《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)　二項(xiàng)分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項(xiàng)分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項(xiàng)分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第7節(jié)二項(xiàng)分布與正態(tài)分布-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷第7節(jié)二項(xiàng)分布與正態(tài)分布知識(shí)梳理1．條件概率條件概率的定義條件概率的性質(zhì)設(shè)A,B為兩個(gè)事件,且P(A)＞0,稱P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))為在事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的條件概率(1)0≤P(B|A)≤1;(2)如果B和C是兩個(gè)互斥事件,則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)2．事件的相互獨(dú)立性(1)定義：設(shè)A,B為兩個(gè)事件,如果P(AB)＝P(A)P(B),則稱事件A與事件B相互獨(dú)立．(2)性質(zhì)：若事件A與B相互獨(dú)立,則A與eq\o(B,\s\up6(－)),eq\o(A,\s\up6(－))與B,eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也都相互獨(dú)立,P(B|A)＝P(B),P(A|B)＝P(A)．3．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)在相同條件下重復(fù)做的n次試驗(yàn)稱為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),其中Ai(i＝1,2,…,n)是第i次試驗(yàn)結(jié)果,則P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(A(2)二項(xiàng)分布在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中,用X表示事件A發(fā)生的次數(shù),設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p,則P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k(k＝0,1,2,…,n),此時(shí)稱隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布,記作X～B(n,p),并稱p為成功概率．4．正態(tài)分布(1)正態(tài)分布的定義如果對(duì)于任何實(shí)數(shù)a,b(a＜b),隨機(jī)變量X滿足P(a＜X≤b)＝eq\i\in(a,b,)φμ,σ(x)dx,則稱隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布,記為X～N(μ,σ2)．其中φμ,σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e(σ>0).(2)正態(tài)曲線的性質(zhì)①曲線位于x軸上方,與x軸不相交,與x軸之間的面積為1;②曲線是單峰的,它關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱;③曲線在x＝μ處達(dá)到峰值eq\f(1,σ\r(2π));④當(dāng)μ一定時(shí),曲線的形狀由σ確定,σ越小,曲線越"瘦高”,表示總體的分布越集中;σ越大,曲線越"矮胖”,表示總體的分布越分散．(3)正態(tài)總體在三個(gè)特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682_7;②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954_5;③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_3．1．相互獨(dú)立事件與互斥事件的區(qū)別相互獨(dú)立事件是指兩個(gè)事件發(fā)生的概率互不影響,計(jì)算式為P(AB)＝P(A)P(B),互斥事件是指在同一試驗(yàn)中,兩個(gè)事件不會(huì)同時(shí)發(fā)生,計(jì)算公式為P(A∪B)＝P(A)＋P(B).2．若X服從正態(tài)分布,即X～N(μ,σ2),要充分利用正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱和曲線與x軸之間的面積為1解題．診斷自測(cè)1．判斷下列結(jié)論正誤(在括號(hào)內(nèi)打"√”或"×”)(1)對(duì)于任意兩個(gè)事件,公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.()(2)二項(xiàng)分布是一個(gè)概率分布列,是一個(gè)用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n表示的概率分布列,它表示了n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A發(fā)生的次數(shù)的概率分布.()(3)n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)要滿足：①每次試驗(yàn)只有兩個(gè)相互對(duì)立的結(jié)果,可以分別稱為"成功”和"失敗”;②每次試驗(yàn)"成功”的概率為p,"失敗”的概率為1－p;③各次試驗(yàn)是相互獨(dú)立的．()(4)正態(tài)分布中的參數(shù)μ和σ完全確定了正態(tài)分布,參數(shù)μ是正態(tài)分布的期望,σ是正態(tài)分布的標(biāo)準(zhǔn)差．()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析對(duì)于(1),只有當(dāng)A,B為相互獨(dú)立事件時(shí),公式P(AB)＝P(A)P(B)才成立．2．已知盒中裝有3個(gè)紅球、2個(gè)白球、5個(gè)黑球,它們大小形狀完全相同．甲每次從中任取一個(gè)不放回,則在他第一次拿到白球的條件下,第二次拿到紅球的概率為()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8)D．eq\f(2,9)答案B解析設(shè)"第一次拿到白球”為事件A,"第二次拿到紅球”為事件B,依題意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5),P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15),故P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,3).3．已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(3,1),且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3),則c＝________答案eq\f(4,3)解析∵X～N(3,1),∴正態(tài)曲線關(guān)于x＝3對(duì)稱,且P(X>2c－1)＝P(X<c＋3)∴2c－1＋c＋3＝2×3,∴c＝eq\f(4,3).4．(2020·廣州調(diào)研)某公司生產(chǎn)了一批新產(chǎn)品,這種產(chǎn)品的綜合質(zhì)量指標(biāo)值x服從正態(tài)分布N(100,σ2),且P(x<80)＝0.2.現(xiàn)從中隨機(jī)抽取該產(chǎn)品1000件,估計(jì)其綜合質(zhì)量指標(biāo)值在[100,120]內(nèi)的產(chǎn)品件數(shù)為()A．200B．300C．400D．600答案B解析由題意,這種產(chǎn)品的綜合質(zhì)量指標(biāo)值x服從正態(tài)分布N(100,σ2),則正態(tài)分布曲線的對(duì)稱軸為x＝100,根據(jù)正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性,得P(100≤x≤120)＝P(80≤x≤100)＝0.5－0.2＝0.3,所以從中隨機(jī)抽取該產(chǎn)品1000件,估計(jì)其綜合質(zhì)量指標(biāo)值在[100,120]內(nèi)的產(chǎn)品件數(shù)為1000×0.3＝300,故選B.5．(2021·鄭州模擬)甲、乙兩位選手進(jìn)行乒乓球比賽,5局3勝制,每局甲贏的概率是eq\f(2,3),乙贏的概率是eq\f(1,3),則甲以3∶1獲勝的概率是()A.eq\f(8,27)B．eq\f(16,27)C．eq\f(16,81)D．eq\f(32,81)答案A解析甲以3∶1獲勝是指前3局比賽中甲2勝1負(fù),第4局比賽甲勝,∴甲以3∶1獲勝的概率是P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).故選A.6．(多選題)(2021·濟(jì)南調(diào)研)甲罐中有5個(gè)紅球,2個(gè)白球和3個(gè)黑球,乙罐中有4個(gè)紅球,3個(gè)白球和3個(gè)黑球．先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐,分別以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球,白球和黑球的事件;再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出一球,以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件,則下列結(jié)論中正確的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事件B與事件A1相互獨(dú)立D．A1,A2,A3是兩兩互斥的事件答案BD解析易見(jiàn)A1,A2,A3是兩兩互斥的事件,P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22).故選BD.考點(diǎn)一條件概率1．從1,2,3,4,5中任取2個(gè)不同的數(shù),事件A＝"取到的2個(gè)數(shù)之和為偶數(shù)”,事件B＝"取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”,則P(B|A)＝()A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5)D．eq\f(1,2)答案B解析法一P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5),P(AB)＝P(B)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10).由條件概率計(jì)算公式,得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq\f(1,4).法二事件A包括的基本事件：(1,3),(1,5),(3,5),(2,4)共4個(gè)．事件AB發(fā)生的結(jié)果只有(2,4)一種情形,即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(1,4).2．(2020·大同模擬)某射擊選手射擊一次擊中10環(huán)的概率是eq\f(4,5),連續(xù)兩次均擊中10環(huán)的概率是eq\f(1,2),已知該選手某次擊中10環(huán),則隨后一次擊中10環(huán)的概率是()A．eq\f(2,5)B．eq\f(5,8)C．eq\f(1,2)D．eq\f(4,5)答案B解析設(shè)該選手某次擊中10環(huán)為事件A,隨后一次擊中10環(huán)為事件B,則P(A)＝eq\f(4,5),P(AB)＝eq\f(1,2),∴某次擊中10環(huán),隨后一次擊中10環(huán)的概率是P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,2),\f(4,5))＝eq\f(5,8).故選B.3．有一批種子的發(fā)芽率為0.9,出芽后的幼苗成活率為0.8,在這批種子中,隨機(jī)抽取一粒,則這粒種子能成長(zhǎng)為幼苗的概率為_(kāi)_______．答案0.72解析設(shè)種子發(fā)芽為事件A,種子成長(zhǎng)為幼苗為事件B(發(fā)芽又成活為幼苗).依題意P(B|A)＝0.8,P(A)＝0.9.根據(jù)條件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72,即這粒種子能成長(zhǎng)為幼苗的概率為0.72.感悟升華(1)利用定義,分別求P(A)和P(AB),得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A)),這是求條件概率的通法．(2)借助古典概型概率公式,先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A),再求事件A與事件B的交事件中包含的基本事件數(shù)n(AB),得P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).考點(diǎn)二相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率【例1】(2020·全國(guó)Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽,約定賽制如下：累計(jì)負(fù)兩場(chǎng)者被淘汰;比賽前抽簽決定首先比賽的兩人,另一人輪空;每場(chǎng)比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場(chǎng)比賽,負(fù)者下一場(chǎng)輪空,直至有一人被淘汰;當(dāng)一人被淘汰后,剩余的兩人繼續(xù)比賽,直至其中一人被淘汰,另一人最終獲勝,比賽結(jié)束．經(jīng)抽簽,甲、乙首先比賽,丙輪空．設(shè)每場(chǎng)比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2).(1)求甲連勝四場(chǎng)的概率;(2)求需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率;(3)求丙最終獲勝的概率．解(1)甲連勝四場(chǎng)的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16).(2)根據(jù)賽制,至少需要進(jìn)行四場(chǎng)比賽,至多需要進(jìn)行五場(chǎng)比賽．比賽四場(chǎng)結(jié)束,共有三種情況：甲連勝四場(chǎng)的概率為eq\f(1,16);乙連勝四場(chǎng)的概率為eq\f(1,16);丙上場(chǎng)后連勝三場(chǎng)的概率為eq\f(1,8).所以需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率為1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(3)丙最終獲勝,有兩種情況：比賽四場(chǎng)結(jié)束且丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8);比賽五場(chǎng)結(jié)束且丙最終獲勝,則從第二場(chǎng)開(kāi)始的四場(chǎng)比賽按照丙的勝、負(fù)、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負(fù)勝,勝負(fù)空勝,負(fù)空勝勝,概率分別為eq\f(1,16),eq\f(1,8),eq\f(1,8).因此丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(7,16).感悟升華求相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的主要方法(1)利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面計(jì)算較繁(如求用"至少”表述的事件的概率)或難以入手時(shí),可從其對(duì)立事件入手計(jì)算．【訓(xùn)練1】(多選題)(2021·威海模擬)如圖所示的電路中,5只箱子表示保險(xiǎn)匣分別為A,B,C,D,E.箱中所示數(shù)值表示通電時(shí)保險(xiǎn)絲被切斷的概率,下列結(jié)論正確的是()A．AB所在線路暢通的概率為eq\f(1,6)B．ABC的所在線路暢通的概率為eq\f(5,6)C．DE所在線路暢通的概率為eq\f(1,30)D．當(dāng)開(kāi)關(guān)合上時(shí),整個(gè)電路暢通的概率為eq\f(29,36)答案BD解析A,B所在線路暢通的概率為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3),因此A錯(cuò)誤;D,E所在線路暢通的概率為1－eq\f(1,5)×eq\f(1,6)＝1－eq\f(1,30)＝eq\f(29,30),因此C錯(cuò)誤;A,B,C所在線路暢通的概率為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6),B正確;根據(jù)上述分析可知,當(dāng)開(kāi)關(guān)合上時(shí),電路暢通的概率為eq\f(29,30)×eq\f(5,6)＝eq\f(29,36),D正確．考點(diǎn)三獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布【例2】(2021·東北三省三校聯(lián)考)某市旅游局為了進(jìn)一步開(kāi)發(fā)旅游資源,需要了解游客的情況,以便制定相應(yīng)的策略．在某月中隨機(jī)抽取甲、乙兩個(gè)景點(diǎn)各10天的游客數(shù),畫出莖葉圖如圖所示,若景點(diǎn)甲的數(shù)據(jù)的中位數(shù)是126,景點(diǎn)乙的數(shù)據(jù)的平均數(shù)是124.(1)求x,y的值;(2)若將圖中景點(diǎn)甲的數(shù)據(jù)作為該景點(diǎn)較長(zhǎng)一段時(shí)間內(nèi)的樣本數(shù)據(jù)(視樣本頻率為概率),則從這段時(shí)間內(nèi)任取4天,記其中游客數(shù)不低于125的天數(shù)為ξ,求P(ξ≤2);(3)現(xiàn)從圖中的20個(gè)數(shù)據(jù)中任取2個(gè)數(shù)據(jù)(甲、乙兩景點(diǎn)的數(shù)據(jù)各取1個(gè)),記其中游客數(shù)不低于115且不高于135的個(gè)數(shù)為η,求η的分布列．解(1)由題意知x>4,則eq\f(120＋x＋127,2)＝126,解得x＝5.由eq\f(109＋110×3＋120×3＋130×2＋141＋y＋5＋8＋4＋5＋6＋3＋5,10)＝124,解得y＝4.(2)由題意知,景點(diǎn)甲一天的游客數(shù)不低于125的概率為eq\f(6,10)＝eq\f(3,5),從這段時(shí)間內(nèi)任取4天,即進(jìn)行4次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),其中有ξ次發(fā)生,所以隨機(jī)變量ξ服從二項(xiàng)分布,則P(ξ≤2)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(328,625).(3)從莖葉圖中可以看出,景點(diǎn)甲的數(shù)據(jù)中符合條件的有3個(gè),景點(diǎn)乙的數(shù)據(jù)中符合條件的有7個(gè),所以在景點(diǎn)甲的數(shù)據(jù)中符合條件的數(shù)據(jù)被選出的概率為eq\f(3,10),在景點(diǎn)乙的數(shù)據(jù)中符合條件的數(shù)據(jù)被選出的概率為eq\f(7,10).由題意知,η的所有可能取值為0,1,2.則P(η＝0)＝eq\f(7,10)×eq\f(3,10)＝eq\f(21,100),P(η＝1)＝eq\f(3,10)×eq\f(3,10)＋eq\f(7,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(29,50),P(η＝2)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(21,100).所以η的分布列為η012Peq\f(21,100)eq\f(29,50)eq\f(21,100)感悟升華利用獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率公式可以簡(jiǎn)化求概率的過(guò)程,但需要注意檢查該概率模型是否滿足公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))pk(1－p)n－k的三個(gè)條件：(1)在一次試驗(yàn)中某事件A發(fā)生的概率是一個(gè)常數(shù)p;(2)n次試驗(yàn)不僅是在完全相同的情況下進(jìn)行的重復(fù)試驗(yàn),而且各次試驗(yàn)的結(jié)果是相互獨(dú)立的;(3)該公式表示n次試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生了k次的概率．【訓(xùn)練2】(2019·天津卷改編)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間,每天7：30之前到校的概率均為eq\f(2,3).假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響,且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立．(1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列;(2)設(shè)M為事件"上學(xué)期間的三天中,甲同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”,求事件M發(fā)生的概率．解(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立,且每天7：30之前到校的概率為eq\f(2,3),故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),從而P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3－k),k＝0,1,2,3.所以,隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為Y,則Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(2,3))),且M＝{X＝3,Y＝1}∪{X＝2,Y＝0}．由題意知事件{X＝3,Y＝1}與{X＝2,Y＝0}互斥,且事件{X＝3}與{Y＝1},事件{X＝2}與{Y＝0}均相互獨(dú)立,從而由(1)知P(M)＝P({X＝3,Y＝1}∪{X＝2,Y＝0})＝P(X＝3,Y＝1)＋P(X＝2,Y＝0)＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝eq\f(8,27)×eq\f(2,9)＋eq\f(4,9)×eq\f(1,27)＝eq\f(20,243).考點(diǎn)四正態(tài)分布【例3】(1)(2020·南寧、柳州聯(lián)考)甲、乙兩類水果的質(zhì)量(單位：kg)分別服從正態(tài)分布N(μ1,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))),N(μ2,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))),其正態(tài)分布密度曲線如圖所示,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．甲類水果的平均質(zhì)量為0.4B．甲類水果的質(zhì)量分布比乙類水果的質(zhì)量分布更集中于平均值左右C．甲類水果的平均質(zhì)量比乙類水果的平均質(zhì)量小D．乙類水果的質(zhì)量服從的正態(tài)分布的參數(shù)σ2＝1.99(2)(2021·新高考8省聯(lián)考)對(duì)于一個(gè)物理量做n次測(cè)量,并以測(cè)量結(jié)果的平均值作為該物理值的最后結(jié)果．已知最后結(jié)果的誤差εn～Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2,n))),為使誤差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.9545,至少要測(cè)量________次．(若X～N(μ,σ),則P(|X－μ|<2σ)＝0.9545)(3)(多選題)(2021·青島質(zhì)檢)近年來(lái)中國(guó)進(jìn)入一個(gè)鮮花消費(fèi)的增長(zhǎng)期,某農(nóng)戶利用精準(zhǔn)扶貧政策,貸款承包了一個(gè)新型溫室鮮花大棚,種植銷售紅玫瑰和白玫瑰．若這個(gè)大棚的紅玫瑰和白玫瑰的日銷量分別服從正態(tài)分布N(μ,302)和N(280,402),則下列選項(xiàng)正確的是()附：若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(μ,σ2),則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.6827.A．若紅玫瑰日銷售量范圍在(μ－30,280)的概率是0.6827,則紅玫瑰日銷售量的平均數(shù)約為250B．紅玫瑰日銷售量比白玫瑰日銷售量更集中C．白玫瑰日銷售量比紅玫瑰日銷售量更集中D．白玫瑰日銷售量范圍在(280,320)的概率約為0.34135答案(1)D(2)32(3)ABD解析(1)由圖象可知甲的正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝0.4對(duì)稱,乙的正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝0.8對(duì)稱,所以μ1＝0.4,μ2＝0.8,A項(xiàng)正確,C項(xiàng)正確．由圖可知甲類水果的質(zhì)量分布比乙類水果的質(zhì)量分布更集中于平均值左右,B項(xiàng)正確．因?yàn)橐业恼龖B(tài)曲線的最大值為1.99,即eq\f(1,\r(2π)σ2)＝1.99,所以σ2≠1.99,D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選D.(2)P(|εn－μ|<2σ)＝0.9545,又μ＝0,σ2＝eq\f(2,n),即P(μ－2σ<εn<μ＋2σ)＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(\f(2,n))<εn<2\r(\f(2,n))))＝0.9545,由題意知2σ≤0.5,即2eq\r(\f(2,n))≤eq\f(1,2),所以n≥32.(3)對(duì)于選項(xiàng)A：μ＋30＝280,μ＝250,正確;對(duì)于選項(xiàng)BC：利用σ越小越集中,30小于40,B正確,C不正確;對(duì)于選項(xiàng)D：P(280＜X＜320)＝P(μ＜X＜μ＋σ)≈0.6827×eq\f(1,2)≈0.34135,正確．感悟升華(1)利用3σ原則求概率問(wèn)題時(shí),要注意把給出的區(qū)間或范圍與正態(tài)變量的μ,σ進(jìn)行對(duì)比聯(lián)系,確定它們屬于(μ－σ,μ＋σ),(μ－2σ,μ＋2σ),(μ－3σ,μ＋3σ)中的哪一個(gè)．(2)利用正態(tài)分布密度曲線的對(duì)稱性研究相關(guān)概率問(wèn)題,涉及的知識(shí)主要是正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對(duì)稱,及曲線與x軸之間的面積為1.注意下面兩個(gè)結(jié)論的活用：①P(X＜a)＝1－P(X≥a);②P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ).【訓(xùn)練3】某生物研究小組準(zhǔn)備探究某地區(qū)蜻蜓的翼長(zhǎng)分布規(guī)律,據(jù)統(tǒng)計(jì)該地區(qū)蜻蜓有A,B兩種,且這兩種的個(gè)體數(shù)量大致相等．記A種蜻蜓和B種蜻蜓的翼長(zhǎng)(單位：mm)分別為隨機(jī)變量X,Y,其中X服從正態(tài)分布N(45,25),Y服從正態(tài)分布N(55,25).(1)從該地區(qū)的蜻蜓中隨機(jī)捕捉一只,求這只蜻蜓的翼長(zhǎng)在區(qū)間[45,55]的概率;(2)記該地區(qū)蜻蜓的翼長(zhǎng)為隨機(jī)變量Z,若用正態(tài)分布N(μ0,σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))來(lái)近似描述Z的分布,請(qǐng)你根據(jù)(1)中的結(jié)果,求參數(shù)μ0和σ0的值(精確到0.1).注：若X～N(μ,σ2),則P(μ－0.64σ≤X≤μ＋0.64σ)≈0.4773,P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827,P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545.解(1)記這只蜻蜓的翼長(zhǎng)為t.因?yàn)锳種蜻蜓和B種蜻蜓的個(gè)體數(shù)量大致相等,所以這只蜻蜓是A種還是B種的可能性是相等的．所以P(45≤t≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤55)＋eq\f(1,2)×P(45≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×P(45≤X≤45＋2×5)＋eq\f(1,2)×P(55－2×5≤Y≤55)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(0.9545,2)＝0.47725.(2)由于兩種蜻蜓的個(gè)體數(shù)量相等,X,Y的方差也相等,根據(jù)正態(tài)曲線的對(duì)稱性,可知μ0＝eq\f(45＋55,2)＝50.0.∴0.47725≈0.4773,∴由(1)可知45＝μ0－0.64σ0,55＝μ0＋0.64σ0,得σ0＝eq\f(5,0.64)≈7.8.二項(xiàng)分布與超幾何分布的辨別教材和考題中常涉及二項(xiàng)分布與超幾何分布,學(xué)生對(duì)這兩種模型的定義不能很好地理解,一遇到"取”或"摸”的題型,就認(rèn)為是超幾何分布,不加分析,濫用公式,運(yùn)算對(duì)象不明晰,事實(shí)上,超幾何分布和二項(xiàng)分布確實(shí)有著密切的聯(lián)系,但也有明顯的區(qū)別．【例1】寫出下列離散型隨機(jī)變量的分布列,并指出其中服從二項(xiàng)分布的是哪些?服從超幾何分布的是哪些?(1)X1表示n次重復(fù)拋擲1枚骰子出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)．(2)X2表示連續(xù)拋擲2枚骰子,所得的2枚骰子的點(diǎn)數(shù)之和.(3)有一批產(chǎn)品共有N件,其中次品有M件(N＞M＞0),采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N),抽出的次品件數(shù)為X3.(4)有一批產(chǎn)品共有N件,其中M件為次品,采用不放回抽取方法抽n件,出現(xiàn)次品的件數(shù)為X4(N－M＞n＞0).解(1)X1的分布列為X1012…nPCeq\o\al(0,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－2)…Ceq\o\al(n,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)X1服從二項(xiàng)分布,即X1～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(1,3))).(2)X2的分布列為X223456789101112Peq\f(1,36)eq\f(2,36)eq\f(3,36)eq\f(4,36)eq\f(5,36)eq\f(6,36)eq\f(5,36)eq\f(4,36)eq\f(3,36)eq\f(2,36)eq\f(1,36)(3)X3的分布列為X3012…nPeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n)Ceq\o\al(1,n)eq\f(M,N)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－1)Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(M,N)))eq\s\up12(n－2)…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,N)))eq\s\up12(n)X3服從二項(xiàng)分布,即X3～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n,\f(M,N))).(4)X4的分布列為X401…k…nPeq\f(Ceq\o\al(n,N－M),Ceq\o\al(n,N))eq\f(Ceq\o\al(1,M)Ceq\o\al(n－1,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(k,M)Ceq\o\al(n－k,N－M),Ceq\o\al(n,N))…eq\f(Ceq\o\al(n,M),Ceq\o\al(n,N))X4服從超幾何分布．【例2】某食品廠為了檢查一條自動(dòng)包裝流水線的生產(chǎn)情況,隨機(jī)抽取該流水線上的40件產(chǎn)品作為樣本稱出它們的質(zhì)量(單位：克),質(zhì)量的分組區(qū)間為(490,495],(495,500],…,(510,515].由此得到樣本的頻率分布直方圖(如下圖).(1)根據(jù)頻率分布直方圖,求質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量;(2)在上述抽取的40件產(chǎn)品中任取2件,設(shè)X為質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量,求X的分布列;(3)從該流水線上任取2件產(chǎn)品,設(shè)Y為質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量,求Y的分布列．解(1)質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品的頻率為5×0.05＋5×0.01＝0.3,所以質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量為40×0.3＝12(件).(2)重量超過(guò)505的產(chǎn)品數(shù)量為12件,則重量未超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量為28件,X的取值為0,1,2,X服從超幾何分布．P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(63,130),P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(12))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(28)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(28,65),P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(12)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(40)))＝eq\f(11,130),∴X的分布列為X012Peq\f(63,130)eq\f(28,65)eq\f(11,130)(3)根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想,取一件產(chǎn)品,該產(chǎn)品的質(zhì)量超過(guò)505克的概率為eq\f(12,40)＝eq\f(3,10).從流水線上任取2件產(chǎn)品互不影響,該問(wèn)題可看成2次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),質(zhì)量超過(guò)505克的件數(shù)Y的可能取值為0,1,2,且Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(3,10))),P(Y＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,10)))eq\s\up12(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(k),所以P(Y＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(49,100),P(Y＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\f(3,10)·eq\f(7,10)＝eq\f(21,50),P(Y＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,100).∴Y的分布列為Y012Peq\f(49,100)eq\f(21,50)eq\f(9,100)思維升華超幾何分布的抽取是不放回抽取,各次抽取不獨(dú)立,二項(xiàng)分布的抽取是有放回抽取,各次抽取相互獨(dú)立．當(dāng)超幾何分布所對(duì)應(yīng)的總體數(shù)量很大時(shí)可以近似地看作二項(xiàng)分布．A級(jí)基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．打靶時(shí),甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,若兩人同時(shí)射擊一個(gè)目標(biāo),則他們同時(shí)中靶的概率是()A．eq\f(14,25)B．eq\f(12,25)C．eq\f(3,4)D．eq\f(3,5)答案A解析因?yàn)榧酌看?0次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,所以P(甲)＝eq\f(4,5),P(乙)＝eq\f(7,10),所以他們都中靶的概率是eq\f(4,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(14,25).2．(2020·西安質(zhì)檢)若隨機(jī)變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),則P(X＝3)等于()A．eq\f(1,3)B．eq\f(40,243)C．eq\f(10,27)D．eq\f(3,5)答案B解析隨機(jī)變量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),則P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(40,243),故選B.3．某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測(cè)資料表明,一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75,連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6,已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良,則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是()A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45答案A解析記事件A表示"一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,事件B表示"隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”,P(A)＝0.75,P(AB)＝0.6.由條件概率,得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.6,0.75)＝0.8.4．(多選題)(2021·武漢調(diào)研)為吸引顧客,某商場(chǎng)舉辦購(gòu)物抽獎(jiǎng)活動(dòng)抽獎(jiǎng)規(guī)則是：從裝有2個(gè)白球和3個(gè)紅球(小球除顏色外,完全相同)的抽獎(jiǎng)箱中,每次摸出一個(gè)球,不放回地依次摸取兩次,記為一次抽獎(jiǎng)．若摸出的2個(gè)球顏色相同則為中獎(jiǎng),否則為不中獎(jiǎng)．下列隨機(jī)事件的概率正確的是()A．某顧客抽獎(jiǎng)一次中獎(jiǎng)的概率是eq\f(2,5)B．某顧客抽獎(jiǎng)三次,至少有一次中獎(jiǎng)的概率是eq\f(98,125)C．在一次抽獎(jiǎng)過(guò)程中,若已知顧客第一次抽出了紅球,則該顧客中獎(jiǎng)的概率是eq\f(3,10)D．在一次抽獎(jiǎng)過(guò)程中,若已知顧客第一次抽出了紅球,則該顧客中獎(jiǎng)的概率是eq\f(1,2)答案ABD解析顧客抽獎(jiǎng)一次中獎(jiǎng)的概率為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)))＝eq\f(1＋3,10)＝eq\f(2,5),故A選項(xiàng)正確．顧客抽獎(jiǎng)三次,至少有一次中獎(jiǎng)的概率是1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝1－eq\f(27,125)＝eq\f(98,125),故B選項(xiàng)正確．對(duì)于CD選項(xiàng),由于第一次抽出了紅球,故剩余2個(gè)白球和2個(gè)紅球,再抽一個(gè),抽到紅球的概率是eq\f(2,2＋2)＝eq\f(1,2),故C選項(xiàng)錯(cuò)誤,D選項(xiàng)正確．5．(2021·長(zhǎng)沙模擬)袋中裝有形狀和大小完全相同的4個(gè)黑球,3個(gè)白球,從中不放回地依次隨機(jī)摸取兩球,在第一次摸到了黑球的條件下,第二次摸到白球的概率是()A．eq\f(4,7)B．eq\f(2,7)C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,3)答案C解析在這兩次摸球過(guò)程中,設(shè)A＝"第一次摸到黑球”,B＝"第二次摸到白球”．則n(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝24,n(AB)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝12,所以P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A))＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故選C.6．(2021·重慶診斷)已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(80,25),若P(75<X≤m)＝0.8186,則m等于()(附：P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6827,P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9545)A．89B．90C．91D．92答案B解析由題意得σ＝5,μ＝80,P(80－5<X≤80＋5)＝0.6827,即P(75<X≤85)＝0.6827;P(80－10<X≤80＋10)＝0.9545,即P(70<X≤90)＝0.9545.所以P(85<X≤90)＝eq\f(0.9545－0.6827,2)＝0.1359.因?yàn)镻(75<X≤m)＝0.8186,而P(75<X≤90)＝P(75<X≤85)＋P(85<X≤90)＝0.6827＋0.1359＝0.8186,所以m＝90.二、填空題7．某次知識(shí)競(jìng)賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個(gè)問(wèn)題中,選手若能連續(xù)正確回答出兩個(gè)問(wèn)題,即停止答題,晉級(jí)下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個(gè)問(wèn)題的概率都是0.8,且每個(gè)問(wèn)題的回答結(jié)果相互獨(dú)立．則該選手恰好回答了4個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪的概率等于________．答案0.128解析記"該選手恰好回答了4個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪”為事件A,由題意,若該選手恰好回答了4個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪,必有第二個(gè)問(wèn)題回答錯(cuò)誤,第三、四個(gè)回答正確,第一個(gè)問(wèn)題可對(duì)可錯(cuò),故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.8．某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18,19,20層停靠．若該電梯在底層有5個(gè)乘客,且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為eq\f(1,3),用X表示這5位乘客在第20層下電梯的人數(shù),則P(X＝4)＝________．答案eq\f(10,243)解析考察一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗(yàn),這是5次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn),故X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5,\f(1,3))),即有P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(k)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(5－k),k＝0,1,2,3,4,5.故P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)＝eq\f(10,243).9．甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽,采取七場(chǎng)四勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得四場(chǎng)勝利時(shí),該隊(duì)獲勝,決賽結(jié)束).根據(jù)前期比賽成績(jī),甲隊(duì)的主客場(chǎng)安排依次為"主主客客主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6,客場(chǎng)取勝的概率為0.5,且各場(chǎng)比賽結(jié)果相互獨(dú)立,則甲隊(duì)以4∶1獲勝的概率是________.答案0.18解析記事件M為甲隊(duì)以4∶1獲勝,則甲隊(duì)共比賽五場(chǎng),且第五場(chǎng)甲隊(duì)獲勝,前四場(chǎng)甲隊(duì)勝三場(chǎng)負(fù)一場(chǎng),所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.三、解答題10．(2021·北京東城區(qū)綜合練習(xí)節(jié)選)某志愿者服務(wù)網(wǎng)站在線招募志愿者,當(dāng)報(bào)名人數(shù)超過(guò)計(jì)劃招募人數(shù)時(shí),將采用隨機(jī)抽取的方法招募志愿者,下表記錄了A,B,C,D四個(gè)項(xiàng)目最終的招募情況,其中有兩個(gè)數(shù)據(jù)模糊,記為a,b.項(xiàng)目計(jì)劃招募人數(shù)報(bào)名人數(shù)A50100B60aC80bD160200甲同學(xué)報(bào)名參加了這四個(gè)志愿者服務(wù)項(xiàng)目,記ξ為甲同學(xué)最終被招募的項(xiàng)目個(gè)數(shù),已知P(ξ＝0)＝eq\f(1,40),P(ξ＝4)＝eq\f(1,10).(1)求甲同學(xué)至多被三個(gè)項(xiàng)目招募的概率;(2)求a,b的值．解因?yàn)镻(ξ＝0)＝eq\f(1,40),所以a>60,且b>80.設(shè)事件A表示"甲同學(xué)被項(xiàng)目A招募”,由題意可知,P(A)＝eq\f(50,100)＝eq\f(1,2);設(shè)事件B表示"甲同學(xué)被項(xiàng)目B招募”,由題意可知,P(B)＝eq\f(60,a);設(shè)事件C表示"甲同學(xué)被項(xiàng)目C招募”,由題意可知,P(C)＝eq\f(80,b);設(shè)事件D表示"甲同學(xué)被項(xiàng)目D招募”,由題意可知,P(D)＝eq\f(160,200)＝eq\f(4,5).(1)由于事件"甲同學(xué)至多被三個(gè)項(xiàng)目招募”與事件"ξ＝4”是對(duì)立的,所以甲同學(xué)至多被三個(gè)項(xiàng)目招募的概率是1－P(ξ＝4)＝1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).(2)由題意可知,P(ξ＝0)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C)eq\x\to(D))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(60,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(80,b)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5)))＝eq\f(1,40);P(ξ＝4)＝P(ABCD)＝eq\f(1,2)·eq\f(60,a)·eq\f(80,b)·eq\f(4,5)＝eq\f(1,10).解得a＝120,b＝160.11．(2020·湖南五市十校聯(lián)考改編)為全面貫徹黨的教育方針,堅(jiān)持立德樹(shù)人,適應(yīng)經(jīng)濟(jì)社會(huì)發(fā)展對(duì)多樣化高素質(zhì)人才的需要,按照國(guó)家統(tǒng)一部署,湖南省高考改革方案從2018年秋季進(jìn)入高一年級(jí)的學(xué)生開(kāi)始正式實(shí)施．新高考改革中,明確高考考試科目由語(yǔ)文、數(shù)學(xué)、英語(yǔ)3科,及考生在政治、歷史、地理、物理、化學(xué)、生物6個(gè)科目中自主選擇的3科組成,不分文理科．假設(shè)6個(gè)自主選擇的科目中每科被選擇的可能性相等,每位學(xué)生選擇每個(gè)科目互不影響,甲、乙、丙為某中學(xué)高一年級(jí)的3名學(xué)生．(1)求這3名學(xué)生都選擇物理的概率;(2)設(shè)X為這3名學(xué)生中選擇物理的人數(shù),求X的分布列．解(1)設(shè)"這3名學(xué)生都選擇物理”為事件A,依題意得每位學(xué)生選擇物理的概率都為eq\f(1,2),故P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8),即這3名學(xué)生都選擇物理的概率為eq\f(1,8).(2)X的所有可能取值為0,1,2,3,由題意知X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(1,2))),P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,8),P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝eq\f(3,8),P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))eq\b