《2019版高考數(shù)學一輪復習 第九章 計數(shù)原理與概率 第61講 條件概率、n次獨立重復試驗與二項分布學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數(shù)學一輪復習 第九章 計數(shù)原理與概率 第61講 條件概率、n次獨立重復試驗與二項分布學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第61講　條件概率、n次獨立重復試驗與二項分布 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念． 2．理解n次獨立重復試驗的模型及二項分布，并能解決一些簡單的實際問題. 2017·全國卷Ⅱ，13 2016·四川卷，12 主要考查對事件獨立性的辨識能力和根據(jù)相關概型運用公式進行計算的能力. 分值：5分 1．條件概率 (1)定義：設A，B為兩個事件，且P(A)>0，稱P(B|A)＝____為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率． (2)性質(zhì)：①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝__P(B|A)

2、＋P(C|A)__． 2．事件的相互獨立性 (1)定義：設A，B為兩個事件，如果P(AB)＝__P(A)·P(B)__，則稱事件A與事件B相互獨立． (2)性質(zhì)：①若事件A與B相互獨立，則P(B|A)＝__P(B)__，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝__P(A)·P(B)__． ②如果事件A與B相互獨立，那么__A與__，__與B__，__與__也都相互獨立． 3．獨立重復試驗與二項分布 (1)獨立重復試驗 在__相同__條件下重復做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗. Ai (i＝1,2，…，n)表示第i次試驗結果，則P(A1A2A3…An)＝__P(A1)P(A2)…P(A

3、n)__． (2)二項分布 在n次獨立重復試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率是p，此時稱隨機變量X服從二項分布，記作__X～B(n，p)__，并稱p為__成功概率__．在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(X＝k)＝__Cpk(1－p)n－k__(k＝0，1,2，…，n)． 1．思維辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)． (1)若事件A，B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)．(　√　) (2)P(B|A)表示在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，P(AB)表示事件A，B同時發(fā)生的概率，一定有P(AB)＝P(A)·P(B)．　(　×　)

4、 (3)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　×　) (4)若條件A與B獨立，則A與，與B，與不一定相互獨立．(　×　) (5)拋擲2枚質(zhì)地均勻的硬幣，“第1枚為正面”為事件A，“第2枚為正面”為事件B，則A，B相互獨立．(　√　) (6)二項分布是一個概率分布列，是一個用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次獨立重復試驗中事件A發(fā)生次數(shù)的概率分布．(　√　) (7)在n次獨立重復試驗中，事件恰好發(fā)生k次的概率為Cpk.(　×　) 2．一張儲蓄卡的密碼共有6個數(shù)字，每位數(shù)字都可從0～9中任選一個，某人忘記

5、了密碼的最后一位數(shù)字但記得是偶數(shù)，則不超過2次就按對的概率為____. 解析 由題意知，此人在按最后一位數(shù)字時，有“0,2,4,6,8”5種可能，所以此人按前兩次的所有基本事件有n＝A＝20(個)，不超過2次就按對的基本事件為m＝CA＝8(個)，故P＝＝＝. 3．由0,1組成的三位編號中，若用A表示“第二位數(shù)字為0的事件”，用B表示“第一位數(shù)字為0的事件”，則P(A|B)＝____. 解析 因為第一位數(shù)字可為0或1，所以第一位數(shù)字為0的概率P(B)＝，第一位數(shù)字為0且第二位數(shù)字也是0，即事件A，B同時發(fā)生的概率P(AB)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝. 4．甲、乙兩名籃球運動員分別進行

6、一次投籃，若兩人投中的概率都是0.6，則至少有一人投中的概率為__0.84__. 解析 由題意可得，甲、乙未投中的概率均為1－0.6＝0.4，故甲、乙兩人分別進行一次投籃均未投中的概率＝0.4×0.4＝0.16，故所求概率P＝1－＝0.84. 5．(2017·全國卷Ⅱ)一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件數(shù)，則D(X)＝__1.96__. 解析 依題意，X～B(100,0.02)，所以D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 一　條件概率 條件概率的兩種求解方法 (1)定義法：先求P(A)和

7、P(AB)，再由P(B|A)＝，求P(B|A)． (2)基本事件法：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)，再求事件AB所包含的基本事件數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝. 【例1】 (1)某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是(　A　) A．0.8　　 B．0.75　　 C．0.6　　 D．0.45 (2)(2018·湖北黃岡調(diào)考)從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù)，事件A是“取到的兩數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B是“取到的兩個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)

8、＝(　B　) A．　　 B．　　 C．　　 D． (3)如圖，EFGH是以O為圓心，半徑為1的圓的內(nèi)接正方形，將一顆豆子隨機地扔到該圓內(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P(B|A)＝____. 解析 (1)根據(jù)條件概率公式P(B|A)＝，可得所求概率為＝0.8. (2)P(A)＝＝，P(B)＝＝，又A?B，則P(AB)＝P(B)＝， 所以P(B|A)＝＝＝. (3)由題意可得，事件A發(fā)生的概率P(A)＝＝＝，事件AB表示“豆子落在△EOH內(nèi)”，則P(AB)＝＝＝.故P(B|A)＝＝＝. 二　事件的獨立性 求

9、相互獨立事件同時發(fā)生的概率的方法： (1)利用相互獨立事件的概率乘法公式直接求解； (2)正面計算較繁或難以入手時，可從其對立事件入手計算． 【例2】 為了分流地鐵高峰的壓力，某市發(fā)改委通過聽眾會，決定實施低峰優(yōu)惠票價制度，不超過22千米的地鐵票價如下表. 乘坐里程x/km 0

10、機變量ξ，求ξ的分布列． 解析 (1)由題意可知，甲、乙乘車超過12千米且不超過22千米的概率分別為，，則甲、乙兩人所付乘車費用相同的概率P1＝×＋×＋×＝，所以甲、乙兩人所付乘車費用不相同的概率P＝1－P1＝1－＝ . (2)由題意可知，ξ＝6,7,8,9,10. 且P(ξ＝6)＝×＝， P(ξ＝7)＝×＋×＝， P(ξ＝8)＝×＋×＋×＝， P(ξ＝9)＝×＋×＝， P(ξ＝10)＝×＝， 所以ξ的分布列為 ξ 6 7 8 9 10 P 三　獨立重復試驗與二項分布 利用獨立重復試驗概率公式可以簡化求概率的過程，但需要注意檢查該概率模

11、型是否滿足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三個條件：(1)在一次試驗中某事件A發(fā)生的概率是一個常數(shù)p；(2)n次試驗不僅是在完全相同的情況下進行的重復試驗，而且各次試驗的結果是相互獨立的；(3)該公式表示n次試驗中事件A恰好發(fā)生了k次的概率． 【例3】 (2018·河南開封模擬)博彩公司曾經(jīng)對2016年NBA總決賽做了大膽地預測和分析，預測西部冠軍是老辣的馬刺隊，東部冠軍是擁有詹姆斯的年輕的騎士隊，總決賽采取7場4勝制，每場必須分出勝負，場與場之間的結果互不影響，只要有一隊獲勝4場就結束比賽，前4場，馬刺隊勝利的概率為，第5,6場馬刺隊因為平均年齡大，體能下降厲害，所以勝利的概率降

12、為，第7場，馬刺隊因為有多次打第7場的經(jīng)驗，所以勝利的概率為. (1)分別求馬刺隊以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3勝利的概率及總決賽馬刺隊獲得冠軍的概率； (2)隨機變量X為分出總冠軍時比賽的場數(shù)，求隨機變量X的分布列． 解析 (1)設“馬刺隊以4∶0勝利”為事件A，“馬刺隊以4∶1勝利”為事件B，“馬刺隊以4∶2勝利”為事件C，“馬刺隊以4∶3勝利”為事件D，“總決賽馬刺隊獲得冠軍”為事件E， 則P(A)＝4＝，P(B)＝C4×＝， P(C)＝C4××＋C4×2＝， P(D)＝C4×3＋C4×C×××＋C4×××＝. P(E)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝. (2

13、)隨機變量X的可能取值為4,5,6,7， P(X＝4)＝4×2＝，P(X＝5)＝C4·＝， P(X＝6)＝2C4＋C4·＝， P(X＝7)＝1－P(X＝4)－P(X＝5)－P(X＝6)＝， 所以隨機變量X的分布列為 X 4 5 6 7 P 1．袋中有5個小球(3白2黑)，現(xiàn)從袋中每次取一個球，不放回地取兩次，則在第一次取到白球的條件下，第二次取到白球的概率是(　C　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 解析 在第一次取到白球的條件下，在第二次取球時，袋中有2個白球和2個黑球共4個球，故取到白球的概率P＝＝. 2．(2018·廣東六校聯(lián)考)已知

14、甲有5張紅卡、2張藍卡和3張綠卡，乙有4張紅卡、3張藍卡和3張綠卡．他們分別從自己的10張卡片中任取一張進行打卡游戲比賽．設事件A1，A2，A3表示甲取出的一張卡分別是紅卡、藍卡和綠卡；事件B表示乙取出的一張卡是紅卡，則下列結論中正確的是__③⑤__(寫出所有正確結論的編號)． ①P(B)＝；②P(A1|B)＝；③事件B與事件A1相互獨立；④A1，A2，A3是彼此相互獨立的事件；⑤A1，A2，A3是兩兩互斥的事件． 解析 因為P(B)＝＝，所以①錯誤；因為事件B與事件A1相互獨立，所以P(A1|B)＝P(A1)＝＝，所以②錯誤，③正確；A1，A2，A3是兩兩互斥的事件，所以④錯誤，⑤正確．

15、 3．某學校舉行聯(lián)歡會，所有參演的節(jié)目都由甲、乙、丙三名專業(yè)老師投票決定是否獲獎．甲、乙、丙三名老師都有“獲獎”“待定”“淘汰”三類票各一張．每個節(jié)目投票時，甲、乙、丙三名老師必須且只能投一張票，每人投三類票中的任何一類票的概率都為，且三人投票相互沒有影響，若投票結果中至少有兩張“獲獎”票，則決定該節(jié)目最終獲一等獎；否則，該節(jié)目不能獲一等獎． (1)求某節(jié)目的投票結果是最終獲一等獎的概率； (2)求該節(jié)目投票結果中所含“獲獎”和“待定”票票數(shù)之和X的分布列． 解析 (1)設“某節(jié)目的投票結果是最終獲一等獎”這一事件為A，則事件A包括：該節(jié)目可以得到兩張“獲獎”票，或者得到三張“獲獎”票

16、．∵甲、乙、丙三名老師必須且只能投一張票，每人投三類票中的任何一類票的概率都為，且三人投票相互沒有影響， ∴P(A)＝C21＋C3＝. (2)所含“獲獎”和“待定”票票數(shù)之和X的值為0,1,2,3. P(X＝0)＝3＝；P(X＝1)＝C12＝； P(X＝2)＝C21＝； P(X＝3)＝3＝. 因此X的分布列為 X 0 1 2 3 P 4．在一塊耕地上種植一種作物，每季種植成本為1 000元，此作物的市場價格和這塊耕地上的產(chǎn)量均具有隨機性，且互不影響，其具體情況如下表. 作物產(chǎn)量/kg 300 500 概率 0.5 0.5 作物市場價格

17、/元·kg－1 6 10 概率 0.4 0.6 (1)設X表示在這塊耕地上種植1季此作物的利潤，求X的分布列； (2)若在這塊耕地上連續(xù)3季種植此作物，求這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率． 解析 (1)設A表示事件“作物產(chǎn)量為300 kg”，B表示事件“作物市場價格為6元/kg”，由題設知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，因為利潤＝產(chǎn)量×市場價格－成本，所以X所有可能的取值為 500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000， 300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800. P(X＝4 000)＝P()P(

18、)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3， P(X＝2 000)＝P()P(B)＋P(A)·P()＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2. 所以X的分布列為 X 4 000 2 000 800 P 0.3 0.5 0.2 (2)設Ci表示事件“第i(i＝1,2,3)季利潤不少于2 000元”， 由題意知C1，C2，C3相互獨立，由(1)知，P(Ci)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)， 3季的利潤均不少于2 000元的概率為P(C1C2C

19、3)＝P(C1)·P(C2)·P(C3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季的利潤不少于2 000元的概率為P(C2C3)＋P(C1C3)＋P(C1C2)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，這3季中至少有2季的利潤不少于2 000元的概率為0.512＋0.384＝0.896. 易錯點1　不會使用條件概率公式解題 錯因分析：不理解條件概率的含義，不會使用條件概率公式解題． 【例1】 假定生男生女是等可能的，某家庭有3個孩子，其中有1個女孩，求至少有1個男孩的概率． 解析 方法一　此家庭共有3個孩子，包含基本事件有(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，

20、男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，其中至少有1個女孩共有7種可能，其中至少有1個男孩有6種可能，故其概率為. 方法二　記事件A表示“有一名女孩”，B表示“至少有一名男孩”，則P(B|A)＝＝. 【跟蹤訓練1】 (2016·全國卷Ⅱ節(jié)選)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關聯(lián)如下. 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 設該險種一續(xù)保人一年內(nèi)出險次數(shù)與相應概率如下. 一年內(nèi)出險次數(shù) 0

21、 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費的概率； (2)若一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費，求其保費比基本保費高出60%的概率． 解析 (1)設A表示事件“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費”，則事件A發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于1， 故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55. (2)設B表示事件“一續(xù)保人本年度的保費比基本保費高出60%”，則事件B發(fā)生當且僅當一年內(nèi)出險次數(shù)大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15. 又P(AB)＝P(B)，故P(B|

22、A)＝＝＝＝. 因此所求概率為. 易錯點2　對二項分布理解不到位 錯因分析：不能把問題歸結為獨立重復試驗、二項分布模型解決問題． 【例2】 甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束．除第五局甲隊獲勝的概率是外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是.假設各局比賽結果相互獨立．分別求甲隊以3∶0,3∶1,3∶2勝利的概率． 解析 記“甲隊以3∶0勝利”為事件A1，“甲隊以3∶1勝利”為事件A2，“甲隊以3∶2勝利”為事件A3， 由題意，各局比賽結果相互獨立， 故P(A1)＝3＝， P(A2)＝C2×＝， P(A3)＝C22×＝. 所以，甲隊以3∶0勝利

23、，以3∶1勝利的概率都為，以3∶2勝利的概率為. 【跟蹤訓練2】 (2016·四川卷)同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，當至少有一枚硬幣正面向上時，就說這次試驗成功，則在2次試驗中成功次數(shù)X的均值是　　. 解析 同時拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，至少有一枚硬幣正面向上的概率為1－2＝，且X～B， 所以均值是2×＝. 課時達標　第61講 [解密考綱]對事件的獨立性與條件概率、獨立重復試驗與二項分布的考查在高考中三種題型均有呈現(xiàn)． 一、選擇題 1．(2018·陜西西安模擬)甲、乙兩個小組各10名學生的英語口語測試成績?nèi)缦?單位：分)． 甲組：76,90,84,86,81,87,86,82,85

24、,83 乙組：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74 現(xiàn)從這20名學生中隨機抽取一人，將“抽出的學生為甲組學生”記為事件A；“抽出學生的英語口語測試成績不低于85分”記為事件B，則P(AB)，P(A|B)的值分別是(　A　) A．，　　 B．，　　 C．，　　 D．， 解析 ∵P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，∴P(A|B)＝＝. 2．已知某射擊運動員，每次擊中目標的概率都是0.8，則該射擊運動員射擊4次至少擊中3次的概率為(　B　) A．0.85　　 B．0.819 2　　 C．0.8　　 D．0.75 解析 P＝C0.83·0.2＋C0.84＝0.

25、819 2. 3．從甲袋中摸出1個紅球的概率為，從乙袋中摸出1個紅球的概率為，從兩袋中各摸出一個球，則等于(　C　) A．2個球都不是紅球的概率 B．2個球都是紅球的概率 C．至少有1個紅球的概率 D．2個球中恰有1個紅球的概率 解析 因為從兩個袋中各摸出一個球都不是紅球的概率為×＝，所以至少有1個紅球的概率為1－＝. 4．已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形與功率都相同且燈口向下放著，現(xiàn)需要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率為(　D　) A．　　 B． C．　　 D． 解析

26、設事件A為“第1次抽到的螺口燈泡”，事件B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)＝，P(AB)＝×＝，則所求概率為P(B|A)＝＝＝. 5．袋子A和B中裝有若干個均勻的紅球和白球，從A中摸出一個紅球的概率是，從B中摸出一個紅球的概率為p.若A，B兩個袋子中的球數(shù)之比為1∶2，將A，B中的球裝在一起后，從中摸出一個紅球的概率是，則p的值為(　B　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 解析 設A中有x個球，B中有y個球，則因為A，B兩個袋子中的球數(shù)之比為1∶2，將A，B中的球裝在一起后，從中摸出一個紅球的概率是，所以＝且＝，解得p＝. 6．將一枚硬幣連擲5次，如果出現(xiàn)k次正面向上的概

27、率等于出現(xiàn)k＋1次正面向上的概率，那么k的值為(　C　) A．0　　 B．1　　 C．2　　 D．3 解析 C5＝C5，∴k＋(k＋1)＝5，k＝2. 二、填空題 7．如圖所示的電路有a，b，c三個開關，每個開關開或關的概率都是，且是相互獨立的，則燈泡甲亮的概率為____. 解析 ∵a，c閉合，b斷開，燈泡甲亮，∴概率為. 8．一盒中放有大小相同的10個小球，其中8個黑球，2個紅球，現(xiàn)甲、乙二人先后各自從盒子中無放回地任意抽取2個小球，已知甲取到了2個黑球，則乙也取到2個黑球的概率是____. 解析 記事件“甲取到2個黑球”為A，“乙取到2個黑球”為B，則有P(B|A)＝＝

28、＝，即所求事件的概率是. 9．設事件A在每次試驗中發(fā)生的概率相同，且在三次獨立重復試驗中，若事件A至少發(fā)生一次的概率為，則事件A恰好發(fā)生一次的概率為____. 解析 假設事件A在每次試驗中發(fā)生說明試驗成功，設每次試驗成功的概率為p，由題意得，事件A發(fā)生的次數(shù)X～B(3，p)，則有1－(1－p)3＝，得p＝，則事件A恰好發(fā)生一次的概率為C××2＝. 三、解答題 10．某中學為豐富教職工生活，國慶節(jié)舉辦教職工趣味投籃比賽，有A，B兩個定點投籃位置，在A點投中一球得2分，在B點投中一球得3分．規(guī)則是：每人投籃三次按先A后B再A的順序各投籃一次，教師甲在A和B點投中的概率分別是和，且在A，B兩

29、點投中與否相互獨立． (1)若教師甲投籃三次，求教師甲投籃得分X的分布列； (2)若教師乙與教師甲在A，B點投中的概率相同，兩人按規(guī)則各投三次，求甲勝乙的概率． 解析 (1)設“教師甲在A點投中”的事件為A，“教師甲在B點投中”的事件為B. 依題可知X的可能取值為0,2,3,4,5,7. P(X＝0)＝P(··)＝2×＝， P(X＝2)＝P(A··＋··A)＝C×××＝， P(X＝3)＝P(·B·)＝××＝， P(X＝4)＝P(A··A)＝××＝， P(X＝5)＝P(A·B·＋·B·A)＝C×××＝， P(X＝7)＝P(A·B·A)＝××＝. 則教師甲投籃得分X的分布列為

30、 X 0 2 3 4 5 7 P (2)教師甲勝乙包括：甲得2分、3分、4分、5分、7分五種情形． 這五種情形之間彼此互斥，因此所求事件的概率為 P＝×＋×＋×＋×＋×＝. 11．(2018·湖北黃岡期末)甲、乙兩位小學生各有2008年奧運吉祥物“福娃”5個(其中“貝貝”“晶晶”“歡歡”“迎迎”和“妮妮”各一個)，現(xiàn)以投擲一個骰子的方式進行游戲，規(guī)則如下：當出現(xiàn)向上的點數(shù)是奇數(shù)時，甲贏得一個福娃；否則乙贏得甲一個福娃，規(guī)定擲骰子的次數(shù)達9次時，或在此前某人已贏得所有福娃時游戲終止．記游戲終止時投擲骰子的次數(shù)為ξ. (1)求擲骰子的次數(shù)為7的概率

31、； (2)求ξ的分布列及數(shù)學期望E(ξ)． 解析 (1)當ξ＝7時，“甲贏”即“第七次甲贏，前6次贏5次，且前5次中必輸1次”，依題意，每次甲贏或乙贏的概率均為，∴P(ξ＝7)＝2×C××4××＝. (2)設游戲終止時骰子向上的點數(shù)是奇數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)為m，向上的點數(shù)是偶數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)為n，則由或得： 當m＝5，n＝0或m＝0，n＝5時，ξ＝5； 當m＝6，n＝1或m＝1，n＝6時，ξ＝7； 當m＝7，n＝2或m＝2，n＝7時，ξ＝9； 當m＝5，n＝4或m＝4，n＝5時，ξ＝9； 當m＝6，n＝3或m＝3，n＝6時，ξ＝9； ∴ξ的可能取值是5,7,9. 每次投擲甲贏得乙一個福

32、娃與乙贏得甲一個福娃的可能性相同，其概率都是. P(ξ＝5)＝2×5＝，P(ξ＝7)＝，P(ξ＝9)＝1－P(ξ＝5)－P(ξ＝7)＝， ∴ξ的分布列是 ξ 5 7 9 P E(ξ)＝5×＋7×＋9×＝. 12．(2018·福建泉州模擬)在一種電腦屏幕保護畫面中，符號“○”和“×”隨機地反復出現(xiàn)，每秒鐘變化一次，每次變化只出現(xiàn)“○”和“×”之一，其中出現(xiàn)“○”的概率為p，出現(xiàn)“×”的概率為q.若第k次出現(xiàn)“○”，則記ak＝1；出現(xiàn)“×”，則記ak＝－1，令Sn＝a1＋a2＋…＋an. (1)當p＝q＝時，記ξ＝|S3|，求ξ 的分布列； (2)當p＝，q＝時，求S8＝2且Si≥0(i＝1,2,3,4)的概率． 解析 (1)因為ξ＝|S3|的取值為1,3，又p＝q＝， 所以P(ξ＝1)＝C×2×2＝， P(ξ＝3)＝3＋3＝. 所以ξ的分布列為 ξ 1 3 P (2)當S8＝2時，即前八秒出現(xiàn)“○”5次，“×”3次，又已知Si≥0(i＝1,2,3,4)，若第一、三秒出現(xiàn)“○”，則其余六秒可任意出現(xiàn)“○”3次； 若第一、二秒出現(xiàn)“○”，第三秒出現(xiàn)“×”，則后五秒可任意出現(xiàn)“○”3次． 故所求的概率P＝(C＋C)×5×3＝＝. 15