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高考文科数学概率复习专题及训练答案


文科数学概率专题答案 文科数学概率专题答案 数学概率专题 [典型例题]: 典型例题]:
1 2 C1 ? C 4 1 = 1 2 C 6 ? C 7 21

例 1: 解:(I)记“取出的 3 张卡片都标有数字 0”为事件 A.

P( A) =

1 2 1 1 1 C 2 ? C 2 + C 3 ? C1 ? C 2 4 (Ⅱ)记“取出的 3 张卡片数字之积是 4”为事件 B, P ( B ) = = 1 2 63 C6 ? C7 1 C 5 ? C 32 15 37 = 1? = 1 2 6 × 21 42 C6 ? C7

(Ⅲ)记“取出的 3 张卡片数字之积是 0”为事件 C. P (C ) = 1 ? P (C ) = 1 ?

例 2 : 解:(Ⅰ)设“甲射击 4 次,至少 1 次未击中目标”为事件 A,则其对立事件 A 为“4 次均击中目标”,则

65 ?2? (Ⅱ)设“甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3 次”为事件 B,则 P ( A) = 1 ? P A = 1 ? ? ? = 81 ?3? 1 1 ? 2? ?1? 3 ?3? P ( B ) = C ? ? ? ? ? ? ? C4 ? ? ? ? = ? 3? ? 3? ?4? 4 8
2 4 2 2 3

( )

4

(Ⅲ)设“乙恰好射击 5 次后,被中止射击”为事件 C,由于乙恰好射击 5 次后被中止射击,故必然是最后两次未击中目标, 第三次击中目标,第一次及第二次至多有一次未击中目标。
0 1 2 (1)至少 3 人同时上网的概率等于 1 减至多 2 人同时上网的概率 ;即 1 ? C 6 (0.5) ? C 6 (0.5) ? C 6 (0.5) = 例 3: 解: 6 6 6
新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新 王kc新王oc王

21 32

4 5 6 (Ⅱ)至少 4 人同时上网的概率为: C 6 (0.5) + C 6 (0.5) + C 6 (0.5) = 6 6 6 5 6 至少 5 人同时上网的概率为 C 6 (0.5) + C 6 (0.5) = 6 6

11 > 0 .3 22

7 < 0.3 因此至少 5 人同时上网的概率小于 0.3。 64 例 4: 解法 1: P ( C ) = P A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 = P A1 A2 A3 + P A1 A2 A3 + P A1 A2 A3 + P ( A1 A2 A3 )
解法 2: P ( C ) = 1 ? P C = 1 ? P A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

= 1 ? ( 0.1× 0.2 × 0.3 + 0.9 × 0.2 × 0.3 + 0.1× 0.8 × 0.3 + 0.1× 0.2 × 0.7 ) = 1 ? 0.098 = 0.902 所以,理论考核中至少有两人合格的概率为 0.902 (Ⅱ)记“三人该课程考核都合格” 为事件 D P ( D ) = P ?( A1 ? B1 ) ? ( A2 ? B2 ) ? ( A3 ? B3 ) ? = P ( A1 ? B1 ) ? P ( A2 ? B2 ) ? P ( A3 ? B3 ) ? ? = P ( A1 ) ? P ( B1 ) ? P ( A2 ) ? P ( B2 ) ? P ( A3 ) ? P ( B3 ) = 0.9 × 0.8 × 0.8 × 0.8 × 0.7 × 0.9 = 0.254016 ≈ 0.254 所以,这三人该课程考核都合格的概率为 0.254 1 k 1 k ,则 = ,∴ k = 5000 ,于是 例 5:解析:记三次射击命中野兔的事件依次为 A, B, C ,由 P ( A) = , 且 P ( A) = 2 2 100 2 100 2 5000 2 5000 1 P( B) = = , P (C ) = = 猎人命中野兔的事件为: A + A ? B + A ? B ? C , 又 A, A ? B, A ? B ? C 为互斥事件, 2 150 9 2002 8
且 A, B; A, B , C 都是相互独立事件;故所求概率为 P = P ( A) + P ( AB ) + P ( ABC ) = P ( A) + P ( A) ? P ( B ) + P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) =

( ) = 1 ? ? P ( A A A ) + P ( A A A ) + P ( A A A ) + P ( A A A )? ? ?
( )

= 0.9 × 0.8 × 0.3 + 0.9 × 0.2 × 0.7 + 0.1× 0.8 × 0.7 + 0.9 × 0.8 × 0.7 = 0.902

(

)

(

) (

) (

)

1 1 2 1 2 1 95 + (1 ? ) × + (1 ? )(1 ? ) × = 2 2 9 2 9 8 144

例 6. 解:记应聘者对三门课程考试及格的事件分别为 A, B, C ,则 P ( A) = a, P ( B ) = b, P (C ) = c (1) 应聘者用方案一,考试通过的概率: P = P ( ABC ) + P ( ABC ) + P ( ABC ) + P ( ABC ) 1

= abc + (1 ? a )bc + a (1 ? b)c + ab(1 ? c ) = ab + bc + ac ? 2abc

1 1 1 1 P ( A ? B ) + P ( B ? C ) + P ( A ? C ) = (ab + bc + ac) 3 3 3 3 2 2 (2)Q a, b, c ∈ [ 0,1] , ∴ P ? P2 = ( ab + bc + ac ) ? 2abc = [ (1 ? a )bc + a (1 ? b)c + ab(1 ? c ) ] ≥ 0 ,所以 P ≥ P2 , 1 1 3 3
应聘者用方案二,考试通过的概率为 P2 = 该应聘者采用方案一通过考试的概率较大。 专题综合训练 一、等可能事件的概率
1 2 2 1 C 20 C10 + C 20 C10 20 C53 1 1. 【答案】D【解析】 P = = 2. 【答案】B【解析】 P = 4 = ,故选 B。 3 29 C10 21 C 30

3. 【答案】C【解析】依题要使取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数,则取出的 2 张卡片上的数字必须一奇一偶,∴取出 的 2 张卡片上的数字之和为奇数的概率 P =
1 1 C2 ? C2 4 2 = = . C32 6 3

4. 【标准答案】 C . 【标准答案】一天显示的时间总共有 24 × 60 = 1440 种,和为 23 总共有 4 种,故所求概率为

1 . 360

A33 1 5.【试题解析】(Ⅰ)记甲、乙两人同时参加 A 岗位服务为事件 E A ,那么 P ( E A ) = 2 4 = ,即甲、乙两人同时参加 C5 A4 40 A 岗位服务的概率是

1 A4 1 .(Ⅱ)设甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件 E ,那么 P ( E ) = 2 4 4 = , 40 C5 A4 10 9 . 10
2 1 1

所以,甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是 P ( E ) = 1 ? P ( E ) =

6. 【试题解析】(1)从袋中依次摸出 2 个红球共有种结果, A9 ,第一次摸出黑球,第二次摸出白球的结果有 A3 A4 ,

A31 A41 1 A71 A21 3 4 1 A21 则所求概率为 P = = ,或 P = × = ;(2)第一次摸出红球的概率 1 ,第二次摸出红球的概率 , 1 1 6 9 8 6 A9 A9 2 A9 2 A7 2 A21 A 2A 1 7 A 1 A 1A 1 ,则摸球次数不超过 3 的概率为 21 + 7 2 2 + 7 3 2 = ; A93 A9 A9 A9 12

第三次摸出红球的概率

7 【试题解析】(Ⅰ)解:由题意知,袋中黑球的个数为 10 × 件 A,则 P ( A) =

2 = 4. 记“从袋中任意摸出两个球,得到的都是黑球”为事 5

2 C4 2 = .(Ⅱ)解:记“从袋中任意摸出两个球,至少得到一个白球”为事件 B。设袋中白球的个数为 x, 2 C10 15

2 C n ?1 7 则 P ( B ) = 1 ? P( B ) = 1 ? 2 = , Cn 9

解得 x =5。

8.解: Ⅰ) ( 从盒中同时摸出两个球有 C 5 = 10 种可能情况. 摸出两球颜色恰好相同即两个黑球或两个白球, C 2 + C 3 = 4 有
2 2 2

种可能情况;故所求概率为 P =
1 1 1 1

2 C 2 + C 32 4 2 = = . (Ⅱ)有放回地摸两次,两球颜色不同,即“先黑后白”或“先 2 10 5 C5

白后黑”,有 C 2 C 3 + C 3 C 2 = 6 + 6 = 12 种可能情况.故所求概率为:

P=

1 1 1 1 C 2 ? C 3 + C 3 ? C 2 6 + 6 12 C 1C 1 3 = = . 9.解:(I)恰好取出 1 个用过的球的概率为 P, 则 P = 2 2 6 = . 1 1 25 25 7 C5 ? C5 C8

C 62 15 (II)设盒中恰有 4 个是用过的球的概率为 P1,则 P1 = 2 = . C8 28 Cn2 1 = ,解得,n=3.所以,袋中原有白球的个数为 3. C72 7 3 4 3 3 4 3 2 1 22 (Ⅱ) 甲取到白球的事件可能发生在第 1 次、 3 次、 5 次, 第 第 所以甲取到白球的概率为 + × × + × × × ×1 = 。 7 7 6 5 7 6 5 4 35
10. 解:(Ⅰ)设袋中原有白球 n 个,依题意有, 二、互斥事件的概率 1. 解:因文艺书只有 2 本,所以选 3 本必有科技书。问题等价于选 3 本书有文艺书的概率:

P( A) = 1 ? P( A) = 1 ?

3 C4 4 4 = 1? = 3 C6 20 5

2. 【试题解析】(1)令 A 表示两年后柑桔产量恰好达到灾前产量这一事件: P ( A) = 0.2 × 0.4 + 0.4 × 0.3 = 0.2 (2)令 B 表示两年后柑桔产量超过灾前产量这一事件: P ( B ) = 0.2 × 0.6 + 0.4 × 0.6 + 0.4 × 0.3 = 0.48 3. 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 来算,有 P ( A) = 1 ? P ( A) = 1 ? 0.24 = 0.9984 (Ⅱ)记“商家任取 2 件产品检验,其中不合格产品数为 i 件”

(i = 1, 2) 为事件 Ai . P ( A1 ) =

1 1 C17 C3 51 = 2 C20 190

P ( A2 ) =

C32 3 = ∴商家拒收这批产品的概率: 2 C20 190

P = P ( A1 ) + P ( A2 ) =

51 3 27 27 + = .故商家拒收这批产品的概率为 . 190 190 95 95

4. 解:(I)设乙闯关成功的概率为 P ,丙闯关成功的概率为 P2 因乙丙独立闯关,根据独立事件同时发生的概率公式得: 1

1 ?1 1 ?3 P = 6 , ? ? ?P ? P = 1 . ? 1 2 5 ?
则 P ( A) = (1 ? ) ×

解得 P = 1

1 2 1 2 , P2 = . 答:乙闯关成功的概率为 ,丙闯关成功的概率为 . 2 5 2 5

(II)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,

1 3

1 2 1 1 2 1 1 2 3 × + × (1 ? ) × + × × (1 ? ) = . 2 5 3 2 5 3 2 5 10

答:团体总分为 4 分的概率为

3 . 10

(III)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, 由(II)知团体总分为 4

3 1 1 2 1 3 1 11 , 团体总分为 6 分, 即 3 人都闯关成功的概率为 × × = . 所以参加复赛的概率为 P ( B ) = + = . 10 3 2 5 15 10 15 30 11 答:该小组参加复赛的概率为 . 30 2 4 1 4 17 5. 解:(Ⅰ)门票收入为 120 万元的概率为: P = ( ) + ( ) = . 1 3 3 81 2 1 200 3 2 3 1 2 3 1 3 2 2 (Ⅱ)门票收入为 180 万元的概率为: P2 = C5 ( ) ( ) × + C5 ( ) ( ) × = . 3 3 3 3 3 3 729 2 1 160 3 2 3 1 3 3 1 3 2 3 . 门票收入为 210 万元的概率为: P3 = C6 ( ) ( ) × + C6 ( ) ( ) × = 3 3 3 3 3 3 729 40 门票收入不低于 180 万元的概率是: P = P2 + P3 = . 81
分的概率为

6.(Ⅰ)解:记 “取出 1 个红色球,1 个白色球,1 个黑色球”为事件 A ;则

P( A) =

2 C1 C3 C 2 C1 5 2 + 234 = ; 记“取出 2 个红色球,1 个白色球”为事件 D , 3 C9 C9 2 42 1 CC 1 则取出的 3 个球得分之和是 2 分的概率: P2 = P ( D ) = 2 3 3 = . C9 28 5 1 13 所以,取出的 3 个球得分之和是正数的概率 P = P + P2 = + = 1 42 28 84

取出的 3 个球得分之和是 1 分的概率 P :记 “取出 1 个红色球,2 个白色球”为事件 B ,“取出 2 个红色球,1 个黑色球” 1 为事件 C ,则 P = P ( B + C ) = P ( B ) + P (C ) = 1

C1 C1 C1 2 2 3 4 = . (Ⅱ)解:先求 C3 7 9

7. 解:(1)设投资甲、乙、丙三个不同项目成功的事件分别为 A、B、C 则:

2 1 1 1 2 1 1 1 3 7 7 × × + × × + × × = 所以恰有一个项目投资成功的概率为 36 3 3 4 3 3 4 3 3 4 36 ? ? ? 1 1 1 35 35 (2) P2 = 1 ? P ( A B C ) = 1 ? × × = ,所以至少有一个项目投资成功的概率为 . 3 3 4 36 36 P1 = P ( A B C + A B C + A B C ) =
三、相互独立事件的概率与 n 次独立重复试验恰好发生 k 次的概率
2 1.C【解析】由 P3 (2) = C3 ?

? ?

?

?

? ?

48 ?4? ?1? ;2. 0. 98【解析】用间接法做: 两个闹钟一个也不准时响的概率是 ? ? ? = ? 5 ? ? 5 ? 125

2

1

(1 ? 0.8)(1 ? 0.9) = 0.02 ,所以要求的结果是 1 ? 0.02 = 0.98 .
【提示】本题还可以这样做:要求的概率是 (1 ? 0.8)0.9 + 0.8(1 ? 0.9) + 0.8 × 0.9 = 0.98 3. 解:记“第 i 个人破译出密码”为事件 A1(i=1,2,3),由题 P ( A1 ) =

1 1 1 , P ( A2 ) = , P ( A3 ) = , 且 A1,A2,A3 相互独立. 5 4 .3

(Ⅰ)设“恰好二人破译出密码”为事件 B,则有 B=A1·A2· A3 ·A1· A2 ·A3+ A1 ·A2·A3 且 A1·A2· A3 ,A1· A2 ·A3,

A1 ·A2·A3 彼此互斥于是 P(B)=P(A1·A2· A3 )+P(A1· A2 ·A3)+P( A1 ·A2·A3)


1 1 2 1 3 1 4 1 1 3 3 × × + × × + × × = .答:恰好二人破译出密码的概率为 . 5 4 3 5 4 3 5 4 3 20 20

(Ⅱ)设“密码被破译”为事件 C,“密码未被破译”为事件 D.则 D= A1 · A2 · A3 ,且 A1 , A2 , A3 互相独立,有

P(D)=P( A1 )·P( A2 )·P( A3 )=
译的概率比密码未被破译的概率大.

4 3 2 2 3 × × = .而 P(C)=1-P(D)= ,故 P(C)>P(D).答:密码被破 5 4 3 5 5 1 . 2

4. 【解析】用 A,B,C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格.由题意知 A,B,C 相互独立,且 P ( A) = P ( B ) = P (C ) = (I)至少有一人面试合格的概率是 1 ? P ( A ? B ? C ) = 1 ? P ( A) P ( B ) P (C ) = 1 ? ( ) =
3

1 2

7 . 8

(II)没有人签约的概率为 P ( A ? B ? C ) + P ( A ? B ? C ) + P ( A ? B ? C ) =

1 1 1 3 P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) + P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) + P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) = ( )3 + ( )3 + ( )3 = . 2 2 2 8
5. 【解析】解:(Ⅰ)周销售量为 2 吨,3 吨和 4 吨的频率分别为 0.2,0.5 和 0.3. (Ⅱ)由题意知一周的销售量为 2 吨,3 吨和 4 吨的频率分别为 0.2,0.5 和 0.3,故所求的概率为 (ⅰ) P = 1 ? 0.7 = 0.7599 .(ⅱ) P2 = C4 × 0.5 × 0.3 + 0.3 = 0.0621 . 1
4 3 3 4

6. 【解析】(Ⅰ)记 A 表示事件:进入商场的 1 位顾客购买甲种商品, 记 B 表示事件:进入商场的 1 位顾客购买乙种商品,记 C 表示事件:进入商场的 1 位顾客购买甲、乙两种商品中的一种,

C = A ? B + A ? B 所以 P ( C ) = P A ? B + A ? B = P A ? B + P A ? B = P ( A ) ? P B + P ( A ) ? P B

(

) (

)

(

)

(

) (

)

( )

( )

= 0.5 × 0.4 + 0.5 × 0.6 = 0.5 (Ⅱ)记 A2 表示事件:进入商场的 3 位顾客中都未选购甲种商品,也未选购买乙种商品;
D 表示事件:进入商场的 1 位顾客未选购甲种商品,也未选购买乙种商品; E 表示事件:进入商场的 3 位顾客中至少有 2 位顾客既未选购甲种商品,也未选选购乙种商品; D = A ? B
2 P D = P A ? B = P A ? P B = 0.5 × 0.4 = 0.2 ; P ( A2 ) = C2 × 0.22 × 0.8 = 0.096 ; P ( A3 ) = 0.23 = 0.008

( )

(

)

( ) ( )

P ( E ) = P ( A1 + A2 ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) = 0.096 + 0.008 = 0.104
7. 解: (Ⅰ)解法一:设“甲投球一次命中”为事件 A,“乙投球一次命中”为事件 B. 由题意得 (1 ? P (B )) = (1 ? p ) =
2 2

1 3 5 3 解得 p = 或 (舍去),所以乙投球的命中率为 . 16 4 4 4

解法二:设设“甲投球一次命中”为事件 A,“乙投球一次命中”为事件 B.

1 1 1 3 3 ,于是 P ( B ) = 或 P ( B ) = ? (舍去),故 p = 1 ? P ( B ) = .所以乙投球的命中率为 . 16 4 4 4 4 1 1 3 (Ⅱ)解法一:由题设和(Ⅰ)知 P ( A) = , P A = .故甲投球 2 次至少命中 1 次的概率为 1 ? P A ? A = 2 2 4 1 1 3 1 解法二:由题设和(Ⅰ)知 P ( A) = , P A = 故甲投球 2 次至少命中 1 次的概率为 C 2 P ( A)P A + P( A)P( A) = 2 2 4 1 1 3 1 (Ⅲ)由题设和(Ⅰ)知, P ( A) = , P A = , P (B ) = , P B = 2 2 4 4
由题意得 P ( B ) P ( B ) =

()

(

)

()

()

()

()

甲、乙两人各投球 2 次,共命中 2 次有三种情况:甲、乙两人各中一次;甲中两次,乙两次均不中;甲两次均不中,乙中 2 次。概率分别为: C 2 P ( A)P A ? C 2 P (B )P B =
1 1

3 1 9 , P ( A ? A)P B ? B = , P A ? A P(B ? B ) = 16 64 64 3 1 9 11 所以甲、乙两人各投两次,共命中 2 次的概率为 + + = . 16 64 64 32 1 27 4 1 2 3 2 . 由独立重复试验的概率计算公式得:(Ⅰ)恰有两道题答对的概率为 P4 (2) = C2 ( ) ( ) = . 4 4 4 128 81 175 0 1 0 3 4 (Ⅱ)解法一:至少有一道题答对的概率为 1 ? P4 (0) = 1 ? C 4 ( ) ( ) = 1 ? = . 4 4 256 256 1 1 3 2 2 1 2 3 2 3 1 3 3 4 1 4 3 0 解法二:至少有一道题答对的概率为 C4 ( )( ) + C 4 ( ) ( ) + C 4 ( ) ( ) + C4 ( ) ( ) 4 4 4 4 4 4 4 4 108 54 12 1 = + + + 256 256 256 256 175 = . 256

()

()

(

)

(

)

8. 【答案】视“选择每道题的答案”为一次试验,则这是 4 次独立重复试验,且每次试验中“选择正确”这一事件发生的 概率为

9. 【解析】(Ⅰ)设 Ai 表示事件“在一次抽检中抽到的第 i 件产品为 A 类品”, i = 1, 2 . Bi 表示事件“在一次抽检中抽 到的第 i 件产品为 B 类品”, i = 1, 2 . Ci 表示事件“一次抽检后,设备不需要调整”.则 C = A1 ? A2 + A1 ? B2 + B1 ? A2 .由 已知

P ( Ai ) = 0.9 , P ( Bi ) = 0.05 , i = 1, 2 .
所以,所求的概率为 P (C ) = P ( A1 ? A2 ) + P ( A1 ? B2 ) + P ( B1 ? A2 ) = 0.9 + 2 × 0.9 × 0.05 = 0.9 .
2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,一次抽检后,设备不需要调整的概率为 P (C ) = 0.9 .故所求概率为: 1 ? 0.9 = 0.271
3

10. 解:设 A=“甲气象站预测的准确”,

设 B=“乙气象站预测的准确”(Ⅰ) P(A ? B) = P(A) ? P(B) = 0.85 × 0.9 = 0.765

(Ⅱ)所求概率为 1- P( A ) ? P( B) = 1-(1-0.85)(1 0.9) = 0.985 -

2 (Ⅲ)如果乙站独立预测 3 次,其中恰有两次预测准确的概率 P = C 3 × 0.9 2 × 0.1 =0.2432.

11. 解:(I) P1 = C4 × 0.1 × 0.9 = 0.0036 (II)“至少有 2 个网络端口被入侵”的对立事件为“没有和有 1 个网络端
3 3

口被入侵”,因此 P2 = 1 ? ( 0.9 ) ? C4 × 0.1 × ( 0.9 ) = 0.0523
4 1 3

12. 解:(Ⅰ)甲恰好通过两门课程的概率为 C 3 ( ) (1 ? )
2 2

1 2

1 2

3?2

1 3 = C32 ( )3 = . 2 8

(Ⅱ)乙至多通过两门课程的概率 1

? 2 ? 19 -? ? = .(Ⅲ) 设甲恰好比乙多通过两门课程为事件 A ,甲恰通过两门且乙恰都没通过为事件 B1 ,甲恰通过三门且 ? 3 ? 27 3 1 1 2 1 乙恰通过一门为事件 B2 ,则 A = B1 + B2 , B1 , B2 为互斥事件. P ( A) = P ( B1 ) + P ( B2 ) = ? + ? = . 8 27 8 9 24 1 所以,甲恰好比乙多通过两门课程的概率为 . 24 1 2 80 2 2 3 13. 解:(I)设“甲射击 5 次,有两次未击中目标”为事件 A,则 P ( A) = C 5 ( ) ? ( ) = 3 3 243
(Ⅱ)设“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”为事件 B, 则 P ( B ) = C 4 ( ) ·( ) ·C 4 ( ) ·
2 2 2 3 3

3

2 3

1 3

3 4

1 1 = 4 8
2

14. 解:(1)甲恰好投中 2 次的概率为 C 3 ( ) =
3

1 2

3 27 2 3 2 1 3 3 3 ; (2)乙至少投中 2 次的概率为 C 3 ( ) ? + C 3 ( ) = ; 8 4 4 4 32

(3)设乙恰好比甲多投中 2 次为事件 A,乙恰好投中 2 次且甲恰好投中 0 次为事件 B1,乙恰好投中 3 次,且甲恰好投中 1 次为事件 B2,则 A=B1+B2,B1,B2 为互斥事件.

1 1 27 27 3 3 1 1 + C 30 ( ) 3 + C 3 ( ) 3 ? C 3 ( ) 3 = . 所以, 乙恰好比甲多投中 2 次的概率为 . 4 2 4 2 128 128 15. 解:记甲、乙、丙三台设备在一天内不需要维护的事件分别为 A,B,C,则 P ( A) = 0.9, P ( B ) = 0.8, P (C ) = 0.85.
P (A) (B1) (B2) C 3 ( ) ? =P +P =
2 2

3 4

(I)解:三台设备都需要维护的概率

p1 = P ( ABC ) = P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) =(1-0.9)×(1-0.8)×(1-0.85)=0.003.
(II)解:恰有一台设备需要维护的概率 p 2 = P ( A ? B ? C ) + P ( A ? B ? C ) + P ( A ? B ? C ) =(1-0.9)×0.8×0.85+0.9×(1-0.8)×0.85+0.9×0.8×(1-0.85) =0.329. (III)解:三台设备都不需要维护的概率:

p3 = P( ABC ) = P( A) ? P( B) ? P(C ) = 0.612 , 所以至少有一台设备需要维护的概率: p 4 = 1 ? p 3 = 0.388.
1 16. 解:(Ⅰ)甲队以二比一获胜,即前两场中甲胜 1 场,第三场甲获胜,其概率为 P1 = C 2 × 0.6 × 0.4 × 0.6 = 0.288. 1 (Ⅱ)乙队以 2:0 获胜的概率为 P2′ = 0.4 × 0.4 = 0.16 ;乙队以 2:1 获胜的概率为 P2′′ = C 2 0.4 × 0.6 × 0.4 = 0.192
1 ∴乙队获胜的概率为 P2 = 0.4 2 + C 2 × 0.4 × 0.6 × 0.4 = 0.16 + 0.192 = 0.352

3 4 17. 解:(Ⅰ)设 A 表示甲命中目标,B 表示乙命中目标,则 A、B 相互独立,且 P(A)= , P ( B ) = ,从而甲命中但乙 4 5

未命中目标的概率为 P ( A ? B ) = P ( A) ? P ( B ) =

3 ? 4? 3 × ?1 ? ? = . 4 ? 5 ? 20

(Ⅱ)设 A1 表示甲在两次射击中恰好命中 k 次,B1 表示乙有两次射击中恰好命中 l 次。依题意有
k?3? ?1? P( A1 ) = C 2 ? ? ? ? ?4? ?4? l ?4? ?1? P( B1 ) = C 2 ? ? ? ? ?5? ?5? l k 2?k

, k = 0,1,2. , l = 0,1,2.

2 ?l

由独立性知两人命中次数相等的概率为:

P ( A0 B 0 ) + P ( A1 B1 ) + P ( A2 B 2 ) = P ( A0 ) P ( B 0 ) + P ( A1 ) P ( B1 ) + P ( A2 ) + P ( B 2 ) ?1? =? ? ?4? 1 = × 16
2

4 1 ?1? ?3? ?4? 1 3 1 · ? ? + C 2 · · · C 32 · · + C 22 · ? ? C 22 · ? ? 4 4 5 5 ?5? ?4? ?5? 1 3 4 9 16 193 + × + × = = 0.4825. 25 4 25 16 25 400

2

2

2

四、几类事件的综合 1. 【解析】(I)记第一位被测试者抽取的卡片上,拼音都带有后鼻音“g”为事件 A ,则 p ( A) = 者抽取的卡片上,拼音都带有后鼻音“g”为事件 B ,则 p ( B ) = 音“g”为事件 C ,则 p (C ) =

3 。记第二位被测试 10

3 。记第三位被测试者抽取的卡片上,拼音都带有后鼻 10

3 。又 A , B , C 相互独立则这三位被测试者抽取的卡片上,拼音都带有后鼻音“g” 10

是 ABC 所以 p ( ABC ) = p ( A) p ( B ) p (C ) =

C 3 + C 2C1 11 3 3 3 27 ? ? = (Ⅱ) p = 1 ? 7 3 7 3 = 10 10 10 1000 C10 60

2. 【试题解析】记 A1,A2 分别表示甲击中 9 环,10 环, B1,B2 分别表示乙击中 8 环,9 环, A 表示在一轮比赛中甲击中 的环数多于乙击中的环数, B 表示在三轮比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数, C1,C2 分别表示三轮中恰 有两轮,三轮甲击中环数多于乙击中的环数.(Ⅰ) A = A1 B1 + A2 B1 + A2 B2 ,

P( A) = P( A1 B1 + A2 B1 + A2 B2 ) = P( A1 B1 ) + P( A2 B1 ) + P( A2 B2 ) = P( A1 ) P( B1 ) + P( A2 ) P( B1 ) + P( A2 ) P( B2 )
= 0.3 × 0.4 + 0.1× 0.4 + 0.1× 0.4 = 0.2 .
(Ⅱ) B = C1 + C2 , P (C1 ) = C3 [ P ( A)] [1 ? P ( A)] = 3 × 0.2 × (1 ? 0.2) = 0.096 , P (C2 ) = [ P ( A)] = 0.2 = 0.008 ,
2 2 2 3 3

P ( B ) = P (C1 + C2 ) = P (C1 ) + P (C2 ) = 0.096 + 0.008 = 0.104 .
3. 解:(Ⅰ)记 A 表示事件:“ 3 位顾客中至少 1 位采用一次性付款”,则 A 表示事件:“ 3 位顾客中无人采用一次性付 款”. P ( A) = (1 ? 0.6)3 = 0.064 , P ( A) = 1 ? P ( A) = 1 ? 0.064 = 0.936 . (Ⅱ)记 B 表示事件: 3 位顾客每人购买 1 件该商品,商场获得利润不超过 650 元”. B0 表示事件: “ “购买该商品的 3 位 顾客中无人采用分期付款”. B1 表示事件:“购买该商品的 3 位顾客中恰有 1 位采用分期付款”. 则 B = B0 + B1 . P ( B0 ) = 0.6 = 0.216 , P ( B1 ) = C3 × 0.6 × 0.4 = 0.432 .
3 1 2

P ( B ) = P ( B0 + B1 ) = P ( B0 ) + P ( B1 ) = 0.216 + 0.432 = 0.648 .
4. 解:(Ⅰ)记 A0 表示事件“取出的 2 件产品中无二等品”, A1 表示事件“取出的 2 件产品中恰有 1 件二等品”. 则

A0,A1 互斥,且 A = A0 + A1 ,故 P ( A) = P ( A0 + A1 ) = P ( A0 ) + P ( A1 ) = (1 ? p ) 2 + C1 p (1 ? p ) = 1 ? p 2 2
于是 0.96 = 1 ? p 2 . 解得 p1 = 0.2,p2 = ?0.2 (舍去). (Ⅱ)记 B0 表示事件“取出的 2 件产品中无二等品”, 则 B = B0 .若该批产品共 100 件,由(1)知其中二等品有

100 × 0.2 = 20 件,故 P( B0 ) =

2 C80 316 316 179 = . P ( B ) = P ( B0 ) = 1 ? P ( B0 ) = 1 ? = 2 C100 495 495 495

5. 解析:记 A 表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数,B 表示依方案乙需化验 3 次,A1、A2 分别表示依 解析: 方案甲需化验 1 次、2 次。 依题意得 A2 与 B 相互独立,且 A = A1 + A2 B 。 则P(A1 )=
2 A1 1 C 4 C1 6 2 2 1 1 2 = , P(A 2 )= 4 = , P(B)= 3 1 = × = , 2 C1 5 A5 5 C5 C3 10 3 5 5

1 1 2 7 7 18 ∴P(A)=P(A1 )+P(A 2 ) ? P(B)= + × = ,∴P(A)=1- = 。 5 5 5 25 25 25 6. 解:(Ⅰ)记“甲第 i 次试跳成功”为事件 Ai ,“乙第 i 次试跳成功”为事件 Bi, 依题意,得: P ( Ai ) = 0.7 , P ( Bi ) = 0.6 ,且 Ai , Bi(i=1,2,3)相互独立. “甲第三次试跳才成功”为事件 A1 A2 A3 ,且三次试跳相互独立.
∴ P ( A1 A2 A3 ) = P( A1 ) P( A2 ) P ( A3 ) = 0.3 × 0.3 × 0.7 = 0.063 . (Ⅱ) 设“甲在两次试跳中成功 i 次”为事件 Mi (i=0,1,2),“乙在两次试跳中成功 i 次”为事件 Ni (i=0,1,2), ∴ 事件“甲、乙各试跳两次,甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为 M 1 N 0 + M 2 N1 ,且 M1N0、M2N1 为互斥事件.
1 1 ∴ P( M1 N0 + M 2 N1 ) = P( M1 N 0 ) + P(M 2 N1 ) = P ( M 1 ) P( N 0 ) + P( M 2 ) P ( N1 ) = C2 × 0.7 × 0.3 × 0.42 + 0.7 2 × C2 × 0.6 × 0.4

= 0.0672 + 0.2352 = 0.3024 . 7. 解:(Ⅰ)设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 A,“从乙盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 B.由于事件 A、 2 2 B 相互独立,且 P( A) = C3 = 1 , P ( B) = C4 = 2 . 所以取出的 4 个球均为黑球的概率为 P( A ? B) = P( A) ? P( B) = 1 × 2 = 1 . 2 5 5 C42 2 C62 5
(Ⅱ)设“从甲盒内取出的 2 个球均为黑球;从乙盒内取出的 2 个球中,1 个是红球,1 个是黑球”为事件 C,“从 甲盒内取出的 2 个球中,1 个是红球,1 个是黑球;从乙盒内取出的 2 个球均为黑球”为事件 D.由于事件 C、 2 1 1 C1 C 2 1 D 互斥,且 P (C ) = C3 ? C2 ? C4 = 4 , P ( D) = 3 ? 4 = . 2 2 2 C4 C6 15 C4 C62 5 所以取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率为 P(C + D) = P(C ) + P( D) = 4 + 1 = 7 .
15 5 15

8. 解: (Ⅰ)记 “从袋中任意取出两个球,两球颜色不同”为事件 A , 取出两个球共有方法 C5 = 10 种,其中“两球
2

一白一黑”有 C

1 2

?C

1 3

= 6 种. ∴

P ( A) =

1 1 C2 C3

C

2 5

=

3
. 答:从袋中任意取出两个球,两球颜色不同的概率是

5

3 . 5 2 ,取出一 5

(Ⅱ)记 “取出一球,放回后再取出一个球,两次取出的球颜色不同”为事件 B , 取出一球为白球的概率为 球为黑球的概率为

3 2 3 12 1 , ∴ P(B)= C2 × × = . 5 5 5 25 12 . 25

答:取出一球,放回后再取出一个球,两次取出的球颜色不同的概率是 9. 解:(1)设盒子中有“会徽卡”n 张,依题意有, 1 ?

2 C n 25 = ,解得 n=3 即盒中有“会徽卡”3 张。 C82 28 1 C3 3 = ; 1 C8 8

(2)由题意知,甲最多可能摸三次,若甲第一次抽取就中奖,则 P = 1 若甲第二次抽取才中奖,则 P2 =

1 1 1 C 5 C 4 C3 C1 C1 C1 C1 C1 3 5 ? 1? 1= ;若甲第三次抽取才中奖,则 P3 = 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 3 = , 1 1 1 1 1 1 C8 C7 C6 28 C8 C 7 C6 C5 C 4 56 7 5 5 17 ∴甲获奖的概率为 P = P + P2 + P3 = + + = 。 1 8 28 56 28


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