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第7节　二项分布、超几何分布与正态分布　
[课标要求]　①通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题；②通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征；③了解正态分布的均值、方差及其含义．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．两点分布
对于只有两个可能结果的随机试验，用A表示“成功”，表示失败，定义X＝ 如果P(A)＝p，则P()＝1－p，那么X的分布列如下表所示：
X 0 1
P 1－p p
我们称X服从两点分布，又称0—1分布、伯努利分布．
2．伯努利试验与二项分布
(1)伯努利试验
①伯努利试验：只包含两个可能结果的试验．
②n重伯努利试验：将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验．
注：独立重复试验的实际原型是有放回的抽样检验问题．
(2)二项分布
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
(3)二项分布的均值和方差
若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
3．超几何分布
(1)定义：一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为
P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，也可以用列表格的形式表示如下：
X 0 1 … r
P …
其中n，M，N∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．
如果随机变量X的分布列具有上式(表格)的形式，那么称随机变量X服从超几何分布．
(2)均值与方差
设随机变量X服从参数为N，M，n的超几何分布，令p＝，则E(X)＝np，D(X)＝．
4．正态分布
(1)概念：若随机变量X的概率密度函数为正态密度函数f(x)，则称随机变量X服从正态分布．记为X～N(μ，σ2)．当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布．
(2)正态曲线的几何意义
随机变量X落在区间(a，b]的概率为P(a如图所示，X取值不超过x 的概率P(X≤x)为图中区域A的面积，而P(a≤X≤b)为区域B的面积．
(3)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交．当|x|无限增大时，曲线无限接近于x轴．
②曲线与x轴之间的区域的面积为1．
③曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称．
④曲线在x＝μ处达到峰值(最大值)．
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移．
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，当σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；当σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散．
(4)正态分布的3σ原则
在实际应用中，通常认为服从于正态分布N的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]之间的值，这在统计学中称为3σ原则．
P(μ－σ(一)必背常用结论
对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：
(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；
(2)P(X(3)P(a(二)盘点易错易混
1．要注意两点分布与二项分布的关系，两点分布是特殊的二项分布．
2．容易混淆超几何分布与二项分布致误．假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件，用X表示抽取的n件产品中的次品数，若采用有放回抽样的方法抽取，则随机变量X服从二项分布；若采用不放回抽样的方法随机抽取则随机变量X服从超几何分布．
3．若X～N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为：E(X)＝μ，D(X)＝σ2．要注意后者是σ2，不要误以为σ．
　　　　　　　　　　　　　　　　
【小题热身】
1．(2021·黑龙江大庆实验中学月考)设随机试验的结果只有A和B，且P(A)＝m，令随机变量ξ＝，则ξ的方差为(　　)
A．m B．2m(1－m)
C．m(1－m) D．－m(1－m)
解析：由题意可得，ξ服从两点分布，因为P(A)＝m，
因此由两点分布的方差公式可得Dξ＝m．
答案：C
2．(2021·广东汕头二模)交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义．为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0．6，则李明同学至少答对2道题的概率是(　　 )
A．0．36 B．0．576
C．0．648 D．0．904
解析：法一　3道题中至少答对2道题有答对2道和答对3题这两种情况，
则3道题中至少答对2道题的概率为P＝C23×0．4＋C33＝0．432＋0．216＝0．648．
法二　设3道题中至少答对2道题为事件A，
则P＝1－P＝1－－C13×0．6×＝0．648．
答案：C
3．(2021·山东济南模拟)孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个数学问题之一，2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，可以直观的描述为：存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数．素数对称为孪生素数对．从8个数对，，，，，，，中任取3个，设取出的孪生素数对的个数为X，则E＝(　　 )
A． B．
C． D．3
解析：由题知8个数对中有，，，共4对孪生素数对，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
故P＝＝，P＝＝＝，
P＝＝＝，P＝＝，
所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝．
答案：C
4．[易错题]若随机变量X～N，且P＝P(X<－1)＝0．2，则P＝__________．
解析：由题意，随机变量X～N，且P＝P＝0．2,
根据正态分布曲线的对称性，可得μ＝＝2，
所以P＝－P(X<－1)＝0．3．
答案：0．3
5．甲、乙两名运动员进行羽毛球比赛，已知每局比赛甲胜的概率为p，乙胜的概率为1－p，且各局比赛结果相互独立．当比赛采取5局3胜制时，甲用4局赢得比赛的概率为．现甲，乙进行6局比赛，设甲胜的局数为X，则D(X)＝____________．
解析：由题意知：Cp2．p＝ ，所以p＝，
所以每局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，
由题意知：随机变量X～B，所以D(X)＝6××＝．
答案：
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__独立重复试验与二项分布[多维讲练]
独立重复试验与二项分布是高考对概率分布列部分考查频率最高的知识点之一，以解答题为主，以实际情境问题为背景，考查独立重复试验的概率及二项分布的分布列、期望、方差等，难度中高档．
角度1　独立重复试验
【例1】　足球比赛中规定，若双方在进行了90分钟激战和加时赛仍然无法分出胜负，则采取点球大战的方式决定胜负，点球大战规则如下：两队应各派5名队员，双方轮流踢，如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次时可能射中的球数，则不需再踢，若5轮之后双方进球数相同，则继续点球，直到出现某一轮结束时，一方踢进且另一方未踢进时比赛结束．现有甲乙两支球队进行点球大战，每支球队每次点球进球的概率均为，每轮点球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)最少进行几轮比赛能分出胜负？并求相应概率；
(2)求至少进行5轮比赛才能分出胜负的概率．
[思维点拨]　(1)一方进球3次，另一方还未进球，根据每次点球进球的概率即可获解；
(2)由(1)先分析四轮结束时的情况，再由对立事件的概率公式即可求解．
解：(1)一方进球3次，另一方还未进球时即可分出胜负，故最少三轮能定胜负．
当三轮能定胜负时，甲进3球，乙不进球；或乙进3球，甲不进球，
所以三场能定胜负的概率为P＝()6＋()6＝．
(2)记第四轮结束时，甲，乙进球数分别记为X，Y，
若第四轮结束时，甲胜出有以下情况(按照甲的进球数分类)；
①甲进2球，乙进0球，其概率P(X＝2，Y＝0)＝C()4·()4＝；
②甲进3球，乙进0球或1球，其概率
P(X＝3，Y＝0)＋P(X＝3，Y＝1)＝C()4·()4＋()4·C()4＋C()4·C()4＝，
③甲进4球，乙进1球或2球，其概率
P(X＝4，Y＝1)＋P(X＝4，Y＝2)＝()4C13()4＋()4C24()4＝．
所以第四轮结束时，甲获胜的概率为＋＋＝，
所以第四轮结束时，能定胜负的概率为2×＝，
所以至少5轮比赛才能分出胜负的概率为1－－＝．
[思维升华]　求相互独立事件同时发生的概率的方法
① 利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[对点练]　(2021·江西南昌二模)为加强防疫宣传，某学校举行防疫知识问答竞赛，竞赛共有两类题，第一类是5个中等难度题，每答对一个得10分，答错得0分，第二类是数量较多、难度相当的难题，每答对一个得20分，答错一个扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答(每个题抽后不放回)，要求第二类题中至少抽2个．学生小明第一类5题中有4个答对，第二类题中答对每个问题的概率都是．
(1)若小明选择从第一类题中抽两个题，求这次竞赛中，小明共答对3个题的概率；
(2)若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答？
解：(1)小明共答对3个题有两种情况：
当第一类题目答对2道，第二类题答对1道时，
第一类题目答对2道概率为＝＝，第二类题答对1道概率为C××＝，
此时小明共答对3个题概率为×＝，
当第一类题目答对1道，第二类题答对2道时，
第一类题目答对1道概率为＝＝，第二类题答对2道概率为C22×＝，
此时小明共答对3个题概率为×＝，
所以小明共答对3个题的概率为＋＝．
(2)由题意知：有以下两种情况：
第一类题目选0道，第二类题目选3道，
第二类题目答对的数学期望为3×＝，答错的期望为3×＝，
所以这三道题得分的数学期望为×20－×5＝分；
第一类题目选1道，第二类题目选2道，
由于小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，则剩下的4个题中有3个会做，
第一题得分的期望为×10＝分，
第二题得分的期望为×2×20－×2×5＝分，
所以这三道题得分的数学期望为＋＝35分，
因为>35，所以应从第二类题目中选3道．
角度2　二项分布
【例2】　(2021·山东济宁一模)垃圾分类收集处理是一项利国利民的社会工程和环保工程，搞好垃圾分类收集处理，可为政府节省开支，为国家节约能源，减少环境污染，是建设资源节约型社会的一个重要内容．为推进垃圾分类收集处理工作，A市通过多种渠道对市民进行垃圾分类收集处理方法的宣传教育，为了解市民能否正确进行垃圾分类处理，调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到如下列联表(单位：人)：
能正确进行垃圾分类 不能正确进 行垃圾分类 总计
55岁及以下 90 30 120
55岁以上 50 30 80
总计 140 60 200
(1)根据以上数据，判断是否有90%的把握认为A市能否正确进行垃圾分类处理与年龄有关？
(2)将频率视为概率，现从A市55岁及以下的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取的3人中“不能正确进行垃圾分类”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求随机变量X的分布列和均值E．
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d．
α 0．15 0．10 0．05 0．025
xα 2．072 2．706 3．841 5．024
[思维点拨]　(1)根据列联表计算χ2，再根据临界值参考数据比较大小，即得结论；(2)由条件可知X～B，根据二项分布计算分布列和数学期望．
解：(1)由列联表可知χ2＝≈3．571，因为3．571>2．706，
所以有90%的把握认为A市能否正确进行垃圾分类处理与年龄有关．
(2)由题意可知，从该市55岁及以下的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，
不能正确进行垃圾分类的频率为，
所以X～B，X的所有可能取值为0，1，2，3，
P＝C03×＝，
P＝C13××＝，
P＝C23××＝，
P＝C33×＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E＝3×＝．
[思维升华]　(2)独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略
①在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
②在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率．
[对点练]　2．随着5G通讯技术的发展成熟，移动互联网短视频变得越来越普及，人们也越来越热衷于通过短视频获取资讯和学习成长．某短视频创作平台，为了鼓励短视频创作者生产出更多高质量的短视频，会对创作者上传的短视频进行审核，通过审核后的短视频，会对用户进行重点的分发推荐．短视频创作者上传一条短视频后，先由短视频创作平台的智能机器人进行第一阶段审核，短视频审核通过的概率为，通过智能机器人审核后，进入第二阶段的人工审核，人工审核部门会随机分配3名员工对该条短视频进行审核，同一条短视频每名员工审核通过的概率均为，若该视频获得2名或者2名以上员工审核通过，则该短视频获得重点分发推荐．
(1)某创作者上传一条短视频，求该短视频获得重点分发推荐的概率；
(2)若某创作者一次性上传3条短视频作品，求其获得重点分发推荐的短视频个数的分布列与数学期望．
解：(1)设“该短视频获得重点分发推荐”为事件A，
则P(A)＝×[C23()2×(1－)1＋C33()3×(1－)0]＝．
(2)设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量X，X可取0，1，2，3．
则X～B(3，)，
P(X＝0)＝C03()0×(1－)3＝；
P(X＝1)＝C13()1×(1－)2＝；
P(X＝2)＝C23()2×(1－)1＝；
P(X＝3)＝C33()3×(1－)0＝，
所以随机变量X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．(或E(X)＝3×＝)
考点2__超几何分布[典例引领]
【例3】　(2021·山东潍坊二模)每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，(12，14]，(14，16]，(16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人．记日平均阅读时间在(14，16]内的学生人数为X，求X的分布列；
(3)以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20(k)”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在(10，12](单位：小时)内的概率，其中k＝0，1，2，…，20．当P20(k)最大时，写出k的值．(只需写出结论)
解：(1)由概率和为1得：2×0．02＋2×0．03＋2×0．05＋2×0．05＋2×0．15＋2×a＋2×0．05＋2×0．04＋2×0．01＝1，解得a＝0．1．
(2)由分层抽样性质知，从阅读时间在(12，14]中抽取5人，从阅读时间在(14，16]中抽取4人，从阅读时间在(16，18]中抽取1人，
从该10人中抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
P＝＝，P＝＝，
P＝＝，P＝＝，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(3)学生日平均阅读时间在(10，12]的概率P＝0．1×2＝0．2，则P20(k)＝C(0．2)k(0．8)20－k，
当k＝4时，P20(k)最大．
[思维升华]　求超几何分布的分布列的步骤
第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
[对点练]　(2021·江西景德镇第三次质检)自“新冠肺炎”爆发以来，中国科研团队一直在积极地研发“新冠疫苗”，在科研人员不懈努力下，我国公民率先在2020年年末开始可以使用安全的新冠疫苗，使我国的“防疫”工作获得更大的主动权．研发疫苗之初，为了测试疫苗的效果，科研人员以白兔为实验对象，进行了一些实验．
(1)实验一：选取10只健康白兔，编号1至10号，注射一次新冠疫苗后，再让它们暴露在含有新冠病毒的环境中，实验结果发现，除2号、3号和7号白兔仍然感染了新冠病毒，其他白兔未被感染，现从这10只白兔中随机抽取4只进行研究，将仍被感染的白兔只数记作X，求X的分布列和数学期望．
(2)科研人员在另一个实验中发现，疫苗可多次连续注射，白兔多次注射疫苗后，每次注射的疫苗对白兔是否有效互相不影响，相互独立，试问，若将实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率当做疫苗的有效率，那么一只白兔注射两次疫苗能否保证有效率达到96%，如若可以请说明理由，若不可以，请问每支疫苗的有效率至少要达到多少才能满足以上要求．
解：(1)因为X可取0，1，2，3，所以P＝，k＝0，1，2，3
所以P＝＝，P＝＝
P＝＝，P＝＝．
所以X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
E＝0×＋1×＋2×＋3×＝1．2；
(2)因为实验一中未被感染新冠病毒的白兔的频率为0．7，
所以注射一次疫苗的有效率为0．7，
又因为每次注射的疫苗对白兔是否有效相互独立，
所以一只白兔注射两次疫苗的有效率为：1－＝91%<96%，所以无法保证，
设每支疫苗有效率至少达到t才能满足要求，
则1－＝96%，解得t＝80%．
所以每支疫苗的有效率至少要达到80%才能满足以上要求．
考点3__正态分布及其应用[典例引领]
【例4】　(1)(2021·江苏南京师大附中高三其他模拟)已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(X≥4)＝0．1，则P(0(2)(2021·湖南岳阳模拟)医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层．内层为亲肤材质(普通卫生纱布或无纺布)，中层为隔离过滤层(超细聚丙烯纤维熔喷材料层)，外层为特殊材料抑菌层(无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层)．根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率x～N．若x～N，则P＝0．954 5，P＝0．997 3，0．977 2550≈0．316 4．有如下命题：
甲：P<0．5；乙：P>P；
丙：P＝0．001 35；丁：假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于μ＋2σ的数量，则P≈0．6．其中假命题是(　　 )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
[思维点拨]　(1)根据正态分布的概率求法求解即可．
(2)根据正态分布曲线的特点判断A，B，C；先计算出一只口罩过滤率小于等于μ＋2σ的概率，然后根据P＝1－P即可计算出P的值并进行判断．
解析：(1)由X～N(2，σ2)，则P(X≤0)＝P(X≥4)＝0．1，
则P(0(2)由题意可知，正态分布的μ＝0．937 2，σ＝0．013 9；
甲：因为0．9<μ，所以P乙：因为<，0．4<μ<1．5，所以P>P，故正确；
丙：因为P＝P，且P＝0．997 3，
所以P＝＝0．001 35，故正确；
丁：因为一只口罩过滤率小于等于μ＋2σ的概率为0．954 5＋＝0．977 25，
又因为P＝1－P＝1－0．977 2550≈0．683 6，故错误．
答案：(1)0．8　(2)D
[思维升华]　正态分布下2类常见的概率计算
(1)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，曲线与x轴之间的面积为1．
(2)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．
[对点练]　1．(2021·辽宁锦州一模)已知随机变量X服从正态分布N，若P＋P＝1，则μ＝(　　 )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：因为随机变量X服从正态分布N，对称轴为X＝μ，
又P＋P＝1，
而P＋P＝1，
所以P＝P，
所以5和－1关于对称轴对称，则μ＝＝2．
答案：D
2．(2021·广东珠海二模)已知某校期末考试数学平均分X～N，则P(65附：P＝0．682 6，
P＝0．954 5
解析：因数学平均分X～N，则平均分X的期望μ＝75，标准差σ＝＝10，由正态分布的性质可得：
P(65≤X<85)＝P＝0．682 6，P(55≤X<95)＝P＝0．954 5，
则P＝P＋P(85≤X<95)＝P＋
＝0．682 6＋＝0．818 55．
答案：0．818 55
3．(多选)(2021·河北沧州模拟)甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布N，N，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是(　　 )
附：若随机变量X服从正态分布N，则P(μ－σA．乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩
B．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩
C．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近
D．若σ1＝5，则甲同学成绩高于80分的概率约为0．158 7
解析：A中，由曲线知，甲同学的平均成绩为75，乙同学的平均成绩为85，故乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩，A正确，B错；
C中，甲密度曲线图象比乙密度曲线图象更凸起、更瘦，所以甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近，C正确；
D中，若σ1＝5，则甲同学成绩高于80分的概率约为0．5－×0．682 6＝0．158 7，故D正确，故选ACD
答案：　ACD
课下巩固培优卷(五十五)
【A/基础巩固题组】
1．现用甲、乙两台3D打印设备打印一批对内径有较高精度要求的零件．已知这两台3D打印设备在正常工作状态下打印出的零件内径尺寸Z(单位：μm)服从正态分布N．根据要求，正式打印前需要对设备进行调试，调试时，两台设备各试打了5个零件，零件内径尺寸(单位：μm)如茎叶图所示．根据以上信息，可以判断(　　 )
A．甲、乙两台设备都需要进一步调试
B．甲、乙两台设备都不需要进一步调试
C．甲需要进一步调试，乙不需要进一步调试
D．乙需要进一步调试，甲不需要进一步调试
解析：因为打印出的零件内径尺寸Z(单位：μm)服从正态分布N，
所以根据3σ原则，几乎所有数据都应落在91甲打出的所有零件都符合，而乙中数据90不符合，
所以乙需要进一步调试，甲不需要进一步调试．
答案：D
2．(2021·安徽宣城二模)围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军(假设没有平局)，比赛结束．假设每局比赛乙胜甲的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：在不超过4局的比赛中甲获得冠军包含两种情况：
①甲前三局全胜，概率为P1＝＝；
②前三局甲两胜一负，第四局甲胜，概率为
P2＝C＝．
∴在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为P＝P1＋P2＝＋＝．
答案：A
3．“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据ξ(单位：cm)服从正态分布N，且P＝0．1，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记ξ不在的人数为X，则(　　 )
A．P＝0．9 B．E＝2．4
C．D＝0．16 D．P＝0．488
解析：由ξ～N，则P＝P＝0．1
则P＝1－P－P(ξ≤180)＝0．8，故A错误；
由题知，ξ不在的概率为1－0．8＝0．2，
则X～B，
则E＝3×0．2＝0．6，故B错误；
D＝3×0．2×(1－0．2)＝0．48，故C错误；
P＝1－P＝1－0．83＝0．488，故D正确．
答案：D
4．(多选)(2021·河北张家口一模)袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为X，则(　　 )
A．X～B
B．P(X＝2)＝
C．X的期望E(X)＝
D．X的方差D(X)＝
解析：从袋子中有放回地随机取球4次，则每次取球互不影响，
并且每次取到的黑球概率相等，又取到黑球记1分，
取4次球的总分数，即为取到黑球的个数，
所以随机变量X服从二项分布X～B，故A正确；
X＝2，记其概率为P(X＝2)＝C24＝，故B错误；
因为X～B，所以X的期望E(X)＝4×＝，故C正确；
因为X～B，所以X的方差D(X)＝4××＝，故D正确．
故选ACD．
答案：ACD
5．(多选)下列命题中，正确的命题是(　　 )
A．已知随机变量服从B，若E＝30，D＝20，则p＝
B．已知P＝0．34，P＝0．71，则P＝0．37
C．设随机变量ξ服从正态分布N，若P＝p，则P＝－p
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B，则当X＝8时概率最大
解析：对于选项A：随机变量服从二项分布B，E＝30，D＝20，
可得np＝30，np＝20，则p＝，选项A错误；
对于选项B：A＋为必然事件，所以B＝B(A＋)＝BA＋B，而BA与B互斥，
∴P＝P(BA)＋P(B) P(B)＝P－P(BA)＝0．71－0．34＝0．37，选项B正确；
对于选项C：随机变量ξ服从正态分布N，则图象关于y轴对称，若P＝p，
则P＝－p，P＝P＝－p，选项C正确；
对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为X，X～B，
当X＝k时，对应的概率P＝C·0．8k·0．210－k，
所以当k≥1时，＝
＝，
由＝≥1得44－4k≥k，即1≤k≤，
因为k∈N*，所以1≤k≤8且k∈N*，又P即k＝8时，概率P最大，故选项D正确．
故选BCD．
答案：BCD
6．现高三年级学生7人，7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，先从这7人中随机抽取3人作进一步的身体检查．用X表示抽取的3人中睡眠不足的学生人数，则随机变量X的数学期望为__________；设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的学生，也有睡眠不足的学生”，则事件A发生的概率为____________．
解析：由题意可知，随机变量X的可能取值有0、1、2、3，
则P＝＝，P＝＝，P＝＝，P＝＝．
所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
由已知条件可得P＝＝．
答案：　
7．(2021·山东日照5月联考)青少年身体健康事关国家民族的未来，某校为了增强学生体质，在课后延时服务中增设800米跑活动．据统计，该校800米跑优秀率为3%．为试验某种训练方式，校方决定，从800米跑未达优秀的学生中选取10人进行训练，试验方案为：若这10人中至少有2人达到优秀，则认为该训练方式有效；否则，则认为该训练方式无效．
(1)如果训练结束后有5人800米跑达到优秀，校方欲从参加该次试验的10人中随机选2人了解训练的情况，记抽到800米跑达到优秀的人数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)如果该训练方式将该校800米跑优秀率提高到了50%，求通过试验该训练方式被认定无效的概率p，并根据p的值解释该试验方案的合理性．
(参考结论：通常认为发生概率小于5%的事件可视为小概率事件)
解：(1)由题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，
可得P＝＝，P＝＝，P＝＝，
所以X的分布列如下：
X 0 1 2
P
所以E＝0×＋1×＋2×＝1．
(2)该训练方式无效的情况有：10中1人800米跑达到优秀、10中0人800米跑达到优秀，所以p＝C010·＋C110·＝≈0．01<5%．
故可认为该训练方式无效事件是小概率事件，从而认为该训练方式有效，故该试验方案合理．
8．(2021·山东济南、聊城高三期末)习近平同志在十九大报告中指出，要坚决打赢脱贫攻坚战，确保到2020年在我国现行标准下农村贫困人口实现脱贫，贫困县全部摘帽．某县在实施脱贫工作中因地制宜，着力发展枣树种植项目．该县种植的枣树在2020年获得大丰收，依据扶贫攻策，所有红枣由经销商统一收购．为了更好的实现效益，县扶贫办从今年收获的红枣中随机选取100千克，进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图．下表是红枣的分级标准，其中一级品、二级品统称为优质品．
等级 四级品 三级品 二级品 一级品
红枣纵径/mm
经销商与某农户签订了红枣收购协议，规定如下：从一箱红枣中任取4个进行检测，若4个均为优质品，则该箱红枣定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱红枣也定为A类；若4个中至多有一个优质品，则该箱红枣定为C类；其他情况均定为B类．已知每箱红枣重量为10千克，A类、B类、C类的红枣价格分别为每千克20元、16元、12元．现有两种装箱方案：方案一：将红枣采用随机混装的方式装箱；方案二：将红枣按一、二、三、四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元．以频率代替概率解决下面的问题．
(1)如果该农户采用方案一装箱，求一箱红枣被定为A类的概率；
(2)根据所学知识判断，该农户采用哪种方案装箱更合适，并说明理由．
解：(1)从红枣中任意取出一个，则该红枣为优质品的概率是，
记“如果该农户采用方案一装箱，一箱红枣被定为A类”为事件A，
则P＝＋C×＝；
(2)记“如果该农户采用方案一装箱，一箱红枣被定为B类”为事件B，
“如果该农户采用方案一装箱，一箱红枣被定为C类”为事件C，
则P＝＋C×．＝，P＝1－P－P＝，
所以如果该农户采用方案一装箱，每箱红枣收入的数学期望为：
200×＋160×＋120×＝155元；
由题意可知，如果该农户采用方案二装箱，
则一箱红枣被定为A类的概率为，被定为C类的概率也为，
所以如果该农户采用方案二装箱，每箱红枣收入的数学期望为200×＋120×－1＝159元；
所以该农户采用方案二装箱更合适．
9．(2021·山东泰安一模)某市为了了解本市初中生周末运动时间，随机调查了3 000名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)按照分层抽样，从和中随机抽取了9名学生．现从已抽取的9名学生中随机推荐3名学生参加体能测试．记推荐的3名学生来自的人数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)由频率分布直方图可认为：周末运动时间t服从正态分布N，其中，μ为周末运动时间的平均数，σ近似为样本的标准差s，并已求得s≈14．6．可以用该样本的频率估计总体的概率，现从本市所有初中生中随机抽取12名学生，记周末运动时间在之外的人数为Y，求P(精确到0．001)．
参考数据1：当t～N时，P＝0．682 6，P＝0．954 4，
P＝0．997 4．
参考数据2：0．818 59＝0．164 90　0．181 53＝0．006 0．
解：运动时间在的人数为3 000×0．02×10＝600人．
运动时间在的人数为3 000×0．01×10＝300人．
按照分层抽样共抽取9人，则在上抽取的人数为6人，
在上抽取的人数为3人．
∴随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．
P＝＝，P＝＝，
P＝＝，P＝＝．
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴E＝0×＋1×＋2×＋3×＝2．
μ＝＝35×0．1＋45×0．2＋55×0．3＋65×0．15＋75×0．15＋85×0．1＝58．5，σ＝14．6，
∴43．9＝58．5－14．6＝μ－σ，87．7＝58．5＋14．6×2＝μ＋2σ，
∴P＝P＝
＝0．818 5，
∴P(t≤μ－σ或t>μ＋2σ)＝1－0．818 5＝0．181 5，
∴Y～B，
∴P＝C×0．181 53×0．818 59＝220×0．006 0×0．164 9≈0．218．
高考大题专项突破(六)　破解高考中概率与统计的热点题型
　 对应学生用书P262　　　　　　　　　　　　　　　　
概率与统计解答题每年高考必考，主要涉及概率求解、分布列与数学期望、回归分析及独立性检验等．既有比较基础的简单应用，也有各类知识交汇的综合题，如概率与统计图表交汇、概率与统计和统计案例交汇、概率与函数、数列、不等式等的交汇等．此类问题一般篇幅较长，对阅读理解能力要求较高，考查数学建模和数学运算的核心素养．
题型一　概率与频率分布直方图的交汇
【例1】　某中学寒假开学后，为了普及传染病知识，增强学生的防范意识，提高自身保护能力，校委会在全校学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛(满分100分)，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖．教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．
(1)现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
(2)若该校所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中σ≈15，μ为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
(i)若该校共有10 000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数(结果四舍五入到整数)；
(ii)若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10 000)随机抽取3名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P≈0．682 7，P(μ－2σ[思维点拨]　(1)利用组合数公式求出总的基本事件数和事件A包含的基本事件数，代入古典概型概率计算公式求解；(2)利用频率分布直方图中的数据求出平均数的估计值，利用正态分布曲线的对称性求出P(X>79)的概率，即可估计参赛学生中成绩超过79分的学生数；利用正态分布的性质和二项分布的概率和期望公式求出随机变量ξ的分布列和均值即可．
规范解答：(1)由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，所以有30人获奖，70人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为C，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，
则事件A包含的基本事件的个数为CC，
由古典概型概率计算公式可得，P(A)＝＝，
所以抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．
(2)由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值μ＝35×0．006×10＋45×0．012×10＋55×0．018×10＋65×0．034×10＋75×0．016×10＋85×0．008×10＋95×0．006×10＝64，
故所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N．
(i)因为μ＋σ＝79，所以P(X>79)≈＝0．158 65，
参赛学生中成绩超过79分的学生数约为0．158 65×10 000≈1 587．
(ⅱ)由μ＝64，得P(X>64)＝，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，竞赛成绩在64分以上的概率为，所以随机变量ξ服从二项分布B．
随机变量ξ的所有可能取得的值为0，1，2，3．
P(ξ＝0)＝C＝，
P(ξ＝1)＝C＝，
P(ξ＝2)＝C＝，
P(ξ＝3)＝C＝，
随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
[思维升华]　高考常以频率分布直方图等图表为载体，将概率与等可能事件、互斥事件、相互独立事件、超几何分布、二项分布交汇考查．在解答此类问题时，准确的理解图表信息，把所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键，特别要注意挖掘题目中的隐含条件．
题型二　概率与统计、统计案例的交汇
【例2】　(2021·山东泰安四模)某工厂为了提高生产效率，对生产设备进行了技术改造，为了对比技术改造后的效果，采集了技术改造前后各20次连续正常运行的时间长度(单位：天)数据，整理如下：
改造前：19，31，22，26，34，15，22，25，40，35，18，16，28，23，34，15，26，20，24，21
改造后：32，29，41，18，26，33，42，34，37，39，33，22，42，35，43，27，41，37，38，36
(1)完成下面的列联表，并判断能否有99%的把握认为技术改造前后的连续正常运行时间有差异？
超过30 不超过30
改造前
改造后
(2)工厂的生产设备的运行需要进行维护，工厂对生产设备的生产维护费用包括正常维护费，保障维护费两种．对生产设备设定维护周期为T天(即从开工运行到第kT天，k∈N*)进行维护．生产设备在一个生产周期内设置几个维护周期，每个维护周期相互独立．在一个维护周期内，若生产设备能连续运行，则只产生一次正常维护费，而不会产生保障维护费；若生产设备不能连续运行，则除产生一次正常维护费外，还产生保障维护费．经测算，正常维护费为0．5万元/次；保障维护费第一次为0．2万元/周期，此后每增加一次则保障维护费增加0．2万元．现制定生产设备一个生产周期(以120天计)内的维护方案：T＝30，k＝1，2，3，4．以生产设备在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列及均值．
附：χ2＝
α 0．050 0．010 0．001
xα 3．841 6．635 10．828
[思维点拨]　(1)根据已知改造前后数据完成2×2列联表，计算χ2，查表与临界值比较大小即可确定；
(2)依题意，一个生产周期内需保障维护的次数服从二项分布．计算出一个周期内的生产维护费，根据二项分布概率公式可求出分布列及期望．
规范解答：(1)列联表为：
超过30 不超过30
改造前 5 15
改造后 15 5
∴χ2＝＝10>6．635
∴有99%的把握认为技术改造前后的连续正常运行时间有差异．
(2)由题知，生产周期内有4个维护周期，一个维护周期为30天，一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为P＝．
设一个生产周期内需保障维护的次数为ξ，则ξ～B；一个生产周期内的正常维护费为0．5×4＝2万元，保障维护费为＝万元．
∴一个生产周期内需保障维护ξ次时的生产维护费为万元．
设一个生产周期内的生产维护费为X，则X的所有可能取值为2，2．2，2．6，3．2，4．
P＝＝，
P＝C×＝，
P＝C＝，
P＝C＝，
P＝＝ ，
所以X的分布列为
X 2 2．2 2．6 3．2 4
P
∴E＝2×＋2．2×＋2．6×＋3．2×＋4×＝2．275
∴一个生产周期内生产维护费的均值为2．275万元．
题型三　概率与函数、数列、不等式的交汇
【例3】　(2021·湖南师大附中月考)一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体，现有n份血液样本，每份样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k＋1次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为p．
(1)假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为ξ2．若E(ξ1)＝E(ξ2)，求p关于k的函数关系式p＝f(k)，并证明p<1－．
[思维点拨]　(1)设恰好经过3次检验就能把有抗体血液的样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；(2)由题得E(ξ2)＝k＋1－k(1－p)k，E(ξ1)＝k，进而根据E(ξ1)＝E(ξ2)化简整理得p＝1－，再令t＝(k≥2且k∈N*)得ln t＝ln ＝－，再令g(x)＝－(x≥2)，利用导数研究最值得>－，进而得，即> ，进而证明p＝1－<1－．
解：(1)设恰好经过3次检验能把有抗体血液样本全部检验出来为事件A，
所以P(A)＝＝，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．
(2)由已知得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1．
所以P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，
所以E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k，
若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，
所以k(1－p)k＝1，(1－p)k＝，所以1－p＝，即p＝1－，
所以p关于k的函数关系式为p＝f(k)＝1－(k≥2且k∈N*)
证明：令t＝(k≥2且k∈N*)，所以ln t＝ln ＝－，
令g(x)＝－(x≥2)，g′(x)＝，所以g′(x)＝0得x＝e，
所以x∈(2，e)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
x∈(e，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e)＝－，所以≥－，
因为k≥2且k∈N*，所以>－，即ln >－，
所以eln >，即>，所以p＝1－<1－．
[思维升华]　本题综合考查了概率、期望、函数与不等式、导数等知识，综合性较强．需认真阅读理解题意，建立相应的数学模型，转化为所求的函数关系式并证明不等式．
专项突破练(七)
1．2021年五一节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”．某路桥公司为掌握五一节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3日上午9∶20～10∶40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9∶20～9∶40记作[20，40)，9∶40～10∶00记作[40，60)，10∶00～10∶20记作[60，80)，10∶20～10∶40记作[80，100)，例如：9∶46，记作时刻46．
(1)估计这600辆车在9∶20～10∶40时间内通过该收费站点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)
(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9∶20～10∶00之间通过的车辆数为X，求X的分布列；
(3)根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻T服从正态分布N，其中μ可用3日数据中的600辆车在9∶20～10∶40之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，σ2用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)．假如4日上午9∶20～10∶40这一时间段内共有1 000辆车通过该收费站点，估计在9∶46～10∶40之间通过的车辆数(结果保留到整数)
附：若随机变量T服从正态分布N，则P(μ－σ解：(1)由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，所以有30人获奖，70人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为C，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，
则事件A包含的基本事件的个数为CC，
由古典概型概率计算公式可得，P(A)＝＝，
所以抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．
(2)由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值μ＝35×0．006×10＋45×0．012×10＋55×0．018×10＋65×0．034×10＋75×0．016×10＋85×0．008×10＋95×0．006×10＝64，
故所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N．
(i)因为μ＋σ＝79，所以P(X>79)≈＝0．158 65，
参赛学生中成绩超过79分的学生数约为0．158 65×10 000≈1 587．
(ⅱ)由μ＝64，得P(X>64)＝，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，竞赛成绩在64分以上的概率为，所以随机变量ξ服从二项分布B．
随机变量ξ的所有可能取得的值为0，1，2，3．
P(ξ＝0)＝C＝，
P(ξ＝1)＝C＝，
P(ξ＝2)＝C＝，
P(ξ＝3)＝C＝，
随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
2．(2022·广东中山模拟)击鼓传花，也称传彩球，是中国民间游戏，数人或几十人围成圆圈坐下，其中一人拿花(或一小物件)；另有一人背着大家或蒙眼击鼓(桌子、黑板或其他能发出声音的物体)，鼓响时众人开始传花(顺序不定)，至鼓停止为止．此时花在谁手中(或其座位前)，谁就上台表演节目，某单位组织团建活动，9人一组，共10组，玩击鼓传花，(前五组)组号x与组内女性人数y统计结果如表：
x 1 2 3 4 5
y 2 2 3 3 4
(1)女性人数y与组号x(组号变量x依次为1，2，3，4，5，…)具有线性相关关系，请预测从第几组开始女性人数不低于男性人数；
(2)在(1)的前提下，从10组中随机抽取3组，求若3组中女性人数不低于5人的有X组，求X的分布列与期望；
(3)游戏开始后，若传给相邻的人得1分，间隔人传得2分，每击一次鼓传一次花，得1分的概率为0．2，得2分的概率为0．8．记鼓声停止后得分恰为n分的概率为an，求an．
参考公式：＝，＝－
解：(1)由题可得＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，
＝＝2．8，xiyi＝47，x＝12＋22＋32＋42＋52＝55．
则＝＝0．5，＝－＝2．8－0．5×3＝1．3，∴＝0．5x＋1．3．
当0．5x＋1．3≥5时，x≥7．4，∴预测从第8组开始女性人数不低于男性人数．
(2)由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴E(X)＝．
(3)在得分为(n－1)分的基础上再传一次，则得分可能为n分或(n＋1)分，记“合计得n分”为事件A，“合计得(n＋1)分”为事件B，事件A与B为对立事件．
∵P(A)＝an，P(B)＝an－1＝1－an(n≥2)，
∴an－＝－(n≥2)，∴an＝×＋．
3．足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．
(1)为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢点球3次．
下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率．为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，他在测试中所踢的点球次数记为ξ，求ξ的分布列及数学期望；
点球数 20 30 30 25 20 25
进球数 10 17 20 16 13 14
(2)社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1＝1．
(i)求P2，P3(直接写出结果即可)；
(ii)证明：数列为等比数列，并判断第19次还是第20次触球者是甲的概率大．
解：(1)这150个点球中的进球频率为＝0．6，则该同学踢一次点球命中的概率p＝0．6，
由题意，ξ可能取1，2，3，则P(ξ＝1)＝0．6，P(ξ＝2)＝0．4×0．6＝0．24，P(ξ＝3)＝0．4×0．4＝0．16，
ξ的分布列为：
ξ 1 2 3
p 0．6 0．24 0．16
即E＝1×0．6＋2×0．24＋3×0．16＝1．56．
(2)(i)由题意P2＝0，P3＝．
(ii)第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥2时，第n－1次触球者是甲的概率为Pn－1，
第n－1次触球者不是甲的概率为1－Pn－1，则Pn＝Pn－1·0＋·＝，从而Pn－＝－，
又P1－＝，∴是以为首项，公比为－的等比数列．
则Pn＝＋，P19＝×＋>，P20＝×＋<，
P19>P20，故第19次触球者是甲的概率大．
4．公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注a元，已知每局甲赢的概率为p(0(1)若a＝243，p＝，甲、乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？
(2)若p≥，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率f(p)，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是否为小概率事件(发生概率小于0．05的随机事件称为小概率事件)．
解：(1)设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲贏．
由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注．
当X＝2时，甲以4∶1赢，所以P＝＝；
当X＝3时，甲以4∶2赢，所以P＝C·××＝；
当X＝4时，甲以4∶3赢，所以P＝C·××＝．
所以，甲赢的概率为＋＋＝＝．
所以，甲应分得的赌注为243×＝216元
(2)设赌注继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则Y的可能取值有3、4，
当Y＝3时，乙以4∶2贏，P＝(1－p)3；
当Y＝4时，乙以4∶3贏，P＝Cp(1－p)3＝3p(1－p)3；
所以乙赢得全部赌注的概率为(1－p)3＋3p(1－p)3＝(1－p)3
于是甲赢得全部赌注的概率f＝1－(1－p)3．
求导，f′＝－3(1－p)3－·3(1－p)2＝12p(1－p)2．
因为≤p<1，所以f′>0，所以f在上单调递增，
于是f(p)min＝f＝．
故乙赢的概率最大为1－＝＝0．027 2<0．05，故是小概率事件．

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