高考数学(理数)一轮复习学案10．7《独立事件与二项分布及其应用》(含详解)

这是一份高考数学(理数)一轮复习学案10．7《独立事件与二项分布及其应用》(含详解)，共11页。

10．7　独立事件与二项分布及其应用



1．条件概率及其性质
(1)一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称________为事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．P(B|A)读作______________________________．
在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的个数，则P(B|A)＝__________________＝__________________．
(2)条件概率具有的性质
①________________；
②如果B和C是两个互斥事件，则
P(B∪C|A)＝________________________．
2．相互独立事件
(1)对于事件A，B，若事件A的发生不会影响事件B发生的概率，则称____________________．
(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝____________，P(AB)＝________________．
(3)若A与B相互独立，则____________，____________，____________也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则____________________．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的、各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生、要么不发生，且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的．在相同条件下重复做的n次试验称为________________，若Ai(i＝1，2，…，n)是第i次试验的结果，则P(A1A2…An)＝________________．
(2)在n次独立重复试验中，事件A发生k次的概率为(每次试验中事件A发生的概率为p)__________________，事件A发生的次数是一个随机变量X，其分布列为__________________(k＝0，1，2，…，n)，此时称随机变量X服从____________，记为____________．

自查自纠：
1．(1)P(B|A)＝　A发生的条件下B发生的概率
　
(2)①0≤P(B|A)≤1　②P(B|A)＋P(C|A)
2．(1)事件A与事件B相互独立　(2)P(B)　P(A)P(B)
(3)与　与B　A与　
(4)A，B相互独立
3．(1)n次独立重复试验　P(A1)P(A2)…P(An)
(2)Cpk(1－p)n－k　P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k
二项分布　X～B(n，p)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


将一枚硬币连续抛掷5次，正面向上的次数为X，则 (　　)
A．X～B(5，0．5) B．X～B(0．5，5)
C．X～B(2，0．5) D．X～B(5，1)
解：由二项分布的概念知A正确．故选A．
()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＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝ (　　)
A． B． C． D．
解：小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，剩下三人只能在小赵选剩下的三个景点中选择，可能有3×3×3＝27种方案，所以小赵独自去一个景点所有方案有4×3×3×3＝108种，因为四个人去的不同景点的方案有4×3×2×1＝24(种)，所以 P＝(A|B)＝＝．故选A．
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，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 (　　)
A．0．648 B．0．432 C．0．36 D．0．312
解：该同学通过测试的概率为C0．62·0．4＋0．63＝0．62(1．2＋0．6)＝0．648，或1－0．43－C0．42·0．6＝0．648．故选A．
某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，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)服从正态分布N(1 000，502)，且各元件能否正常工作互相独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为____________．

解：由已知可得，三个电子元件使用寿命超过1 000小时的概率均为，所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为[1－(1－)2]×＝．故填．
()同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是____________．
解：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有(正正)，(正反)，(反正)，(反反)，所以在1次试验中成功的概率为p＝，所以X～B， E(X)＝2×＝．故填．


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　条件概率
　(1)已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　)
A． B． C． D．
解法一：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝，则所求概率为P(B|A)＝＝＝．
解法二：第1次抽到螺口灯泡后还剩余9只灯泡，其中有7只卡口灯泡，故第2次抽到卡口灯泡
(2)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于 (　　)
A． B． C． D．
解法二：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．
得P(B|A)＝＝．故选B．

点　拨：
解决条件概率问题的步骤：第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步：计算概率，这里有两种思路．思路一：缩减样本空间法计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝计算．思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝计算．
　　
　(1)()某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为 (　　)
A． B． C． D．
解：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝，P(AB)＝，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝＝＝．故选C．
(2)高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是____________．
类型二　相互独立事件同时发生的概率
　()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





点　拨：
求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．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”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
　　
　某社区举办的环保知识比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是．若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解：(1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)＝，
且有
即
所以P(B)＝，P(C)＝．
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P()＝P()·P()·P()＝××＝，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－－＝．

类型三　独立重复试验与二项分布
　()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)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(3，)．
所以P(X＝0)＝C()0()3＝，
P(X＝1)＝C()()2＝，
P(X＝2)＝C()2()＝，
P(X＝3)＝C()3()0＝．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





点　拨：
判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①试验是否为n次独立重复试验；②随机变量是否为这n次独立重复试验中某事件发生的次数．
　　
　一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
解：(1)X可能的取值为10，20，100，－200．
根据题意，有
P(X＝10)＝C×()1×(1－)2＝，
P(X＝20)＝C×()2×(1－)1＝，
P(X＝100)＝C×()3×(1－)0＝，
P(X＝－200)＝C×()0×(1－)3＝．
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P




(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1，2，3)，
则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝．
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－()3＝1－＝．
因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是．
类型四　事件独立、对立、互斥的综合运用
　某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．
解：(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，
则X～B．在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为P(X＝2)＝C××＝．
(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A3)＋P(A2A3A4)＋P(A3A4A5)＝×＋××＋× ＝．
(3)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3)．
由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，6．
P(ξ＝0)＝P()＝＝，
P(ξ＝1)＝P(A1)＋P(A2 )＋P(A3)
＝×＋××＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A1A3)＝××＝，
P(ξ＝3)＝P(A1A2)＋P(A2A3)
＝×＋×＝，
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝＝．
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
6
P






点　拨：
正确区分相互独立事件与n次独立重复试验是解决这类问题的关键．题(3)属于独立、互斥等事件的综合应用，这一类型的问题一直是高考考查的热点题型，一般采取“大化小”的解决策略，即将“大”的分布列或期望问题化为“小”的随机变量概率问题；再将“大”的概率问题化为“小”的独立事件概率问题，一般是P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，P(A)＝1－P()，P(AB)＝P(A)P(B)这三个公式的联用．注意分清每一个事件是由哪几个基本事件构成的，做到不重不漏．
　　
　()甲、乙两人组成“火星队”参加投篮游戏，每轮游戏中甲、乙各投一次，如果两人都投中，则“火星队”得4分；如果只有一人投中，则“火星队”得2分；如果两人都没投中，则“火星队”得0分．已知甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为；每轮游戏中甲、乙投中与否互不影响，假设“火星队”参加两轮游戏，求：
(1)“火星队”至少投中3个球的概率；
(2)“火星队”两轮游戏得分之和X的分布列和数学期望E(X)．
解：(1)设事件Ai为“甲第i次投中”，事件Bi为“乙第i次投中”，i＝1，2，由事件的独立性和互斥性可得，
P(至少投进3球)＝ P(A1A2B1B2)＋P(A2B1B2)＋P(A1B1B2)＋P(A1A2B2)＋P(A1A2B1)
＝×××＋2×(×××＋×××)＝，
所以“火星队”至少投中3个球的概率为．
(2)X的所有可能的取值为0，2，4，6，8，
P(X＝0)＝×××＝；
P(X＝2)＝2×(×××＋×××)＝＝ ；
P(X＝4)＝2×(×××＋×××)＋×××＋×××＝；
P(X＝6)＝2×(×××＋×××)＝＝；
P(X＝8)＝×××＝＝．
所以X的分布列为
X
0
2
4
6
8
P





E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝．
类型五　二项分布的最大项问题
　如果X～B，则P(X＝k)取得最大值时，k＝________．
解：由题意知，X服从二项分布，所以
P(X＝k)＝C＝C，
P(X＝k＋1)＝C，k∈N且k≤19．
考查不等式≥1，即×≥1，解得k≤6．
所以k≤6时，P(X＝k＋1)≥P(X＝k)，k>6时，P(X＝k＋1) 所以k＝6或7时，P(X＝k)取最大值．故填6或7．

点　拨：
如果X～B(n，p)，其中0
　如果X～B，则使P(X＝k)取最大值的k值为________．
解：令
⇒ ⇒3≤k≤4．故k＝3或4，故填3或4．




1．“独立”与“互斥”的区别
两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响(如有放回的抽取模型)．两事件相互独立通常不互斥，两事件互斥通常不独立．
2．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求出P(A)，P(AB)，再求P(B|A)＝．
(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)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB)，即可求得P(B|A)＝．
(3)为了求一些复杂事件的条件概率，往往可以先把它分解为两个(或若干个)互斥事件的和，再利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)进行计算，其中B，C互斥．
3．对n次独立重复试验的理解
(1)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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，其中p是一次试验中该事件发生的概率．实际上，Cpk(1－p)n－k正好是二项式[(1－p)＋p]n的展开式中的第k＋1项．这也是二项分布名称的由来．
(2)要弄清n次独立重复试验中恰好发生k次的概率与第k次才发生的概率计算公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k与Pk＝(1－p)k－1p的区别．
4．相互独立事件同时发生的概率的求法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
(2)正面计算较繁或难于入手时，可正难则反从其对立事件入手进行计算．
5．正确理解独立重复试验与独立事件间的关系
独立重复试验是指在同样条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只有两种结果(即某事件要么发生，要么不发生)，并且在每次试验中，事件发生的概率均相等．独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样．一般地，有“恰好”等字眼的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”等字眼的题目用对立事件的概率公式计算更简单一样．


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．()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：三次均反面朝上的概率是()3＝，所以至少一次正面朝上的概率是1－＝．故选D．
2．()某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为，则p等于(　　)
A． B． C． D．
解：由题意得(1－p)＋(1－)p＝，所以p＝．故选B．
3．甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是，3人命中与否互不影响．现在3人同时射击目标，则目标被击中的概率为 (　　)
A． B． C． D．
解：目标被击中的概率P＝1－××＝．故选A．
4．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是．则质点P移动五次后位于点(2，3)的概率是 (　　)
A． B． C． D．
解：移动五次后位于点(2，3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次．故其概率为C××＝C×＝．故选B．
5．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，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 (　　)
A．0．648 B．0．432 C．0．36 D．0．312
解：3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0．62×(1－0．6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0．63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0．62×(1－0．6)＋0．63＝0．648．故选A．
6．()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：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．故选C．
7．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一个发生的概率是________．
解：依题意得P(A)＝，P(B)＝，且事件A，B相互独立，则事件A，B中至少有一个发生的概率为1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝．故填．
8．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入A袋中的概率为__________．

解：记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，若小球落入B袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P(B)＝＋＝，从而P(A)＝1－P(B)＝1－＝．故填．
9．甲、乙两队参加知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人回答正确与否相互之间没有影响．用X表示甲队的总得分．
(1)求随机变量X的分布列和均值；
(2)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB)．
解：(1)方法一：由题意知，X的可能取值为0，1，2，3，且
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




X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2．
方法二：根据题设可知X～B，
因此X的分布列为
P(X＝k)＝C××
＝C×，k＝0，1，2，3．
因为X～B，所以E(X)＝3×＝2．
(2)用C表示“甲队得2分乙队得1分”这一事件，用D表示“甲队得3分乙队得0分”这一事件，所以AB＝C＋D，且C，D互斥，P(C)＝×(××＋××＋××)＝．
P(D)＝×＝，
由互斥事件的概率公式得
P(AB)＝P(C)＋P(D)＝＋＝．
10．()从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值．由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55，65)，[65，75)，[75，85]内的频率之比为4∶2∶1．

(1)求这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率；
(2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标值位于区间[45，75)内的产品件数为X，求X的分布列．
解：(1)设这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率为x，则落在区间[55，65)，[65，75)内的频率分别为4x，2x．
依题意得(0．004＋0．012＋0．019＋0．030)×10＋4x＋2x＋x＝1，解得x＝0．05．
所以这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率为0．05．
(2)由(1)得，这些产品质量指标值落在区间[45，75)内的频率为0．3＋0．2＋0．1＝0．6，将频率视为概率得p＝0．6．
由题意X～B(3，0．6)，
因为X的所有可能取值为0，1，2，3，
且P(X＝0)＝C×0．60×0．43＝0．064，
P(X＝1)＝C×0．61×0．42＝0．288，
P(X＝2)＝C×0．62×0．41＝0．432，
P(X＝3)＝C×0．63×0．40＝0．216，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0．064
0．288
0．432
0．216
11．()某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0．85a
a
1．25a
1．5a
1．75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0．30
0．15
0．20
0．20
0．10
0．05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
解：(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，
故P(A)＝0．20＋0．20＋0．10＋0．05＝0．55．
(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，
故P(B)＝0．10＋0．05＝0．15．
又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝＝＝＝，因此所求概率为．
(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为
X
0．85a
a
1．25a
1．5a
1．75a
2a
P
0．30
0．15
0．20
0．20
0．10
0．05
E(X)＝0．85a×0．30＋a×0．15＋1．25a×0．20＋1．5a×0．20＋1．75a×0．10＋2a×0．05＝1．23a．
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1．23．
()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：(1)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()＋P(A2)＋
P(A1)＝P()P()＋
P()P(A2)P()P()＋P(A1)·P()P()＝()2＋(1－)××(1－)2＋×(1－)2＝．
所以P(C)＝1－＝．
(2)依题意知ξ＝2，3，4，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P()＝P(A1)P(B1)＋P()·P()＝，
P(ξ＝3)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A1)＝P(A1)P()P(B2)＋P()P(A2)P(B1)＋P(A1)P()·P()＝，
P(ξ＝4)＝P(A2)＝P()P(A2)P()＝．
故投篮的次数ξ的分布列为
ξ
2
3
4
P