二項(xiàng)分布應(yīng)用舉例(共10頁)

1、二項(xiàng)分布及其應(yīng)用(yngyng)知識(zh shi)歸納1條件(tiojin)概率及其性質(zhì)(1)對于任何兩個(gè)事件A和B，在已知事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率叫做 ，用符號 來表示，其公式為P(B|A) .在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的個(gè)數(shù)，則P(B|A) .(2)條件概率具有性質(zhì)： ；如果B和C是兩互斥事件，則P(BC|A) 2相互獨(dú)立事件(1)對于事件A、B，若A的發(fā)生與B的發(fā)生互不影響，則稱A、B是相互獨(dú)立事件(2)若A與B相互獨(dú)立，則P(B|A) ，P(AB)P(B|A)P(A) (3)若A與B相互獨(dú)立，則 ， ， 也都相互獨(dú)立(4)若P(AB)P(A)P(B)，

2、則 3二項(xiàng)分布(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是指在相同條件下可重復(fù)進(jìn)行的，各次之間相互獨(dú)立的一種試驗(yàn)，在這種試驗(yàn)中每一次試驗(yàn)只有兩種相互對立的結(jié)果，即要么發(fā)生，要么不發(fā)生，且任何一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率都是一樣的(2)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，事件A發(fā)生k次的概率為 (p為事件A發(fā)生的概率)，若一個(gè)隨機(jī)變量X的分布列如上所述，稱X服從參數(shù)為n，p的二項(xiàng)分布，簡記為 自我檢測1(2011遼寧高考，5)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)解析：

3、條件概率P(B|A)eq f(PAB,PA) P(A)eq f(Coal(2,3)1,Coal(2,5)eq f(4,10)eq f(2,5)，P(AB)eq f(1,Coal(2,5)eq f(1,10)，P(B|A)eq f(f(1,10),f(2,5)eq f(1,4).2一袋中有5個(gè)白球，3個(gè)紅球，現(xiàn)從袋中往外取球，每次任取一個(gè)記下顏色后放回，直到紅球出現(xiàn)10次時(shí)停止，設(shè)停止時(shí)共取了次球，則P(12)等于()ACeq oal(10,12)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)10eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,8)2 BCeq oal(9,11)eq

4、blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)9eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,8)2eq f(3,8) CCeq oal(9,11)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,8)9eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)2 DCeq oal(9,11)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)9eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,8)2解：事件(shjin)12表示(biosh)第12次取到紅球，前11次取到9個(gè)紅球，故P(12)Ceq oal(9,11)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,8)9eq blc(

5、rc)(avs4alco1(f(5,8)2eq f(3,8).3(2011廣東高考)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行(jnxng)排球決賽，現(xiàn)在的情形是甲隊(duì)只要再贏一局就獲冠軍，乙隊(duì)需要再贏兩局才能得冠軍，若兩隊(duì)勝每局的概率相同，則甲隊(duì)獲得冠軍的概率為()A.eq f(1,2)B.eq f(3,5)C.eq f(2,3)D.eq f(3,4)解析：甲、乙兩隊(duì)決賽時(shí)每隊(duì)贏的概率相等，每場比賽甲、乙贏的概率均為eq f(1,2).記甲獲冠軍為事件A，則P(A)eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(3,4) 4(2010福建高考，13)某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個(gè)問題中，選手若能

6、連續(xù)正確回答出兩個(gè)問題，即停止答題，晉級下一輪假設(shè)某選手正確回答每個(gè)問題的概率都是0.8，且每個(gè)問題的回答結(jié)果相互獨(dú)立，則該選手恰好回答了4個(gè)問題就晉級下一輪的概率為_解析：由題設(shè)分兩種情況：(1)第1個(gè)正確，第2個(gè)錯(cuò)誤，第3、4個(gè)正確，由乘法公式得P10.80.20.80.80.102 4. (2)第1、2個(gè)錯(cuò)誤，第3、4個(gè)正確，由互斥事件的概率公式得P20.20.20.80.80.025 6. PP1P20.128.5(2011上海高考，12)隨機(jī)抽取的9位同學(xué)中，至少有2位同學(xué)在同一月份出生的概率是_(默認(rèn)每個(gè)月的天數(shù)相同，結(jié)果精確到0.001)解析：設(shè)事件A為“至少有2位同學(xué)在同一月份

7、出生”，則A的對立事件eq xto(A)為“所有人出生月份均不相同”，則P(A)1P(eq xto(A)1eq f(Aoal(9,12),129)1eq f(121110987654,129)10.015 50.984 50.985.題型講解例1.(2011湖南高考，15)如圖，EFGH是以O(shè)為圓心、半徑為1的圓的內(nèi)接正方形將一顆豆子隨機(jī)地扔到該圓內(nèi)，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH內(nèi)”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(陰影部分)內(nèi)”，則(1)P(A)_；(2)P(B|A)_.解析(ji x)P(A)eq f(S正方形,S圓)eq f(r(2)2,)eq f(2,).P(B|A)eq f(

8、PAB,PA)eq f(SEOH,S正方形)eq f(1,4).規(guī)律(gul)方法條件概率的求法：(1)利用(lyng)定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)eq f(PAB,PA).這是通用的求條件概率的方法(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)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得P(B|A)eq f(nAB,nA).練習(xí)1拋擲紅、藍(lán)兩顆骰子，設(shè)事件A為“藍(lán)色骰子的點(diǎn)數(shù)為3或6”，事件B為“兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和大于8”(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；(2)當(dāng)已知藍(lán)色骰子的點(diǎn)數(shù)為3或6時(shí)，求兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和大于8的概率解析

9、：(1)P(A)eq f(2,6)eq f(1,3). 兩個(gè)骰子的點(diǎn)數(shù)之和共有36個(gè)等可能的結(jié)果，點(diǎn)數(shù)之和大于8的結(jié)果共有10個(gè)P(B)eq f(10,36)eq f(5,18). 當(dāng)藍(lán)色骰子的點(diǎn)數(shù)為3或6時(shí)，兩顆骰子的點(diǎn)數(shù)之和大于8的結(jié)果有5個(gè)，故P(AB)eq f(5,36). (2)由(1)知P(B|A)eq f(PAB,PA)eq f(f(5,36),f(1,3)eq f(5,12).例2.(2012重慶高考，18)甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一球，約定甲先投且先投中者獲勝，一直到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)投籃結(jié)束設(shè)甲每次投籃投中的概率為eq f(1,3)，乙每次投籃投中的概率為e

10、q f(1,2)，且各次投籃互不影響(1)求乙獲勝的概率；(2)求投籃結(jié)束時(shí)乙只投了2個(gè)球的概率解析(ji x)設(shè)Ak，Bk分別(fnbi)表示甲、乙在第k次投籃(tu ln)投中，則P(Ak)eq f(1,3)，P(Bk)eq f(1,2)(k1,2,3)(1)記“乙獲勝”為事件C，由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式知 P(C)P(eq xto(A1)B1)P(eq xto(A1) eq xto(B1) eq xto(A2)B2)P(eq xto(A1) eq xto(B1) eq xto(A2) eq xto(B2) eq xto(A3) B3)P(eq xto

11、(A1)P(B1)P(A1)P(eq xto(B1)P(eq xto(A2)P(B2)P(eq xto(A1)P(eq xto(B1)P(eq xto(A2)P(eq xto(B2)P(eq xto(A3)P(B3)eq f(2,3)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)3eq f(13,27).(2)記“投籃結(jié)束時(shí)乙只投了2個(gè)球”為事件D，則由互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率與相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概

12、率計(jì)算公式知P(D)P(eq xto(A1) eq xto(B1) eq xto(A2)B2)P(eq xto(A1) eq xto(B1) eq xto(A2) eq xto(B2)A3)P(eq xto(A1)P(eq xto(B1)P(eq xto(A2)P(B2)P(eq xto(A1)P(eq xto(B1)P(eq xto(A2)P(eq xto(B2)P(A3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)

13、2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq f(4,27).規(guī)律方法(1)相互獨(dú)立事件是指兩個(gè)試驗(yàn)中，兩事件發(fā)生的概率互不影響；相互對立事件是指同一次試驗(yàn)中，兩個(gè)事件不會同時(shí)發(fā)生；(2)求用“至少”表述的事件的概率時(shí)，先求其對立事件的概率往往比較簡單練習(xí)2(2011山東高考，18改編)紅隊(duì)隊(duì)員甲、乙、丙與藍(lán)隊(duì)隊(duì)員A、B、C進(jìn)行圍棋比賽，甲對A，乙對B，丙對C各一盤已知甲勝A，乙勝B，丙勝C的概率分別為0.6,0.5,0.5.假設(shè)各盤比賽結(jié)果相互獨(dú)立(1)求紅隊(duì)至少兩名隊(duì)員獲勝的概率；(2)用表示紅隊(duì)隊(duì)員獲勝的總盤數(shù)，求的分布列解析：(1)設(shè)甲勝A的事件為D，乙勝B的事件為E，

14、丙勝C的事件為F.則eq xto(D)，eq xto(E)，eq xto(F)分別表示甲不勝A、乙不勝B、丙不勝C的事件因?yàn)镻(D)0.6，P(E)0.5，P(F)0.5，由對立事件的概率公式知P(eq xto(D)0.4，P(eq xto(E)0.5，P(eq xto(F)0.5.紅隊(duì)至少兩人獲勝的事件有：DEeq xto(F)，Deq xto(E)F，eq xto(D)EF，DEF. 由于以上四個(gè)事件兩兩互斥且各盤比賽的結(jié)果相互獨(dú)立，因此紅隊(duì)至少兩人獲勝的概率為PP(DEeq xto(F)P(Deq xto(E)F)P(eq xto(D)EF)P(DE F)0.60.50.50.60.50

15、.50.40.50.50.60.50.50.55(2)由題意知可能的取值為0,1,2,3.又由(1)知eq xto(D) eq xto(E)F、eq xto(D) Eeq xto(F)、Deq xto(E) eq xto(F)是兩兩互斥事件，且各盤比賽的結(jié)果相互獨(dú)立，因此P(0)P(eq xto(D) eq xto(E) eq xto(F)0.40.50.50.1，P(1)P(eq xto(D) eq xto(E)F)P(eq xto(D)E eq xto(F)P(Deq xto(E) eq xto(F)0.40.50.50.40.50.50.60.50.50.35， P(3)P(DEF)0.

16、60.50.50.15. 由對立事件的概率公式得P(2)1P(0)P(1)P(3)0.4.所以的分布列為：0123P0.10.350.40.15例3.(2010四川高考，17改編)某種有獎銷售的飲料(ynlio)，瓶蓋內(nèi)印有“獎勵(lì)一瓶”或“謝謝購買”字樣，購買一瓶若其瓶蓋內(nèi)印有“獎勵(lì)一瓶”字樣即為中獎，中獎概率為eq f(1,6).甲、乙、丙三位同學(xué)每人購買(gumi)了一瓶該飲料(1)求甲中獎且乙、丙都沒有(mi yu)中獎的概率，(2)求中獎人數(shù)的分布列解析(1)設(shè)甲、乙、丙中獎的事件分別為A、B、C，那么P(A)P(B)P(C)eq f(1,6).P(Aeq xto(B)eq xto(C

17、)P(A)P(eq xto(B)P(eq xto(C)eq f(1,6)eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)2eq f(25,216).甲中獎且乙、丙都沒有中獎的概率是eq f(25,216).(2)X的可能取值為0,1,2,3. P(k)Ceq oal(k,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,6)keq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)3k，k0,1,2,3.所以中獎人數(shù)X的分布列為X0123Peq f(125,216)eq f(25,72)eq f(5,72)eq f(1,216)規(guī)律方法(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是在同樣的條件下重復(fù)地、各次之間

18、相互獨(dú)立地進(jìn)行的一種試驗(yàn)在這種試驗(yàn)中，每一次試驗(yàn)只有兩種結(jié)果，即某事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生，并且任何一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率都是一樣的(2)二項(xiàng)分布滿足的條件每次試驗(yàn)中，事件發(fā)生的概率是相同的各次試驗(yàn)中的事件是相互獨(dú)立的每次試驗(yàn)只有兩種結(jié)果：事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生隨機(jī)變量是這n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件發(fā)生的次數(shù)練習(xí)3(2012四川高考，17)某居民小區(qū)有兩個(gè)相互獨(dú)立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時(shí)刻發(fā)生故障的概率分別為eq f(1,10)和p.(1)若在任意時(shí)刻至少有一個(gè)系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為eq f(49,50)，求p的值；(2)求系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中不發(fā)生故障的次

19、數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率解析：(1)設(shè)“至少有一個(gè)系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1P(eq o(C,sup16()1eq f(1,10)peq f(49,50).解得peq f(1,5).(2)設(shè)“系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)”為事件D，那么P(D)Ceq oal(2,3)eq f(1,10)(1eq f(1,10)2(1eq f(1,10)3eq f(972,1000)eq f(243,250).故系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率為eq f(243,250).例4.(2013蘇州模擬)一個(gè)(y )袋中裝有黑球、白球和紅球

20、共n(nN*)個(gè)，這些球除顏色外完全相同已知從袋中任意摸出1個(gè)球，得到黑球(hi qi)的概率是eq f(2,5).現(xiàn)從袋中任意(rny)摸出2個(gè)球(1)若n15，且摸出的2個(gè)球中至少有1個(gè)白球的概率是eq f(4,7)，設(shè)表示摸出的2個(gè)球中紅球的個(gè)數(shù)，求隨機(jī)變量的概率分布列；(2)當(dāng)n取何值時(shí)，摸出的2個(gè)球中至少有1個(gè)黑球的概率最大，最大概率為多少？解析(1)設(shè)袋中黑球的個(gè)數(shù)為x個(gè)，記“從袋中任意摸出一個(gè)球，得到黑球”為事件A，則P(A)eq f(x,15)eq f(2,5).x6.設(shè)袋中白球的個(gè)數(shù)為y個(gè)，記“從袋中任意摸出兩個(gè)球，至少得到一個(gè)白球”為事件B，則P(B)1eq f(Coal(

21、2,15y),Coal(2,15)eq f(4,7)，y229y1200，y5或y24(舍)紅球的個(gè)數(shù)為15654(個(gè))隨機(jī)變量的取值為0,1,2，分布列為012Peq f(11,22)eq f(44,105)eq f(2,35)(2)設(shè)袋中有黑球z個(gè)，則zeq f(2,5)n(n5,10,15，)設(shè)“從袋中任意摸出兩個(gè)球，至少得到一個(gè)黑球”為事件C，則P(C)1eq f(C2f(3,5)n,Coal(2,n)eq f(16,25)eq f(6,25)eq f(1,n1)，當(dāng)n5時(shí)，P(C)最大，最大值為eq f(7,10).強(qiáng)化訓(xùn)練1拋擲甲、乙兩枚骰子，若事件A：“甲骰子的點(diǎn)數(shù)小于3”，事件

22、B：“甲、乙兩枚骰子的點(diǎn)數(shù)之和等于6”，則P(B|A)的值等于()A.eq f(1,3) B.eq f(1,18)C.eq f(1,6)D.eq f(1,9)解析(ji x)：由題意知P(A)eq f(12,36)eq f(1,3)，P(AB)eq f(2,36)eq f(1,18)，P(B|A)eq f(PAB,PA)eq f(f(1,18),f(1,3)eq f(1,6).2(2010遼寧高考)兩個(gè)實(shí)習(xí)生每人加工一個(gè)零件(ln jin)，加工為一等品的概率分別為eq f(2,3)和eq f(3,4)，兩個(gè)零件是否加工(ji gng)為一等品相互獨(dú)立，則這兩個(gè)零件中恰好有一個(gè)一等品的概率為(

23、)A.eq f(1,2)B.eq f(5,12)C.eq f(1,4)D.eq f(1,6)解析：設(shè)事件A：“一個(gè)實(shí)習(xí)生加工一等品”，事件B：“另一個(gè)實(shí)習(xí)生加工一等品”，由于A、B相互獨(dú)立，則恰有一個(gè)一等品的概率PP(Aeq xto(B)P(eq xto(A)B)P(A)P(eq xto(B)P(eq xto(A)P(B)eq f(2,3)eq f(1,4)eq f(1,3)eq f(3,4)eq f(5,12).3(2011湖北高考)如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個(gè)系統(tǒng)，當(dāng)K正常工作且A1、A2至少有一個(gè)正常工作時(shí)，系統(tǒng)正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次為0.9、0

24、.8、0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為()A0.960B0.864C0.720D0.576解析：A1、A2同時(shí)不能工作的概率為0.20.20.04，所以A1、A2至少有一個(gè)正常工作的概率為10.040.96，所以系統(tǒng)正常工作的概率為0.90.960.864.故選B.4位于坐標(biāo)原點(diǎn)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)P按下列規(guī)則移動：質(zhì)點(diǎn)每次移動一個(gè)單位，移動的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴?，并且向上、向右移動的概率都是eq f(1,2).質(zhì)點(diǎn)P移動五次后位于點(diǎn)(2,3)的概率是()A.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)5BCeq oal(2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)5CCeq oa

25、l(2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)3DCeq oal(2,5)Ceq oal(3,5)(eq f(1,2)5解析：質(zhì)點(diǎn)在移動過程中向右移動2次，向上移動3次，因此質(zhì)點(diǎn)P移動5次后位于點(diǎn)(2,3)的概率為Ceq oal(2,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)3，故選B.5如果B(15，eq f(1,4)，則使P(k)取最大值的k值為()A3B4C5D3或4解析：(特殊值法)P(3)Ceq oal(3,15)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)3eq blc(rc)(

26、avs4alco1(f(3,4)12，P(4)Ceq oal(4,15)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)4eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)11，P(5)Ceq oal(5,15)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)5eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)10從而(cng r)易知P(3)P(4)P(5)6(2012重慶高考，15)某藝校在一天的6節(jié)課中隨機(jī)(su j)安排語文、數(shù)學(xué)、外語三門文化課和其它三門藝術(shù)課各1節(jié)間接法，分兩，則在課表上的相鄰兩節(jié)文化課之間最多間隔1節(jié)藝術(shù)課的概率(gil)為_(用數(shù)字作答解析：

27、使用間接法，分兩類：某兩節(jié)文化課之間間隔2節(jié)藝術(shù)課方法數(shù)為Ceq oal(2,3)Aeq oal(2,2)Ceq oal(1,2)Ceq oal(1,3)Aeq oal(3,3)216種某2節(jié)文化課之間間隔3節(jié)藝術(shù)課方法數(shù)為：Ceq oal(1,2)Aeq oal(3,3)Aeq oal(3,3)72種，故所求事件概率為P1eq f(21672,Aoal(6,6)1eq f(2,5)eq f(3,5).7將一個(gè)半徑適當(dāng)?shù)男∏蚍湃肴鐖D所示的容器最上方的入口處，小球?qū)⒆杂上侣湫∏蛟谙侣涞倪^程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入A袋或B袋中已知小球每次遇到黑色障礙物時(shí)，向左、右兩邊下落的概率都是eq

28、f(1,2)，則小球落入A袋中的概率為_解：小球落入A袋左側(cè)的概率為eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,8)，同理落入右側(cè)的概率為eq f(1,8)，P1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,8)f(1,8)eq f(3,4).8(2010安徽高考，15)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；再從乙罐中隨機(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_(寫出所有正確結(jié)論的編號)P(B)eq f(2,

29、5)；P(B|A1)eq f(5,11)；事件B與事件A1相互獨(dú)立；A1，A2，A3是兩兩互斥的事件；P(B)的值不能確定，因?yàn)樗cA1，A2，A3中究竟哪一個(gè)發(fā)生有關(guān)解析：對，P(B)eq f(Coal(1,5),Coal(1,10)eq f(Coal(1,5),Coal(1,11)eq f(Coal(1,5),Coal(1,10)eq f(Coal(1,4),Coal(1,11)eq f(9,22)；，P(B|A1)eq f(Coal(1,5),Coal(1,11)eq f(5,11)；，由P(A1)eq f(1,2)，P(B)eq f(9,22)，P(A1B)eq f(5,22)知P(A

30、1B)P(A1)P(B)故事件B與事件A1不是相互獨(dú)立事件；，從甲罐中只取一球，若取出紅球就不可能是其他，故兩兩互斥；，由可算得答案：9(2011大綱卷，18)根據(jù)以往統(tǒng)計(jì)資料，某地車主購買甲種保險(xiǎn)的概率為0.5，購買乙種保險(xiǎn)但不購買甲種保險(xiǎn)的概率為0.3.設(shè)各車主購買保險(xiǎn)相互獨(dú)立(1)求該地1位車主至少購買甲、乙兩種保險(xiǎn)中的1種的概率；(2)X表示(biosh)該地的100位車主中，甲、乙兩種保險(xiǎn)都不購買的車主數(shù)求X的期望(qwng)解析(ji x)：記A表示事件：該地的1位車主購買甲種保險(xiǎn)；B表示事件：該地的1位車主購買乙種保險(xiǎn)但不購買甲種保險(xiǎn)；C表示事件：該地的1位車主至少購買甲、乙兩種

31、保險(xiǎn)中的1種；D表示事件：該地的1位車主甲、乙兩種保險(xiǎn)都不購買；(1)P(A)0.5，P(B)0.3，CAB，P(C)P(AB)P(A)P(B)0.8.(2)Deq xto(C)，P(D)1P(C)10.80.2，XB(100,0.2)，即X服從二項(xiàng)分布，所以期望EX1000.220.10(2011天津高考，16)學(xué)校游園活動有這樣一個(gè)游戲項(xiàng)目：甲箱子里裝有3個(gè)白球，2個(gè)黑球，乙箱子里裝有1個(gè)白球、2個(gè)黑球，這些球除顏色外完全相同，每次游戲從這兩個(gè)箱子里各隨機(jī)摸出2個(gè)球，若摸出的白球不少于2個(gè)，則獲獎(每次游戲結(jié)束后將球放回原箱)(1)求在1次游戲中；()摸出3個(gè)白球的概率；()獲獎的概率；(

32、2)求在2次游戲中獲獎次數(shù)X的分布列及數(shù)學(xué)期望EX.解析：(1)()設(shè)“在1次游戲中摸出i個(gè)白球”為事件Ai(i0,1,2,3)，則P(A3)eq f(Coal(2,3),Coal(2,5)eq f(Coal(1,2),Coal(2,3)eq f(1,5).()設(shè)“在1次游戲中獲獎”為事件B，則BA2A3.又P(A2)eq f(Coal(2,3),Coal(2,5)eq f(Coal(2,2),Coal(2,3)eq f(Coal(1,3)Coal(1,2),Coal(2,5)eq f(Coal(1,2),Coal(2,3)eq f(1,2)，且A2，A3互斥，所以P(B)P(A2)P(A3)

33、eq f(1,2)eq f(1,5)eq f(7,10).(2)由題意可知X的所有可能取值為0,1,2.P(X0)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(7,10)2eq f(9,100)，P(X1)Ceq oal(1,2)eq f(7,10)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(7,10)eq f(21,50)，P(X2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(7,10)2eq f(49,100).所以X的分布列是X012Peq f(9,100)eq f(21,50)eq f(49,100)X的數(shù)學(xué)期望EX0eq f(9,100)1eq f(21,50)2eq f(49,100)eq f(7,5).11(2012山東高考，19)現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)靶某射手向甲靶射擊一次，命中的概率為eq f(3,4)，命中得1分，沒有命中得0分；向