资源简介

Tr+1为常数项,则20-5r=0∴r=4,∴常数项T5= 17. 解:(1)(x2-3x+2)5=(x-1)5(x-2)5,
16 (x-1)5 展开式的通项公式为Cr(-1)rx5-r5 (4 ,又(a2 )n 展开式的各项系数之和等 0≤r≤C5×5=16 +1 5);(x-2)5 展开式的通项公式为
于2n,由题意得2n=16,∴n=4,由二项式系数的性 Cs5(-2)sx5-s(0≤s≤5).
质知,(a2+1)n 展开式中系数最大的项是中间项T3, 所以(x2-3x+2)5 展开式的通项公式为
∴C2 44a =54,∴a=± 3. CrCs(-1)r+s·2s·x10-r-s5 5 ,∴r+s=8,得
14. 解:(1)第4r 项与第r+2项的二项式系数 r=3, r=4, r=5,
分别为C4r-1和Cr+1,由题设得:C4r-1 r+1
或 或
20 20 20 =C20 由组合 {s=5 {s=4 {s=3.
数性质得:4r-1=r+1,或4r-1=20-(r+1).4r- 所以展开式中x2 的系数为
1=r+1没有整数解,则由4r-1=20-(r+1),得r C3 5 5 4 45C5·2 +C5C5·24+C55C35·22=800,即a2
=4.所以r=4. =800.
(2)T4r=T16=-C15 3020x =-15504x30. Tr+2= (2)令f(x)=(x2-3x+2)5=a0+a1x+ax22 +
T =-C5x106 20 =-15504x10. …+a10x10.
15. 解:(1)∵C4+C6n n=2C5n,∴n2-21n+98= a0=f(0)=25=32,
0,∴n=7或n=14. a0+a1+a2+…+a10=f(1)=0,∴a1+a2+
当n=7时,展开式中二项式系数最大的项是T4 …+a10=-32.
4 35
和T , T 的系数 25 ∴ 4 =C3× (17 ) ×23= ,T (5 的系 3)(a0+a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+2 2
a5+a 23 7+a9)
数=C4 1 47× (2 ) ×2=70. =(a0+a1+a2+…+a10)(a0-a1+a2-…+
当n=14时,展开式中二项式系数最大的项是 a10)
1 7 =f(1)·f(-1)=0.T8,∴T8 的系数=C7 714× (2 ) ×2=3432. 第十五章 概率与统计
(2)由C0+C1 2n n+Cn=79,可得n=12,设T
k+1项
的系数最大. §15.1 概 率
1 12 1 12∵ ( (2+2x) = (2 ) 1+4x)12, 五年高考母题原型训练1.C 【解析】 (m+ni)(n-mi)=2mn+(n2
Ck4k≥Ck-1 k-1{ 12 12 4 , 2 2 2∴ ∴9.4≤k≤10.4,∴k=10, -m )i为实数,有n -m =0,∴m=n,所求的概率Ck k124 ≥Ck+1 k+112 4 , 6 1
∴展开式中系数最大的项为T . P= = .本题考查了复数、概率等基础知识11 36 6 .
12
T = (1 ) C10410 10 10 2.D 【解析】 从30名同学中任选3名共有n11 2 12 x =16896x . =C330种选法,其中只选男生有C320种方法,只选女生
16. 解:(1)∵77=4×19+1. 有C310种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又
∴7777-7=(76+1)77-7 有女同学有 m=C330-C3 -C320 10种方法,由此可得选
=C0 ·7677+C177 77·7676+…+C7677·76+C7777·1 到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为P
-7 m C3 3 330-C20-C10 20
=76(C077·7676+C177·7675+…+C76)-19+ =n = C3 =
,故应选
77 30 29
D.
(19-6),所以余数是19-6=13. 3.B 【解析】 显然,符合条件的火炬手的编号
(2)1.025=(1+0.02)5=1+C15·0.02+C25· 可以是(1,4,7),(2,5,8),…,(12,15,18),共12组,
0.022+C35·0.023+C45·0.024+C55·0.025,∵C25·0. 12 1
2 而所有 取 法 为 C
3 ,所 以,所 求 概 率 为= = ,
02=4×10-3=0.004,C3 3 -5 18 35·0.02=8×10 ,∴当(2) C18 68
中的结果精确到0.01时,只要取展开式的前三项和 选B.
为:1+0.10+0.004=1.104.近似值为1.10. 4.B 【解析】 本题解题思路是依据题意得出
·178·
相应的取法数,进而得到相关的概率.依题意得从编
A 包含的基本事件数m=5, ( )
m 5
所以 P A = =
号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个, n 20
共有C410种不同的方法,其中所取4个球的最大号码 1=4.
是6的取法共有C35,因此所取4个球的最大号码是6
10. 本题主要考查概率等基础知识,考查运算求
C35 1
的概率等于 4 = ,选B. 解能力、应用数学知识分析和解决实际问题的能力C10 21
.
解:( )【 一共有 种不同的结果
,列举如下:
5.D 解析】
Ⅰ 8
本题主要借助正方体、正八面体
(红、红、红)、(红、红、黑)、(红、黑、红)、(红、黑、
考查概率计算,属于基础知识,基本运算的综合灵活
黑)、(黑、红、红)、(黑、红、黑)、(黑、黑、红)、(黑、黑、
运用.正方体6个面的中心是正八面体的6个顶点,
黑).
甲从这6个点中任意选两个点连成C26 条直线,乙从
( )记“ 次摸球所得总分为 分”为事件
这6个点中任意选两个点连成C2
Ⅱ 3 5 A.
6 条直线,所得的两
事件 A 包含的基本事件为:(红、红、黑)、(红、
12
条直线相互平行但不重合的有12对,则概率为 2 黑、红)、(黑、红、红),事件 包含的基本事件数为C6C2 A 3.6
由(Ⅰ)可知,基本事件总数为8,所以事件4 A
的
= ,选75 D. 3概率为P(A)= .
6.D 【解析】 分成两组的所有情况有6种, 8而
、 11. 本小题主要考查排列、组合知识与等可能事甲 乙相遇只有三种情况:即首场相遇一种情况,第二
件、互斥事件概率的计算,运用概率知识分析问题及
1
场相遇有两种情况,故所求概率为:P= ,选D.本2 解决实际问题的能力.
题考查等可能性概率求法的基础知识,关键是分清所 解:以Ak 表示恰剩下k只果蝇的事件(k=0,1,
有的事件与事件A 所含基本事件的个数. …,6),以Bm 表示至少剩下m 只果蝇的事件(m=0,
1 1,…,6).
7. 【解析】 本题考查了古典概型问题,从5 可以有多种不同的计算P(Ak)的方法.
2.5,2.6,2.7,2.8,2.9这五个数据中任意抽取2个有 方法一(组合模式):当事件Ak 发生时,第(8-
(2.5,2.6);(2.5,2.7);(2.5,2.8);(2.5,2.9); k)只飞出的蝇子是苍蝇,且在前(7-k)只飞出的蝇
(2.6,2.7);(2.6,2.8);(2.6,2.9);(2.7,2.8);(2.7,2. C1 7-k
子中有1只是苍蝇,所以P(Ak)=
7-k= .
9);(
2
2.8,2.9),共10种抽取方法,其中长度恰好相差 C8 28
0.3m仅(2.5,2.8);(2.6,2.9)两组,即得n=10,m= 方法二(排列模式):当事件 Ak 发生时,共飞走
m (8-k)只蝇子,其中第(8-k)只飞出的蝇子是苍蝇,
2,∴它们的长度恰好相差0.3m的概率为P=n = 有两种不同可能.在前(7-k)只飞出的蝇子中有(6-
2 1 k)只是果蝇,有C6-k6 种不同的选择可能,还需考虑这
10=5. (7-k)只蝇子的排列顺序.所以
3
8. 【 】
1 6-k
解析 本题主要考查古典概型的概率 C2·C6 (7-k)!( ) 7-k4 P Ak = A8-k = 28 .8
计算.从四条线段中任意取出三条,有4种不同结果, 由上式得
3
能构成三角形的有3种情况,所以概率P= . 6 34 P(A1)=28=
;
14
1
9. 【解析】 本题主要考查等可能性事件的 ( ) 34 P B5 =P(A5+A6)=P(A5)+P(A6)=28.
概率.20张卡片分别是:“0,1”,“1,2”,“2,3”,“3,4”, 12. 解:(Ⅰ)“抽出的3张卡片上最大的数字是
…,“18,19”,“19,20”,任取一张,基本事件总数n= 4”的事件记为A,由题意
20,卡片上两个数的各位数字之和不小于14的有“7, C1C2+C2C1( ) 2 6 2 6 9P A = = .
8”,“8,9”,“16,17”,“17,18”,“18,19”共5张,即事件 C38 14
·179·
(Ⅱ)“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的 18. 解:(Ⅰ)设Ai 表示事件“一个试验组中,服
C2C1 3 用A 有效的小白鼠有i只”,, i=0
,1,2,B 表示事件
事件记为B 则P(B)= 2 6C3 =28.
i
8 “一个试验组中,服用B 有效的小白鼠有i只”,i=0,
(Ⅲ)“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事 1,2.
件记为C,“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事
依题意有P(A1)
1 2 4, ( )
件记为D,由题意,C 与D 是对立事件.因为 =2×3×3=9 P A2 =
1 2
( ) C4C2C
1
P D = 6
3 2 2 4 1 1 1 1
3 = . 3×3=9.P
(B0)=2× =
,P(B )=2×
C8 7 2 4
1 2
( ) ( 3 4 1 1所以P C =1-P D)=1- = . ×2= .
所求的概率为
2 p=P
(B0·A1)+P(B0·
7 7
13. 解:(Ⅰ)由题意知,袋中黑球的个数为10× A2)+P(B1·A2)
2 1 4 1 4 1 4 4
5=4.
=4×9+4×9+2×9=9.
记“从袋中任意摸出两个球,得到的都是黑球”为 3( ) ( 4 ) 604Ⅱ 所求的概率为P=1- 1-9 =2 729.
事件A,则P( )
C4 2A =C2 =10 15
. 19. 解:(Ⅰ)令A 表示两年后柑橘产量恰好达到
(Ⅱ)记“从袋中任意摸出两个球,至少得到一个 灾前产量这一事件,则P(A)=0.2×0.4+0.4×0.3=
白球”为事件B,设袋中白球的个数为x,则P(B)= 0.2.
2
( ) C10-x 7
(Ⅱ)令B 表示两年后柑橘产量超过灾前产量这
1-P B =1- 2 = ,得到C 9 x=5.10 一事件,则P(B)=0.2×0.6+0.4×0.6+0.4×0.3=
14.C 【解析】 本题主要考查考生能否结合具 0.48.
体问题恰当地利用所学排列组合知识确定相关的方 20. 本小题主要考查互斥事件、相互独立事件等
法数,再由概率的意义进而求得相应的概率的具体应 概率的基础知识,考查运用概率知识解决实际问题的
用 能 力.依 题 意 得, 所 求 的 概 率 等 于 能力.
C2C1 1 1 2 1 1 1 26 5C4+C6C5C4+C6C5C4 48= , C. 解:(Ⅰ)设“选 从甲盒内取出的2个球均为红球”为C415 91 事件A,“从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件
15.A 【解析】 设取出小球数字之和为3和为 C23 1
6分别为事件A、B,则事件A 与事件B 互斥,且事件 B.由于事件 A,B 相互独立,且 P(A)=C2=
,
7 7
A 的基本事件仅有(1+2=3)1种,事件B 的基本事 C2 5
P(B)= 5C2=1 18
.
件有(1+5=2+4=6)2种,∴P(A)= ,P(B)= 9C25 故取出的4个球均为红球的概率是
2
2, ( )
1 2 3
C P A+B =P
(A)+P(B)= + = ,故应 1 5 5
5 C25 C25 10 P(A·B)=P(A)·P(B)=7×18=126.
选A. (Ⅱ)设“从甲盒内取出的2个球中,1个是红球,
16.D 【解析】 设 不 能 获 奖 为 事 件 A,则 P 1个是黑球;从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事
3+C2(C1+C2)A2( ) 3 5 5 2 93A = = ,则能获奖的概率为: 件C,“从甲盒内取出的2个球均为黑球;从乙盒内取35 243 出的2个球中,1个是红球,1个是黑球”为事件D.由
P( )
93 50
A =1- = ,故选D项.本题考查排列组合 C1C1 C2 2243 81 于事件C,D 互斥,且P(C)= 3 4 4C2
·
C2=
,P(D)
7 9 21
与概率问题,取材于学生熟悉的等可能性概率知识,
C2 1 14 C5C4 10
属于中档题. =C2
·
C2 =7 9 63
.
17.0.98 【解析】 至少有一个准时的对立事件 故取出的4个球中恰有1个红球的概率为
为均不准时,所以两个闹钟至少有一个准时响的概率 2 10 16
为P=1-(1-0.80)( ) P
(C+D)1-0.90 =0.98. =P
(C)+P(D)=21+63=63.
·180·
1 【 】 , 27. 解
:(Ⅰ)每次测试中,被测试者从10张卡片
21. 解析 依题意 在长方形内取每一点3 中随机抽取的1张卡片上,拼音带有后鼻音“g”的概
的可能性均相等.故可用阴影部分的面积与长方形面 3
率为 ,因为三位被测试者分别随机抽取一张卡片
积的比 来 表 示 点 M 取 自 阴 影 部 分 的 概 率 P = 10
1 的事件是相互独立的,因而所求的概率为
∫3x2dx 3
0 1 3 3 3 27
= . 10× × = (33 3 10 10 10) =1000.
2 (Ⅱ)设Ai(i=0,1,2,3)表示所抽取的三张卡片
22. 【解析】3
本题考查 中,恰有i张卡片带有后鼻音“g”的事件,且其相应的
的是几何概率与化归与转换能力, 1 2 3
概率为P(Ai),
CC
则P(A )= 7 3
7 C
︵ 2 C3 =
,
40P
(A 33)=
10 C310
属于容易 题.如 图 可 设AB=1,则
︵ 1, = ,因而所求概率为AB'=1 根 据 几 何 概 率 可 知 其 整 120
2
体事件是其周长3,则其概率是 . P(A2+A3)=P(A2) ( )
7 1 11
3 +P A3 =40+120=60.
23.B 【解析】 ∵事件E 与F 相互独立, 28.解:(1)记A 表示事件:稿件能通过两位初审
1 专家的评审;
∴P(E∩F)=P(E)×P(F)= ,故应选16 B. B 表 示 事 件:稿 件 恰 能 通 过 一 位 初 审 专 家 的
24.D 【解析】 甲获胜由胜胜、胜负胜、负胜胜 评审;
三个 独 立 事 件 组 成,∴P=0.62+2·0.62×0.4= C 表示事件:稿件能通过复审专家的评审;
0.648,故选D. D 表示事件:稿件被录用.
25.0.128 【解析】 记“该选手回答对第i个问 则D=A+B·C,
题”为事件Ai(i=1,2,3,4,5),且P(Ai)=0.8. P(A)=0.5×0.5=0.25,P(B)=2×0.5×0.5=
选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮则该选 0.5,
手第二个问题必回答错,第三、第四个问题必回答对, P(C)=0.3,
∴所求事件概率 P(D)=P(A+B·C)
P=P(A2·A3·A4) =P(A)+P(B·C)
=P(A2)·P(A3)·P(A4) =P(A)+P(B)P(C)
=(1-0.8)×0.8×0.8=0.128. =0.25+0.5×0.3
1 1 =0.40.
26.②④ 【解析】 对①,P(B)
C5 C= × 5 +
C1 110 C11 (2)X~B(4,0.4),其分布列为
C15 C1 9 P(4 X=0)=(1-0.4)
4=0.1296,
1 ×C C1
= ;
10 11 22 P(X=1)=C
1
4×0.4×(1-0.4)3=0.3456,
C1 5 P(X=2)=C
2 2
4×0.4×(1-0.4)25 =0.3456,
对②,P(B|A1)=C1
= ;
11 11 P(X=3)=C34×0.43×(1-0.4)=0.1536,
对③,由P(
1
A )= ,P(B)
9
= ,P(A ·B)= P
(X=4)=0.44=0.0256.
1 2 22 1 期望EX=4×0.4=1.6.
5
知P(A1·B)≠P(A1)·P(B). 29.B 【解析】 本题考查n 次独立重复实验恰22 2 2
故事件B 与事件A 不是相互独立事件; 好发生k 次 的 概 率 公 式,1 P=C
2 4
4 (5 ) · (15 )
对④,从甲罐中只取一球,若取出红就不可能是 96
其他,故两两互斥; =625.
对⑤,由①可算得. 30.B 【解析】 本题考查随机事件的概率,以
·181·
及学生分析问题解决问题的能力、分类讨论思想.点 C1,C2 分别表示三轮中恰有两轮、三轮甲击中环数多
P 移动5次后到达点(2,3),可以看作是在5次移动 于乙击中的环数.
中选择2次右移,3次上移,故有C25 种不同的移动方 (Ⅰ)A=A1·B1+A2·B1+A2·B2,P(A)=
法,而所有的移动方法共有25 种,所以所求的概率P P(A1·B1+A2·B1+A2·B2)
C2 5
= 5=C2 (1 ) . =P(A1·B1)+P(A2·B1)+P(A2·B2)25 5 2 =P(A1)·P(B1)+P(A2)·P(B1)+P(A2)
31. 解:(Ⅰ)5次预报中恰有2次准确的概率为 ·P(B2)
P 2 2 5-25(2)=C5×0.8×(1-0.8)
=0.3×0.4+0.1×0.4+0.1×0.4
=10×0.82×0.23≈0.05.
=0.2.
(Ⅱ)5次预报中至少有2次准确的概率为 (Ⅱ)B=C +C ,P(C )=C2[P(A)]2[1-
1-P 05(0)-P5(1)=1-C5×0.80×(1-0.8)5-0
1 2 1 3
1 1 ( )5-1 P
(A)]=3×0.22×(1-0.2)=0.096,P(C2)=
-C5×0.8 × 1-0.8 =1-0.00032-0.0064≈
[
0.99. P
(A)]3=0.23=0.008,P(B)=P(C1+C2)=
( )“ , P(C1)+P(C2)Ⅲ 5次预报中恰有2次准确 且其中第3次 =0.096+0.008=0.104.
预报准确”的概率为0.8×C1×0.8×(1-0.8)4-1= 34. 本题主要考查随机事件、互斥事件、相互独4
4×0.82×0.23≈0.02. 立事件等概率的基础知识,考查运用概率知识解决实
32. 解:视“选择每道题的方案”为一次试验,则 际问题的能力.
这是4次独立重复试验,且每次试验中“选择正确”这 解:(Ⅰ)设这名学生在上学路上到第三个路口时
1 首次遇到红灯为事件A.因为事件A 等价于事件“这
一事件发生的概率为
4. 名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯,在第三个
由独立重复试验的概率计算公式得: 路口遇 到 红 灯”,所 以 事 件 A 的 概 率 为 P(A)=
(Ⅰ)恰有两道题答对的概率为 ( 1 ) ( 1 1 41-3 × 1-3 )×3=27.2 2
P4(2)=C2
1 3
4× (4 ) × (4 ) (Ⅱ)设这名学生在上学路上因遇到红灯停留的
27
= . 总时间至多是4min为事件B,这名学生在上学路上128 遇到k次红灯为事件Bk(k=0,1,2).
(Ⅱ)解法一:至少有一道题答对的概率为 由题意得
0
1-P (0)=1-C0× (1 ) × (3
4
4 1 3
4 4 4 4 ) P(B0)= (23 ) 16= , ( ) 1 181P B1 =C4 (3 ) (23 )
81 175
=1- 2 2256=256. 32= ,P(B 2 1 2
24
81 2
)=C4× (3 ) × (3 ) =81.
解法二:至少有一道题答对的概率为
由于事件B 等价于事件“这名学生在上学路上
1 3 2 2C14× (4 )× (3 2 14 ) +C4× (4 ) × (34 ) +C34 至多遇到2次红灯”,所以事件B 的概率为
× (1
3 4 0
) × (3 )+C4× (1 ) × (3 ) P(B) 84 =P(B0)+P(B1)+P(B2)=9.4 4 4 4
108 54 12 1 2012—2013高考题源拓展测试
=256+256+256+256 1.C 2.D 3.A 4.C 5.D 6.D 7.C
175
= 2 33 1256. 8.D 9. 9 10.P133. 解:记A1,A2 分别表示甲击中9环,10环, 40
B ,B 分别表示乙击中8环,9环,A 表示在一轮比 13. 解:每 个 人 达 到 减 肥 目 的 概 率 为 P=1 2 60
赛中甲击中的环数多于乙击中的环数,B 表示在三轮 2
比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数, =3.
·182·
(1)恰有4人未达到目的的概率为 P1=C45× b<4,(a-2)2+b2≥16.设“方程有两个正根”为事件
4
( 2 ) 2 10 A,则事件A 包含的基本事件为(× = . 6,1),(6,2),(6,3),1-3 3 243
(,) , ( ) 4 14 53 共4个 故所求的概率为P A = = ;
(2) 4 2
2 5 1 5 11 36 9P2=C5× (1- ) × +C5×( )3 3 3 =243. (2)试验的全部结果构成区域,其面积为S(Ω)=
4
() ( 2 ) 2 23P = 1- × = . 16,设“方程无实根”为事件B,则构成事件B 的区域3 3 3 243 为B={(a,b)|2≤a≤6,0≤b≤4,(a-2)2+b2<
14. 解:(1)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,由 1
(2
4
) 16
},其面积为S(B)= ×π×42=4π,故所求的概
等可能性事件的概率公式可得:P(ξ=0)= 43 =
( 4π π16 1· 3 2· 2 率为P B)= = .,P(ξ=1)
C 2 32
= 4 4 = , (
C 2
81 3 81 P ξ=2
)= 4 16 434 =
3· §15.2
统 计
8 4, ( ) C4 2 8, ( ) 1 1,
27Pξ=3 = 34 =81 P ξ=4 = (3 ) =18 五年高考母题原型训练
所以这4位同学选择数学选修课的概率最大时相应 1.C 【解析】 分层抽样就是按比例抽样,则有
的人数为1人. 1504000×30000=20
,选C.
(2)由(1)知,这4位同学至少有2人选择数学选
2.D 【解析】 本题解题思路是依据抽样方法
修课程的概率 P=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)=1-
的定义以及结合题意中的数据确定 依题意得这种抽
2 4 C1·23
.
( ) 4 16 32 333 - 34 =1-81-81=81. 样方法是分层抽样法,选D.
15. 解:(1)设“任取一件作品颜色为绿色”为事 【 】 503.10 解析 由随机抽样得抽样比例为1000
, ( ) 1件A 则P A =24. 1= ,则某部门中有200名员工,需要抽取的人数为20
(2)设“任取一件作品颜色为红色”为事件B,则
1
( ) 4+3-1 1 3
200× 人
P B =1- =1- = . 20
=10 .
24 4 4
4.40 【解析】 本题考查分层抽样的基本概念(3)
.
设“任取一件作品记下颜色后放回,连续取三
5.50 【解析】 分层抽样即按高三学生占总人
次至少有两件作品为红色”为事件C,则
2 3 1
(3 ) (1 ) (3 ) 数的 进行抽样,故样本中高三学生的人数为50.P(C)=C2 33× 44 × 4 +C3× 4 ×
0 160
(1 ) 27 6.150 【解析】 (160-150)÷= . 2400=150.4 32
:() 7.37 20
【解析】 由分组可知,抽号的间隔
16. 解 1 设每位大学生能成为奥运志愿者的
为 ,又因为第 组抽出的号码为 ,所以第 组抽
2 5 5 22 6
概率为 P,则 P=C2× (1 ) × ( 1 1
3
3 2 1-2 ) + (2 ) 出的号码为27,第7组抽出的号码为32,第8组抽出
1 的号码为37.
=2. 40岁以下年龄段的职工数为200×0.5=100,则
(2)设至少有两位大学生成为奥运志愿者的概率 40
应抽取的人数为
200×100=20
人.
4 5
, 1 1 13为P' 则P'=1-C5×2× ( 1 11-2 ) - (2 ) =16. 8.60 【解析】 本 题 是 统 计 中 的 分 层 抽 样 问
(3)设每位大学生被淘汰的概率为P″,则P″= 题,根据分层抽样的本质特征可得,所要求的结果约
1 1 2
2× (2 ) 1 5+2=8. 为15000× (23 21500-500)=60.
17.解:(1)基本事件(a,b)共有36个,方程有正 本题主要考查学生对分层抽样的理解———本质
根等价于a-2>0,16-b2>0,Δ≥0,即a>2,-4< 是按比例抽取.
·183·
9. 解:(Ⅰ)工厂总数为18+27+18=63,样本容 1
13.24 23 【解析】 x甲= ×(10 19+18+20+7 1
量与总体中的个体数的比为 = ,所以从A,B,63 9 21+23+22+20+31+31+35)=24,
C 三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,2. 1
x乙= ×(19+17+11+21+24+22+24+30
(Ⅱ)设 A1,A2 为在 A 区中抽得的2个工厂, 10
B1,B2,B3 为在B 区中抽得的3个工厂,C1,C2 为在 +32+30)=23.
C 区中抽得的2个工厂.在这7个工厂中随机地抽取 14.30 【解析】 本题主要考查样本的频率分
2个,全部可能的结果有:(A ,A 布直方图.由图知,在区间[4,5)上的频率为1-0.051 2),(A1,B1),(A1,
B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B1),(A , -0.1-0.4-0.15=0.3,所以所求频数为:100×0.32
B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),(B1,B2),(B =30.1,
B3),(B1,C1),(B1,C2),(B ,B 15. 解:(Ⅰ)样本中男生人数为40,由分层抽比2 3),(B2,C1),(B2,
C2),(B3,C1),(B3,C2),(C ,C ),共有21种. 例为10%估计全校男生人数为400.1 2
随机地抽取的2个工厂至少有1个来自A 区的 (Ⅱ)由统计图知,样本中身高在170~185cm之
结果(记为事件 X)有:(A ,A ),(A ,B ),(A , 间的学生有14+13+4+3+1=35人,样本容量为1 2 1 1 1
B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B ),(A , 70,所以样本中学生身高在170~185cm之间的频率1 2
B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),共有11种.所以 35f= =0.5,故由 f 估计该校学生身高在170~
这2个工厂中至少有1个来自A 区的概率为P( )
70
X
180cm之间的概率P=0.5.
11
=21. (Ⅲ)样本中女生身高在165~180cm 之间的人
10.A 【解析】 本题考查了统计与概率的知 数为10,身高在170~180cm之间的人数为4.
识,读懂频率分布直方图,会计算概率以及样本中有 设A 表示事件“从样本中身高在165~180cm之
关的数据.据频率分布直方图可得产品净重小于100 间的女 生 中 任 取2人,至 少 有1人 身 高 在170~
2
克的概率为(0.050+0.100)×2=0.300,已知样本中 ”, ( ) C6 2180cm之间 则P A =1- 2 = (或 P(A)=
产品净重小于100克的个数是36,设样本容量为n, C10 3
1 1 2
36 C6×C4×C4 2
则有
n=0.3 n=120
,而净重大于或等于98克并且 2 = )C10 3
.
小于104克的产品的概率为(0.100+0.150+0.125) 16.B 【解析】 利用正态分布的密度曲线的对
×2=0.75,所以样本中净重大于或等于98克并且小 称性.对称轴为x=3,P(2≤x≤4)=0.6826.
于104克的产品的个数是120×0.75=90.故选A. ∴P( )
1 1
x>4 = [ (2 1-P 2≤x≤4
)] = (1-
11.13 【解析】 在频率分布直方图中,各小矩 2
) 故选
形框的面积表示该组的频率,要注意竖轴表示的不是 0.6826 =0.1587. B.
【失分警示】 正态分布频率
相应的频率,而是相应的高,即 ,所以计算各组
组距 的概率函数密度曲线关于x
0.6826
频率时应乘组距,本题中组距为10,所以数量落在五 =μ 对称.求概率即是利用图
个分组 区 间 的 频 率 分 别 为0.20,0.40,0.25,0.10, 象的对称性. 2 4
x=3
0.05,则这20名工人中一天生产该产品数量在[55, 17.A 【解析】 ∵P(ξ
75)的人数为20×(0.40+0.25)=13. ≤4)=Φ (4-2σ )=Φ (2 , (σ ) ∴Pξ≤0)=Φ (0-2)=12.D 【解析】 由题意知a+0+1+2+3=5× σ
1,解得a=-1. Φ ( 2-σ )=1-Φ (2 )=1-0.84=0.16.故选A.(-1-1)2+(2 0-1)2+(1-1)2+(2-1)2+(3-1)2 σs = 5 = 18.D 【解析】 本题解题思路是利用服从正态
2,故选D. 分布的随机变量的概率密度曲线所具有的性质,从而
得出答案.依题意知,随机变量ξ 的概率密度曲线关
·184·
1 第k+8n(, ( ) , n=1
,2,3,…,19)号,此时每个个体被抽到
于直线x=3对 称 结 合 图 形 可 知 P ξ<3 = 2 1
的概率为
选D. 8.
1
19. 【解析】 本题主要考查正态分布的性 () 20 13 分层抽样法:按比例2 160=
,分别在一级
8
质,会画其图象是关键.正态曲线关于直线x=μ 对 品、二级品、 1三级品、次品中抽取48× =6个,64×
称,两边的概率各占一半. 8
20. 解:(1)由题设所给数据,可得散点图如图. 1 1 1
8=8
个,32× =4个,8 16×8=2
个,每个个体被
6,8,4,2 1抽到的概率分别为 ,即都是
48643216 8.
综上可知,无论采取哪种抽样,总体的每个个体
1
被抽到的概率都是
8.
14. 解:(1)依题意可算出第三组的频率为:
4 1
4
(2)由 对 照 数 据,计 算 得 ∑x2 2+3+4+6+4+1
=5.
i =86,x =
i=1
1 第三组的频数3+4+5+6 , 因频率 ,于是作品数
4 =4.5 5
= 样本容量 =12×5
=60(件)2.5+3+4+4.5 4 .
y= 4 =3.5
,已知∑xiyi=66.5,
i=1 (2)根据频率分布直方图,可看出第四组上交的
所以,由最小二乘法确定的回归方程的系数为 6作品数量最多,共有60× =18(件).
4 20
∑xiyi-4x·y
b=i=1 ( 10 54 3)第四组获奖率为 = ,第六组获奖率为
∑x2i-4x2 18 9
i=1 2
66.5-4×4.5×3.5 ,所以,第六组获奖率较高.
= 86-4×4.52 =0.7.
3
15. 解:工人的月均收入在(500-a,500+a)内
a=y-bx=3.5-0.7×4.5=0.35.
的概率
因此,所求的线性回归方程为y=0.7x+0.35.
(3)由(2)的回归方程及技改前生产100吨甲产 F(x)=Φ (500+a-500)-Φ (500-a-50020 20 )
品的生产能耗,能降低的生产能耗为90-(0.7×100
=Φ (a )-Φ ( a+0.35)=19.65(吨标准煤). 20 -20)
2012—2013高考题源拓展测试 a
=2Φ (a20)-1≥0.95,∴Φ (a20)≥0.975,∴ ≥1.D 2.C 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C 20
8.A 9.54 10.1 11.11.69 12.18 1.96,∴a≥39.2.∴a至少为39.2.
13. 解:(1)简单随机抽样法:可采取抽签法,将 16.解:(1)甲网站的极差为:73-8=65;乙网站
160个零件按1~160编号,相应地制作1~160号的 的极差为71-5=66;
160个签,从中随机抽20个,显然每个个体被抽到的 (2)甲网站点击量在[10,40]
4 2
间的频率为
20 1 14
=7
概率为
160=8. =0.28571;
(2)系统抽样法:将160个零件从1~160编上 (3)甲网站的点击量集中在茎叶图的下方,而乙
号,按编号顺序分成20组,每组8个.先在第1组用 网站的点击量集中在茎叶图的上方.
抽签法抽到k号(1≤k≤8),则在其余组中分别抽取 从数据的分布情况来看,甲网站更受欢迎.
·185·
10 1 10: 117. 解txx=∑x2- (∑x 2 41 50 8i 10 i
)=50520- × P
i=1 i=1 10 99 99 99
10 1 10 10
7102=110,t =∑xy - ∑x ·∑y =51467- : 41 50 8xy i i
i=1 10 i ii=1 i=1 ξ 的数学期望 Eξ=0×99+1×99+2×99
1 t 134
10×710×723=134
,所以b= xyt = ≈1.22
,
110 a=y
2
xx =3.
-bx=72.3-1.22×71≈-14.32,故所求的回归直 1
3. 解:(Ⅰ)依题意知X~B(4, ),即X 的分布
线方程为y=1.22x-14.32. 3
§15.3 离散型随机变量的期望与方差 列为:
五年高考母题原型训练
X 0 1 2 3 4
1. 解:(Ⅰ)设该射手第i次击中目标的事件为
Ai(i=1,2,3),则 P(Ai)=0.8,P(Ai)=0.2, 16 32 24 8 1
P(A1A2)=P(A1)P(A2)=0.2×0.8=0.16.
P 81 81 81 81 81
(Ⅱ)ξ可能取的值为0,1,2,3.
( )设 表示事件“第一次击中目标时,击中
ξ的分布列为:
Ⅱ Ai
第i部分”,i=1,2.Bi 表示事件“第二次击中目标时,
ξ 0 1 2 3 击中第i部分”,i=1,2.依题意知P(A1)=P(B1)=
P 0.008 0.032 0.16 0.8 0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1B1∪A1B1∪
Eξ=0×0.008+1×0.032+2×0.16+3×0.8 A1B1∪A2B2,所求的概率为
=2.752. P(A)=P(A1 B1)+P(A1B1)+P(A1B1)
2. 解:由图可知,参加活动1次、2次和3次的学 +P(A2B2)
生人数分别为10,50和40.
=P(A1)P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A1)P
(Ⅰ)该 合 唱 团 学 生 参 加 活 动 的 人 均 次 数 为
(B1)+P(A2)P(B2)
1×10+2×50+3×40 230
100 =100=2.3. =0.1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3
(Ⅱ)从合唱团中任选两名学生,他们参加活动次 =0.28.
C2 +C2 +C2 41 【要点提示】 求解概率问题关键是能够分析清
数恰好相等的概率为P = 10 50 400 C2 =99.100 楚题意,明确任务内容以及各个事件所含的基本事件
(Ⅲ)从合唱团中任选两名学生,记“这两人中一 情况.在具体问题中也要能够准确地分析各个事件之
人参加1次活动,另一人参加2次活动”为事件 A, 间的关系,能够灵活应用各种概率模型和概率求解公
“这两人中一人参加2次活动,另一人参加3次活动” 式进行求解.
为事件B,“这两人中一人参加1次活动,另一人参加 4.解:(1)由x2-x-6≤0得-2≤x≤3,即S=
3次活动”为事件C 易知 {x|-2≤x≤3}.
1 1 1 1
P( ) (
C C C C 由于 , , , 且 ,所以 包
ξ=1 =P A)+P(B)=
10 50+ 50 40 m n∈Nm n∈S m+n=0 AC2 2100 C100 含的基本事件为:(-2,2),(2,-2),(-1,1),(1,-
50
= ; 1),(0,0).99 ()由于 的所有不同取值为 , ,,,,
C1 1
2 m -2 -1012
P(ξ=2)=P(
C 8
C)= 10 40 2C2 =
;
99 3,所以ξ=m 的所有不同取 值 为0,1,4,9,且 有100
41 ( ) 1 2 1 2又P(ξ=0)=P = . Pξ=0 =
,P(ξ=1)= , ( )0 99 6 6
=3 P ξ=4 =6=
ξ的分布列: 1, 1
3 P
(ξ=9)=6.
ξ 0 1 2 故ξ的分布列为
·186·
0 1 4 9 ( 4 1ξ Pξ=-2)= ,200=50
P 1 1 1 16 3 3 6 P(ξ=1)
20 1
= = ,200 10
1 1 1 1 19
所以Eξ=0× +1× +4× +9× = . ( ) 50 16 3 3 6 6 Pξ=2 =200=
,
4
5.解:(1)设X 为射手在5次射击中击中目标的 ( ) 126 63Pξ=6 = = .
次数,则X~B ( ,2 200 1005 ) .在5次射击中,恰有2次击中3 ξ的分布列为:
目标的概率. ξ -2 1 2 6
2 3
P(X=2)=C25× (23 ) × ( 21-3 ) 40=243. P 1 1 1 6350 10 4 100
(1)设“第i次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,
1 1
2,3,4,5);“射手在5次射击中,有3次连续击中目 (Ⅱ)ξ的数学期望为:Eξ=(-2)×50+1×10
标,另外2次未击中目标”为事件A,则 1 63
P(A) +2× +6× =4.34.=P(A1A2A3A4A5)+(A1A2A3A4A5) 4 100
+P(A1A A A A ) 即1件产品的平均利润是4.34万元.2 3 4 5
3 2 3 2 (Ⅲ)1 1 技术革新后2 1 2 1 ξ
的可能取值仍为-2,1,2,6.
= (3 ) × (3 ) +3× (3 ) ×3+ (3 ) 但ξ的分布列为:
3
× (2 8 ξ -2 1 2 63 ) =81.
1 70
(3)由题意可知,ξ 的所有可能取值为0,1,2, P 100 x y 100
3,6. 其中x,y 分别为三、二等品率.根据分布列的性
3
P(ξ=0) ( ) (1 ) 1=P A1A2A3 = = ; 质有:3 27
1 70 29
P(ξ=1)=P(A1 A2 A3)+P(A1A2A3)+ x+y=1-100-
,
100=100
2 1 2 1 2 1 1 2P(A A A )= 所以技术革新后1件产品的平均利润为:1 2 3 3× (3 ) +3×3×3+ (3 )
( ) 1 70 476
2 2 Eξ= -2 ×100+1×x+2×y+6×× = ; 100
=100
3 9 -x.
P(=2)=P(A A A )
2 1 2 4
= × × = ; 要使1件产品的平均利润不小于4.73万元,即ξ 1 2 3 3 3 3 27 476 3
P(ξ=3)=P(A1A2A3)+P(A1A2A ) Eξ≥4.73
,解
100-x≥4.73
得x≤100.3
(2
2
) 1 1 (2
2
) 8; 即要使技术革新后1件产品平均利润不小于= 3 ×3+3× 3 =27 4.73万元,三等品率最多为3%.
3
P(ξ=6)=P(A1A2A3)= (2 ) 8= . ìEX=03 27 5 1 【解析】 由 DX=1
所以ξ的分布列是
7.12 4 í 1
a+b+c+12=1
1 5
ξ 0 1 2 3 6
ì-a+c+6=0
ìa=
12
P 1 2 4 8 8 1 127 9 27 27 27 ía+c+
3
=1 íb=
4
1 1
6. 解:(Ⅰ) a+b+c+ c=ξ的可能取值为-2,1,2,6. 12 4
·187·
8.0.4 【解析】 x+0.1+0.3+y=1,即x+y ① ② ③ ④ ⑤ ⑥
=0.6. ① — — — A B C A B C A B D A C D
A B
A B C D C
又7x+0.8+2.7+10y=8.9,
D D C B
化简得7x+10y= D
5.4. ② 在情形①和②之下,A 直接感染了一个人;在情
由①②联立解得x=0.2,y=0.4. 形③,④,⑤之下,A 直接感染了两个人;在情形⑥之
9.解:(1)ξ的所有可能取值为:1,3,4,6. 下,A 直接感染了三人.
1 1 1 14.解:(1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A、B、
P(ξ=1)= ,3 P
(ξ=3)= ,6 P
(ξ=4)= ,6 P
C,那么P(A)
1
=P(B)=P(C)=6.
(ξ=6)
1
= ,所以ξ的分布列为3
P(A·B·C)
1
=P(A)P(B)P(C)= 6 ×
ξ 1 3 4 6
2 25
P 1 1 1 1 (56 ) =216.3 6 6 3
: 、 25答 甲中奖且乙 丙都没有中奖的概率是
(2)
1 1 1 1 7
Eξ=1× +3× +4× +6× = 216
.
3 6 6 3 2
(2)ξ的可能取值为0,1,2,( ) 3.小时 .
1 k 5 3-k
10.B 【解析】 1000粒种子每粒不发芽的概率 P(=k)=Ckξ 3 (6 ) ( ) ,6 k=0,1,2,3.
为0.1. 所以中奖人数ξ的分布列为
∴不发芽的种子数ξ~B(1000,0.1),
∴1000粒种子中不发芽的种子数为1000×0.1 ξ 0 1 2 3
=100粒, P 125 25 5 1216 72 72 216
又每粒不发芽需补种2粒;∴需补种的数 X=2
125 25 5 1 1
×100=200. Eξ=0×216+1×72+2×72+3×216=2.
11.8.2 【解析】 由分布列可知Eξ=7×0.3+8 15. 解:(Ⅰ)由于从10件产品中任取3件的结
×0.35+9×0.2+10×0.15=8.2. 果数为C310,从10件产品中任取3件,其中恰有k 件
4
12. 【解析】 由已知条件可得P(ξ=0)= 一等品的结果数为CkC3-k3 7 ,那么从10件产品中任取7
2 1 1 0 2 3件,其中恰有k 件一等品的概率为 ( )C CC CC P X=k =5
2,P(ξ=1)=
5 2
2 ,P(ξ=2)=
5 2
2 ,∴E(ξ)=0× CkC3-kC7 C7 C7 3 7
3 ,k=0,1,2,C 3.
( ) ( ) ( ) C
1C1 10
Pξ=0 +1×P ξ=1 +2×P ξ=2 =
5 2
C2 + 所以随机变量X 的分布列为:7
2C05C22 4 X 0 1 2 3
C2 = .7 7 7 21 7 1
13. 解:随机变量X 的分布列是: P 24 40 40 120
X 1 2 3 7 21 7 1 9
EX=0×24+1×40+2×1 1 1 40
+3×120=10.
P 3 2 6 (Ⅱ)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等
品件数”为事件A,“恰好取出1件一等品和 件三等1 1 1 11 2
X 的均值EX=1×3+2×2+3×6=6. 品”为事件 A1,“恰好取出2件一等品”为事件 A2,
附:X 的分布列的一种求法 “恰好取出3件一等品”为事件A3.由于事件A1,A2,
共有如下6种不同的可能情形,每种情形发生的 A3 彼此互斥,且 A=A1∪A2∪A3,而 P(A1)=
1 C1 2: 3C3 3 7概率都是
C3 =
,
40P
(A2)=P(X=2)= ,6 10 40
·188·
( ) ( ) 1 , 1 2 4 8P A3 =P X=3 =120 Eξ=0×27+1×9+2×9+3×27=2.
所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品 解法二:根据题设可知,ξ~B ( 23, ),
的概率为 3
3 7 因此ξ的分布列为
P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=40+40+ 2 k 2 3-kP(ξ=k)=Ck3× (3 ) × (1- k1 31 3 ) =C3×
= . 2k120 120
3,k=0,1,2,3.
16. 解:只考虑甲、乙两单位的相对位置,故可用 3
组合计算基本事件数. 因为 ~B ( ,2ξ 3 ), 2所以3 Eξ=3×3=2.
(Ⅰ)设A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个奇 (Ⅱ)解法一:用C表示“甲得2分乙得1分”这一事
数”,则A 表示“甲、乙的序号均为偶数”.由等可能性 件,用D 表示“甲得3分乙得0分”这一事件,所以AB=
C2 2
事件的概念计算公式得P(A)=1-P(A)=1- 32=C C∪D,且 C、D 互 斥,又 P (C)=C
2
3 ×
6 (23 ) ×
1 4
1-5=5. ( 21-3 ) ×
(Ⅱ)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4,且 (2 1 1 1 2 1 1 1 1 10× × + × × + × × )= 4,5 1 4 4 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3
P(ξ=0)= 2= ,P(ξ=1)=C 2
= ,P(ξ= 3
6 3 C6 15 P(D)=C3× (2 ) × (1 1 1 43 × ,
3 1 2 2 1 3 3 3
×2 )=35
2)= 2= ,P(ξ=3)5 = =
,P(=4)=
C6 C2 15
ξ C2 由互斥事件的概率的公式得6 6
1
= . P(AB) ( ) ( )
10 4 34 34
=P C +P D =34+35=35=243.15
从而知 的分布列为: 解法二:用Ak 表示“甲队得k 分”ξ 这一事件
,用
Bk 表示“乙队得k分”这一事件,k=0,1,2,3.由于事
ξ 0 1 2 3 4 件A3B0,A2B1 为互斥事件,故有P(AB)=P(A3B0
P 1 4 1 2 1 ∪A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).3 15 5 15 15
由题设可知,事件A3 与B0 独立,事件A2 与B1
1 4 1 2
所以,Eξ=0× +1× +2× +3× +4 独立,因此P(AB)=P(A3B0)+P(A2B1)=P(A3)3 15 5 15
3
1 4 ·P(B0)+P(A2)·P(B1)= (23 ) × (1 1× +×15= . 32 2 )3
22 34
17. 解:(Ⅰ)解法一:由题意知,ξ的可能取值为 C
2
3×33× (1 1 1 22×32+2×C12× 2 )=3 243.
3
0,1,2,3,且P(ξ=0)=C0× ( 2 11- ) = , 2012—2013高考题源拓展测试3 3 27 1.A 2.C 3.D 4.B 5.C 6.A 7.A
2 2 2
P(ξ=1)=C13× × ( 21- ) = , 32 1 2 43 3 9 8.D 9.625 10. -6 3 11.3 12. 7
2 2P(ξ=2)=C2× ( ) × ( 21- ) 4= , 13.解:记第一天通过检查的事件为A,第二天通3 3 3 9 过的事件为B.
3 8
P(ξ=3)=C33× (2 ) = . () ( ) C49 33 27 1P A = 4 = ;C10 5
所以ξ的分布列为:
(2)
4 8
P(ξ=-1)= ;15P
(ξ=1)= ;P(15 ξ=3
)=
ξ 0 1 2 3
1 2 4 8 1 2P E27 9 9 27 5 ξ
=3.
·189·
14. 解:(1)ξ的分布列为 P(
16
X=3)=1-P(X=1)-P(X=2)=25.
故取球次数X 的分布列为
ξ 0 1
X 1 2 3
P 0.4 0.6
1 4 16
由期望的定义可得Eξ=0×0.4+1×0.6=0.6.
P 5 25 25
由方差的定义可得 1 4 16 61
( )2 ( )2 EX=5×1+25×2+14×3=25.Dξ= 0-0.6 ×0.4+ 1-0.6 ×0.6
=0.36×0.4+0.16×0.6=0.144+0.096=0.24. 17. 解:(1)三人恰好买到同一只股票的概率P1
(2)由二项分布的期望公式得:Eη=np=5×0.6 1 1 1 1=10×10× × = .=3. 10 10 100
由二项分布的方差公式得 (2)解法1:三人中恰好有两人买到同一只股票
Dη=npq=5×0.6×0.4=1.2. 1 9 27的概率P 22=10×C3×( )2
:() , 10
×10=100.
15. 解 1 设5发子弹命中ξ发 则5发全部命 由(1)知,三人恰好买到同一只股票的概率P1=
中的概率是P(ξ=5)=C5
1
5×0.55=32. 1 ,所以三人中至少有两人买到同一只股票的概率
() 1002 ∵5发子弹命中ξ发的概率是Pξ=Cξ5×0.5ξ
5- 5, 27 1 7×0.5 ξ=Cξ5×0.5 P=P1+P2=100+100=25.
∴ξ的分布列为: 3
解法2:
A
P =1- 10
7
2 1 1 1 = .
ξ 0 1 2 3 4 5 C10×C10×C10 25
()每股当天获利钱数 的分布列为:
P 1 5 10 10 5 1
3 ξ
32 32 32 32 32 32 ξ 2 0 -1
∴P(ξ≤3)=P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)+ P 0.5 0.2 0.3
( 26Pξ=3)= ,∴设游客在一次游戏中获得奖金32 η 所以,1000股在当天交易中获利钱数的数学期
元,则η的分布列为:
望为
1000Eξ=1000×[2×0.5+0×0.2+(-1)×0.3]
η -2 0 40 =700.
P 26 5 132 32 32 第十六章 常用逻辑用语
∴该游客在一次游戏中获得奖金的期望为 §16.1 逻辑联结词与四种命题
Eη=(-2)
26 5 1
× +0× +40× =-0.375, 五年高考母题原型训练32 32 32
1.D 【解析】 当同一平面内两直线平行时,结
∴该游戏规则对该游客不利.
论 错误;当三直线两两垂直时,结论 错误
16.解:(1)恰好摸到两个“ ”
① ③ .
心 字球的取法共有4
2.C 【解析】 将几何符号语言转换为文字语
种情形;开心心,心开心,心心开,心心乐.
言如下:
“ ” 5 3则恰好摸到2个 心 字球的概率是P=10×10 ①如果两条平行线中一条垂直于一个平面,则另
3 3 3 2 153 一条也必垂直于该平面,该命题正确;
×10×3+10×10×10=1000. ②分别在两个平行平面内的两条直线互相平行,
1 该命题不正确(还可异面);
( C 12)X=1,2,3,则P(X=1)= 21 = ,P(X=C10 5 ③两条平行线中一条平行于一个平面,则另一条
C1 C18 2 4 也必平行 于 该 平 面,该 命 题 不 正 确(还 可 在 该 平 面2)=
C1
·
C1
= ,
10 10 25 内);
·190·第十五章 概率与统计
§15.1 概 率
考纲·题型解读
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,进一步了解概率的意义以及频率与概率的区别.
2.了解两个互斥事件的概率加法公式.
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念,理解n 次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题.
4.掌握古典概型的特点并能解决相关的实际问题.
5.理解几何概型的概念,会解决与长度、面积、体积相关的几何概型的概率问题.
6.等可能事件的概率问题在高考试题中一定会出现,但主要是将独立事件或互斥事件问题综合在一起进行命题.
7.古典概型主要考查等可能事件的概率,常常结合排列组合知识与互斥事件、对立事件的概率来求.
8.几何概型是课标教材的新增内容,考查的可能性较大,在高考中已有所体现,更应该引起重视.
, C
1 1 4 4
题源1 等可能性事件的概率 B C. 3
C9C8C4 3
依题意得,所求概率等于 4 4 4 = ,选C B.12C8C4 55
[真题2] (2022·江苏)盒子里共有大小相同的3只白球,
解题模型 1只黑 球.若 从 中 随 机 摸 出 两 只 球,则 它 们 颜 色 不 同 的 概
1.等可能性事件的意义:如果一次试验中可能出现的 率是 .
1
结果有有限个,且所有的结果出现的可能性都相等,这样 [ ] C3 1解析 P= 2= .
的事件(试验连同出现的结果)叫做等可能性事件. C4 2
2.基本事件:一次试验连同其可能出现的每一个结果 [真题3] (2021·安徽)考查正方体6个面的中心,从中任
称为一个基本事件. 意选3个点连成三角形,再把剩下的3个点也连成三角形,则所
如果一次试验中可能出现的结果有n 个,那么这个试 得的两个三角形全等的概率等于 ( )
验由n 个基本事件组成. 1 1A.1 B.2 C.3 D.0
一般这个 试 验 中 某 一 事 件 A 是 由n 个 基 本 事 件 组
[解析] 本题主要借助正方体、正八面体考查概率计算,属
成的.
: , 于基础知识
、基本运算的综合灵活考查.以正方体6个面的中心
3.等可能性事件的概率 一般地 如果一次试验中共
, 为顶点构成一个正八面体
,从6个点中任意选3个点连成的三
有n 种等可能 的 结 果 那 么 每 一 个 基 本 事 件 的 概 率 都 是
角形与剩下的3个点连成三角形一定全等,选A.
1
如果某个事件 包含 个基本事件,那么事件 的概
n . A m A [真题4] (2020·上海)在平面直角坐标系中,从六个点:
m A(0,0)、B(2,0)、C(1,1)、D(0,2)、E(2,2)、F(3,3)中任取三
率P(A)=n . 个,这三点能构成三角形的概率是 (结果用分数表示).
4.在计算古典概率时应明确,分子、分母计数的一致 [解析] 如右图所示,由六个点中任
性是计算结果正确的前提.在一种选择下求分母,在另一种 取三个 点 共 有n=C36=20种 取 法,其 中
选择下计算分子,自然不会有正确的结果. ACEF 四点共线,BCD 三点共线不能构成
三角形,即得能构成三角形的取法有 m=
[真题1] (2021·重庆)12个篮球队中有3个强队.将这 C36-C3-C33 4=15种,故取三点能构成三角
12个队任意分成3个组(每组4个队),则3个强队恰好被分在 15 3
同一组的概率为 (
形的概率P= = .
) 20 4
1 3 1 1 [真题5] (2019·北京)某条公共汽车线路沿线共有11个
A.55 B.55 C.4 D.3 车站(包括起点站和终点站).在起点站开出的一辆公共汽车上
[解析] 本题主要考查考生能否结合具体问题恰当地利用 有6位乘客,假设每位乘客在起点站之外的各个车站下车是等
所学排列组合知识确定相关的方法数,再由概率的意义进而求 可能的.求:
得相应的概率的具体应用能力.记所分成的三组编号分别是A, (Ⅰ)这6位乘客在互不相同的车站下车的概率;
·314·
(Ⅱ)这6位乘客中恰有3人在终点站下车的概率. C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2)}.
[解析] (Ⅰ)这6位乘客在互不相同的车站下车的概率为
事件 M 由6个基本事件组成,因而P(M)
6 1
=
A610 1512 18
=3.
P=106=104 =0.1512. (Ⅱ)用 N 表示“B1、C1 不全被选中”这一事件,则其对立事
(Ⅱ)这6位乘客中恰有3人在终点站下车的概率为 P= 事件 N 表 示 “B1,C1,全 被 选 中”这 一 事 件,由 于 N =
C36×93 1458
106 =105 =0.01458.
{(A1,B1,C1),(A2,B1,C1),(A3,B1,C1)},事件N由3个基本
3 1
[真题6] (2021·四川)为振兴旅游业,四川省2009年面 事件组成,所以P(N)= = ,由对立事件的概率公式得18 6
向国内发行总量为2000万张的熊猫优惠卡,向省外人士发行的 1 5
是熊猫金卡(简称金卡),向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银 P(N)=1-P(N)=1-6=6.
卡).某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅
3 1 题源2 互斥事件有一个发生的概率
游,其中 是省外游客,其余是省内游客.在省外游客中有 持4 3
2 解题模型
金卡,在省内游客中有 持银卡
3 .
互斥事件:事件 与 不可能同时发生,这种不可
(Ⅰ)在该团中随机采访2名游客,
1. A B
求恰有1人持银卡的
能同时发生的两个事件叫做互斥事件.
概率;
如果事件 、 、…、 中的任何两 个 都 是 互 斥 事
(Ⅱ)
A1 A2 An
在该团中随机采访2名游客,求其中持金卡与持银卡
件,那么就说事件A 、A 、…、A 彼此互斥.
人数相等的概率. 1 2 n
: ,
[解析] (Ⅰ)由题意得,省外游客有27人,
2.对立事件 对于两个事件而言 这种其中必有一个
其中9人持金
; , 发生的互斥事件叫做对立事件.事件A 的对立事件通常记卡 省内游客有9人 其中6人持银卡.
设事件A 为“采访该团2人中,恰有1人持银卡”, 作A.
1 1
( ) C6C30 2
从集合的角度看,由事件A 所含的结果组成的集合,
P A = C2 =36 7
. 是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集.
2 3.如果事件A、B 互斥,那么事件, A+B 发生
(即A、B
所以采访该团2人中 恰有1人持银卡的概率是7. 中有一个发生)的概率,等于事件A、B 分别发生的概率的
(Ⅱ)设事件B 为“采访该团2人中,持金卡人数与持银卡人 和.P(A+B)=P(A)+P(B).
数相等”, 一般地,如果事件A1、A2、…、An 彼此互斥,那么事件
事件A1 为“采访该团2人中,0人持金卡,0人持银卡”, A1+A2+A3+…+An 发生(即A1、A2、…、An 中恰有一
事件A2 为“采访该团2人中,1人持金卡,1人持银卡”. 个发生)的概率,等于这n 个事件分别发生的概率的和,即
( ) ( ) ( ) C
2 1 1
P B =P A +P A = 21
CC
+ 9 6 P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).1 2 C2 236 C36 4.对立事件的概率的和为1,即P(A)+P(A)=1.它
1 3 44
=3+35=105. 的变形形式为P(A)=1-P(A).
所以采访该团2人中,持金卡人数与持银卡人数相等的概
[真题8] (2022·上海)从一副混合后的扑克牌(52张)
44
率是
105. 中,随机抽取1张.事件A 为“抽得红桃 K”,事件B 为“抽得黑
[真题7] (2020·山东)现有8名奥运会志愿者,其中志愿 桃”,则概率P(A∪B)= (结果用最简分数表示).
者A1、A2、A3 通晓日语,B1、B2、B3 通晓俄语、C 1 131、C2 通晓韩 [解析] ∵P(A)= ,P(52 B
)= ,
, 52语 从中选出通晓日语,俄语和韩语的志愿者各1名,组成一个
( 1 13 14 7小组. ∴P A∪B)=P(A)+P(B)=52+52=52=26.
(Ⅰ)求A1 被选中的概率; [真题9] (2022·重庆)某篮球队员在比赛中每次罚球的
(Ⅱ)求B1 和C1 不全被选中的概率. 16
[解析] (Ⅰ)从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1 命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率为 ,则该队25
名,其一切可能的结果组成的基本事件空间 员每次罚球的命中率为 .
Ω={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2, [解析] 由题意得该篮球运动员两次罚球都命中的概率为
C2),(A1,B3,C1)(A1,B3,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2), 16 9 3
(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),( , ,
, 该队员每次罚球的命中率为
A2 B3 C1),(A 1- = ∴ .2,B3,C2),(A3, 25 25 5
B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2),(A3,B3, [真题10] (2020·陕西)一个口袋中装有大小相同的2个
C1),(A3,B3,C2)} 红球,3个黑球和4个白球,从口袋中一次摸出一个球,摸出的球
由18个基本事件组成,由于每一个基本事件被抽取的机会 不再放回.
均等,因此这些基本事件的发生是等可能的. (Ⅰ)连续摸球2次,求第一次摸出黑球、第二次摸出白球的
用 M 表示“A1 恰被选中”这一事件,则 概率;
M={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2, (Ⅱ)如果摸出红球,则停止摸球,求摸球次数不超过3次的
·315·
概率. Ai 与Bj 独立,i,j=0,1,2,且 B=A0·B2+A1·B1+
[解析] (Ⅰ)从袋中依次摸出2个球共有A29 种结果,第一 A2·B0.
次摸出黑球、第二次摸出白球有A1 13A4 种结果,则所求概率 故P(B)=P(A0·B2+A1·B1+A2·B0)
A1A13 4 1 ( 3 4 1 ) =P(A0)·P(B2)+P(A1)·P(B1)+P(A2)·P(B0)P1= 2 = 或A P1= × = . 2 2 1 1 1 1 2 29 6 9 8 6 C
= 4 ·
C4 C+ 4
C6 C6C4 C6 C6
A1 C2 2 2
· 2 + 2 · 2
2 10 C10 C10 C10 C10 C10(Ⅱ)第一次摸出红球的概率为 1,第二次摸出红球的概率A9 31= .
A17A1 2 1 752, A7A2为 2 第三次摸出红球的概率为 3 ,则摸球次数不超过A 39 A9 题源3 几何概型的概率
的概率为
A1 1 1 22 A7A2 A7A1P = 2
7
2 A1+ A2 + A3 =12. 解题模型9 9 9
[真题11] (2019·浙江)甲、乙两袋装有大小相同的红球 1.几何概型
和白球,甲袋装有2个红球,2个白球;乙袋装有2个红球,n 个 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长
白球.现从甲、乙两袋中各任取2个球. 度(面积或体积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率
(Ⅰ)若n=3,求取到的4个球全是红球的概率; 模型,简称为几何概型.
( ) 3, 2.几何概型中,事件A 的概率计算公式Ⅱ 若取到的4个球中至少有2个红球的概率为 求4 n.
() 构成事件A 的区域长度
(面积或体积)
[解析] (Ⅰ)记“取到的4个球全是红球”为事件A. P A =试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积).
2 2
( ) C2·C2 1 1 1 3.几何概型具有无限性和等可能性两个特点 无限性P A = .C2 C2=6×10=4 5 60
.
是指在一次试验中,基本事件的个数可以是无限的;等可
(Ⅱ)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B,“取到的 能性是指每一个基本事件发生的可能性是均等的.因此,用
4个球只有1个红球”为事件B1,“取到的4个球全是白球”为事 几何概型求解的概率问题和古典概型的思路是相同的,同
件B2. 属于“比例解法”,即随机事件A 的概率可以用“事件A 包
, ( ) 3 1P B =1- = . 含的基本事件所占的图形长度
(面积或体积)”与“试验的
由题意 得
4 4 基本事件所占总长度(面积或体积)”之比来表示.
C1C1 C2 2 1 1 2
P(B )= 2 2· n
C
+ 2
C2Cn 2n
1 C2 C2 C2
· 2 =
4 n+2 4 Cn+2 3(n+2)(
;
n+1) [真题13] (2020·江苏)在平面直角坐标系xOy 中,设D
2 2
( ) C2· Cn n
(n-1) 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域, 是P B E2 = ;C24 C2
=
n+2 6(n+2)(n+1) 到原点的距离不大于1的点构成的区域.向D 中随机投一点,则
2
所以 P (B)=P (B )+P ( )
2n
B = + 所投的点落在E 中的概率是 .1 2 3(n+2)(n+1) [解析] 由已知条件可得D={(x,y)||x|≤2,|y|≤2}
n(n-1) 1
= ,化简,得7n2-11n-6=0,解得n=2,或 E= {(x,y)|x2 +y2 ≤1},由 古 典 概 型 可 得 P =6(n+2)(n+1) 4
E 区域的面积 π×12 π
3 =
n=- (舍去),故n=2. D 区域的面积 42
=16.
7 [真题14] (2022·湖南)在区间[-1,2]上随机取一个数
[真题12] (2021·全国Ⅱ)某车间甲组有10名工人,其中
x,则|x|≤1的概率为 .
有4名女工人;乙组有10名工人,其中有6名女工人.现采用分 [解析] ∵区间[-1,2]长度为3,由|x|≤1得x∈[-1,
层抽样方法(层内采用不放回简单随机抽样)从甲、乙两组中共
1],而区间[-1,1]长度为2,x 取每个值为随机的,∴在[-1,2]
抽取4名工人进行技术考核.
2
(Ⅰ)求从甲、乙两组各抽取的人数; 上取一个数x,|x|≤1的概率P=3.
(Ⅱ)求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率;
(Ⅲ)求抽取的4名工人中恰有2名男工人的概率. 题源4 条件概率、相互独立事件及
[解析] (Ⅰ)由于甲、乙两组各有10名工人,根据分层抽 其同时发生的概率
样原理,要从甲、乙两组中共抽取4名工人进行技术考核,则从
每组各抽取2名工人.
(Ⅱ)记A 表示事件:从甲组抽取的工人中恰有1名女工人,
1 1
则P( )
C4C6 8A = C2 =10 15
.
(Ⅲ)Ai 表示事件:从甲组抽取的2名工人中恰有i名男工
人,i=0,1,2.
Bj 表示事件:从乙组抽取的2名工人中恰有j 名男工人,
j=0,1,2.
B 表示事件:抽取的4名工人中恰有2名男工人.
·316·
解题模型 出密码互不影响.
(Ⅰ), 求恰有二人破译出密码的概率
;
1.对于任何两个事件A 和B 在已知条件A 发生的条
(Ⅱ)“, ( ) 密码被破译
”与“密码未被破译”的概率哪个大 说明
件下事件B 发生的概率叫做条件概率 用符号P B|A 表
( 理由.
( ) P A∩B
)
示.条件概率公式为P B|A = P(A) . [解析] 记“第i个人破译出密码”为事件Ai(i=1,2,3),
2.事件A(或B)是否发生对事件B(或 A)发生的概 ( ) 1 1依题意有P A1 = ,P(A2)= , (
1
5 4 P A3
)= ,且A1,A2,3 A3
率没有影响,这样的两个事件叫做相互独立事件.
相互独立
3.事件 A、B 是 相 互 独 立 事 件,它 们 同 时 发 生 记 作 .
( )设“恰好二人破译出密码”为事件 ,则有
A∩B.两个相互独立事件同时发生的概率等于两个事件发 Ⅰ B
· · · · · ·
生的概率的积,即P(A∩B)=P(A)·P(B). 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
一般地,如果事件A1、A2、…、An 相互独立,那么这n P(B)=P(A1·A2·A3)+P(A1·A2·A3)+P(A1·A2·
个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,即 A3)
P(A1·A2·…·An)=P(A1)·P(A2)·…·P(An). 1 1 2 1 3 1 4 1 1
=5×4×3+5×4×3+5×4×3
[真题15] (2022·辽宁,3)两个实习生每人加工一个零 3
2 3 = .
件,加工为一等品的概率分别为 和 ,两个零件是否加工为 20
3 4 3
一等品相互独立,则这两个零件中恰有一个一等品的概率为 答:恰好二人破译出密码的概率为20.
( ) (Ⅱ)设“密码被破译”为事件C,“密码未被破译”为事件D.
1 5
A. B. D=A1·A2·A3,且A1,A2,A3 互相独立,则有2 12
( ) ( 4 3 2 21 1 P D =P A1)·P(A2)·P(A3)=
C. D. 5
×4×3=5.
4 6
[解析] 两个零件中恰有一个一等品这一事件分为两类, 而P(C)
3
=1-P(D)= ,故 (5 P C
)>P(D).
2
一类是甲生产一等品,乙生产非一等品,概率为 × ( 31- )= 答:密码被破译的概率比密码未被破译的概率大.3 4 [真题18] (2022·北京)某同学参加3门课程的考试.假
2; 3一类是甲生产非一等品乙生产一等品,概率为 2
12 (1-3 )× 44 设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为 ,第二、第三门课5
3
= ,
2 3 5
故两个零件中恰有一个一等品的概率为 + = 故 程取得优秀成绩的概率分别为 、( > ),且不同课程是否取12 12 12 12. p q p q
得优秀成绩相互独立.记
选B. ξ
为该生取得优秀成绩的课程数,其分
布列为:
[真题16] (2020·湖南)甲、乙、丙三人参加了一家公司的
招聘面试,面试合格者可正式签约.甲表示只要面试合格就签约. ξ 0 1 2 3
乙、丙则约定:两人面试都合格就一同签约,否则两人都不签约. P 6 a b 24
1 125 125
设每人面试合格的概率都是 ,且面试是否合格互不影响.求:2 (1)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率;
(Ⅰ)至少有1人面试合格的概率; (2)求p,q的值;
(Ⅱ)没有人签约的概率. (3)求数学期望Eξ.
[解析] 用A,B,C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格.由题 [解析] 事件Ai 表示“该生第i门课程取得优秀成绩”,i
1
意知A,B,C 相互独立,且P(A)=P(B)=P(C)=2. =1,2,
4
3.由题意知P(A1)= ,5 P
(A2)=p,P(A3)=q.
(Ⅰ)至少有1人面试合格的概率是1-P(ABC) (1)由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件
=1-P(A)P(B)P(C)=1- (1
3
) 7= . “ξ=0”是对立的,所以该生至少有1门课程取得优秀成绩的概2 8 6 119
(Ⅱ)没有人签约的概率为 率是1-P(ξ=0)=1-125=125.
P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) (2)由题意知
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P P(ξ=0)=P(A1A2A3)
(C) 1( )( ) 6 ,
1 3 3 3
= 1-p 1-q =
= (2 ) + (12 ) + (12 ) 3 5 125=8.
( ) ( ) 4 24[真题17] (2020·福建)三人独立破译同一份密码.已知 Pξ=3 =P A1A2A3 =5pq=125.
1 1 1 6
三人各自破译出密码的概率分别为 , , ,且他们是否破译 整理得
5 4 3 pq=
,
25p+q=1.
·317·
3 2
由p>q,可得p= ,5 q=5. 题源5 独立重复试验
(3)由题意知a=P(ξ=1)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)
解题模型
+P( )
4( )( ) 1 ( ) 1A1A2A3 =5 1-p 1-q +5p 1-q +
(
5 1-p
)q
如果在1次试验中某事件发生的概率为p,那么在n
37
= . 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率为Pn(125 k
)
=Ckpk(1-p)n-kn .
b=P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(
58
ξ=1)-P(ξ=3)=125.
( ) ( ) ( ) ( [真题19] (2021·重庆)某单位为绿化环境,移栽了甲、乙Eξ=0×Pξ=0 +1×Pξ=1 +2×Pξ=2 +3×P ξ=
) 9
5
两种大树各2株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为 和3 =5. 6
4,且各株大树是否成活互不影响.求移栽的4株大树中:5
(Ⅰ)至少有1株成活的概率;
(Ⅱ)两种大树各成活1株的概率.
[解析] 设Ak 表示k 株甲种大树成活,k=1,2,
Bl 表示l株乙种大树成活,l=1,2,
则A1,A2,B1,B2 独立,且
P(A1)=P(
5 4
A2)= ,P(6 B1
)=P(B2)=5.
(Ⅰ)至少有1株成活的概率为
1-P(A1·A2·B1·B2)
=1-P(A1)·P(A2)·P(B1)·P(B2)
2 2
(1 ) (1 ) 899=1- 6 × 5 =900.
(Ⅱ)由 独 立 重 复 试 验 中 事 件 发 生 的 概 率 公 式 知,所 求 概
率为
P =C1× (52 6 )× (16 ) ·C12× (45 )× (15 )
10 8 80 4
=36×25=900=45.
[真题20] (2022·江苏,22,10分)某工厂生产甲、乙两种
产品.甲产品的一等品率80%,二等品率为20%;乙产品的一等
品率为90%,二等品率为10%.生产1件甲产品,若是一等品则
获利润4万元,若是二等品则亏损1万元;生产1件乙产品,若
是一等品则获得利润6万元,若是二等品则亏损2万元.设生产
各件产品相互独立.
·318·
(1)记X(单位:万元)为生产1件甲产品和1件乙产品可获 量(单位:吨)进行统计,最后100周的统计结果如下表所示:
得的总利润,求X 的分布列; 周销售量 2 3 4
(2)求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率.
频数 20 50 30
[解析] (1)由题设知,X 的可能取值为10,5,2,-3,且
P(X=10)=0.8×0.9=0.72,P(X=5)=0.2×0.9=0.18, (Ⅰ)根据上面统计结果,求周销售量分别为2吨,3吨和4
P(X=2)=0.8×0.1=0.08,P(X=-3)=0.2×0.1=0.02. 吨的频率;
由此得X 的分布列为: (Ⅱ)若以 上 述 频 率 作 为 概 率,且 各 周 的 销 售 量 相 互 独
立,求:
X -3 2 5 10 (ⅰ)4周中该种商品至少有一周的销售量为4吨的概率;
P 0.02 0.08 0.18 0.72 (ⅱ)该种商品4周的销售量总和至少为15吨的概率.
(2) [ ] ( ) ,设生产的4件甲产品中一等品有n 件,则二等品有(4- 解析 Ⅰ 周销售量为2吨 3吨和4吨的频率分别为
n) . 0.2,件 0.5和0.3.
14 (Ⅱ)由题意知一周的销售量为2吨,3吨和4吨的概率分别
由题设知4n-(4-n)≥10,解得n≥ ,又 且 ,5 n≤4 n∈N 为0.2,0.5和0.3,故所求的概率为:
得n=3或n=4. (ⅰ)P1=1-0.7
4=0.7599.
所以P=C3 3 44·0.8·0.2+C4·0.84=0.8192. (ⅱ)P2=C
3 3 4
4×0.5×0.3+0.3=0.0621.
故所求概率为0.8192.
[真题21] (2020·辽宁)某批发市场对某种商品的周销售
(★代表高考出现的频次)
1 2
题源1 等可能性事件的概率(★★★★★) A.75 B.75
1.(2021·湖北)投掷两颗骰子,得到其向上的点数分别为 3 4C. D.
m 和n,则复数(m+ni)(n-mi)为实数的概率为 ( ) 75 75
1 1 6.(2021·江西)甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛,假设每
A.3 B.4 场比赛各队取胜的概率相等,现任意将这4个队分成两个组(每
1 1 组两个队)进行比赛,胜者再赛.则甲、乙相遇的概率为 ( )
C.6 D.12 1 1
A. B.
2.(2020·全国Ⅱ)从20名男同学,10名女同学中任选3名 6 4
参加体能测试,则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的 1 1C. D.
概率为 ( ) 3 2
9 10 7.(2021·江苏)现有5根竹竿,它们的长度(单位:m)分别
A.29 B.29 为2.5,2.6,2.7,2.8,2.9,若从中一次随机抽取2根竹竿,则它们
19 20 的长度恰好相差0.3m的概率为 .
C.29 D.29 8.(2021·安徽)从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取
3.(2020·山东)在某地的奥运火炬传递活动中,有编号为 出三条,则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 .
1,2,3,…,18的18名火炬手.若从中任选3人,则选出的火炬手 9.(2021·浙江)有20张卡片,每张卡片上分别标有两个连
的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为 ( ) 续的自然数k,k+1,其中k=0,1,2,…,19.从这20张卡片中任
1 1
A. B. 取一张,记事件“该卡片上两个数的各位数字之和(例如:若取到51 68 标有9,10的卡片,则卡片上两个数的各位数字之和为9+1+0
1 1
C. D. =10)不小于14”为A,则P(A)= .306 408
10.(2021· )( · ) ,,…, 福建 袋中有大小
、形状相同的红、黑球各一个,
4.2020 重庆 从编号12 10的10个大小相同的球
, 现依次有放回地随机摸取3次
,每次摸取一个球.
中任取4个 则所取4个球的最大号码是6的概率为 ( )
(Ⅰ)试问:一共有多少种不同的结果 请列出所有可能的1 1
A.84 B.21 结果;
2 3 (Ⅱ)若摸到红球时得2分,摸到黑球时得1分,求3次摸球
C.5 D.5 所得总分为5分的概率.
5.(2021·安徽)考查正方体6个面的中心,甲从这6个点
中任意选两个点连成直线,乙也从这6个点中任意选两个点连
成直线,则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于
( )
·319·
11.(2019·安徽)在医学生物学试验中,经常以果蝇作为试 1 1
C. D.
验对象.一个关有6只果蝇的笼子里,不慎混入了两只苍蝇(此时 10 12
笼内共有8只蝇子6只果蝇和2只苍蝇),只好把笼子打开一个 16.(2021·江西)为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作了3
小孔,让蝇子一只一只地往外飞,直到两只苍蝇都飞出,再关闭 种不同的精美卡片,每袋食品随机装入一张卡片,集齐3种卡片
小孔. 可获奖,现购买该食品5袋,能获奖的概率为 ( )
(Ⅰ)求笼内恰好剩下1只果蝇的概率; 31 33A. B.
(Ⅱ)求笼内至少剩下5只果蝇的概率. 81 81
48 50
C.81 D.81
17.(2020·湖北)明天上午李明参加奥运志愿者活动,为了
准时起床,他用甲、乙两个闹钟叫醒自己.假设甲闹钟准时响的
概率是0.80,乙闹钟准时的概率是0.90,则两个闹钟至少有一个
准时响的概率是 .
18.(2019·全国Ⅰ)A、B 是治疗同一种疾病的两种药,用
12.(2019·山东)盒中装着标有数字1,2,3,4的卡片各2 若干试验组进行对比试验.每个试验组由4只小白鼠组成,其中
张,从盒中任意抽取3张,每张卡片被抽出的可能性都相等,求: 2只服用A,另2只服用B,然后观察疗效.若在一个试验组中,
(Ⅰ)抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率; 服用A 有效的小白鼠的只数比服用B 有效的多,就称该试验组
(Ⅱ)抽出的3张卡片中有2张卡片上的数字是3的概率; 2
(Ⅲ)
,
抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率
为甲类组.设每只小白鼠服用A 有效的概率为 服用. 3 B
有效
1
的概率为
2.
(Ⅰ)求一个试验组为甲类组的概率;
(Ⅱ)观察3个试验组,求这3个试验组中至少有一个甲类
组的概率.
13.(2020·浙江)一个袋中装有大小相同的黑球、白球和红
球.已知袋中共有10个球,从中任意摸出1个球,得到的黑球的
2
概率是 ;从中任意摸出2个球,至少得到1个白球的概率是5
7
.求:9 19.(2020·江西)因冰雪灾害,某柑橘基地果林严重受损,
(Ⅰ)从中任意摸出2个球,得到的都是黑球的概率; 为此有关专家提出一种拯救果树的方案,该方案需分两年实施
(Ⅱ)袋中白球的个数. 且相互独立.该方案预计第一年可以使柑橘产量恢复到灾前的
1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.2,0.4,0.4;第二年可以使柑
橘产量为第一年产量的1.5倍、1.25倍、1.0倍的概率分别是0.3,
0.3,0.4.
(Ⅰ)求两年后柑橘产量恰好达到灾前产量的概率;
(Ⅱ)求两年后柑橘产量超过灾前产量的概率.
题源2 互斥事件有一个发生的概率(★★★★★)
14.(2021·重庆)锅中煮有芝麻馅汤圆6个,花生馅汤圆5
个,豆沙馅汤圆4个,这三种汤圆的外部特征完全相同.从中任意
舀取4个汤圆,则每种汤圆都至少取到1个的概率为 ( )
8 25
A.91 B.91 20.(2019·天津)已知甲盒内有大小相同的3个红球和4
48 60 个黑球,乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球.现从甲、乙两
C.91 D.91 个盒内各任取2个球.
15.(2019·广东)在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3, (Ⅰ)求取出的4个球均为红球的概率;
4,5的五个小球,这些小球除标注的数字外完全相同.现从中随 (Ⅱ)求取出的4个球中恰有1个红球的概率.
机取出2个小球,则取出的小球标注的数字之和为3或6的概
率是 ( )
3 1
A.10 B.5
·320·
这10张卡片中随机抽取1张,测试后放回,余下2位的测试,也
按同样的方法进行.求这三位被测试者抽取的卡片上,拼音都带
题源3 几何概型的概率(
有后鼻音“”的概率.
★★★★) g(Ⅱ)若某位被测试者从这10张卡片中一次随机抽取3张,
21.(2022·陕西)从如图所示的长方开区域内任取一个点 求这3张卡片上,拼音带有后鼻音“g”的卡片不少于2张的概率.
M(x,y),则点 M 取自阴影部分的概率为 .
22.(2021·福建)点A 为周长等于3的圆周长上的一个定
点.若在该圆周上随机取一点B,则劣弧A︵B的长度小于1的概率
为 .
28.(2022·全国Ⅰ)投到某杂志的稿件,先由两位初审专家
题源4 条件概率、相互独立事件及其 进行评审.若能通过两个初审专家的评审,则予以录用;若两位
同时发生的概率(★★★★★) 初审专家都未予通过,则不予录用;若恰能通过一位初审专家的
评审,则再由第三位专家进行复审,若能通过复审专家的评审,
23.(2021·上 海)若事件 E 与F 相互独立,且 P(E)=
则予以录用,否则不予录用.设稿件能通过各初审专家的评审的
1
P(F)= ,则P(E∩F)的值等于 ( ) 概率均为0.5,复审的稿件能通过评审的概率为4 0.3.
各专家独立
评审
1 .
A.0 B.16 (1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率;
1 1 (2)记X 表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数,求X
C.4 D.2 的分布列及期望.
24.(2019·浙江)甲、乙两人进行乒乓球比赛,比赛规则为
“3局2胜”,即以先赢2局者为胜.根据经验,每局比赛中甲获胜
的概率为0.6,则本次比赛甲获胜的概率是 ( )
A.0.216 B.0.36
C.0.432 D.0.648
25.(2022·福建)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
晋级下一轮的概率等于 . 题源5 独立重复试验(★★★★)
26.(2022·安徽)甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,
乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出 29.(2020·福建)某一批花生种子,如果每1粒发芽的概率
一球放入乙罐,分别以A1,A2 和A3 表示由甲罐取出的球是红 4为 ,那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是 ( )
球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B 表示由 5
乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是 16 96A.625 B.625
(写出所有正确结论的编号).
192 256
2 C. D.
①P(B)= ; 625 6255
30.(2019·山东)位于坐标原点的一个质点P 按下述规则
5
②P(B|A1)= ; 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11
③事件B 与事件A1 相互独立;
1
向上、向右移动的概率都是 .质点P 移动五次后位于点(2,2 3
)
④A1,A2,A3 是两两互斥的事件; 的概率是 ( )
⑤P(B)的值不能确定,因为它与A1,A2,A3 中究竟哪一个 1 5 1 52
发生有关. A.(2 ) B.C5 (2 )
27.(2020·安徽)在某次普通话测试中,为测试汉字发音水 3 5
3 1 2 3 1
平,设置了10张卡片,每张卡片上印有一个汉字的拼音,其中恰 C.C5 (2 ) D.C5C5 (2 )
有3张卡片上的拼音带有后鼻音“g”. 31.(2019·江苏)某气象站天气预报的准确率为80%,计算
(Ⅰ)现对三位被测试者先后进行测试.第一位被测试者从 (结果保留到小数点后第2位):
·321·
(Ⅰ)5次预报中恰有2次准确的概率;
(Ⅱ)5次预报中至少有2次准确的概率;
(Ⅲ)5次预报中恰有2次准确,且其中第3次预报准确的
概率.
32.(2020·重庆)在每道单项选择题给出的4个备选答案
中,只有一个是正确的.若对4道选择题中的每一道都任意选定
一个答案,求这4道题中:
(Ⅰ)恰有两道题答对的概率;
(Ⅱ)至少答对一道题的概率.
33.(2020·全国Ⅱ)甲、乙两人进行射击比赛,以一轮比赛
中,甲、乙各射出一发子弹.根据以往资料知,甲击中8环、9环、
10环的概率分别是0.6,0.3,0.1,乙击中8环、9环、10环的概率
分别为0.4,0.4,0.2.设甲、乙的射击相互独立.
(Ⅰ)求一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中环数的概率;
(Ⅱ)求在独立的三轮比赛中,至少有两轮甲击中的环数多
于乙击中环数的概率.
34.(2021·北京)某学生在上学路上要经过4个路口,假设
1
在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是 ,
3
遇到红灯时停留的时间都是2min.
(Ⅰ)求这名学生在上学路上到第三个路口时遇到红灯的
概率;
(Ⅱ)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多
是4min的概率.
·322·
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分.每小题只 C.0.35 D.0.3
有一个选项符合题意) 8.( 2.5)一台X型号自动机床在一小时内不需要工人照看
1.( 1)4张卡片上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中 的概率为0.8000,有四台这种型号的自动机床各自独立工作,则在一
随机抽取2张,则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为 小时内至多有2台机床需要工人照看的概率是 ( )
( ) A.0.1536 B.0.1808
1 1 C.0.5632 D.0.9728
A.3 B.2 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
2 3
C. D. 9.( 1)若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n 作为点3 4 P 的坐标,点P 落在圆x2+y2=16内的概率是 .
2.( 4)设袋中有80个红球,20个白球,若从袋中任取10 3
个球,则其中恰有6个红球的概率为 ( ) 10.( 4)甲、乙两名篮球运动员投篮的命中率分别为 与4
C480·C610 C680·C4A. 10 2C10 B. C10 ,设甲投4球恰好投进3球的概率为P1,乙投3球恰好投进2100 100 3
C4 6 6 480·C20 C ·C 球的概率为 ,则 与 的大小关系为C. C10 D.
80 20 P2 P1 P2 .
10
100 C100 11.( 3)圆O 有一内接正三角形,向圆O 随机投一点,则
3.( 3)在长为12cm的线段AB 上任取一点M,并以线段 该点落在内接正三角形内的概率是 .
AM 为边作正方形,则这个正方形的面积介于36cm2 与81cm2 12.( 2.4)有红、蓝两枚质地均匀的正方体形状的骰子,红
之间的概率为 ( ) 色骰子有两个面是8,四个面是2,蓝色骰子有三个面是7,三个
1 1
A. B. 面是1,两人各取一枚骰子分别随机投掷一次,所得点数较大者4 3 获胜,投掷蓝色骰子者获胜的概率是 .
4 12
C. D. 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)27 45
13.( 5)某减肥中心对第一期60人进行训练减肥,结果有
1 1
4.( 4)甲、乙、丙三人射击命中目标的概率分别为 , , 40人达到减肥目的,按此比率,现有5人参加第二期减肥训2 4
练.求:1,现在三人同时射击一个目标,目标被击中的概率是 ( )12 (1)恰有4人没有达到减肥目的的概率;
1 47 (2)至少有4人没有达到减肥目的的概率;
A.96 B.96 (3)恰有甲、乙、丙、丁4人没有达到减肥目的的概率.
21 5
C.32 D.6
5.( 1.2)若抛掷一粒骰子两次,第一次点数为a,第二次点
x2 y2
数为b,则使方程 2+ 2=1表示焦点在x 轴上的椭圆的概率为a b
( )
1 1
A.2 B.3
2 5
C.3 D.12
6.( 1.4)从数字1,2,3,4,5中,随机抽取3个数字(允许重
复)组成一个三位数,其各位数字之和等于9的概率为 ( )
13 16
A.125 B.125
18 19
C.125 D.125
7.( 2)从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到
一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已
知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1.则事件“抽到的不是一
等品”的概率为 ( )
A.0.7 B.0.65
·323·
14.( 5)从2009年夏季开始,某省普通高中全面实施新课 16.( 2.5)2008年北京奥运会需要许多志愿者参加服务工
程.新课程的一个最大亮点就是实行课程选修制.现在某校分别 作,但要成为奥运志愿者需通过外语、体能、应变能力三项测试,
开设了语文、数学、英语学科的选修课,假设现有4位同学,每位 且至多有一项测试不合格,否则会被淘汰,现有5名大学生来报
、 、 1 , 1同学选语文 数学 英语选修课的概率均为 . 名 若每名大学生通过每一项测试的概率均为3 2.
(1)求这4位同学选择数学选修课的概率最大时相应的 (1)求每位大学生能成为奥运志愿者的概率;
人数; (2)求至少有两位大学生成为奥运志愿者的概率;
(2)求这4位同学至少有2人选择数学选修课的概率. (3)如果只要外语不合格则被淘汰,求每位大学生被淘汰的
概率.
15.( 2.5)现有24名学生(学号依次为1号到24号),参加
一次扎染艺术活动,每人染一件形状大小都相同的布艺作品.要 17.( 4.5)已知关于x 的一元二次方程x2-2(a-2)x-
求:学号是6的倍数的同学领蓝色染料,学号为8的倍数的同学 b2+16=0.
领黄色染料,其余同学只能领红色染料,其中能同时领到蓝色和 (1)若a、b是一枚骰子掷两次所得到的点数,求方程有两正
黄色染料的同学,必须把这两种染料混合成绿色染料进行扎染. 根的概率;
(1)求任取一件作品颜色为绿色的概率; (2)若a∈[2,6],b∈[0,4],求方程没有实根的概率.
(2)求任取一件作品颜色为红色的概率;
(3)任取一件作品记下颜色后放回,求连续取三次至少有两
次取出的作品颜色为红色的概率.
·324·

展开更多......

收起↑