝15000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.由此得Y的分布列如下：Y3400920015000P0.20.70.1所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.綜上，欲使水電站年總利潤的均值到達最大，應(yīng)安裝發(fā)電機2臺．17．、[2023·湖南卷]某企業(yè)有甲、乙兩個研發(fā)小組，他們研發(fā)新產(chǎn)品成功的概率分別為eq\f(2,3)和eq\f(3,5).現(xiàn)安排甲組研發(fā)新產(chǎn)品A，乙組研發(fā)新產(chǎn)品B.設(shè)甲、乙兩組的研發(fā)相互獨立．(1)求至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功的概率．(2)假設(shè)新產(chǎn)品A研發(fā)成功，預(yù)計企業(yè)可獲利潤120萬元；假設(shè)新產(chǎn)品B研發(fā)成功，預(yù)計企業(yè)可獲利潤100萬元．求該企業(yè)可獲利潤的分布列和數(shù)學(xué)期望．17．解：記E＝{甲組研發(fā)新產(chǎn)品成功}，F(xiàn)＝{乙組研發(fā)新產(chǎn)品成功}，由題設(shè)知P(E)＝eq\f(2,3)，P(E)＝eq\f(1,3)，P(F)＝eq\f(3,5)，P(F)＝eq\f(2,5)，且事件E與F，E與F，E與F，E與F都相互獨立．(1)記H＝{至少有一種新產(chǎn)品研發(fā)成功}，那么H＝EF，于是P(H)＝P(E)P(F)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，故所求的概率為P(H)＝1－P(H)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).(2)設(shè)企業(yè)可獲利潤為X(萬元)，那么X的可能取值為0，100，120，220.因為P(X＝0)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,15)，P(X＝100)＝P(EF)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(X＝120)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(4,15)，P(X＝220)＝P(EF)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，故所求的分布列為X0100120220Peq\f(2,15)eq\f(1,5)eq\f(4,15)eq\f(2,5)數(shù)學(xué)期望為E(X)＝0×eq\f(2,15)＋100×eq\f(1,5)＋120×eq\f(4,15)＋220×eq\f(2,5)＝eq\f(300＋480＋1320,15)＝eq\f(2100,15)＝140.12．[2023·江西卷]10件產(chǎn)品中有7件正品、3件次品，從中任取4件，那么恰好取到1件次品的概率是________．12.eq\f(1,2)[解析]由超幾何分布的概率公式可得P(恰好取到一件次品)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,7),Ceq\o\al(4,10))＝eq\f(1,2).21．、、[2023·江西卷]隨機將1，2，…，2n(n∈N*，n≥2)這2n個連續(xù)正整數(shù)分成A，B兩組，每組n個數(shù)．A組最小數(shù)為a1，最大數(shù)為a2；B組最小數(shù)為b1，最大數(shù)為b2.記ξ＝a2－a1，η＝b2－b1.(1)當(dāng)n＝3時，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)令C表示事件“ξ與η的取值恰好相等〞，求事件C發(fā)生的概率P(C)；(3)對(2)中的事件C，eq\o(C,\s\up6(－))表示C的對立事件，判斷P(C)和P(eq\o(C,\s\up6(－)))的大小關(guān)系，并說明理由．21．解：(1)當(dāng)n＝3時，ξ的所有可能取值為2，3，4，5.將6個正整數(shù)平均分成A，B兩組，不同的分組方法共有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)，所以ξ的分布列為：ξ2345Peq\f(1,5)eq\f(3,10)eq\f(3,10)eq\f(1,5)Eξ＝2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(3,10)＋4×eq\f(3,10)＋5×eq\f(1,5)＝eq\f(7,2).(2)ξ和η恰好相等的所有可能取值為n－1，n，n＋1，…，2n－2.又ξ和η恰好相等且等于n－1時，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n時，不同的分組方法有2種；ξ和η恰好相等且等于n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)時，不同的分組方法有2Ceq\o\al(k,2k)種．所以當(dāng)n＝2時，P(C)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，當(dāng)n≥3時，P(C)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))),Ceq\o\al(n,2n)).(3)由(2)得，當(dāng)n＝2時，P(C)＝eq\f(1,3)，因此P(C)>P(C)．而當(dāng)n≥3時，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)等價于4(2＋∑eq\o(,\s\up6(n－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k))<Ceq\o\al(n,2n)，①用數(shù)學(xué)歸納法來證明：(i)當(dāng)n＝3時，①式左邊＝4(2＋Ceq\o\al(1,2))＝4(2＋2)＝16，①式右邊＝Ceq\o\al(3,6)＝20，所以①式成立．(ii)假設(shè)n＝m(m≥3)時①式成立，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))<Ceq\o\al(m,2m)成立，那么，當(dāng)n＝m＋1時，左邊＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m＋1－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋∑\o(,\s\up6(m－2),\s\do4(k＝1))Ceq\o\al(k,2k)))＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)<Ceq\o\al(m,2m)＋4Ceq\o\al(m－1,2〔m－1〕)＝eq\f(〔2m〕！,m！m！)＋eq\f(4·〔2m－2〕！,〔m－1〕！〔m－1〕！)＝eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m－1〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)<eq\f(〔m＋1〕2〔2m〕〔2m－2〕！〔4m〕,〔m＋1〕！〔m＋1〕！)＝Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)·eq\f(2〔m＋1〕m,〔2m＋1〕〔2m－1〕)<Ceq\o\al(m＋1,2〔m＋1〕)＝右邊，即當(dāng)n＝m＋1時，①式也成立．綜合(i)(ii)得，對于n≥3的所有正整數(shù)，都有P(C)<P(C)成立．18．、、[2023·遼寧卷]一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖1-4所示．圖1-4將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設(shè)每天的銷售量相互獨立．(1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率；(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨機變量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．18．解：(1)設(shè)A1表示事件“日銷售量不低于100個〞，A2表示事件“日銷售量低于50個〞，B表示事件“在未來連續(xù)3天里有連續(xù)2天日銷售量不低于100個且另1天銷售量低于50個〞．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值為0，1，2，3，相應(yīng)的概率分別為P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.X的分布列為X0123P0.0640.2880.4320.216因為X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.18．，[2023·山東卷]乒乓球臺面被網(wǎng)分隔成甲、乙兩局部，如圖1-4所示，甲上有兩個不相交的區(qū)域A，B，乙被劃分為兩個不相交的區(qū)域C，D.某次測試要求隊員接到落點在甲上的來球后向乙回球．規(guī)定：回球一次，落點在C上記3分，在D上記1分，其他情況記0分．對落點在A上的來球，隊員小明回球的落點在C上的概率為eq\f(1,2)，在D上的概率為eq\f(1,3)；對落點在B上的來球，小明回球的落點在C上的概率為eq\f(1,5)，在D上的概率為eq\f(3,5).假設(shè)共有兩次來球且落在A，B上各一次，小明的兩次回球互不影響．求：(1)小明兩次回球的落點中恰有一次的落點在乙上的概率；(2)兩次回球結(jié)束后，小明得分之和ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望．圖1-418．解：(1)記Ai為事件“小明對落點在A上的來球回球的得分為i分〞(i＝0，1，3)，那么P(A3)＝eq\f(1,2)，P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A0)＝1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)；記Bi為事件“小明對落點在B上的來球回球的得分為i分〞(i＝0，1，3)，那么P(B3)＝eq\f(1,5)，P(B1)＝eq\f(3,5)，P(B0)＝1－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).記D為事件“小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上〞．由題意，D＝A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3，由事件的獨立性和互斥性，P(D)＝P(A3B0＋A1B0＋A0B1＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)·P(B1)＋P(A0)P(B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)，所以小明兩次回球的落點中恰有1次的落點在乙上的概率為eq\f(3,10).由題意，隨機變量ξ可能的取值為0，1，2，3，4，6.(2)由事件的獨立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,30)，P(ξ＝1)＝P(A1B0＋A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,6)，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，P(ξ＝3)＝P(A3B0＋A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(2,15)，P(ξ＝4)＝P(A3B1＋A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,30)，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,10).可得隨機變量ξ的分布列為：ξ012346Peq\f(1,30)eq\f(1,6)eq\f(1,5)eq\f(2,15)eq\f(11,30)eq\f(1,10)所以數(shù)學(xué)期望Eξ＝0×eq\f(1,30)＋1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(2,15)＋4×eq\f(11,30)＋6×eq\f(1,10)＝eq\f(91,30).19．，[2023·陜西卷]在一塊耕地上種植一種作物，每季種植本錢為1000元，此作物的市場價格和這塊地上的產(chǎn)量均具有隨機性，且互不影響，其具體情況如下表：作物產(chǎn)量(kg)300500概率0.50.5作物市場價格(元/kg)610概率0.40.6(1)設(shè)X表示在這塊地上種植1季此作物的利潤，求X的分布列；(2)假設(shè)在這塊地上連續(xù)3季種植此作物，求這3季中至少有2季的利潤不少于2000元的概率．19．解：(1)設(shè)A表示事件“作物產(chǎn)量為300kg〞，B表示事件“作物市場價格為6元/kg由題設(shè)知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利潤＝產(chǎn)量×市場價格－本錢，∴X所有可能的取值為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的分布列為X4