第二篇 專題四 第1課時 概率與統計的綜合應用

本資料分享自高中數學同步資源大全QQ群483122854專注收集同步資源期待你的加入與分享PAGE聯系QQ309000116加入百度網盤群2500G一線老師必備資料一鍵轉存，自動更新，一勞永逸溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。統計與概率解答題第1課時概率與統計的綜合應用統計與簡單的概率問題【典例1】(2020·全國Ⅰ卷)某廠接受了一項加工業(yè)務，加工出來的產品(單位：件)按標準分為A，B，C，D四個等級．加工業(yè)務約定：對于A級品、B級品、C級品，廠家每件分別收取加工費90元，50元，20元；對于D級品，廠家每件要賠償原料損失費50元．該廠有甲、乙兩個分廠可承接加工業(yè)務．甲分廠加工成本費為25元/件，乙分廠加工成本費為20元/件.廠家為決定由哪個分廠承接加工業(yè)務，在兩個分廠各試加工了100件這種產品，并統計了這些產品的等級，整理如下：甲分廠產品等級的頻數分布表等級ABCD頻數40202020乙分廠產品等級的頻數分布表等級ABCD頻數28173421(1)分別估計甲、乙兩分廠加工出來的一件產品為A級品的概率；(2)分別求甲、乙兩分廠加工出來的100件產品的平均利潤，以平均利潤為依據，廠家應選哪個分廠承接加工業(yè)務？【思維點撥】(1)根據表格數據得到甲、乙A級品的頻數分別為40，28，即可求得相應頻率(2)根據所給數據分別求出甲、乙的平均利潤【規(guī)范解答】(1)由表格可得，甲分廠加工出來的一件產品為A級品的頻數為40，故頻率為eq\f(40,100)＝0.4，乙分廠加工出來的一件產品為A級品的頻數為28，故頻率為eq\f(28,100)＝0.28，故甲、乙兩分廠加工出來的一件產品為A級品的概率估計值分別是0.4，0.28；4分(2)由表格可知甲分廠加工四個等級的頻率分別為0.4，0.2，0.2，0.2，故其平均利潤為(90－25)×0.4＋(50－25)×0.2＋(20－25)×0.2＋(－50－25)×0.2＝15(元)；7分同理乙分廠加工四個等級的頻率分別為0.28，0.17，0.34，0.21，故其平均利潤為(90－20)×0.28＋(50－20)×0.17＋(20－20)×0.34＋(－50－20)×0.21＝10(元)；10分因為15＞10，所以選擇甲分廠承接更好．12分易錯點求平均利潤時忽視各個等級的頻率，沒有求加權平均數．障礙點用頻率估計概率學科素養(yǎng)數據分析、數學運算、數學建模評分細則(1)中求對甲、乙兩廠加工出來的一件產品為A級品的概率之一得2分．求解統計與簡單的概率問題的關注點(1)依據題目中的所給信息，提煉出需要的信息．(2)頻率＝eq\f(頻數,樣本容量)，用頻率估計概率．(3)此類問題中統計模型多是分層隨機抽樣、統計圖表，概率模型多是古典概型、互斥事件的概率．一汽車廠生產A，B，C三類轎車，每類轎車均有舒適型和標準型兩種型號，某月的產量如表(單位：輛)：轎車A轎車B轎車C舒適型100150z標準型300450600按類用分層抽樣的方法在這個月生產的轎車中抽取50輛，其中有A類轎車10輛．(1)求z的值；(2)用分層抽樣的方法在C類轎車中抽取一個容量為5的樣本．將該樣本看成一個總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率．(3)用隨機抽樣的方法從B類舒適型轎車中抽取8輛，經檢測它們的得分x的值如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2，把這8輛轎車的得分看成一個總體，從中任取一個數xi(1≤i≤8，i∈N)，設樣本平均數為eq\x\to(x)，求|xi－eq\x\to(x)|≤0.5的概率．【解析】(1)設該廠這個月共生產轎車n輛，由題意得eq\f(50,n)＝eq\f(10,100＋300)，所以n＝2000，所以z＝2000－(100＋300)－150－450－600＝400；(2)設所抽樣本中有a輛舒適型轎車，由題意，得a＝2，因此抽取的容量為5的樣本中，有2輛舒適型轎車，3輛標準型轎車，用A1，A2表示2輛舒適型轎車，用B1，B2，B3表示3輛標準型轎車，用E表示事件“在該樣本中任取2輛，其中至少有1輛舒適型轎車”，則基本事件空間包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10個．事件E包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，共7個，故P(E)＝eq\f(7,10)，即所求概率為eq\f(7,10).(3)樣本平均數eq\x\to(x)＝eq\f(1,8)×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)≈9，設D表示事件“從樣本中任取一數，該數與樣本平均數之差的絕對值不超過0.5”，則基本事件空間中有8個基本事件，事件D包括的基本事件有：9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，共6個，所以P(D)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，即所求概率為eq\f(3,4).統計與隨機變量分布列的綜合問題【典例2】(2021·泰安一模)某市為了了解本市初中生周末運動時間，隨機調查了3000名學生，統計了他們的周末運動時間，制成如圖所示的頻率分布直方圖．(1)按照分層抽樣，從[40，50)和[80，90)中隨機抽取了9名學生．現從已抽取的9名學生中隨機推薦3名學生參加體能測試．記推薦的3名學生來自[40，50)的人數為X，求X的分布列和數學期望；(2)由頻率分布直方圖可認為：周末運動時間t服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中，μ為周末運動時間的平均數eq\x\to(t)，σ近似為樣本的標準差s，并已求得s≈14.6.可以用該樣本的頻率估計總體的概率，現從本市所有初中生中隨機抽取12名學生，記周末運動時間在(43.9，87.7]之外的人數為Y，求P(Y＝3)(精確到0.001).參考數據1：當t～N(μ，σ2)時，P(μ－σ＜t≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜t≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ＜t≤μ＋3σ)≈0.9973；參考數據2：0.81869≈0.1651；0.18143≈0.0060.【思維點撥】(1)由分層抽樣得從eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(40，50))中抽6人，[80，90)中抽3人，故隨機變量X可取0，1，2，3.(2)求解P(t≤μ－σ或t＞μ＋2σ)，說明Y～B(12，0.1814)【規(guī)范解答】(1)根據分層抽樣，從[40，50)中抽取6人，在[80，90)中抽取3人，(1分)隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(1,84)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(3,14)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(15,28)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9)))＝eq\f(5,21)，則X的分布列為：X0123Peq\f(1,84)eq\f(3,14)eq\f(15,28)eq\f(5,21)(5分)E(X)＝0×eq\f(1,84)＋1×eq\f(3,14)＋2×eq\f(15,28)＋3×eq\f(5,21)＝2.(6分)易錯點弄錯分層比，導致隨機變量X取值錯誤．障礙點未讀懂頻率分布直方圖中信息．學科素養(yǎng)數據分析、數學運算、數學建模評分細則每求對1個概率值給1分，不列分布列扣1分．(2)μ＝eq\x\to(t)＝35×0.01×10＋45×0.02×10＋55×0.03×10＋65×0.015×10＋75×0.015×10＋85×0.01×10＝58.5，又因為43.9＝58.5－14.6＝μ－σ，87.7＝58.5＋2×14.6＝μ＋2σ，所以P(43.9＜t≤87.7)＝P(μ－σ＜t≤μ＋2σ)＝eq\f(0.6827＋0.9545,2)＝0.8186，所以P(t≤43.9或t＞87.7)＝1－0.8186＝0.1814，(9分)則Y～B(12，0.1814)，所以P(Y＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))×0.18143×0.81869＝220×0.0060×0.1651≈0.218.12分易錯點求錯概率值．障礙點①利用正態(tài)分布知識求周末運動時間在(43.9，87.7]之外的概率；②所求概率服從二項分布．學科素養(yǎng)數據分析、數學運算、數學建模評分細則求對μ值給1分；用正態(tài)分布求概率正確，又判斷出隨機變量Y服從二項分布給1分．統計與隨機變量分布列的綜合問題的解題思路(1)尋找問題中隨機變量的統計意義．(2)綜合統計中相關圖、表、數據，明確相關聯的隨機變量的分布特征．(3)根據隨機變量的分布特征進一步解決相關問題．(2021·石家莊一模)“T2鉆石聯賽”是世界乒聯推出的一種新型乒乓球賽事，其賽制如下：采用七局四勝制，比賽過程中可能出現兩種模式：“常規(guī)模式”和“FAST5模式”．在前24分鐘內進行的常規(guī)模式中，每小局比賽均為11分制，率先拿滿11分的選手贏得該局；如果兩名球員在24分鐘內都沒有人贏得4局比賽，那么將進入“FAST5”模式，“FAST5”模式為5分制的小局比賽，率先拿滿5分的選手贏得該局.24分鐘計時后開始的所有小局均采用“FAST5”模式．某位選手率先在7局比賽中拿下4局，比賽結束．現有甲、乙兩位選手進行比賽，經統計分析甲、乙之間以往比賽數據發(fā)現，24分鐘內甲、乙可以完整打滿2局或3局，且在11分制比賽中，每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙獲勝的概率為eq\f(1,3)；在“FAST5”模式，每局比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2)，每局比賽結果相互獨立．(1)求4局比賽決出勝負的概率；(2)設在24分鐘內，甲、乙比賽了3局，比賽結束時，甲乙總共進行的局數記為X，求X的分布列及數學期望．【解析】(1)若24分鐘內打滿2局，最后可能甲/乙獲勝，則P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,36)；若24分鐘內打滿3局，最后可能甲/乙獲勝，則P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，因此4局比賽決出勝負的概率為eq\f(5,36)＋eq\f(1,6)＝eq\f(11,36)；(2)由題意可知，X的可能取值為4，5，6，7，所以P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(X＝5)＝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(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，P(X＝6)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋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)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)，P(X＝7)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋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)·Ceq\o\al(\s\up1(2),\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(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,3)·Ceq\o\al(\s\up1(2),\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(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(7,24)，所以X的分布列為：X4567Peq\f(1,6)eq\f(1,4)eq\f(7,24)eq\f(7,24)所以X的數學期望為E(X)＝4×eq\f(1,6)＋5×eq\f(1,4)＋6×eq\f(7,24)＋7×eq\f(7,24)＝eq\f(137,24).期望、方差的實際應用問題【典例3】(2021·臨沂一模)疫情工作領導小組會議作出部署，要求盡力擴大核酸檢測范圍，著力提升檢測能力．根據統計發(fā)現，疑似病例核酸檢測呈陽性的概率為p(0＜p＜1).現有4例疑似病例，分別對其取樣、檢測，既可以逐個化驗，也可以將若干個樣本混合在一起化驗，混合樣本中只要有病毒，則化驗結果呈陽性．若混合樣本呈陽性，則需將該組中備用的樣本再逐個化驗；若混合樣本呈陰性，則判定該組各個樣本均為陰性，無需再化驗．現有以下三種方案：方案一：4個樣本逐個化驗；方案二：4個樣本混合在一起化驗；方案三：4個樣本均分為兩組，分別混合在一起化驗．疫情初期，由于檢測能力不足，化驗次數的期望值越小，則方案越“優(yōu)”．(1)若p＝eq\f(1,3)，按方案一，求4例疑似病例中恰有2例呈陽性的概率；(2)若p＝eq\f(1,10)，現將該4例疑似病例樣本進行化驗，試比較以上三個方案中哪個最“優(yōu)”，并說明理由．【思維點撥】(1)服從二項分布(2)分別求方案一、二、三的期望，比較大?。窘馕觥?1)p＝eq\f(1,3)，按方案一，4例疑似病例中恰有2例呈陽性的概率P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\f(1,3))2(eq\f(2,3))2＝eq\f(8,27).(2)方案一：逐個化驗，化驗次數為：4×1＝4，方案二：化驗次數為X，X的可能取值為1，5，P(X＝1)＝(1－eq\f(1,10))4＝eq\f(6561,10000)，P(X＝5)＝1－eq\f(6561,10000)＝eq\f(3439,10000)，所以X的分布列如下：X15Peq\f(6561,10000)eq\f(3439,10000)方案二的數學期望為：E(X)＝1×eq\f(6561,10000)＋5×eq\f(3439,10000)＝2.3756.方案三：由(1)知，每組兩個樣本化驗時，若呈陰性，則化驗次數為1，概率為eq\f(81,100)，若呈陽性則化驗次數為3，概率為1－eq\f(81,100)＝eq\f(19,100)，方案三的化驗次數記為Y，Y的可能取值為2，4，6，P(Y＝2)＝(eq\f(81,100))2＝eq\f(6561,10000)，P(Y＝4)＝2×eq\f(81,100)×eq\f(19,100)＝eq\f(3078,10000)，P(Y＝6)＝(eq\f(19,100))2＝eq\f(361,10000)，所以Y的分布列為：Y246Peq\f(6561,10000)eq\f(3078,10000)eq\f(361,10000)方案三的期望為E(Y)＝2×eq\f(6561,10000)＋4×eq\f(3078,10000)＋6×eq\f(361,10000)＝2.76，因為E(X)＜E(Y)＜4，所以方案二最“優(yōu)”．利用期望與方差進行決策的思想方法(1)利用隨機變量的期望與方差可以幫助我們作出科學的決策；(2)隨機變量的期望的意義在于描述隨機變量的平均程度；(3)方差則描述了隨機變量穩(wěn)定與波動或者集中與分散的狀況．品種的優(yōu)劣、儀器的好壞、預報的準確與否、機器的性能好壞等很多指標都與這兩個特征量有關．(2021·湖北十一校聯考)高爾頓板是英國生物統計學家高爾頓設計用來研究隨機現象的模型，在一塊木板上釘著若干排相互平行但相互錯開的圓柱形小木塊，小木塊之間留有適當的空隙作為通道，前面擋有一塊玻璃，讓一個小球從高爾頓板上方的通道口落下，小球在下落的過程中與層層小木塊碰撞，且等可能向左或向右滾下，最后掉入高爾頓板下方的某一球槽內．如圖1所示的高爾頓板有7層小木塊，小球從通道口落下，第一次與第2層中間的小木塊碰撞，以eq\f(1,2)的概率向左或向右滾下，依次經過6次與小木塊碰撞，最后掉入編號為1，2，…，7的球槽內．例如小球要掉入3號球槽，則在6次碰撞中有2次向右4次向左滾下．(1)如圖1，進行一次高爾頓板試驗，求小球掉入5號球槽的概率；(2)小紅、小明同學在研究了高爾頓板后，利用高爾頓板來到社團文化節(jié)上進行盈利性“抽獎”活動．小紅使用圖1所示的高爾頓板，付費6元可以玩一次游戲，小球掉入m號球槽得到的獎金為ξ元，其中ξ＝|16－4m|.小明改進了高爾頓板(如圖2)，首先將小木塊減少成5層，然后使小球在下落的過程中與小木塊碰撞時，有eq\f(1,3)的概率向左，eq\f(2,3)的概率向右滾下，最后掉入編號為1，2，…，5的球槽內，改進高爾頓板后只需付費4元就可以玩一次游戲，小球掉入n號球槽得到的獎金為η元，其中η＝(n－4)2.兩位同學的高爾頓板游戲火爆進行，很多同學參加了游戲，你覺得小紅和小明同學誰的盈利多？請說明理由．【解析】(1)設這個小球掉入5號球槽為事件A.掉入5號球槽，需要向右4次向左2次，所以P(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))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(4)＝eq\f(15,64).所以這個小球掉入5號球槽的概率為eq\f(15,64).(2)小明的盈利多．理由如下：小紅的收益計算如下：每一次游戲中，ξ的可能取值為0，4，8，12.P(ξ＝0)＝P(m＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))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(3)＝eq\f(5,16)，P(ξ＝4)＝P(m＝3)＋P(m＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))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(4)＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(15,32)，P(ξ＝8)＝P(m＝2)＋P(m＝6)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,16)，P(ξ＝12)＝P(m＝1)＋P(m＝7)＝Ceq\o\