Ｘ Ｐ １ 415710２ 415３ 15４ 215５ 115
P(X?1)?，
?625? P(X?2)?3?810?10，
27500?17. 解：设黄球个数为n,由题意知绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中总数为7n.
?P(Y?1)?4n7n?47?27P(X?3)?3?2?910?10?10,
3500P(X?4)?n7n?173?2?1?1010?10?10?10.
，P(Y?0)?
，
所以X的概率分布为 X P
1 710P(Y??1)?2n7n2 6253 275004 3500所以得分Y的分布列为
Y P
18 解：（1）由题意，X的可能取值为1，2，3，4，其中
P(X?1)?710 1 470 17-1 27高考模拟
19．解：：设Ak表示第k辆车在一年内发生
此种事故，k?1，由题意知A1，A2，A32，3．独立，
，
?730且P(A1)?，
7120?19，P(A2)?110，P(A3)?111．
P(X?2)?3?710?9（Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为
1?P(A1A2A3)?1?P(A1)P(A2)P(A3)
,
1120P(X?3)?3?2?710?9?8?P(X?4)?3?2?1?710?9?8?7?1?
89?910?1011?311．
所以X的概率分布为 X P 1 710?的所有可能值为0，（Ⅱ）9000，18000，
4 2 7303 712027000．
1120P(??0)?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?89?910?1011?811(2)由于放回，每次取时完全相同.所以X的可能取值为1，2，?，k，?，其中
P(X?1)?710，
，P(X?2)?3?3?7?633?710?10?21100，
P(??9000)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3) ?P(A1)P(A2)P(A3) ?1?9?10?8?110?1011?89?910?111P(X?3)?10?10?103k?11000,?
P(X?k)??7k，
10所以X的概率分布为 X P 1 272 211003 631000? ? 3k k?1? ? ?7k1091011924211??， 99045
(3) 由题意，X的可能取值为1，2，3，4，其中
P(??18000)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)用心 爱心 专心
?P(A1A2A3)
?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3)?P(A1)P(A2)P(A3) ?1?1?10?1?910?111?89?110?111（Ⅱ）?可能的取值为0,1,2
P???0??C17C12202?13619051，
910119273， ??990110
P???1??C3C17C20C3C221?1903，
P???2??220?1901
P(??27000)?P(A1A2A3)? ?P(A1)P(A2)P(A3) ?19?110?111?1990P 0 136190 2 511903190．
E??0?综上知，?的分布列为 ? P 136190?1?51190?2?3190?310
0 8119000 114518000 311027000 1990记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率
P?1?P?B??1?136190?2720解：（Ⅰ）记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A 用
对
立
事
件
A
来
4所以商家拒收这批产品的概率为
952795
算，有
P??A?1??P?A1?0?.2? 0.998422二项分布及其应用 A卷（课堂针对训练一）
条件概率
双基再现
1.D 解析：根据条件概率定义P(B|A)?的变形公式
P(AB)?P(B|A)?P(A)?310?15?350P(AB)P(A)4.
12 解析：设此种动物活到20岁为事件A，活到
25岁为事件B，所以
P(B|A)?P(AB)P(A)?P(B)P(A)?0.40.8?12
5.解：（1）设先摸出一个白球为A,放回摸球第二个摸出仍为白球为B,则P(B|A)?2?22?5?252.A 解析：在第一位数字为0的条件下，第二位数字为0的概率为 P(A|B)?n(AB)n(B)?22?2?12
（2）设先摸出一个白球为A,不放回第二个摸出仍为白球为B，则P(B|A)?2?12?4?143.C 解析：设A={下雨}，B={刮风}，则
1P(B|A)?P(AB)P(A)?310? 4815
6.解：设A={用满10000小时未坏}，
B={用满6000小时未坏}，显然AB=A 所以
用心 爱心 专心
P(AC)P(C)0.95?0.70.9051P(A|B)?P(AB)P(B)?P(A)2?2? 3P(B)34P(A|C)???0.73
名师点金：本变式题与原题比较在问题情景、设题方式等方面发生了变化，使问题转变为利用条件概率计算互斥事件和事件的概率。虽然与原题应用公式不同，但仍是利用概率性质简化运算的思想。此类问题解题时应注意着重分析事件间关系，辨清所给概率是哪一事件的概率。另外本题还可以提出非合格品概率问题，利用对立事件概率性质解决，构成新的变式。
变式活学
7 解：A={在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B={在班内任选一个学生，该学生是团员}。（1）P(A)? (2)P(B)?1040?14,
1540?438?,
110实践演练
1(3)P(AB)?9．解：设A={已知有一个是女孩}，B={另一个也是女孩} ,则AB={两个都是女孩} 〈法一〉可分为四个等可能的结果
（女，女）、（女，男）、（男，女）、（男，男）
其中n(A)=3,n(AB)=1，所以
P(B|A)?n(AB)n(A)?1340（4）〈法一〉P(A|B)?P(AB)P(B)?410 ?3158
34〈法二〉P(A|B)?n(AB)n(B)?415
〈法二〉P(AB)?P(B|A)?P(AB)P(A)14?名师点金：本变式题与原题比较在背景、数据方面发生了变化，使问题从原来“题目”的选择转变为“人”的选择。虽然所给数据增加、背景变换，但本质并没发生变化。解题时可与原题比较，来寻求解决此类问题的规律。另外由于前几问的铺垫很自然想到法一，但法二样本空间的观点也是我们解决条件概率的常用方法.
8．解：设A={甲厂产品}，B={乙厂产品}，C={合格产品}，则由题意
P(A)=70％,P(B)=30％,P(C|A)=95％,P(C|B)=80％所以
（1）合格率P(C)=P(AC)+P(BC)
= 95％?70％+80％?30％=0.905
（2）合格品中是甲厂的概率
，P(A)?13，所以
10．解：设取一件产品是不合格品为事件A，是废品为事件B，则 P(B|A)??P(AB)P(A)?P(A)?P(AB)P(A)
?0.9
P(A)?P(B)P(A)?0.1?0.010.1A卷（课堂针对训练二） 事件的相互独立性
双基再现
1 .B 解析：判断两个事件A、B是否相互独立，可以看A的发生对事件B发生的概率是否有影响，也可根据独立的定义:P(AB)=P(A)P(B)来判断. 2 .C 解析：由题意两气象台预报不准确的概率分别为0.2与0.1，且相互独立，所以都不准确的概率为0.2×0.1=0.02.
3. B 解析：恰有一人解决包括“甲解决而乙未解决”和“甲未解决而乙解决”两种情况，而且甲乙
两人解题相互独立.
4.D 解析：可用分类或排除法：
1?(1?15)?(1?14)?25
5.
19 解析：颜色相同包括三红、三黄、三绿， 概率为
13?13?13?3?19
6 0.752 解析：
用心 爱心 专心
P(M)?[1?P(A?B)][1?P(C?D)]=0.752
9．解：（1）X的可能取值为0，1，2，3，4 P(X?0)?P(X?1)?变式活学
7 解：设“甲能译出”为事件A，“乙能译出”为事件B,由题意，A、B相互独立。所以 （1）P(AB)=P(A)P(B)=
13?14?1121323?1213?1312?1213?13613?，
12?12?13????
?7 54
?13?2312??2323??1313??1213??2312??1313??1212?(2) P(AB?AB)?P(AB)?P(AB)
?13?(1?14)?(1?13)?14?512P(X?2)?12
?23?13?
（3）<法一>
P(AB?AB?AB)?P(A)P(B)?P(A)P(B)?P(A)P(B)12?23?13?12?12?12?13?12?12?23 ?13?232312??2323?12?23?23?12?13?38?13
2312
?13?(1?14)?(1?13)?14?(1?13)(1?14)?1112P(X?3)??2312?1312?12
?<法二>
P(AB?AB?AB)?1?P(AB)?1?112?1112?13?????175648 P(X?4)?23?23?23?23?1681
名师点金：本变式题与原题比较改变了问题情景，并将“至少一个”的问题改变为“至多一个”。设题方式虽然发生了变化，但仍然是利用独立事件概率特征进行计算。同时在解决“至多至少”类型问题时，可采取分类或排除法。另外本题还可以提出“两人都不能破译”、“三人每人能破译的概率均为
13所以X的分布列为 X P 0 1361 7542 383 16811756484 1012161681 (2)P(X?3)?P(X?4)?175648??
”这样的问题等，构成新的变式，为后续学习做
10．解：方案1：单独采用一种预防措施的费用均不超过120万元由表可知，采用甲措施，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为0.9
准备。 8．解：设
P(A)=m,P(B)=n
19由题意，
方案2：联合采用两种预防措施，费用不超过120万元，由表可知联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97
方法3：联合采用三种预防措施，费用不超过120万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为1—（1—0.8）(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976
综合上述三种预防方案可知，在总费用不超过120万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大
P(AB)?(1?m)(1?n)?,P(AB)?P(AB),
23即m(1?n)?(1?m)n解得m=n=，即P(A) =
23
名师点金：本变式题与原题比较,在情景数据，设题方式等方面发生了变化，使问题转变为逆向求解，相应的解题时应采用方程思想，但事件间关系的表示还是关键。另外本题还可以改变数字运算为字母运算构成新的变式，可更好的理解算法。
实践演练
A卷（课堂针对训练三） 独立重复试验与二项分布
双基再现 1.A 解析：3次中恰有1次获得通过的概率为
用心 爱心 专心
22411C3()?()?
339=1-P(X<3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)
061626=1?C6(0.5)?C6(0.5)?C6(0.5)
2. A 解析：未发芽的概率为01，
P?C50.1?0.9?0.0729
223?1?1?6?1564?2132
(2) 至少4人同时上网的概率为
3 .D 解析：从每箱中抽出一盒是正品的概率为0.99，三盒都是正品的概率为0.993，所以其对立事件“至少有一盒是次品”的概率为1?0.993
44 .C5C6(0.5)?C6(0.5)?C6(0.5) ?15?6?164?1132?0.3
465666至少5人同时上网的概率为
5666C6(0.5)?C6(0.5)?6?1?7?0.3
6464()??66145515C5()6 解析：依题意，
因此，至少5人同时上网的概率小于0.3. 名师点金：本变式题与原题比较,在情景数据方面发生了变化，并将问题转变为利用概率值求上网人数的问题.第一问可以分类或排除法，分类分四类，排除法排除三类，排除法较好些.
ξ～B(5,5.
16),所以P(ξ>3)= P(ξ=4)+ P(ξ=5)
1 3 解析：设一次试验中出现的概率为p,
19=1－(1－p)3,所以p=1
327实践演练
9．解：三次摸球中每次摸出白球的概率为
13，
556. C8P(1?P) 解析：由题意，若8次到B，
3则必在8次选择中5次向东，3次向北，其概率为
C8P(1?P)
553由题意，Y～B(3,
113),
23kkn?k 即P(Y?k)?C3（k=0,1,2,3） ()()3变式活学
7.解：由题意,甲运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为0.7，乙运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为0.6，两人射击均服从二项分布.
(1)甲运动员向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是
c3?0.7?(1?0.7)?0.44
22110．解：(1)“油罐被引爆”的事件为事件A，其对立事件为A包括“一次都没有命中”和“只命中一次”，即P(A1?)=C5?2??1??1??????? ?3??3??3?4545?232?2??1??1??1∴P(A)=1-?C5??????????
3??3?3??243?????(2)射击次数ξ的可能取值为2，3，4，5，
(2)乙运动员各向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是
?2?P(ξ=2)=???3?2?49
?c23?0.7?(1?0.7)?c3?0.6?(1?0.6)?0.19
2??22?名师点金：本变式题与原题比较，改变了给出概率的方式，并且将一人射击变成两人射击，把独立重复试验与上一节学习的独立事件同时发生的概率结合起来考察。另外本题还可以改变问题为“甲乙击中次数之和大于4的概率”，或把两人改为三人等，构成新的变式.
8．解：设同时上网人数为X,则X～B(6,05)
(1)P(X≥3)
P(ξ=3)=C2.12128..? 333272?1?.??3?3?2
P(ξ
1=4)=C3.23?427
P(ξ
1=5)=C4?2??1??1?.????????3??3??3?34?19
故ξ的分布列为：
用心 爱心 专心