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【四川】2014高考数学(文)二轮复习：专题7-第3讲概率、随机变量及其分布列考点精讲精练及答案【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 第三讲 概率、随机变量及其分布列 1( 古典概型和几何概型 (1)古典概型的概率: A中所含的基本事件数mP(A),. n基本事件总数(2)几何概型的概率: 构成事件A的区域长度，面积或体积，P(A),. 试验的全部结果所构成的区域长度，面积或体积，2( 互斥事件与对立事件的关系 (1)对立是互斥，互斥未必对立; (2)如果事件A，B互斥，那么事件A，B发生(即A，B中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A，B),P(A)，P(B)(这个公式称为互斥事件的概率加法公式( (3)在一次试验中，对立事件A和A不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P(A),1,P(A)( 3( 条件概率 在A发生的条件下B发生的概率: P，AB，P(B|A),. P，A，4( 相互独立事件同时发生的概率 P(AB),P(A)P(B)( 5( 独立重复试验 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为 ,kknkP(k),Cp(1,p)，k,0,1,2，n. nn6(离散型随机变量的分布列 (1)设离散型随机变量可能取的值为x，x，x，取每一个值x的概率为P(12ii,x),p，则称下表: ii x x x x 123i P p p p p 123i为离散型随机变量的分布列( (2)离散型随机变量的分布列具有两个性质:?p?0，?p，p，p，,1(i,i12i1,2,3，)( 7( 常见的离散型随机变量的分布 :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 (1)两点分布 分布列为(其中0<p<1) 0 1 1,p P p (2)二项分布 在n次独立重复试验中，事件A发生的次数是一个随机变量，其所有可能取的值为,kknk0,1,2,3，n，并且P(,k),Cpq(其中k,0,1,2，n，q,1,p)( nn,kknk显然P(,k)?0(k,0,1,2，n)，?Cpq,1. n,k0称这样的随机变量服从参数n和p的二项分布，记为,B(n，p)( 8( 离散型随机变量的期望 若离散型随机变量的分布列为 x x x 12n P p p p 12n1( (2013?四川)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( ) 1137A. B. C. D. 4248答案 C 解析 设在通电后的4秒钟内甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮0?x?4,0?y?4的时刻为x、yx、y相互独立由题意可知,如,|x,y|?2,图所示(?两串彩灯第一次亮的时间相差不超过2秒的概率为P(|x,y|?2),14×4,2××2×22S,2S正方形?123ABC,. 164S4×4正方形2( (2012?广东)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是 ( ) 4121A. B. C. D. 9399答案 D 解析 个位数与十位数之和为奇数则个位数与十位数中必有一个奇数一个偶数所以可以分两类( :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 (1)当个位为奇数时有5×4,20(个)符合条件的两位数( (2)当个位为偶数时有5×5,25(个)符合条件的两位数( 因此共有20，25,45(个)符合条件的两位数其中个位数为0的两位数有5个所以所51求概率为P,. 4593( (2013?广东)已知离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 331 P 51010则X的数学期望E(X)等于 ( ) 35A. B(2 C. D(3 22答案 A 3313解析 E(X),1×，2×，3×,. 5101024( (2013?课标全国?)从n个正整数1,2，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之 1和等于5的概率为，则n,_. 148 答案解析 由题意知取出的两个数只可能是1与4,2与3这两种情况?在n个数中任意n，n,1，12取出两个不同的数的总情况应该是C,2?,28?n,8. n2145( (2013?江苏)现有某类病毒记作XY，其中正整数m，n(m?7，n?9)可以任意选取，则 mnm，n都取到奇数的概率为_( 20答案 634×520解析 P,. 637×9题型一 古典概型与几何概型 例1 (1)(2013?上海)盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是_(结果用最简分数表示)( 3(2)在区间0,2上任取两个实数a，b，则函数f(x),x，ax,b在区间,1,1上有且仅有一个零点的概率是 ( ) 1137A. B. C. D. 8448审题破题 (1)古典概型可关注所取球编号的奇偶,(2)几何概型可先用定积分求出阴影部分面积( 13答案 (1) (2)D 18:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 2C135解析 (1)9个数5个奇数4个偶数根据题意所求概率为1,. 2C189(2) 2因为f(x),3x，a由于a?0故f(x)?0恒成立 故函数f(x)在,1,1上单调递增故函数f(x)在区间,1,1上有且只有一个零点的充要条,f，,1，?0a，b，1?0,件是即 ,f，1，?0a,b，1?0.,0?a?2,设点(ab)则基本事件所在的区域是画出平面区域如图所示根据几何 ,0?b?2,概型的意义所求的概率是以图中阴影部分的面积和以2为边长的正方形的面积的比值7这个比值是.故选D. 8反思归纳 (1)?有关古典概型的概率问题关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数这常常用到排列、组合的有关知识,?对于较复杂的题目要注意正确分类分类时应不重不漏, (2)?当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时应考虑使用几何概型求解,?利用几何概型求概率时关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找有时需要设出变量在坐标系中表示所需要的区域( 变式训练1 (1)(2012?辽宁)在长为12 cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别2等于线段AC，CB的长，则该矩形面积小于32 cm的概率为 ( ) 1124A. B. C. D. 6335答案 C 解析 设AC,xCB,12,x 所以x(12,x)<32所以x>8或x<4 4，42又因为0<x<12所以P,. 123(2)(2012?江苏)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，,3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是_( 3答案 589解析 这10个数分别为1,3,9,27,81(,3)(,3)小于8的数有6个63所以P(小于8),. 105题型二 互斥事件和相互独立事件的概率 :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 例2 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否432则即被淘汰(已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为、5551，且各轮问题能否正确回答互不影响( 5(1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率; (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率( 审题破题 (1)“第四轮才被淘汰”事件可表示为“前三轮都正确回答问题”和“第四轮被淘汰”四个独立事件的积,(2)“至多进入第三轮”可表示为“第一轮被淘汰”、“第二轮被淘汰”、“第三轮被淘汰”三个互斥事件的和( 4解 (1)记“该选手能正确回答第i轮的问题”的事件为A (i,1,2,3,4)则P(A),P(A)i12532P(A), ,3551P(A),?该选手进入第四轮被淘汰的概率 45P,P(AAAA),P(A)P(A)P(A)P(A) 412341234432496,×××,. 5555625(2)该选手至多进入第三轮考核的概率 P,P(A，AA，AAA),P(A)，P(A)P(A)， 3112123112142433101P(A)P(A)P(A),，×，××,. 123555555125反思归纳 (1)解概率应用问题要会分析事件之间的关系:一个实际问题中往往涉及多个事件理解这些事件之间的相互关系是解决问题的核心( (2)相互独立事件是指两事件发生的概率互不影响互斥事件是指两事件不会同时发生解题时要将事件分解成几个互斥事件的和或几个相互独立事件的积的形式( 变式训练2 甲、乙、丙三人组成一组，参加一个闯关游戏团体赛(三人各自独立闯关，其111中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，乙、丙都闯关成功的概率为，365每人闯关成功记2分，三人得分之和记为小组团体总分( (1)求乙、丙各自闯关成功的概率; (2)求团体总分为4分的概率; (3)若团体总分不小于4分，则小组可参加复赛(求该小组参加复赛的概率( 解 (1)设乙闯关成功的概率为P丙闯关成功的概率为P 1211P,1,361因为乙、丙独立闯关根据独立事件同时发生的概率公式得:,解得P1,21 P?P,12,52P,. 2512所以乙闯关成功的概率为丙闯关成功的概率为. 25:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 (2)团体总分为4分即甲、乙、丙三人中恰有2人过关而另外一人没过关( 设“团体总分为4分”为事件A 1121121123(1,)××，×(1,)×，××(1,),. 则P(A),325325325103所以团体总分为4分的概率为. 10(3)团体总分不小于4分即团体总分为4分或6分 设“团体总分不小于4分”为事件B 3由(2)知团体总分为4分的概率为. 10团体总分为6分即3人都闯关成功的概率为 1121××,. 325153111所以参加复赛的概率为P(B),，,. 10153011所以该小组参加复赛的概率为. 30题型三 离散型随机变量的分布列 例3 某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下: 办理业务所需的时间(分) 1 2 3 4 5 频 率 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 从第一个顾客开始办理业务时计时( (1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率; (2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望( 审题破题 (1)用频率估计概率“第三个顾客恰好等待4分钟”可按照前二个顾客所需)X取值为0,1,2分别求X各个取值对应事件的概率( 时间分成三个互斥事件的和,(2解 设Y表示顾客办理业务所需的时间用频率估计概率得Y的分布列如下: Y 1 2 3 4 5 P 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 (1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”则事件A对应三种情形: ?第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟, ?第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟, ?第一个、第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟( 所以P(A),P(Y,1)P(Y,3)，P(Y,3)P(Y,1)，P(Y,2)P(Y,2),0.1×0.3，0.3×0.1，0.4×0.4,0.22. (2)X所有可能的取值为0,1,2. X,0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟 所以P(X,0),P(Y>2),0.5, :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 X,1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟( 所以P(X,1),P(Y,1)P(Y>1)，P(Y,2),0.1×0.9，0.4,0.49, X,2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟 所以P(X,2),P(Y,1)P(Y,1),0.1×0.1,0.01. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.5 0.49 0.01 E(X),0×0.5，1×0.49，2×0.01,0.51. 反思归纳 (1)求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件然后综合应用各类求概率的公式求出概率( (2)求随机变量的期望的关键是正确求出随机变量的分布列若随机变量服从二项分布则可直接使用公式求解( 变式训练3 (2013?天津)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张，编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)( (1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率; (2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望( 1322CC，CC62525解 (1)设“取出的4张卡片中含有编号为3的卡片”为事件A则P(A),. 4C776所以取出的4张卡片中含有编号为3的卡片的概率为. 7(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. 33C1C434P(X,1),P(X,2), 44C35C357733C2C456P(X,3),P(X,4),. 44C7C777所以随机变量X的分布列是 X 1 2 3 4 1424 P 353577142417随机变量X的数学期望E(X),1×，2×，3×，4×,. 3535775典例 (12分)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统1B在任意时刻发生故障的概率分别为和p. 10:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 49(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值; 50(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量，求的概率分布列及数学期望E()( 规范解答 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C那么 14911,P(C),1,?p,解得p,.4分 105051103,(2)由题意P(,0),C, 310,1 000112712,1,P(,1),C×, 31010,1 0001124322,1,P(,2),C××, 310,101 000172933,1,P(,3),C,.8分 310,1 000所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 127243729 P 1 0001 0001 0001 000故随机变量的数学期望: 12724372927E(),0×，1×，2×，3×,.12分 1 0001 0001 0001 00010评分细则 (1)标记事件给1分列出式子给1分,(2)四个值每个概率给1分,(3)只写出分布列没有四个概率式子的只给2分( 阅卷老师提醒 (1)对于事件分类较多的可利用对立事件求解,(2)求分布列时一定要根据概率公式写出各个概率而不能只写分布列,(3)E()也可以根据二项分布求解( 1( 盒子中装有形状、大小完全相同的3个红球和2个白球，从中随机取出一个记下颜色后放回，当红球取到2次时停止取球(那么取球次数恰为3次的概率是 ( ) 18364481A. B. C. D. 125125125125答案 B 解析 从5个球中随机取出一个球放回连续取3次的所有取法有5×5×5,125种有3612两次取红球的所有取法有3A?A,36种(所以概率为. 231252( (2013?陕西)如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)(若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是 ( ) :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 A(1, B.,1 C(2, D. 4224答案 A 12解析 由题意得无信号的区域面积为2×1,2××1,2,由几何概型的概率公式422,2得无信号的概率为P,1,. 241113( 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.现在三人同234时射击目标，则目标被击中的概率为 ( ) 3247A. B. C. D. 43510答案 A 解析 设甲命中目标为事件A乙命中目标为事件B丙命中目标为事件C则目标被击中的事件可以表示为A?B?C即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生( ?P(A?B?C),P(A)?P(B)?P(C) ,1,P(A)?1,P(B)?1,P(C) 1111,1,1,1,. 234,413故目标被击中的概率为1,P(A?B?C),1,. 444( 一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c(a，b，c?(0,1)，已知他投篮一次得分的数学期望为1(不计其他得分的情况)，则ab的最大值为 ( ) 1111A. B. C. D. 4824126答案 B 解析 由已知得3a，2b，0×c,1即3a，2b,1 13a，2b111122,?ab,?3a?2b?,×, 2,666242,11当且仅当3a,2b,时取等号即ab的最大值为. 2245( 将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为_( 11答案 32解析 正面出现的次数比反面出现的次数多则正面可以出现4次5次或6次所求11111465666,概率P,C，C，C,. 666222,326( 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:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 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_( 答案 0.128 解析 由题设分两类情况:?第1个正确第2个错误第3、4个正确由乘法公式得P,0.8×0.2×0.8×0.8,0.102 4, 1?第1、2个错误第3、4个正确 此时概率P,0.2×0.2×0.8×0.8,0.025 6. 2由互斥事件概率公式得 P,P，P,0.102 4，0.025 6,0.128. 12专题限时规范训练 一、选择题 1( 甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是 ( ) 3456A. B. C. D. 18181818答案 C 解析 甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线乙也从该正方形四个顶点中6×6任意选择两个顶点连成直线所得的直线共有,18(对)而相互垂直的有5对故25根据古典概型概率公式得P,. 18( 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2到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于 ( ) 1121A. B. C. D. 8452答案 B 222C，C2C1322解析 P(A),P(AB), 22C5C1055P，AB，1P(B|A),. 4P，A，3( 有一底面半径为1，高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为 ( ) 1231A. B. C. D. 3344答案 B 23×13V半球解析 设点P到点O的距离小于等于1的概率为P由几何概型则P,211V×1×2圆柱:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 112,故点P到点O的距离大于1的概率P,1,. 33314( 一个电路如图所示，A、B、C、D、E、F为6个开关，其闭合的概率都是，且是相互2独立的，则灯亮的概率是 ( ) 155A. B. 646411C. D. 816答案 B 解析 设A与B中至少有一个不闭合的事件为T E与F至少有一个不闭合的事件为R 113则P(T),P(R),1,×, 22455所以灯亮的概率P,1,P(T)P(R)P(C)P(D),. 645( 如图，用K、A、A三类不同的元件连接成一个系统(当K正常工作且A、A至少有一1212个正常工作时，系统正常工作(已知K、A、A正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，12则系统正常工作的概率为 ( ) A(0.960 B(0.864 C(0.720 D(0.576 答案 B 解析 方法一 由题意知KAA正常工作的概率分别为P(K),0.9P(A),0.8P(A)1212,0.8 ?KAA相互独立 12?AA至少有一个正常工作的概率为P(AA)，P(AA)，P(AA),(1,0.8)×0.8，121212120.8×(1,0.8)，0.8×0.8,0.96. ?系统正常工作的概率为P(K)P(AA)，P(AA)，P(AA),0.9×0.96,0.864. 121212方法二 AA至少有一个正常工作的概率为1,P(A A),1,(1,0.8)(1,0.8),12120.96?系统正常工作的概率为P(K)1,P(A A),0.9×0.96,0.864. 1236( 某人射击一次击中的概率为，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( ) 581543627A. B. C. D. 125125125125答案 A 解析 该人3次射击恰有两次击中目标的概率是 :/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 3222,P,C? 135,5333,三次全部击中目标的概率是P,C? 235,所以此人至少有两次击中目标的概率是 332812233,P,P，P,C?，C?,. 123355,51257( (2013?湖北)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的油漆面数为X，则X的均值E(X)等于( ) 1266A. B. 12551687C. D. 1255答案 B 解析 125个小正方体中8个三面涂漆36个两面涂漆 54个一面涂漆27个没有涂漆 543681506?从中随机取一个正方体涂漆面数X的均值E(X),×1，×2，×3,. 12512512512558( 在三次独立重复试验中，事件A在每次试验中发生的概率相同，若事件A至少发生一次63的概率为，则事件A恰好发生一次的概率为 ( ) 6413927A. B. C. D. 446464答案 C 63333解析 设事件A在每次试验中发生的概率为x由题意有1,C(1,x),得x,364433912,1,则事件A恰好发生一次的概率为C××,. 34,464二、填空题 9( (2012?上海)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛(若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是_(结果用最简分数表示)( 2答案 3222解析 三位同学每人选择三项中的两项有CCC,3×3×3,27(种)选法 333211其中有且仅有两人所选项目完全相同的有CCC,3×3×2,18(种)选法( 332182?所求概率为P,. 273:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 10(在日前举行的全国大学生智能汽车总决赛中，某高校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿x轴正方向移动12，沿y轴正方向移动的概率为，则该机器人移动6次恰好移动到点(3,3)的概的概率是33率为_( 160答案 729解析 若该机器人移动6次恰好到点(3,3)则机器人在移动过程中沿x轴正方向移动3次、沿y轴正方向移动3次因此机器人移动6次后恰好位于点(3,3)的概率为 228160333,1,P,C,20×,. 633,72972911(2013?福建)利用计算机产生0,1之间的均匀随机数a，则事件“3a,1>0”发生的概率为_( 2答案 312 由3a,1>0得a>由几何概型概率公式得p,. 解析33212(已知抛物线y,ax，bx，c (a?0)的对称轴在y轴的左侧，其中a，b，c?,3，,2，,1,0,1,2,3，在这些抛物线中，记随机变量X,“|a,b|的取值”，则X的数学期望E(X)为_( 8答案 9b解析 依题意知>0.X可能取的值为0,1,2. a61则P(X,0), 112C3C3384P(X,1), 112CC93342P(X,2), 112CC9331428?E(X),0×，1×，2×,. 3999三、解答题 13(现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择(为增加趣味性，约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏( (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率; (2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率( 12解 依题意这4个人中每个人去参加甲游戏的概率为去参加乙游戏的概率为.3312,ii4i,设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件A(i,0,1,2,3,4)则P(A),C. ii433,(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 128222,P(A),C?,. 2433,27:/www.eywedu.net/ 【备课大师网】-在线备课，全站免费无需注册，天天更新 1、会数、会读、会写100以内的数;在具体情境中把握数的相对大小关系;能够运用数进行表达和交流，体会数与日常生活的密切联系。(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B则B,A?A.由于A与A互斥故 343421113344,P(B),P(A)，P(A),C，C,. 3444333,9五、教学目标：1所以这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为. 93. 圆的对称性:14(2013?陕西)在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手(各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名(观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手( (1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率; 7.三角形的外接圆、三角形的外心。(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及数学期望( 解 (1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”B表示事件“观众乙选中3号歌手” 12C2C324则P(A),P(B),. 23C3C535?事件A与B相互独立 4、加强口算练习，逐步提高学生计算的能力。?观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为 145.286.3加与减（三）2 P81-83224P(A B),P(A)?P(B),P(A)?1,P(B),×, 351513C?C424(或P(A B),)( 23C?C1553(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手” 2C34则P(C), 3C55第三章 圆?X可能的取值为0,1,2,3且取这些值的概率分别为 1224P(X,0),P(A B C),××, 355758、从作业上严格要求学生，不但书写工整，且准确率高。对每天的作业老师要及时批改，并让学生养成改错的好习惯。P(X,1),P(A B C)，P(A B C)，P(A BC) 22213212320,××，××，××, 35535535575P(X,2),P(AB C)，P(A BC)，P(A BC) d=r <=> 直线L和O相切.23222313333,××，××，××, 3553553557523318P(X,3),P(ABC),××, 35575?X的分布列为 2. 图像性质：X 0 1 2 3 4203318 P 75757575420331814028?X的数学期望E(X),0×，1×，2×，3×,. 757575757515:/www.eywedu.net/