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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　条件概率与全概率公式
　　　　　　　　　　　　　
1.(2024天津,13)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
2.(2024上海,8)某校举办科学竞技比赛,有A、B、C3种题库,A题库有5000道题,B题库有4000道题,C题库有3000道题.小申已完成所有题,他A题库的正确率是0.92,B题库的正确率是0.86,C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题,正确率是　　　　.
3.(2022全国新高考Ⅱ,19)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.0001).
考点2　离散型随机变量的均值与方差
4.(2020全国Ⅲ理,3)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)
A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4　　　　
B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1
C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3　　　　
D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2
5.(2024新课标Ⅱ,18)某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成.比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得5分,未投中得0分,该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分①的概率;
(2)假设0(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛 ②
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大③,应该由谁参加第一阶段比赛
①关键点拨　第一阶段甲至少投中一次,第二阶段乙至少投中一次.用对立事件求解概率.
②心中有“数”　作差法比较大小
6.(2024北京,18)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设:一份保单的保费为0.4万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
(i)记X为一份保单的毛利润,估计X的数学期望EX;
(ii)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中EX估计值的大小.(结论不要求证明)
考点3　二项分布与超几何分布
7.(2022浙江,15)现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　,Eξ=　　　　.
8.(2021天津,14)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语,若一方猜对且另一方猜错,则猜对的一方获胜,否则本次平局.已知每次活动中,甲、乙猜对的概率分别为和,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响,各次活动也互不影响,则一次活动中,甲获胜的概率为　　　;3次活动中,甲至少获胜2次的概率为　　　.
考点4　正态分布
9.(多选题)(2024新课标Ⅰ,9)随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值=2.1,样本方差s2=0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8,0.12),假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(,s2),则(若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ2),则P(Z<μ+σ)≈0.8413)(　　)
A.P(X>2)>0.2　　　　B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5　　　　D.P(Y>2)<0.8
10.(2021全国新高考Ⅱ,6)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是(　　)
A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等
11.(2022全国新高考Ⅱ,13)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)=　　　　　.
三年模拟练
　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(2025广东湛江期中)已知某条线路上有M,N两辆相邻班次的公交车,若M准点到站的概率为,在N准点到站的前提下M准点到站的概率为,在M准点到站的前提下N不准点到站的概率为,则N准点到站的概率为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(多选题)(2024广东广州仲元中学月考)某地区机械厂为倡导“大国工匠精神”,提高对机器零件的品质要求,对现有产品进行抽检,由抽检结果可知,该厂机器零件的质量指标值ξ服从正态分布N(200,224),则(　　)
附:≈14.97,若ξ~N(μ,σ2),则P(|ξ-μ|≤σ)=0.6826,P(|ξ-μ|≤2σ)=0.9544.
A.P(185.03≤ξ≤200)=0.6826
B.P(200≤ξ≤229.94)=0.4772
C.P(185.03≤ξ≤229.94)=0.9544
D.任取10000件该型号汽车配件,其质量指标值在区间[185.03,229.94]内的件数约为8185
3.(多选题)(2025江苏南京九中、十三中阶段性检测)现有甲、乙两个盒子,甲盒中装有6个白球,3个红球,乙盒中装有5个白球,5个红球,则下列说法正确的是(　　)
A.从甲盒中一次取出3个球,至少取到1个红球的概率是
B.从乙盒中有放回地取3次球,每次取一个,取到2个白球和1个红球的概率是
C.从甲盒中不放回地取2次球,每次取一个,第二次取到红球的概率是
D.从甲盒中不放回地多次取球,每次取一个,则在第一、二次都取到白球的条件下,第三次也取到白球的概率是
4.(多选题)(2024浙江宁波余姚中学质量检测)下列命题中,正确的是(　　)
A.已知随机变量X服从二项分布B(n,p),若EX=30,DX=20,则p=
B.某人在10次射击中,记击中目标的次数为X,X~B(10,0.7),则当X=7时概率最大
C.设随机变量ξ服从正态分布N(0,1),若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=-p
D.已知P(A)=,则P(B)=
5.(2024河南创新发展联盟期中)布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动,如图所示的试验容器由三个仓组成,某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外,一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获,此时试验结束.已知该粒子的初始位置为1号仓,则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为　　　　　.
6.(2024云南师范大学附属中学月考)某电商车间生产了一批电子元件,为了检测元件是否合格,质检员设计了如图甲所示的电路.于是他在一批产品中随机抽取了电子元件A,B,安装在如图甲所示的电路中,已知元件A的合格率为,元件B的合格率为.
(1)质检员在某次检测中发现小灯泡亮了,他认为这三个电子元件都是合格的,求该质检员犯错误的概率;
(2)经反复测验,质检员把一些电子元件A,B接入了图乙的电路中,记该电路中小灯泡亮的个数为X,求X的分布列.
7.(2025江西上饶第四中学测试)某工厂生产一批机器零件,现从中随机抽取100件对某一项性能指标进行检测,记该项性能指标为X,得到一组数据如下表:
性能指标X 66 77 80 88 96
产品件数 10 20 48 19 3
(1)求该项性能指标的样本平均数,若这批零件的该项性能指标X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数,σ2=36,试求P(74(2)若此工厂有甲、乙两台机床加工生产这种机器零件,且甲机床的生产效率是乙机床的2倍,甲机床生产的零件的次品率为0.02,乙机床生产的零件的次品率为0.01,现从这批零件中随机抽取一件.
①求这件零件是次品的概率;
②若检测出这件零件是次品,求这件零件是由甲机床生产的概率;
③若从这批机器零件中随机抽取300件,零件是不是次品与其对应的该项性能指标相互独立,记抽出的零件是次品,且其对应的该项性能指标恰好在(74,92]内的零件个数为Y,求随机变量Y的数学期望(精确到整数).
参考数据:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)≈0.6826,P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9544,P(μ-3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9974.
8.(2024广东广州模拟预测)小张参加某项专业能力考试.该考试有A,B,C三类问题,考生可以自行决定三类问题的答题次序,回答问题时按答题次序从某一类问题中随机抽取一个问题回答,若回答正确则考试通过,若回答错误则继续从下一类问题中再随机抽取一个问题回答,依此规则,直到三类问题全部答完,若仍没有答对,则考试不通过.已知小张能正确回答A,B,C三类问题的概率分别为p1,p2,p3,且每个问题的回答结果相互独立.
(1)若小张按照A→B→C的次序回答问题,记X为小张的累计答题数目,求X的分布列;
(2)小张考试通过的概率会不会受答题次序的影响 请作出判断并说明理由;
(3)设0答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.答案　
解析　解法一:设甲选到A活动为事件M,乙选到A活动为事件M',乙选到B活动为事件N,
则甲选到A活动的概率为P(M)=.
乙选了A活动,他再选择B活动的概率为P(N|M')=.
解法二:从五种活动中选三种的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种,
甲选到A活动有6种情况:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,
故甲选到A活动的概率为.
乙选A活动有6种情况,同上,再选B活动有3种情况:ABC,ABD,ABE,
故乙选了A活动,他再选择B活动的概率为.
2.答案　
解析　由题可知,A题库占比为,B题库占比为,C题库占比为,因此所求概率P=×0.92+×0.86+×0.72=.
3.解析　(1)平均年龄=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).
(2)设A为事件“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,
由题易知P(A)=(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89.
(3)设B为事件“任选一人,此人年龄位于区间[40,50)”,C为事件“任选一人,此人患这种疾病”,由条件概率公式,得P(C|B)==0.0014375≈0.0014,所以此人患这种疾病的概率为0.0014.
4.B　根据均值EX=xipi,方差DX=(xi-EX)2·pi以及方差与标准差的关系,得各选项对应样本的标准差如下表.
选项 均值EX 方差DX 标准差
A 2.5 0.65
B 2.5 1.85
C 2.5 1.05
D 2.5 1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大.
5.解析　思路探究
本题来源于教材P219习题6-4A组第3题,均以投篮比赛为背景,求相互独立事件的概率、离散型随机变量的数学期望,教材习题比较简单直观,是求投篮的命中次数的期望,而高考题还以参赛队、参赛队员为背景,并添加比赛成绩得分,比赛具体规则变化等,比较复杂,难度也比较大,加强了对学生的建模能力、理性思维能力、数学应用的考查.
思路导引
(1)成绩不少于5分,即第一阶段甲至少投中1次,第二阶段乙至少投中1次,用对立事件的概率公式、独立事件的乘法公式可得结果.
(2)(i)成绩为15分的概率最大,可根据“由谁参加第一阶段比赛”分两类求概率,再用作差法比较大小.
(ii)先得到X和Y的所有可能取值,再求出期望,最后用作差法比较大小,做出决策.
(1)由于甲参加第一阶段比赛,故要使甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则第一阶段甲至少要投中1次,第二阶段乙也要至少投中1次.
故所求概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686.
(2)(i)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P甲=[1-(1-p)3]q3,
(易错点:注意甲、乙两人都要考虑,不要只考虑甲而忽视乙,漏乘q3)
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P乙=[1-(1-q)3]p3,
P甲-P乙=[q3-q3(1-p)3]-[p3-p3(1-q)3]
=(q-p)(q2+pq+p2)+(p-q)[(q-pq)2+(p-pq)2+(p-pq)·(q-pq)]
=(p-q)(3p2q2-3pq2-3p2q)
=3pq(p-q)(pq-q-p)
=3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1].
(关键点:通过作差与0比较大小进行判断,对代数式化简时注意提取公因式)
因为0所以3pq(p-q)[(1-q)(1-p)-1]>0,
故P甲>P乙,因此应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)当由甲参加第一阶段比赛时,比赛成绩X=0,5,10,15,
P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3,
P(X=5)=[1-(1-p)3]·q(1-q)2,
P(X=10)=[1-(1-p)3]·q2(1-q)1,
P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3,
故EX=0×{(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3}+5×[1-(1-p)3]·q(1-q)2+10×[1-(1-p)3]·q2(1-q)1+15×[1-(1-p)3]·q3=15×[1-(1-p)3]q=15q(p3-3p2+3p),
当由乙参加第一阶段比赛时,比赛成绩Y=0,5,10,15,
同理可得EY=15p(q3-3q2+3q),
EX-EY=15[(p+q)(p-q)pq-3(p-q)pq]=15(p-q)pq·(p+q-3),
因为0所以EX-EY>0,即EX>EY,
故应该由甲参加第一阶段比赛.
高考风向　以实际问题为背景的相互独立事件的概率、互斥事件和对立事件的概率、条件概率与全概率、离散型随机变量的分布列、期望与方差需重视,是高考的热点,常与排列组合、统计等知识综合命题.题型以大题为主,难度中等或中偏上.要加强对本讲知识概念的理解与应用及与其他知识(如数列(后期学习)、函数等)的综合训练.
6.解析　(1)设保单索赔次数为Y,
解法一:P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)+P(Y=4)=.
解法二:P(Y≥2)=1-P(Y<2)=1-[P(Y=0)+P(Y=1)]=1-.
(2)(i)索赔0次,X=0.4;索赔1次,X=0.4-0.8=-0.4;索赔2次,X=0.4-0.8×2=-1.2;索赔3次,X=0.4-0.8×3=-2;索赔4次,X=0.4-0.8×3-0.6=-2.6.
∴X的可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2,-2.6.
P(X=0.4)==0.1,
P(X=-1.2)==0.03,
P(X=-2.6)==0.01,∴EX=0.4×0.8+(-0.4)×0.1+(-1.2)×0.06+(-2)×0.03+(-2.6)×0.01=0.122.
(ii)当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单毛利润的数学期望的估计值比(i)中EX的估计值大.证明如下:
设新情况下的一份保单的毛利润为Z万元,
无索赔时,Z=0.4×(1-4%)=0.384;索赔1次,Z=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32;索赔2次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×2=-1.12;索赔3次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3=-1.92;索赔4次,Z=0.4×(1+20%)-0.8×3-0.6=-2.52.
∴Z的可能取值为0.384,-0.32,-1.12,-1.92,-2.52,
∴EZ=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.1252.又0.1252>0.122,
∴当无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%时,一份保单的毛利润的数学期望估计值比(i)中的EX的估计值大.
7.答案　
解析　所抽取的3张卡片上数字的最小值为2可分两种情况:(1)3张卡片中恰有1张卡片上数字为2;(2)3张卡片中恰有2张卡片上数字为2,所以P(ξ=2)=.
而P(ξ=1)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,所以Eξ=1×+2×+3×+4×.
8.答案　
解析　由题意得,甲获胜为甲猜对乙猜错,
其概率P=×.
根据独立重复试验的概率,知甲获胜2次的概率P1=××,
甲获胜3次的概率P2=×,
∴甲至少获胜2次的概率P'=P1+P2=.
9.BC　由题意知X~N(1.8,0.12),Y~N(2.1,0.12),
因为2=1.8+2×0.1,所以P(X>2)1.8+0.1)=1-P(X<1.8+0.1)≈1-0.8413=0.1587.故P(X>2)<0.2,P(X>2)<0.5,故A错误,B正确.P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)>P(Y>2.1)=0.5,故C正确.P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=P(Y<2.1+0.1)≈0.8413>0.8,故D错误.
10.D　因为该物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),所以正态曲线关于直线x=10对称,且方差σ2越小,分布越集中.对于A,σ越小,测量结果越集中在10左右,则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故选项A中结论正确;对于B,测量结果大于10的概率为0.5,故选项B中结论正确;对于C,由于正态曲线关于直线x=10对称,所以测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故选项C中结论正确;对于D,测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率,故选项D中结论错误.
11.答案　0.14
解析　因为X~N(2,σ2),所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,
故P(X>2.5)=P(X>2)-P(2三年模拟练
1.B　设事件A为“M准点到站”,事件B为“N准点到站”,
由题可知,P(A)=,
因为P(,所以P(A,
由P(A)=P(AB∪A,解得P(AB)=,又P(A|B)=,所以P(B)=.
2.BD　由题意知μ=200,σ2=224,所以σ=≈14.97.
对于A,P(185.03≤ξ≤200)=P(|ξ-μ|≤σ)=×0.6826=0.3413,故A错误;
对于B,P(200≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤2σ)=×0.9544=0.4772,故B正确;
对于C,P(185.03≤ξ≤229.94)=P(|ξ-μ|≤σ)+P(|ξ-μ|≤2σ)=0.3413+0.4772=0.8185,故C错误;
对于D,由C知P(185.03≤ξ≤229.94)=0.8185,
所以质量指标值在区间[185.03,229.94]内的件数约为10000×0.8185=8185,故D正确.
3.BC　对于A,记A=“从甲盒中一次取出3个球,至少取到1个红球”,则P(A)=1-,故A错误;
对于B,记B=“从乙盒中有放回地取3次球,每次取一个,取到2个白球和1个红球”,
则P(B)=×,故B正确;
对于C,D,记Ai=“从甲盒中不放回地取球,每次取一个,第i次取到红球”,
则P(A2)=P(A1A2+A2)=P(A1)·P(A2|A1)+P()·P(A2|××,故C正确,D不正确.
4.BCD　对于A,由题意得解得故A错误;
对于B,若X~B(10,0.7),则P(X=k)=×0.7k×0.310-k,
设当X=k时概率最大,
则有
即
即
解得6.7≤k≤7.7,
又k∈N+,所以当k=7,即X=7时概率最大,故B正确;
对于C,由随机变量ξ服从正态分布N(0,1),知其正态曲线的对称轴为直线ξ=0,则P(ξ>0)=,
若P(ξ>1)=p,则P(-1<ξ<0)=P(0<ξ<1)=P(ξ>0)-P(ξ>1)=-p,故C正确;
对于D,已知P(A)=,则P(,
由全概率公式得,P(),
所以[1-P(B)],解得P(B)=,故D正确.
5.答案　
思路分析　依题意,当粒子位于各个仓时,概率分布如图所示(其中Pi(i=1,2,3)表示从i号仓出发最终从1号仓到达容器外的概率):
解析　设从i号仓出发最终从1号仓到达容器外的概率为Pi(i=1,2,3),则
由(2)(3)得P2=P2,即P2=P1,将它代入(1),解得P1=.
6.解析　(1)当小灯泡亮的时候,后一个元件A是合格的,前面的元件A,B至少有一个是合格的,
其概率P=×.
小灯泡亮了,并且质检员犯错误的情况,对于前面的元件A,B分为两大类:
第一类:元件A合格,元件B不合格,此时概率P1=××,
第二类:元件B合格,元件A不合格,此时概率P2=××,
所以在发现小灯泡亮了的前提下,该质检员犯错误的概率为.
(2)在题图甲中,记小灯泡亮的概率P=,
所以X~B,
则P(X=0)=××,
P(X=1)=××,
P(X=2)=××,
P(X=3)=××.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
7.解析　(1)=66×0.1+77×0.2+80×0.48+88×0.19+96×0.03=80,则X~N(80,36),σ=6,
所以P(74(2)①“抽取的零件由甲机床生产”记为事件A1,
“抽取的零件由乙机床生产”记为事件A2,
“抽取的零件为次品”记为事件B,
则P(A1)=,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.01,则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×0.02+×0.01=.
②P(A1|B)=.
③由(1)及(2)①可知从这批机器零件中随机抽取一件,它是次品且其对应的该项性能指标在(74,92]内的概率p=×0.8185,
则随机变量Y~B(300,p),
所以EY=300p=300××0.8185=4.0925≈4,
所以随机变量Y的数学期望为4.
8.解析　(1)由题可知,X的可能取值为1,2,3,
则P(X=1)=p1,P(X=2)=(1-p1)p2,P(X=3)=(1-p1)·(1-p2),
所以X的分布列为
X 1 2 3
P p1 (1-p1)p2 (1-p1)(1-p2)
(2)小张考试通过的概率不受答题次序的影响,理由如下:
小张没有通过考试的情况只有三个问题全部答错,
所以无论按哪种答题次序答题,小张考试通过的概率均为1-(1-p1)(1-p2)(1-p3).
(3)应按A→B→C的次序答题,理由如下:
因为00,1-p2>0,1-p3>0,p2-p1<0,p3-p1<0,p3-p2<0.
若按A→B→C的次序答题,设X1为此时小张的累计答题数目,
由(1)得EX1=1×p1+2(1-p1)p2+3(1-p1)(1-p2)=3-2p1-p2+p1p2.
若按A→C→B的次序答题,设X2为此时小张的累计答题数目,
则P(X2=1)=p1,P(X2=2)=(1-p1)p3,P(X2=3)=(1-p1)(1-p3),
所以EX2=1×p1+2(1-p1)p3+3(1-p1)(1-p3)=3-2p1-p3+p1p3.
由EX1-EX2=(3-2p1-p2+p1p2)-(3-2p1-p3+p1p3)
=p3-p2-p1(p3-p2)=(1-p1)(p3-p2)<0,得EX1若按B→A→C的次序答题,设X3为此时小张的累计答题数目,
同理可得EX3=3-2p2-p1+p2p1.
若按B→C→A的次序答题,设X4为此时小张的累计答题数目,
同理可得EX4=3-2p2-p3+p2p3.
由EX3-EX4=(1-p2)(p3-p1)<0,得EX3若按C→A→B的次序答题,设X5为此时小张的累计答题数目,
同理可得EX5=3-2p3-p1+p3p1.
若按C→B→A的次序答题,设X6为此时小张的累计答题数目,
同理可得EX6=3-2p3-p2+p3p2.
由EX5-EX6=(1-p3)(p2-p1)<0,得EX5由上述分析可知,累计答题数目的均值最小的是EX1,EX3,EX5中最小的一个,
因为EX1-EX3=(3-2p1-p2+p1p2)-(3-2p2-p1+p2p1)=p2-p1<0,所以EX1因为EX3-EX5=(3-2p2-p1+p2p1)-(3-2p3-p1+p3p1)
=3-2p2-p1+p2p1-3+2p3+p1-p3p1=(p2-p3)(p1-2)<0,
所以EX3所以EX1所以最小的是EX1,
即按A→B→C的次序答题时,累计答题数目的均值最小.
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