2020版高考数学大一轮复习（讲义·理·新人教A版） 第十章 计数原理概率随机变量及其分布 18页

‎ 第7节　条件概率、二项分布及正态分布 考试要求　1.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率，了解条件概率与独立性的关系；2.会利用乘法公式计算概率，会利用全概率公式计算概率；3.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；4.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.‎ 知 识 梳 理 ‎1.条件概率 条件概率的定义 条件概率的性质 设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率 ‎(1)0≤P(B|A)≤1；‎ ‎(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)‎ ‎2.事件的相互独立性 ‎(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立.‎ ‎(2)性质：若事件A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A).‎ ‎3.全概率公式 ‎(1)完备事件组：‎ 设Ω是试验E的样本空间，事件A1，A2，…，An是样本空间的一个划分，满足：‎ ‎①A1∪A2∪…∪An＝Ω.‎ ‎②A1，A2，…，An两两互不相容，则称事件A1，A2，…，An组成样本空间Ω的一个完备事件组.‎ ‎(2)全概率公式 设S为随机试验的样本空间，A1，A2，…，An是两两互斥的事件，且有P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，Ai＝S，则对任一事件B，有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)称满足上述条件的A1，A2，…，An为完备事件组.‎ ‎4.独立重复试验与二项分布 ‎(1)独立重复试验 在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中Ai(i＝1，2，…，n)是第i次试验结果，则 P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An).‎ ‎(2)二项分布 在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率.‎ ‎5.正态分布 ‎(1)正态分布的定义 如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记为X～N(μ，σ2).其中φμ，σ(x)＝e(σ>0).‎ ‎(2)正态曲线的性质 ‎①曲线位于x轴上方，与x轴不相交，与x轴之间的面积为1；‎ ‎②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；‎ ‎③曲线在x＝μ处达到峰值；‎ ‎④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.‎ ‎(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值 ‎①P(μ－σ2c－1)＝P(X2c－1)＝P(X0.5，所以p＝0.6.‎ 答案　B ‎5.(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是×＋×＝.‎ 答案　D ‎6.(2019·青岛联考)已知随机变量X～N(1，σ2)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________.‎ 解析　随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，∴正态曲线关于x＝1对称，∴P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X>0)＝0.2.‎ 答案　0.2‎ 考点一　条件概率与事件独立性 ‎【例1】 (1)(一题多解)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析　法一　P(A)＝＝＝，P(AB)＝P(B)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝‎ eq f(f(1,10),f(2,5))＝.‎ 法二　事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4个.‎ 事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.‎ 故由古典概型概率P(B|A)＝＝.‎ 答案　B ‎(2)(2019·天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.‎ ‎①求至少有一种新产品研发成功的概率；‎ ‎②若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列.‎ 解　记E＝{甲组研发新产品成功}，F＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P(E)＝，P()＝，P(F)＝，P()＝，且事件E与F，E与，与F，与都相互独立.‎ ‎①记H＝{至少有一种新产品研发成功}，则＝　，‎ 于是P()＝P()P()＝×＝，‎ 故所求的概率为P(H)＝1－P()＝1－＝.‎ ‎②设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X＝0)＝P()＝×＝，P(X＝100)＝P(F)＝×＝＝，‎ P(X＝120)＝P(E)＝×＝，‎ P(X＝220)＝P(EF)＝×＝＝.‎ 故所求的分布列为 X ‎0‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎220‎ P 规律方法　1.求条件概率的两种方法 ‎(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法.‎ ‎(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.‎ ‎2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法 ‎(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.‎ ‎(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.‎ ‎【训练1】 (1)(2019·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为(　　)‎ A.0.05 B.0.007 5 C. D. ‎(2)(2018·濮阳二模)如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　(1)设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，∴P(B|A)＝＝＝.‎ ‎(2)灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，‎ ‎∴灯泡不亮的概率是×××＋×××＋×××＝，‎ ‎∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，‎ ‎∴灯亮的概率是1－＝.‎ 答案　(1)C　(2)C 考点二　全概率公式 ‎【例2】 有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占30%，二厂生产的占50%，三厂生产的占20%，已知这三个厂的产品次品率分别为2%，1%，1%，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？‎ 解　设事件A为“任取一件为次品”，‎ 事件Bi为“任取一件为i厂的产品”，i＝1，2，3.‎ B1∪B2∪B3＝S，‎ 由全概率公式得 P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3).‎ P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2，‎ P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.01，P(A|B3)＝0.01，‎ 故P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.3＋0.01×0.5＋0.01×0.2＝0.013.‎ 规律方法　全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把B1，B2，…，Bn看成导致A发生的一组原因.如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中.‎ ‎(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生.‎ ‎(2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组.‎ ‎(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合.‎ ‎【训练2】 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率.‎ 解　A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}.‎ 因为B＝AB∪B，且AB与B互不相容，所以 P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝0.6.‎ 考点三　独立重复试验与二项分布 ‎【例3】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515].由此得到样本的频率分布直方图(如下图).‎ ‎(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；‎ ‎(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；‎ ‎(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列.‎ 解　(1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，‎ 所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件).‎ ‎(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，‎ X服从超几何分布.‎ P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝，‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为＝.‎ 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～B，‎ P(Y＝k)＝C，‎ 所以P(Y＝0)＝C·＝，‎ P(Y＝1)＝C··＝，‎ P(Y＝2)＝C·＝.‎ ‎∴Y的分布列为 Y ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 规律方法　利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.‎ ‎【训练3】 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人.‎ ‎(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；‎ ‎(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列.‎ 解　(1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，‎ 所以所求的概率P(A)＝＝＝.‎ ‎(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为＝，‎ 故X～B.‎ 所以P(X＝0)＝C＝，‎ P(X＝1)＝C＝，‎ P(X＝2)＝C＝，‎ P(X＝3)＝C＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 考点四　正态分布 ‎【例4】 (1)(2019·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<4)＝(　　)‎ A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2‎ ‎(2)(2019·茂名一模)设X～N(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是(　　)‎ ‎(注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ900)＝＝0.022 8，∴P(X≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.‎ 答案　A ‎[思维升华]‎ ‎1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法.‎ ‎2.全概率公式的理论和实用意义在于：‎ 在较复杂情况下直接计算P(B)不易，但B总是伴随着某个Ai出现，适当地去构造这一组Ai往往可以简化计算.‎ ‎3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.‎ ‎(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(X＝k)＝Cpkqn－k.其中k＝0，1，…，n，q＝1－p.‎ ‎[易错防范]‎ ‎1.运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.‎ ‎2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.‎ 数据分析——三局两胜制的概率问题 ‎1.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论.‎ ‎2.教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完3局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对此问题进行认识.‎ ‎【例题】 (选修2－3P59习题2.2B组1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？‎ 解　每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布.‎ ‎(1)在采用3局2胜制中，X～B(3，0.6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C×0.62×0.4＋0.63＝0.648.‎ ‎(2)在采用5局3胜制中，X～B(5，0.6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为 P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝C×0.63×0.42＋C×0.64×0.4＋0.65≈0.683.‎ 可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利.‎ ‎[拓展延伸]　先后参赛对比赛公平性的影响 ‎[拓展1] (两方参赛)匣中有3红5黑2白共10个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.‎ 解　甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球.‎ 记Bi＝“第i次取到黑球”，Ri＝“第i次取到红球”.则 P(甲胜)＝P(R1)＋P(B1B2R3)＋P(B1B2B3B4R5)‎ ‎＝＋··＋····＝，‎ 同理可得P(乙胜)＝，P(平局)＝.‎ ‎[拓展2] (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是0.5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率.‎ 解　记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.‎ 则P(A)＝[P(A1A2)＋P(A1C2B3A4A5)＋P(A1C2B3A4C5B6A7A8)＋…]＋[P(B1C2A3A4)＋P(B1C2A3B4C5A6A7)＋…]‎ ‎＝＋＝.‎ 因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)＝P(A)＝，P(C)＝1－P(A)－P(B)＝＝.‎ 即甲、乙、丙得冠军的概率分别为、、.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则他们同时中靶的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　因为甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，所以P(甲)＝，P(乙)＝，所以他们都中靶的概率是×＝.‎ 答案　A ‎2.(2019·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　三次均反面朝上的概率是＝，所以至少一次正面朝上的概率是1－＝.‎ 答案　D ‎3.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)‎ A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45‎ 解析　记事件A表示“一天的空气质量为优良”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良”，P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6.由条件概率，得P(B|A)＝＝＝0.8.‎ 答案　A ‎4.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为 ‎(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)(　　)‎ A.4.56% B.13.59%‎ C.27.18% D.31.74%‎ 解析　依题设，X～N(0，32)，其中μ＝0，σ＝3.‎ ‎∴P(－32)＝0.023，则P(－2≤X≤2)＝________.‎ 解析　因为μ＝0，所以P(X>2)＝P(X<－2)＝0.023，所以P(－2≤X≤2)＝1－2×0.023＝0.954.‎ 答案　0.954‎ ‎7.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________.‎ 解析　记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A，由题意，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.‎ 答案　0.128‎ ‎8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠.若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(X＝4)＝________.‎ 解析　考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X～B ，‎ 即有P(X＝k)＝C×，k＝0，1，2，3，4，5.‎ 故P(X＝4)＝C×＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格.小明同学“立定投篮”的命中率为，“三步上篮”的命中率为，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响.‎ ‎(1)求小明同学一次测试合格的概率；‎ ‎(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列.‎ 解　设小明第i次“立定投篮”命中为事件Ai，第i次“三步上篮”命中为事件Bi(i＝1，2)，依题意有P(Ai)＝，P(Bi)＝(i＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件C.‎ ‎(1)P()＝P(12)＋P(1A212)＋P(A112)‎ ‎＝P(1)P(2)＋P(1)P(A2)P(1)P(2)＋P(A1)·P(1)P(2)‎ ‎＝＋××＋×＝.‎ ‎∴P(C)＝1－＝.‎ ‎(2)依题意知ξ＝2，3，4，‎ P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(12)＝P(A1)P(B1)＋P(1)·P(2)＝，‎ P(ξ＝3)＝P(A11B2)＋P(1A2B1)＋P(A112)‎ ‎＝P(A1)P(1)P(B2)＋P(1)P(A2)P(B1)＋‎ P(A1)P(1)P(2)＝，‎ P(ξ＝4)＝P(1A21)＝P(1)P(A2)P(1)＝.‎ 故投篮的次数ξ的分布列为：‎ ξ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎10.空气质量指数(AirQuality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染.‎ 一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的数据分别为：45，50，75，74，93，90，117，118，199，215.‎ ‎(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数；‎ ‎(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列.‎ 解　(1)从所给数据可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，‎ ‎∴该样本中空气质量为优良的频率为＝，‎ 从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×＝18.‎ ‎(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为，‎ ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～B.‎ ‎∴P(ξ＝0)＝＝，‎ P(ξ＝1)＝C＝，‎ P(ξ＝2)＝C＝，‎ P(ξ＝3)＝＝，‎ ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为(　　)‎ A. B.× C.× D.C×× 解析　由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为×.‎ 答案　B ‎12.(2019·南昌月考)已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.‎ 由题意，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，‎ 所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，‎ 所以两次都取到红球的概率为.‎ 答案　C ‎13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.‎ 解析　设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A＋B＋AB)C，‎ ‎∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率 p＝×＝.‎ 答案　 ‎14.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.‎ 解　设B＝{飞机被击落}，Ai＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，则B＝A1B＋A2B＋A3B，‎ 依题意，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1，‎ 由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)，‎ 为求P(Ai)，设Hi＝{飞机被i人击中}，i＝1，2，3，‎ 可求得：P(A1)＝P(H123＋1H23＋12H3)，‎ P(A2)＝P(H1H23＋H12H3＋1H2H3)，‎ P(A3)＝P(H1H2H3)，‎ 将数据代入计算得：‎ P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14.‎ 于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.‎ 即飞机被击落的概率为0.458.‎