高中數(shù)學(xué)北師大版3第二章概率 第2章章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①均值②條件概率③正態(tài)分布④正態(tài)分布密度曲線的性質(zhì)條件概率條件概率是學(xué)習(xí)相互獨(dú)立事件的前提和基礎(chǔ)，計(jì)算條件概率時(shí)，必須搞清欲求的條件概率是在什么條件下發(fā)生的概率．在5道題中有3道理科題和2道文科題．如果不放回地依次抽取2道題，求：(1)第1次抽到理科題的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科題的概率；(3)在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率．【精彩點(diǎn)撥】本題是條件概率問題，根據(jù)條件概率公式求解即可．【規(guī)范解答】設(shè)“第1次抽到理科題”為事件A，“第2題抽到理科題”為事件B，則“第1次和第2次都抽到理科題”為事件AB.(1)從5道題中不放回地依次抽取2道題的事件數(shù)為n(Ω)＝Aeq\o\al(2,5)＝20.根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，n(A)＝Aeq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(1,4)＝12.于是P(A)＝eq\f(nA,nΩ)＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5).(2)因?yàn)閚(AB)＝Aeq\o\al(2,3)＝6，所以P(AB)＝eq\f(nAB,nΩ)＝eq\f(6,20)＝eq\f(3,10).(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).法二：因?yàn)閚(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).[再練一題]1．?dāng)S兩顆均勻的骰子，已知第一顆骰子擲出6點(diǎn)，問“擲出點(diǎn)數(shù)之和大于或等于10”【解】設(shè)“擲出的點(diǎn)數(shù)之和大于或等于10”為事件A，“第一顆骰子擲出6點(diǎn)”為事件B.法一：P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(3,36),\f(6,36))＝eq\f(1,2).法二：“第一顆骰子擲出6點(diǎn)”的情況有(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6種，故n(B)＝6.“擲出的點(diǎn)數(shù)之和大于或等于10”且“第一顆擲出6點(diǎn)”的情況有(6,4)，(6,5)，(6,6)，共3種，即n(AB從而P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).相互獨(dú)立事件的概率求相互獨(dú)立事件一般與互斥事件、對(duì)立事件結(jié)合在一起進(jìn)行考查，解答此類問題時(shí)應(yīng)分清事件間的內(nèi)部聯(lián)系，在此基礎(chǔ)上用基本事件之間的交、并、補(bǔ)運(yùn)算表示出有關(guān)事件，并運(yùn)用相應(yīng)公式求解．特別注意以下兩公式的使用前提：(1)若A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，反之不成立．(2)若A，B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B)，反之成立．設(shè)每個(gè)工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為、、、，各人是否需使用設(shè)備相互獨(dú)立．(1)求同一工作日至少3人需使用設(shè)備的概率；(2)X表示同一工作日需使用設(shè)備的人數(shù)，求P(X＝1)．【精彩點(diǎn)撥】解決本題的關(guān)鍵是將復(fù)雜事件拆分成若干個(gè)彼此互斥事件的和或幾個(gè)彼此相互獨(dú)立事件的積事件，再利用相應(yīng)公式求解．【規(guī)范解答】記Ai表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設(shè)備，i＝0,1,2，B表示事件：甲需使用設(shè)備，C表示事件：丁需使用設(shè)備，D表示事件：同一工作日至少3人需使用設(shè)備．(1)D＝A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C，P(B)＝，P(C)＝，P(Ai)＝Ceq\o\al(i,2)×，i＝0,1,2，所以P(D)＝P(A1BC＋A2B＋A2eq\x\to(B)C)＝P(A1BC)＋P(A2B)＋P(A2eq\x\to(B)C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(eq\x\to(B))P(C)＝.(2)X＝1表示在同一工作日有一人需使用設(shè)備．P(X＝1)＝P(BA0eq\x\to(C)＋eq\x\to(B)A0C＋eq\x\to(B)A1eq\x\to(C))＝P(B)P(A0)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(B))P(A0)P(C)＋P(eq\x\to(B))·P(A1)P(eq\x\to(C))＝××(1－＋(1－××＋(1－×2××(1－＝.[再練一題]2．某同學(xué)參加科普知識(shí)競賽，需回答3個(gè)問題，競賽規(guī)則規(guī)定：答對(duì)第1,2,3個(gè)問題分別得100分，100分，200分，答錯(cuò)得零分．假設(shè)這名同學(xué)答對(duì)第1,2,3個(gè)問題的概率分別為,,.且各題答對(duì)與否相互之間沒有影響．(1)求這名同學(xué)得300分的概率；(2)求這名同學(xué)至少得300分的概率．【解】記“這名同學(xué)答對(duì)第i個(gè)問題”為事件Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.(1)這名同學(xué)得300分的概率為：P1＝P(A1eq\x\to(A)2A3)＋P(eq\x\to(A)1A2A3)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)P(A3)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)·P(A3)＝××＋××＝.(2)這名同學(xué)至少得300分的概率為：P2＝P1＋P(A1A2A3)＝P1＋P(A1)P(A2)P(＝＋××＝.離散型隨機(jī)變量的分布列、均值和方差1.含義：均值和方差分別反映了隨機(jī)變量取值的平均水平及其穩(wěn)定性．2．應(yīng)用范圍：均值和方差在實(shí)際優(yōu)化問題中應(yīng)用非常廣泛，如同等資本下比較收益的高低、相同條件下比較質(zhì)量的優(yōu)劣、性能的好壞等．3．求解思路：應(yīng)用時(shí)，先要將實(shí)際問題數(shù)學(xué)化，然后求出隨機(jī)變量的概率分布列．對(duì)于一般類型的隨機(jī)變量，應(yīng)先求其分布列，再代入公式計(jì)算，此時(shí)解題的關(guān)鍵是概率的計(jì)算．計(jì)算概率時(shí)要結(jié)合事件的特點(diǎn)，靈活地結(jié)合排列組合、古典概型、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率、互斥事件和相互獨(dú)立事件的概率等知識(shí)求解．若離散型隨機(jī)變量服從特殊分布(如兩點(diǎn)分布、二項(xiàng)分布等)，則可直接代入公式計(jì)算其數(shù)學(xué)期望與方差．甲、乙、丙三支足球隊(duì)進(jìn)行比賽，根據(jù)規(guī)則：每支隊(duì)伍比賽兩場，共賽三場，每場比賽勝者得3分，負(fù)者得0分，沒有平局．已知乙隊(duì)勝丙隊(duì)的概率為eq\f(1,5)，甲隊(duì)獲得第一名的概率為eq\f(1,6)，乙隊(duì)獲得第一名的概率為eq\f(1,15).(1)求甲隊(duì)分別勝乙隊(duì)和丙隊(duì)的概率P1，P2；(2)設(shè)在該次比賽中，甲隊(duì)得分為ξ，求ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望、方差．【精彩點(diǎn)撥】(1)通過列方程組求P1和P2；(2)由題意求出甲隊(duì)得分ξ的可能取值，然后再求出ξ的分布列，最后求出數(shù)學(xué)期望和方差．【規(guī)范解答】(1)設(shè)“甲隊(duì)勝乙隊(duì)”的概率為P1，“甲隊(duì)勝丙隊(duì)”的概率為P2.根據(jù)題意，甲隊(duì)獲得第一名，則甲隊(duì)勝乙隊(duì)且甲隊(duì)勝丙隊(duì)，所以甲隊(duì)獲得第一名的概率為P1×P2＝eq\f(1,6).①乙隊(duì)獲得第一名，則乙隊(duì)勝甲隊(duì)且乙隊(duì)勝丙隊(duì)，所以乙隊(duì)獲得第一名的概率為(1－P1)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,15).②解②，得P1＝eq\f(2,3)，代入①，得P2＝eq\f(1,4)，所以甲隊(duì)勝乙隊(duì)的概率為eq\f(2,3)，甲隊(duì)勝丙隊(duì)的概率為eq\f(1,4).(2)ξ的可能取值為0,3,6.當(dāng)ξ＝0時(shí)，甲隊(duì)兩場比賽皆輸，其概率為P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,4)；當(dāng)ξ＝3時(shí)，甲隊(duì)兩場只勝一場，其概率為P(ξ＝3)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(7,12)；當(dāng)ξ＝6時(shí)，甲隊(duì)兩場皆勝，其概率為P(ξ＝6)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,6).所以ξ的分布列為ξ036Peq\f(1,4)eq\f(7,12)eq\f(1,6)所以Eξ＝0×eq\f(1,4)＋3×eq\f(7,12)＋6×eq\f(1,6)＝eq\f(11,4).Dξ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(11,4)))2×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(11,4)))2×eq\f(7,12)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(11,4)))2×eq\f(1,6)＝eq\f(59,16).[再練一題]3．為推動(dòng)乒乓球運(yùn)動(dòng)的發(fā)展，某乒乓球比賽允許不同協(xié)會(huì)的運(yùn)動(dòng)員組隊(duì)參加．現(xiàn)有來自甲協(xié)會(huì)的運(yùn)動(dòng)員3名，其中種子選手2名；乙協(xié)會(huì)的運(yùn)動(dòng)員5名，其中種子選手3名．從這8名運(yùn)動(dòng)員中隨機(jī)選擇4人參加比賽．(1)設(shè)A為事件“選出的4人中恰有2名種子選手，且這2名種子選手來自同一個(gè)協(xié)會(huì)”，求事件A發(fā)生的概率；(2)設(shè)X為選出的4人中種子選手的人數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望．【解】(1)由已知，有P(A)＝eq\f(C\o\al(2,2)C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(4,8))＝eq\f(6,35).所以，事件A發(fā)生的概率為eq\f(6,35).(2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為1,2,3,4.P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,5)C\o\al(4－k,3),C\o\al(4,8))(k＝1,2,3,4)．所以，隨機(jī)變量X的分布列為X1234Peq\f(1,14)eq\f(3,7)eq\f(3,7)eq\f(1,14)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望EX＝1×eq\f(1,14)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(3,7)＋4×eq\f(1,14)＝eq\f(5,2).正態(tài)分布的實(shí)際應(yīng)用對(duì)于正態(tài)分布問題，課標(biāo)要求不是很高，只要求了解正態(tài)分布中最基礎(chǔ)的知識(shí)，主要是：(1)掌握正態(tài)分布曲線函數(shù)關(guān)系式；(2)理解正態(tài)分布曲線的性質(zhì)；(3)記住正態(tài)分布在三個(gè)區(qū)間內(nèi)取值的概率，運(yùn)用對(duì)稱性結(jié)合圖象求相應(yīng)的概率．正態(tài)分布的概率通常有以下兩種方法：(1)注意“3σ原則”的應(yīng)用．記住正態(tài)總體在三個(gè)區(qū)間內(nèi)取值的概率．(2)注意數(shù)形結(jié)合．由于正態(tài)分布密度曲線具有完美的對(duì)稱性，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要思想，因此運(yùn)用對(duì)稱性結(jié)合圖象解決某一區(qū)間內(nèi)的概率問題成為熱點(diǎn)問題．某學(xué)校高三2500名學(xué)生第二次模擬考試總成績服從正態(tài)分布N(500,502)，請(qǐng)您判斷考生成績X在550～600分的人數(shù)．【精彩點(diǎn)撥】根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，求出P(550＜x≤600)，即可解決在550～600分的人數(shù)．【規(guī)范解答】∵考生成績X～N(500,502)，∴μ＝500，σ＝50，∴P(550<X≤600)＝eq\f(1,2)[P(500－2×50<X≤500＋2×50)－P(500－50<X≤500＋50)]＝eq\f(1,2)4－6)＝9，∴考生成績在550～600分的人數(shù)為2500×9≈340(人)．[再練一題]4．已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(0，σ2)，若P(X＞2)＝，則P(－2≤X≤2)＝()A． B．C． D．【解析】∵隨機(jī)變量X服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布N(0，σ2)，∴正態(tài)曲線關(guān)于x＝0對(duì)稱．又P(X＞2)＝，∴P(X＜－2)＝，∴P(－2≤X≤2)＝1－2×＝.【答案】C方程思想的應(yīng)用通過列方程求解未知數(shù)是貫穿于整個(gè)高中數(shù)學(xué)各個(gè)環(huán)節(jié)的一種重要數(shù)學(xué)思想．在概率運(yùn)算過程中，會(huì)經(jīng)常遇到求兩個(gè)或三個(gè)事件的概率或確定參數(shù)的值的問題，此時(shí)可考慮方程(組)的方法，借助題中條件列出含參數(shù)或未知量的方程(組)進(jìn)行求解即可．甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)床各自獨(dú)立地加工同一種零件，已知甲機(jī)床加工的零件是一等品而乙機(jī)床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,4)，乙機(jī)床加工的零件是一等品而丙機(jī)床加工的零件不是一等品的概率為eq\f(1,12)，甲、丙兩臺(tái)機(jī)床加工的零件都是一等品的概率為eq\f(2,9).(1)分別求甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)床各自加工的零件是一等品的概率；(2)從甲、乙、丙加工的零件中各取一個(gè)檢驗(yàn)，求至少有一個(gè)一等品的概率．【精彩點(diǎn)撥】設(shè)出甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)床各自加工的零件是一等品，依題意，它們相互獨(dú)立，利用乘法公式，結(jié)合方程思想來解決．【規(guī)范解答】(1)設(shè)A，B，C分別表示甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)床各自加工的零件是一等品的事件．由題設(shè)條件，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA\x\to(B)＝\f(1,4)，,PB\x\to(C)＝\f(1,12)，,PAC＝\f(2,9)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PA[1－PB]＝\f(1,4)，①,PB[1－PC]＝\f(1,12)，②,PAPC＝\f(2,9).③))由①③得，P(B)＝1－eq\f(9,8)P(C)，代入②得：27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0，解得P(C)＝eq\f(2,3)或eq\f(11,9)(舍去)．將P(C)＝eq\f(2,3)分別代入②③，可得P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4).即甲、乙、丙三臺(tái)機(jī)床各自加工的零件是一等品的概率分別是eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,3).(2)記D為從甲、乙、丙加工的零件中各取一個(gè)檢驗(yàn)，至少有一個(gè)一等品的事件．則P(D)＝1－P(eq\x\to(D))＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).故從甲、乙、丙加工的零件中各取一個(gè)檢驗(yàn)，至少有一個(gè)一等品的概率為eq\f(5,6).[再練一題]5．A，B，C相互獨(dú)立，如果P(AB)＝eq\f(1,6)，P(eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(1,8)，P(ABeq\x\to(C))＝eq\f(1,8)，則P(eq\x\to(A)B)＝________.【解析】設(shè)P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,6)，,1－bc＝\f(1,8)，,ab1－c＝\f(1,8)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，,c＝\f(1,4)，))∴P(eq\x\to(A)B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)1．已知一組數(shù)據(jù),,,,，則該組數(shù)據(jù)的方差是________．【解析】5個(gè)數(shù)的平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f＋＋＋＋,5)＝，所以它們的方差s2＝eq\f(1,5)[－2＋－2＋－2＋－2＋－2]＝.【答案】2．同時(shí)拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，當(dāng)至少有一枚硬幣正面向上時(shí)，就說這次試驗(yàn)成功，則在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的均值是________．【解析】法一：由題意可知每次試驗(yàn)不成功的概率為eq\f(1,4)，成功的概率為eq\f(3,4)，在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的可能取值為0,1,2，則P(X＝0)＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝eq\f(9,16).所以在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的分布列為X012Peq\f(1,16)eq\f(3,8)eq\f(9,16)則在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的均值為E(X)＝0×eq\f(1,16)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(9,16)＝eq\f(3,2).法二：此試驗(yàn)滿足二項(xiàng)分布，其中p＝eq\f(3,4)，所以在2次試驗(yàn)中成功次數(shù)X的均值為E(X)＝np＝2×eq\f(3,4)＝eq\f(3,2).【答案】eq\f(3,2)3．某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險(xiǎn)次數(shù)01234≥5保費(fèi)0.85a1.251.51.752設(shè)該險(xiǎn)種一續(xù)保人一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)與相應(yīng)概率如下：一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)01234≥5概率(1)求一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)的概率；(2)若一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)，求其保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%的概率；(3)求續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值．【解】(1)設(shè)A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)”，則事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1，故P(A)＝＋＋＋＝.(2)設(shè)B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)比基本保費(fèi)高出60%”，則事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于3，故P(B)＝＋＝.又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f,＝eq\f(3,11).因此所求概率為eq\f(3,11).(3)記續(xù)保人本年度的保費(fèi)為X，則X的分布列為X0.85a1.251.51.752PEX＝0.85a×＋a×＋1.25a×＋1.5a×＋1.75a×＋2因此續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)與基本保費(fèi)的比值為.4．甲、乙兩人組成“星隊(duì)”參加猜成語活動(dòng)，每輪活動(dòng)由甲、乙各猜一個(gè)成語．在一輪活動(dòng)中，如果兩人都猜對(duì)，則“星隊(duì)”得3分；如果只有一人猜對(duì)，則“星隊(duì)”得1分；如果兩人都沒猜對(duì)，則“星隊(duì)”得0分．已知甲每輪猜對(duì)的概率是eq\f(3,4)，乙每輪猜對(duì)的概率是eq\f(2,3)；每輪活動(dòng)中甲、乙猜對(duì)與否互不影響，各輪結(jié)果亦互不影響．假設(shè)“星隊(duì)”參加兩輪活動(dòng)，求：(1)“星隊(duì)”至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率；(2)“星隊(duì)”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX.【解】(1)記事件A：“甲第一輪猜對(duì)”，記事件B：“乙第一輪猜對(duì)”，記事件C：“甲第二輪猜對(duì)”，記事件D：“乙第二輪猜對(duì)”，記事件E：“‘星隊(duì)’至少猜對(duì)3個(gè)成語”．由題意，E＝ABCD＋eq\x\to(A)BCD＋Aeq\x\to(B)CD＋ABeq\x\to(C)D＋ABCeq\x\to(D)，由事件的獨(dú)立性與互斥性，P(E)＝P(ABCD)＋P(eq\x\to(A)BCD)＋P(Aeq\x\to(B)CD)＋P(ABeq\x\to(C)D)＋P(ABCeq\x\to(D))＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(eq\x\to(A))·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)P(D)＋P(A)P(B)·P(eq\x\to(C))P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(eq\x\to(D))＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(2,3)＋\f(3,4)×\f(1,3)×\f(3,4)×\f(2,3)))＝eq\f(2,3)，所以“星隊(duì)”至少猜對(duì)3個(gè)成語的概率為eq\f(2,3).(2)由題意，隨機(jī)變量X可能的取值為0,1,2,3,4,6.由事件的獨(dú)立性與互斥性，得P(X＝0)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,144)，P(X＝1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(1,3)×\f(1,4)×\f(1,3)＋\f(1,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(1,3)))＝eq\f(10,144)＝eq\f(5,72)，P(X＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(25,144)，P(X＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(12,144)＝eq\f(1,12)，P(X＝4)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×\f(2,3)×\f(3,4)×\f(1,3)＋\f(3,4)×\f(2,3)×\f(1,4)×\f(2,3)))＝eq\f(60