2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第7讲　二项分布及其应用学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 第7讲　二项分布及其应用学案，共20页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
1．条件概率
(1)定义
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
(2)性质
①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1；
②如果B，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：
①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，
P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
常用结论
1．“二项分布”与“超几何分布”的区别
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，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．
2．两个概率公式
(1)在事件B发生的条件下A发生的概率为P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）).注意其与P(B|A)的不同．
(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
二、习题改编
1．(选修2­3P55练习T3改编)天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．
解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为Aeq \x\t(B)＋eq \x\t(A)B，
所以P(Aeq \x\t(B)＋eq \x\t(A)B)＝P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)
＝P(A)P(eq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A))P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
答案：0.38
2．(选修2­3P54练习T2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．
解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，
则P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,10))×eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,9))，P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,10))，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．( )
(2)相互独立事件就是互斥事件．( )
(3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( )
(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.( )
(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)条件概率公式套用错误；
(2)相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；
(3)独立重复试验公式应用错误．
1．由0，1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________．
解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝eq \f(1,2)，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．
解析：甲获得“合格证书”的概率为eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，两人中恰有一个人获
得“合格证书”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
答案：eq \f(23,45)
3．设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)＝________．
解析：因为X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，所以P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
条件概率(典例迁移)
(1)(一题多解)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.eq \f(3,10) B．eq \f(2,5)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(3,5)
(2)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.eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D．eq \f(1,2)
【解析】 (1)法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(3×2,Aeq \\al(2,5)),\f(3,5))＝eq \f(1,2).故选C.
法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为eq \f(1,2).故选C.
(2)P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由条件概率公式，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
【答案】 (1)C (2)B
【迁移探究】 (变条件)将本例(2)中的“和”改为“积”，求P(B|A)．
解：事件A：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，所以P(A)＝eq \f(7,10).事件B：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2，4)，所以P(AB)＝eq \f(1,10)，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(7,10))＝eq \f(1,7).
eq \a\vs4\al()
条件概率的两种求解方法

1．(2020·珠海模拟)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，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________．
解析：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，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
2．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________．
解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有Ceq \\al(1,3)×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝eq \f(60,91).P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(60,91) eq \f(1,2)
相互独立事件的概率(师生共研)
(2020·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率．
(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；
(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与数学期望．
【解】 (1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，
P(A)＝eq \f(35,100)＝0.35，P(B)＝eq \f(45,100)＝0.45，
P(C)＝eq \f(20,100)＝0.2，
所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝1－[P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C)]＝0.635.
(2)由题意知，X的所有可能取值为2，3，4，5，6，
P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，
P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，
P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，
P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，
P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列为
E(X)＝0.122 5×2＋0.315×3＋0.342 5×4＋0.18×5＋0.04×6＝3.7.
eq \a\vs4\al()
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
2．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,6)；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．
解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，
两人都付0元的概率为P1＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
两人都付40元的概率为P2＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
两人都付80元的概率为
P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,24)＝eq \f(5,12).
(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，40，80，120，160，则：
P(ξ＝0)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)；
P(ξ＝40)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)；
P(ξ＝80)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(5,12)；
P(ξ＝120)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)；
P(ξ＝160)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24).
ξ的分布列为
独立重复试验与二项分布(师生共研)
某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【解】 (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Ceq \\al(2,20)p2(1－p)18.因此f′(p)＝Ceq \\al(2,20)[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2Ceq \\al(2,20)p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0，0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1，1)时，f′(p)400，故应该对余下的产品作检验．
eq \a\vs4\al()
(1)独立重复试验的特点
①每次试验中，事件发生的概率是相同的；
②每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．
(2)判断随机变量X服从二项分布的条件(X～B(n，p))
①X的取值为0，1，2，…，n；
②P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p为试验成功的概率)．
[提醒] 在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．
1．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现音乐，要么不出现音乐．设每次击鼓出现音乐的概率为eq \f(1,2)，且各次击鼓出现音乐相互独立．设每盘游戏出现音乐的次数为X，则P(X≥1)＝________．玩三盘游戏，则恰有两盘出现音乐的概率是________．
解析：由题意X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，
所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(7,8)，
或P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)
＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(7,8)，
故每盘游戏出现音乐的概率为eq \f(7,8)，
所以玩三盘游戏，恰有两盘出现音乐的概率
P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(7,8)))＝eq \f(147,512).
答案：eq \f(7,8) eq \f(147,512)
2．(2020·合肥模拟)师大附中学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)记录了他们的幸福度分数．
(1)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这16人中随机选取3人，至多有1人的幸福度是“极幸福”的概率；
(2)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．
解：(1)设事件Ai(i＝0，1，2，3)表示所取3人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有1人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝eq \f(Ceq \\al(3,12),Ceq \\al(3,16))＋eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,12),Ceq \\al(3,16))＝eq \f(121,140).
(2)ξ的可能取值为0，1，2，3，由样本估计总体得任选1人，其幸福度为“极幸福”的概率为eq \f(4,16)＝eq \f(1,4)，则
P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,64)；
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(27,64)；
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,64)；
P(ξ＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,64).
所以ξ的分布列为
所以E(ξ)＝0×eq \f(27,64)＋1×eq \f(27,64)＋2×eq \f(9,64)＋3×eq \f(1,64)＝0.75.
数学运算 二项分布与超几何分布的辨别方法
写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数；
(2)X2表示连续抛掷2枚骰子，所得的2枚骰子的点数之和；
(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N＞M＞0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N)，抽出的次品件数为X3；
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X4(N＞M>n>0)．
【解】 (1)X1的分布列为
X1服从二项分布，即X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,3))).
(2)X2的分布列为
X2既不服从二项分布也不服从超几何分布．
(3)X3的分布列为
X3服从二项分布，即X3～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(M,N))).
(4)X4的分布列为
X4服从超几何分布．
eq \a\vs4\al()
综上，(1)(3)服从二项分布，(4)服从超几何分布，(2)既不服从二项分布也不服从超几何分布．
超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立．当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布．
某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动．
然后在各公园签名的人中按分层抽样的方式抽取10名幸运之星回答问题，从10个关于长征的问题中随机抽取4个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．
(1)求此活动中各公园幸运之星的人数；
(2)若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为eq \f(\r(2),2)，求乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率；
(3)若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外2个问题答不对，记小李答对的问题数为X，求X的分布列．
解：(1)甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为eq \f(45,150)×10＝3，eq \f(60,150)×10＝4，eq \f(30,150)×10＝2，eq \f(15,150)×10＝1.
(2)根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,4)，
所以乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率为
Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(27,128).
(3)由题意，知X的所有可能取值2，3，4，服从超几何分布，P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,8)Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(2,15)，
P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,8)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(8,15)，P(X＝4)＝eq \f(Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(0,2),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(1,3).
所以X的分布列为
[基础题组练]
1．(2020·湖南长沙一模)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为( )
A．0.75 B．0.6
C．0.52 D．0.48
解析：选A.设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A，使用到2年时还未损坏为事件B，则由题意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.6,0.8)＝0.75，故选A.
2．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为( )
A．0.25 B．0.30
C．0.31 D．0.35
解析：选C.设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率
P1＝P(eq \x\t(A)BCD＋Aeq \x\t(B)CD＋ABeq \x\t(C)D＋ABCeq \x\t(D))
＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，
4人使用设备的概率
P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，
故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
3．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：
若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为( )
A.eq \f(13,16) B．eq \f(27,64)
C.eq \f(25,32) D．eq \f(27,32)
解析：选D.由表可知元件使用寿命在30天以上的概率为eq \f(150,200)＝eq \f(3,4)，则所求概率为Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,32).
4．(2020·河南中原名校联盟一模)市场调查发现，大约eq \f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为eq \f(17,20)，而实体店里的家用小电器的合格率约为eq \f(9,10).现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是( )
A.eq \f(6,7) B．eq \f(5,6)
C.eq \f(4,5) D．eq \f(2,5)
解析：选A.因为大约eq \f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为eq \f(17,20)，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(17,20)))＝eq \f(3,25)，又实体店里的家用小电器的合格率约为eq \f(9,10)，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))＝eq \f(1,50)，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝eq \f(\f(3,25),\f(3,25)＋\f(1,50))＝eq \f(6,7).
5．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝10p·(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
6．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．
解析：该同学通过测试的概率P＝Ceq \\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.
答案：0.648
7．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝________．
解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n(B)＝108，4个人去的景点不同的情况有Aeq \\al(4,4)＝4×3×2×1＝24种，即n(AB)＝24，所以P(A|B)＝eq \f(n（AB）,n（B）)＝eq \f(24,108)＝eq \f(2,9).
答案：eq \f(2,9)
8．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为________，该选手回答了5个问题结束的概率为________．
解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128.
依题意，设答对的事件为A，可分第3个正确与错误两类，若第3个正确则有Aeq \x\t(A)Aeq \x\t(A)或eq \x\t(A)eq \x\t(A)Aeq \x\t(A)两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032 0.该选手第3个问题的回答是错误的，第1，2两个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率为0.032 0＋0.072＝0.104.
答案：0.128 0.104
9．(2020·湖南两市联考)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．一个运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，他们出线与未出线是相互独立的．
(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员所得分数之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解：(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，
则P(D)＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3.
P(ξ＝0)＝P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝eq \f(1,30)；
P(ξ＝1)＝P(Aeq \x\t(B)eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)Beq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)eq \x\t(B) C)＝eq \f(13,60)；
P(ξ＝2)＝P(ABeq \x\t(C))＋P(Aeq \x\t(B)C)＋P(eq \x\t(A)BC)＝eq \f(9,20)；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列为
故E(ξ)＝0×eq \f(1,30)＋1×eq \f(13,60)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(3,10)＝eq \f(121,60).
10．(2020·河北“五个一名校联盟”模拟)空气质量指数(Air Quality 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的茎叶图如图．
(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)从茎叶图中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，所以该样本中空气质量为优良的频率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×eq \f(3,5)＝18.
(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为eq \f(3,5)，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5))).
所以P(ξ＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,125)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(36,125)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(1)＝eq \f(54,125)，
P(ξ＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125).
ξ的分布列为
[综合题组练]
1．(2020·南昌模拟)为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
解析：选D.记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.由题意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1，2，3)相互独立，则P(Ai)＝eq \f(30,60)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(20,60)＝eq \f(1,3)，P(Ci)＝eq \f(10,60)＝eq \f(1,6)，i＝1，2，3，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝Aeq \\al(3,3)P(AiBiCi)＝6×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,6).
2．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.eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(4,5)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D．Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9)
解析：选B.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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))eq \s\up12(3)×eq \f(4,9).
3．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)
①P(B)＝eq \f(2,5)；
②P(B|A1)＝eq \f(5,11)；
③事件B与事件A1相互独立；
④A1，A2，A3是两两互斥的事件；
⑤P(B)的值不能确定，它与A1，A2，A3中哪一个发生都有关．
解析：由题意知A1，A2，A3是两两互斥的事件，
P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，
P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)，
而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(5,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22).故正确的为②④.
答案：②④
4．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7，0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．
(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________；
(2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．
解析：(1)记“甲在第i次试跳成功”为事件Ai，“乙在第i次试跳成功”为事件Bi，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C.
法一：P(C)＝P(A1eq \x\t(B)1)＋P(eq \x\t(A)1B1)＋P(A1B1)
＝P(A1)P(eq \x\t(B)1)＋P(eq \x\t(A)1)P(B1)＋P(A1)P(B1)
＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.
法二：由对立事件的概率计算公式得P(C)＝1－P(eq \x\t(A)1eq \x\t(B)1)＝1－P(eq \x\t(A)1)P(eq \x\t(B)1)＝1－0.3×0.4＝0.88.
(2)设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi，“乙在两次试跳中成功i次”为事件Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝Ceq \\al(1,2)×0.7×0.3×0.42＋0.72×Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4＝0.302 4.
答案：(1)0.88 (2)0.302 4
5．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是eq \f(2,3)和eq \f(3,4).假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？
解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件A1为“甲连续射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．
故P(eq \x\t(A)1)＝Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81).
所以P(A1)＝1－P(eq \x\t(A)1)＝1－eq \f(16,81)＝eq \f(65,81).
所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为eq \f(65,81).
(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B2，
则P(A2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,27)，
P(B2)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(1)＝eq \f(27,64).
由于甲、乙射击相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝eq \f(8,27)×eq \f(27,64)＝eq \f(1,8).
所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为eq \f(1,8).
(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中“为事件Di(i＝1，2，3，4，5)，
则A3＝D5D4eq \x\t(D)3(eq \x\t(D)2eq \x\t(D)1∪eq \x\t(D)2D1∪D2eq \x\t(D)1)，且P(Di)＝eq \f(1,4).
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P(eq \x\t(D)3)P(eq \x\t(D)2eq \x\t(D)1＋eq \x\t(D)2D1＋D2eq \x\t(D)1)
＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)×\f(3,4)＋\f(3,4)×\f(1,4)＋\f(1,4)×\f(3,4)))＝eq \f(45,1 024).
所以乙恰好射击5次后被终止射击的概率为eq \f(45,1 024).
6．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Ceq \\al(2,40)，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Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25)，所以所求的概率P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(15×25,20×39)＝eq \f(25,52).
(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eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，
故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,5))).
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))＝eq \f(36,125)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(0)＝eq \f(8,125).
所以X的分布列为
独立重复试验
二项分布
定义
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验
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发生的概率是p，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
计算公式
用Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An) ＝P(A1)P(A2)…P(An)
在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)
X
2
3
4
5
6
P
0.122 5
0.315
0.342 5
0.18
0.04
ξ
0
40
80
120
160
P
eq \f(1,24)
eq \f(1,4)
eq \f(5,12)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(27,64)
eq \f(27,64)
eq \f(9,64)
eq \f(1,64)
X1
0
1
2
…
n
P
Ceq \\al(0,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)
Ceq \\al(1,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1)
Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－2)
…
Ceq \\al(n,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)
X2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P
eq \f(1,36)
eq \f(2,36)
eq \f(3,36)
eq \f(4,36)
eq \f(5,36)
eq \f(6,36)
eq \f(5,36)
eq \f(4,36)
eq \f(3,36)
eq \f(2,36)
eq \f(1,36)
X3
0
1
2
…
n
P
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))eq \s\up12(n)
Ceq \\al(1,n)eq \f(M,N)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))eq \s\up12(n－1)
Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,N)))eq \s\up12(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(M,N)))eq \s\up12(n－2)
…
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M,N)))eq \s\up12(n)
X4
0
1
…
k
…
n
P
eq \f(Ceq \\al(n,N－M),Ceq \\al(n,N))
eq \f(Ceq \\al(1,M)Ceq \\al(n－1,N－M),Ceq \\al(n,N))
…
eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\al(n,N))
…
eq \f(Ceq \\al(n,M),Ceq \\al(n,N))
公园
甲
乙
丙
丁
获得签名人数
45
60
30
15
X
2
3
4
P
eq \f(2,15)
eq \f(8,15)
eq \f(1,3)
使用时间/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
个数
10
40
80
50
20
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)