解答概率与统计问题
阅卷案例 四字解题
(2024·新高考Ⅱ卷，T18，17分)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0
想 (1)事件间的关系； (2)概率大小的比较方法； (3)数学期望计算公式
算 分两类分别计算甲或乙先参加第一阶段比赛成绩为15分的概率和甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望
思 (1)分类讨论； (2)概率模型化
规范解答 满分心得
[解] (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686.………………………………4分 (2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， ……………………………………………………5分 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， …………………………………………………6分 ∵0P乙，应该由甲参加第一阶段比赛．…10分 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，………………11分 P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝q(1－q)2， P(X＝10)＝q2(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，…………………12分 ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q． …………………………………………………13分 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p，…………14分 ………15分 ∵00，……………………16分 ∴应该由甲参加第一阶段比赛．………………17分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分．如第(2)问求E(X)时，常用思路： ①确定随机变量的取值X＝0，5，10，15； ②计算P(X＝i)，i＝0，5，10，15； ③计算E(X)． 以上3步不可缺失，每步都有分数． 得关键分：解答本题的关键是准确判断事件之间的关系，确定求有关概率的方法． 得计算分：本题(1)难度不大，关键是细心计算；本题(2)比较大小的关键是作差、变形、因式分解． 概率问题“先定型、后运算”．
§1 概率、随机变量及其分布
【备考指南】 概率、随机变量及其分布考查比较灵活，背景新颖，有较强的时效性．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
基础考点1 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率
【典例1】 (1)(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则( )
A．M与N相互独立 B．X与Y相互独立
C．M与Y相互独立 D．N与Y相互独立
(2)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
(3)(2024·福建泉州模拟)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
①求第2次摸到红球的概率；
②设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4．求P1，P2，P3，P4；
③对于事件A，B，C，当P>0时，写出P，P(B∣A)，P(C∣AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
(1)C (2)ABD [(1)依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，所以P(M)＝＝，P(N)＝＝，P(X)＝＝，P(Y)＝＝，
因为事件M与事件N互斥，所以P(MN)＝0，
又P(M)·P(N)＝，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
P(XY)＝＝≠P(X)P(Y)＝，故B错误；
由P(MY)＝＝＝P(M)P(Y)，
则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以P(NY)＝0，
又P(Y)·P(N)＝，
所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误．故选C．
(2)采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)·(1－β)2，故A正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1时收到的信号包含2个1或3个1，
故所求概率为β(1－β)2＋(1－β)3，故C错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率P1＝α(1－α)2＋(1－α)3，
单次传输方案发送0译码为0的概率P2＝1－α，
P2－P1＝α(1－α)2－(1－α)3
＝α(1－α)－(1－α)2]
＝(1－α)(2α2－α)＝α(1－α)(2α－1)，
当0<α<0.5时，P2－P1<0，故P2(3)[解] ①记事件“第i次摸到红球”为Ai，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，
得P＝PP＋PP＝＝．
②由已知得P1＝P＝＝，P2＝P＝，
P3＝P＝＝＝＝，
P4＝P＝＝＝．
③由②可得P1＝P2P3P4，
即P＝PPP，
可猜想：P＝PPP，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P＝，P＝，
所以P(A)P(BAB)＝P＝P．
概率的解题原则：先定型，再求解
(1)相互独立事件的概率：P(AB) ＝P(A)P(B)；
(2)条件概率的求法：定义法、基本事件法和缩小样本空间法；
(3)全概率公式主要用于计算比较复杂的事件的概率，即“多因一果”问题，实质上是互斥事件和乘法公式的综合运用．
1．(2024·江苏南京二模)已知P(A)＝，P(A)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝( )
A． B． C． D．
D [因为P(A)＝P(AB)＋P(A)，P(A)＝，
P(A)＝，
所以P(A|B)＝＝，
则P(B)＝＝＝．故选D．]
2．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A． B．
C． D．
D [甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜．
所以甲获得冠军的概率为＋2×＝．故选D．]
3．(2024·福建三明三模)某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占，园艺类占，民族工艺类占．根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为，选手乙答对这三类题目的概率均为．
(1)求随机任选1题，甲答对的概率；
(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得－1分，若两人都答对或都答错，则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率．
[解] (1)记随机任选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件Ai(i＝1，2，3)，
记随机任选1题，甲答对为事件B，
则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝＝．
(2)记乙答对为事件C，则P(C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＋P(A3)P(C|A3)
＝＝，
设每一轮比赛中甲得分为X，
则P(X＝1)＝P(B)＝＝，
P(X＝0)＝P(BC)＝＝，
P(X＝－1)＝P(C)＝＝．
三轮比赛后，设甲总得分为Y，
则P(Y＝3)＝＝，P(Y＝2)＝＝，
P(Y＝1)＝＝，
所以甲最终获得奖品的概率为P＝P(Y＝3)＋P(Y＝2)＋P(Y＝1)＝＝．
【教师备选资源】
1．(多选)甲箱中有4个红球、2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球、3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是( )
A．事件B与事件Ai相互独立
B．P＝
C．P＝
D．P＝
BD [P＝，P＝，P＝＝，
先A1发生，则乙袋中有4个红球、3个白球和3个黑球，P＝＝，
先A2发生，则乙袋中有3个红球、4个白球和3个黑球，P＝，
先A3发生，则乙袋中有3个红球、3个白球和4个黑球，P＝．
P＝PP＝＝，B正确．
P＝PP＝＝，
P＝PP＝＝，
P＝PP＋PP＋PP＝≠，C错误；
PP≠P，A错误；
P＝＝＝＝，D正确．
故选BD．]
2．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每名队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为．(注：比赛结果没有平局)
(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
[解] (1)设事件B＝“甲、乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件Aj＝“甲队第j局获胜”，其中j＝1，2，3，4，Aj相互独立．
又甲队明星队员M前四局不出场，故
P(Aj)＝，j＝1，2，3，4，
B＝A4，所以P(B)＝＝．
(2)设事件C＝“甲队比赛3局获得最终胜利”，D＝“前3局甲队明星队员M上场比赛”，
由全概率公式知，
P(C)＝P(C|D)·P(D)＋P(C|)，
因为每名队员上场顺序随机，
故P(D)＝＝，P()＝1－＝，
P(C|D)＝＝，P(C|)＝＝，所以P(C)＝＝．
(3)由(2)，得P(D|C)＝＝＝＝．
基础考点2 超几何分布、二项分布、正态分布
【典例2】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则( )
(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
(2)(2024·河南名校联考)在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小、形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球．小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量X为小张摸出白球的个数．
①若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求E(X)和D(X)；
②若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求X的分布列．
(1)BC [依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y～N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误；
因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC．]
(2)[解] ①因为小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，且每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，所以随机变量X～B(4，0.8)，所以E(X)＝4×0.8＝3.2，D(X)＝4×0.8×(1－0.8)＝0.64．
②因为小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，
且每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，所以随机变量X服从超几何分布，
则P(X＝k)＝，k＝2，3，4，
可得P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
所以X的分布列为
X 2 3 4
P
三种分布间的联系
二项分布是有放回随机试验模型，超几何分布是无放回随机试验模型，当样本数量无限大时，超几何分布可转化为二项分布，二项分布的极限是正态分布．
1．(多选)(2024·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是( )
A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝
B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D．若从甲盒中取出1个球放入乙盒中，再从乙盒中取出1个球，记B：从乙盒中取出的1个球为白球，则P(B)＝
BCD [A选项，由题意得P(X＝1)＝＝，故A错误；
B选项，由题意得取出1个白球的概率为P＝＝＝，故B正确；
C选项，若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为Y，则Y～B，
则恰好得到2个白球的概率为P(Y＝2)＝＝，故C正确；
D选项，从甲盒中取出1个白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1个球为白球，此时概率为＝＝，
从甲盒中取出1个黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1个球为白球，此时概率为＝，
故P(B)＝＝，故D正确．故选BCD．]
2．(多选)(2024·山东聊城三模)某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为X．另一随机变量Y～N(4，1)，则( )
A．D(2X＋1)＝1.6
B．E(X)＝E(Y)，D(X)≥D(Y)
C．P(X≤4)>P(Y≥4)
D．P(X＝k)随k的增大先增大后减小
CD [由题意X～B(5，0.8)，则E(X)＝5×0.8＝4，D(X)＝5×0.8×0.2＝0.8，
所以D(2X＋1)＝4×0.8＝3.2，故选项A错误；
X～B(5，0.8)，则P(X＝k)＝·0.8k·0.25-k，
设当X＝k(k≥1)时概率最大，
则有
即
解得3.8≤k≤4.8，由k∈Z，所以当X＝4时概率最大，
则P(X＝0)即P(X＝k)随k的增大先增大后减小，故D选项正确；
又Y～N(4，1)，则E(Y)＝4，D(Y)＝1，E(X)＝4，D(X)＝0.8，
所以E(X)＝E(Y)，D(X)P(X≤4)＝1－P(X＝5)＝·0.85·0.25-5＝0.672 32，
又P(Y≥4)＝0.5，所以P(X≤4)>P(Y≥4)，故选项C正确．
故选CD．]
3．(2024·湖南岳阳三模)某地区举行专业技能考试，共有8 000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了频率分布直方图，如图所示．
(1)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ＝11.5，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数；
(2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．规定复试成绩上了20分(含20分)的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大？
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．
[解] (1)由题意得，样本平均数的估计值为
(40×0.010＋50×0.020＋60×0.030＋70×0.024＋80×0.012＋90×0.004)×10＝62，
因为所有考生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝62，σ＝11.5则μ＋2σ＝85，
所以P(X≥85)＝P(X≥μ＋2σ)≈＝0.022 75，
所以估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数为0.022 75×8 000＝182．
(2)记该考生的复试成绩为Y，则能进入面试的复试成绩为20分，25分，30分，
P(Y＝20)＝＋×C12×＝，
P(Y＝25)＝C12×＝＝，
P(Y＝30)＝＝，
所以该考生进入面试的概率为P(Y＝20)＋P(Y＝25)＋P(Y＝30)＝＝．
【教师备选资源】
1．(多选)为调查中学男生的肺功能情况，对两学校各1 000名男生的肺活量数据(单位：mL)进行分析，随机变量X表示甲校男生的肺活量，且X～N(3 000，2002)，随机变量Y表示乙校男生的肺活量，且Y～N(3 200，3002)，则下列说法中正确的有( )
A．甲校男生肺活量数据的均值低于乙校
B．乙校男生肺活量数据的波动幅度大于甲校
C．估计甲、乙两校男生肺活量在3 000 mL～3 200 mL的人数占比相同
D．估计甲校男生肺活量低于2 800 mL的人数比乙校男生肺活量低于2 800 mL的人数多
ABD [由题设，甲校男生肺活量均值为3 000，标准差为200，乙校男生肺活量均值为3 200，标准差为300，所以甲校男生肺活量数据的均值、波动幅度都低于乙校，A，B正确；
甲校男生肺活量在3 000 mL～3 200 mL的概率为P(μ≤X≤μ＋σ)＝P(μ－σ≤X≤μ)，而乙校对应概率小于P(μ－σ≤Y≤μ)，故男生肺活量在3 000 mL～3 200 mL的人数占比不同，C错误；
甲校男生肺活量低于2 800 mL的概率为P(X＜μ－σ)，而乙校对应概率小于P(Y＜μ－σ)，故估计甲校男生肺活量低于2 800 mL的人数比乙校男生肺活量低于2 800 mL的人数多，D正确．]
2．已知随机变量X～B，若P最大，则D＝________．
24 [由题意知，P ＝·0.26-k·0.8k，
要使P最大，
有
化简得
解得≤k≤，故k＝5．
又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，
故D＝D＝52D(X)＝24．]
3．(2023·四省联考)一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，X表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若N＝5 000，求X的数学期望；
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值(以使得P(X＝15)最大的N的值作为N的估计值)．
[解] (1)依题意X服从超几何分布，且
N＝5 000，M＝200，n＝500，
故E(X)＝n×＝500×＝20．
(2)当N＜685时，P(X＝15)＝0，
当N≥685时，P(X＝15)＝，
记a(N)＝，则
＝＝
＝＝．
由N2－698N＋499×199＞N2－683N－684，
当且仅当N＜≈6 665.7，
则可知当685≤N≤6 665时，a(N＋1)＞a(N)；
当N≥6 666时，a(N＋1)＜a(N)，
故N＝6 666时，a(N)最大，所以N的估计值为6 666．
基础考点3 均值、方差在决策中的应用
【典例3】 (2024·北京卷改编)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．
假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；
(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)
[解] (1)法一(正面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，知索赔次数为2，3，4，
所以P(A)＝＝＝．
法二(反面计算)：记“随机抽取一份保单，索赔次数不少于2”为事件A，
由索赔次数不少于2，知可利用间接法计算，
则P(A)＝1－＝．
(2)(ⅰ)由题知X的所有可能取值为0.4，－0.4，－1.2，－2.0，－2.6，
则P(X＝0.4)＝＝0.8，P(X＝－0.4)＝＝0.1，
P(X＝－1.2)＝＝0.06，P(X＝－2.0)＝＝0.03，
P(X＝－2.6)＝＝0.01，
故E(X)＝0.4×0.8－0.4×0.1－1.2×0.06－2.0×0.03－2.6×0.01＝0.122．
(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值比(ⅰ)中E(X)估计值大．
证明如下：
设调整保费后一份保单的毛利润(单位：万元)为Y，则
对于索赔次数为0的保单，Y＝0.4×(1－4%)＝0.384，
对于索赔次数为1的保单，Y＝0.4×(1＋20%)－0.8＝－0.32，
对于索赔次数为2的保单，Y＝－0.32－0.8＝－1.12，
对于索赔次数为3的保单，Y＝－1.12－0.8＝－1.92，
对于索赔次数为4的保单，Y＝－1.92－0.6＝－2.52，
故E(Y)＝0.384×0.8－0.32×0.1－1.12×0.06－1.92×0.03－2.52×0.01＝0.125 2．
所以E(X)解决决策问题的三关
(1)判断关：依据题意判断随机变量的取值及判断所求分布列的类型．
(2)概率关：依据事件间的相互关系，结合相应的概率公式求出每个随机变量取值的概率．
(3)决策关：借助分布列，计算随机变量的数学期望，并结合实际问题作出合理决策．
(2024·广东茂名二模)在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名．甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0(1)若p＝0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望．
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军．哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．
[解] (1)①记“甲获得第四名”为事件A，则P(A)＝(1－0.6)2＝0.16．
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X，
则X的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：P(X＝2)＝(1－0.6)2＝0.16，
X＝3可以分为连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
P(X＝3)＝0.62＋(1－0.6)×0.6×(1－0.6)＋0.6×(1－0.6)×(1－0.6)＝0.552，
X＝4可以分为负胜胜或胜负胜，
P(X＝4)＝(1－0.6)×0.6×0.6＋0.6×(1－0.6)×0.6＝0.288．
故X的分布列如下：
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
所以E(X)＝2×0.16＋3×0.552＋4×0.288＝3.128．
(2)由题意可得，“双败淘汰制”下，甲获胜的概率P＝p3＋p(1－p)p2＋(1－p)p3＝(3－2p)p3，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为p2，
由(3－2p)p3－p2＝p2(3p－2p2－1)＝p2(2p－1)·(1－p)，且0所以当p∈时，(3－2p)p3>p2，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当p∈时，(3－2p)p3当p＝时，两种赛制甲夺冠的概率一样．
【教师备选资源】
1．某科研机构为研究甲、乙两种中药对某种疾病的治疗效果，医护人员对该症确诊患者进行积极救治．现有6位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B组服用乙种中药．服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为，B组3人康复的概率分别为．
(1)设事件C表示A组中恰好有1人康复，事件D表示B组中恰好有1人康复，求P(CD)；
(2)若服药一个疗程后，每康复1人积2分，假设认定：积分期望值越高药效越好，请问甲、乙两种中药哪种药效更好？
[解] (1)依题意有，P(C)＝＝，P(D)＝＝．
又事件C与D相互独立，
则P(CD)＝P(C)P(D)＝＝．
(2)设A组中服用甲种中药康复的人数为X1，则X1～B，
所以E＝3×＝，
设A组的积分为X2，则X2＝2X1，
所以E＝2E＝．
设B组中服用乙种中药康复的人数为Y1，则Y1的可能取值为0，1，2，3，
P＝＝，
P＝＝＝，
P＝＝，
P＝＝，
故Y1的分布列为
Y1 0 1 2 3
P
所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝，
设B组的积分为Y2，则Y2＝2Y1，
所以E＝E＝2E＝．
因为>，所以甲种中药药效更好．
2．(2018·全国Ⅰ卷改编)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)，求f (p)的最大值点p0；
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？
[解] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)＝p2(1－p)18．
因此f ′(p)＝[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝p(1－p)17(1－10p)．
令f ′(p)＝0，得p＝0.1．当p∈(0，0.1)时，f ′(p)＞0；当p∈(0.1，1)时，f ′(p)＜0．
所以f (p)的最大值点为p0＝0.1．
(2)由(1)知，p＝0.1．
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y．
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490．
②如果对余下的产品做检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．
由于E(X)＞400，故应该对余下的产品做检验．
专题限时集训(十) 概率、随机变量及其分布
一、单项选择题
1．(2024·渭南模拟)已知随机变量η的分布列为P(η＝i)＝(i＝1，2，3，4)，则P(η＝3)＝( )
A． B．
C． D．
C [由已知得＝1，解得a＝，所以P(η＝3)＝＝．故选C．]
2．(2024·江苏盐城一模)已知随机事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(A∪B)＝( )
A． B．
C． D．
B [因为事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，可得P(AB)＝P(A)P(B)＝，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＝．故选B．]
3．(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N(3，22)，随机变量Y＝(X－3)，则＝( )
A．0 B．
C． D．2
B [由X～N(3，22)可知，E(X)＝3，D(X)＝4，
又因为Y＝(X－3)，所以E(Y)＝E＝E(X)－＝＝0，
D(Y)＝D＝D(X)＝1，则＝＝．故选B．]
4．(2024·湖北武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，开关闭合后，这个电路是通路的概率是( )
A． B．
C． D．
B [元件B，C都不正常工作的概率p1＝＝，
则元件B，C至少有一个正常工作的概率为1－p1＝，
而电路是通路，即元件A正常工作，元件B，C至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率P＝＝．故选B．]
5．为践行“保护环境，绿色出行”的环保理念，李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班．已知他选择骑自行车的概率为0.6，且骑自行车准时到达单位的概率为0.95．若李先生准时到达单位的概率为0.93，则他坐公交车准时到达单位的概率为( )
A．0.6 B．0.7
C．0.8 D．0.9
D [设A1＝“李先生骑自行车上班”，A2＝“李先生坐公交车上班”，B＝“李先生准时到达单位”，
根据题意得，P(A1)＝0.6，P(A2)＝1－0.6＝0.4，P(B)＝0.95，设P(B)＝m，
则P(B)＝P(A1)P(B)＋P(A2)P(B)＝0.6×0.95＋0.4m＝0.93，
解得m＝0.9．故选D．]
6．已知某地区十二月份的昼夜温差X～N(μ，σ2)，P(X>8)＝，该地区某班级十二月份感冒的学生有10人，其中有6位男生，4位女生，则下列结论错误的是( )
A．E(X)＝8
B．若P(79)＝
C．从这10人中随机抽取2人，其中至少抽到一位女生的概率为
D．从这10人中随机抽取2人，其中女生人数ξ的期望为
C [对于A，因为X～N(μ，σ2)，P(X>8)＝，所以E(X)＝μ＝8，故A正确；
对于B，因为P(7所以P(X>9)＝＝，故B正确；
对于C，P＝＝1－＝，故C错误；
对于D，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝4，n＝2，
所以E(ξ)＝＝＝，故D正确．故选C．]
二、多项选择题
7．(2024·山东日照二模)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列结论正确的是( )
A．A与B相互独立 B．A与B互斥
C．P(B)＝ D．P(C)＝
AC [对于A，依题意P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝＝＝P(A)P(B)，
所以事件A与事件B相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B不互斥，故B错误；
对于C，D，P(C)＝1－＝，因为B C，所以P(BC)＝P(B)＝，
所以P(B|C)＝＝＝，故C正确，D错误．
故选AC．]
8．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f (p)，下列说法正确的是( )
A．三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3
B．f (p)的常数项为3
C．f ＜f
D．f ＝
ABD [设实际比赛局数为X，则X的可能取值为3，4，5，
则P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，
P(X＝4)＝p(1－p)3，
P(X＝5)＝p2(1－p)2，
因此三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；
f (p)＝p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，
由f (0)＝3，则常数项为3，则B正确；
由f ＝，则D正确；
由f ′(p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，
因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＜0，
所以令f ′(p)＞0，则0≤p＜；
令f ′(p)＜0，则＜p≤1，
则函数f (p)在上单调递增，在上单调递减，
因为f (1－p)＝(1－p)2p2＝f (p)，
所以f (p)的图象关于p＝对称，得f ＞f ，则C错误．
故选ABD．]
三、填空题
9．(2023·四省联考)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布N．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到95.45%，需调整生产工艺，使得σ的值最大为________．(若X～N，则P≈0.954 5)
[设质量指标为X，依题可知，μ＝100，根据题意及正态曲线的特征可知，≤2σ的解集是[99，101]的子集，
由≤2σ可得100－2σ≤X≤100＋2σ，
所以
解得σ≤，故σ的值最大为．]
10．(2023·天津高考改编)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
[法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝＝．设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝＝，P(D2)＝＝，P(D3)＝＝，P(E|D1)＝1－＝，P(E|D2)＝1－＝，P(E|D3)＝1－＝，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)·P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝＝．
法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3．则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为＝．将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为＝．]
四、解答题
11．(2024·重庆模拟)已知5只小白鼠中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的小白鼠．血液化验结果呈阳性的即为患病，呈阴性的即为未患病．下面是两种化验方法：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明患病的小白鼠为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．
若随机变量ξ1，ξ2分别表示用方案甲、方案乙进行检测所需的检测次数．
(1)求ξ1，ξ2能取到的最大值和其对应的概率；
(2)为使检测次数的期望最小，你认为应该选择方案甲还是方案乙？并说明理由．
[解] (1)用方案甲，最多检测4次，即前3次检测均未检测出患病，则第四次检测出患病或第四次没检测出患病都将知道哪一只是患病的，所以ξ1的最大值为4，即P(ξ1＝4)＝＝．
用方案乙，最多检测3次，即混检时，检测结果为阳性，继续逐个检测时，第一次未验中，无论第二次是否验中，均可得出结果，若混检时，没检测出阳性，则剩下2只只需要检测一次就知道结果，所以ξ2的最大值为3，即P(ξ2＝3)＝＝．
(2)方案甲：检测所需要的次数ξ1的可能取值是1，2，3，4．
P(ξ1＝1)＝，P(ξ1＝2)＝＝，P(ξ1＝3)＝＝，P(ξ1＝4)＝，
∴E(ξ1)＝×1＋×2＋×3＋×4＝，
方案乙：检测所需要的次数ξ2的可能取值是2，3，
若方案乙验两次，有两种可能：
①3只小白鼠混检时结果为阳性，再从中逐个化验时，恰好一次验中的概率为＝；
②3只小白鼠混检时结果为阴性，再从其他2只小白鼠中验中阳性的概率为＝(无论第二次是否验中，均可以在第二次结束)，
∴P(ξ2＝2)＝＝，P(ξ2＝3)＝1－P(ξ2＝2)＝1－＝，
∴E(ξ2)＝×2＋×3＝．
综上可得E(ξ2)因此，应该选择方案乙．
12．(2024·四川成都三模)某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示．
(1)求a的值；
(2)若用分层随机抽样的方法从高度在[15，17)和[17，19)中抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在[15，17)内的株数为X，求 X的分布列及数学期望E(X)；
(3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于23 cm的概率．
[解] (1)依题意可得(0.05＋0.075＋a＋0.150＋0.100)×2＝1，解得a＝0.125．
(2)由(1)可得高度在[15，17)和[17，19)的频率分别为0.1和0.15，所以抽取的5株中，高度在[15，17)和[17，19)的株数分别为2和3，所以X可取0，1，2，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝．
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝．
(3)从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在为事件M，至多1株高度低于23 cm为事件N，
则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N|M)＝＝＝．
18/27解答概率与统计问题
阅卷案例 四字解题
(2024·新高考Ⅱ卷，T18，17分)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0想 (1)事件间的关系； (2)概率大小的比较方法； (3)数学期望计算公式
算 分两类分别计算甲或乙先参加第一阶段比赛成绩为15分的概率和甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望
思 (1)分类讨论； (2)概率模型化
规范解答 满分心得
[解] (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686.………………………………4分 (2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， ……………………………………………………5分 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， …………………………………………………6分 ∵0P乙，应该由甲参加第一阶段比赛．…10分 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，………………11分 P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝q(1－q)2， P(X＝10)＝q2(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，…………………12分 ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q． …………………………………………………13分 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p，…………14分 ………15分 ∵00，……………………16分 ∴应该由甲参加第一阶段比赛．………………17分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分．如第(2)问求E(X)时，常用思路： ①确定随机变量的取值X＝0，5，10，15； ②计算P(X＝i)，i＝0，5，10，15； ③计算E(X)． 以上3步不可缺失，每步都有分数． 得关键分：解答本题的关键是准确判断事件之间的关系，确定求有关概率的方法． 得计算分：本题(1)难度不大，关键是细心计算；本题(2)比较大小的关键是作差、变形、因式分解． 概率问题“先定型、后运算”．
§1 概率、随机变量及其分布
【备考指南】 概率、随机变量及其分布考查比较灵活，背景新颖，有较强的时效性．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
基础考点1 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率
【典例1】 (1)(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则( )
A．M与N相互独立 B．X与Y相互独立
C．M与Y相互独立 D．N与Y相互独立
(2)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
(3)(2024·福建泉州模拟)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
①求第2次摸到红球的概率；
②设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4．求P1，P2，P3，P4；
③对于事件A，B，C，当P>0时，写出P，P(B∣A)，P(C∣AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
[听课记录]
概率的解题原则：先定型，再求解
(1)相互独立事件的概率：P(AB) ＝P(A)P(B)；
(2)条件概率的求法：定义法、基本事件法和缩小样本空间法；
(3)全概率公式主要用于计算比较复杂的事件的概率，即“多因一果”问题，实质上是互斥事件和乘法公式的综合运用．
1．(2024·江苏南京二模)已知P(A)＝，P(A)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝( )
A． B． C． D．
2．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A． B．
C． D．
3．(2024·福建三明三模)某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占，园艺类占，民族工艺类占．根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为，选手乙答对这三类题目的概率均为．
(1)求随机任选1题，甲答对的概率；
(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得－1分，若两人都答对或都答错，则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率．
基础考点2 超几何分布、二项分布、正态分布
【典例2】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则( )
(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
(2)(2024·河南名校联考)在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小、形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球．小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量X为小张摸出白球的个数．
①若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求E(X)和D(X)；
②若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求X的分布列．
[听课记录]
三种分布间的联系
二项分布是有放回随机试验模型，超几何分布是无放回随机试验模型，当样本数量无限大时，超几何分布可转化为二项分布，二项分布的极限是正态分布．
1．(多选)(2024·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是( )
A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝
B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D．若从甲盒中取出1个球放入乙盒中，再从乙盒中取出1个球，记B：从乙盒中取出的1个球为白球，则P(B)＝
2．(多选)(2024·山东聊城三模)某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为X．另一随机变量Y～N(4，1)，则( )
A．D(2X＋1)＝1.6
B．E(X)＝E(Y)，D(X)≥D(Y)
C．P(X≤4)>P(Y≥4)
D．P(X＝k)随k的增大先增大后减小
3．(2024·湖南岳阳三模)某地区举行专业技能考试，共有8 000人参加，分为初试和复试，初试通过后，才能参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本，绘制了频率分布直方图，如图所示．
(1)若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ为样本平均数的估计值，σ＝11.5，试利用正态分布估计所有考生中初试成绩不低于85分的人数；
(2)复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中，前两题每题能答对的概率均为，后两题每题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．规定复试成绩上了20分(含20分)的考生能进入面试，请问该考生进入面试的概率有多大？
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．
基础考点3 均值、方差在决策中的应用
【典例3】 (2024·北京卷改编)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．
假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；
(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小．(结论不要求证明)
[听课记录]
解决决策问题的三关
(1)判断关：依据题意判断随机变量的取值及判断所求分布列的类型．
(2)概率关：依据事件间的相互关系，结合相应的概率公式求出每个随机变量取值的概率．
(3)决策关：借助分布列，计算随机变量的数学期望，并结合实际问题作出合理决策．
(2024·广东茂名二模)在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名．甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0(1)若p＝0.6，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望．
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军．哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．
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