2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測試題十一 計數(shù)原理與概率 北師大版
《2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測試題十一 計數(shù)原理與概率 北師大版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測試題十一 計數(shù)原理與概率 北師大版(17頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、階段性測試題十一(計數(shù)原理與概率)理 階段性測試題十一(概率)文 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.滿分150分.考試時間120分鐘. 第Ⅰ卷(選擇題 共50分) 一、選擇題(本大題共10個小題,每小題5分,共50分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.(文)(2020·濟南模擬)一副撲克牌除去大、小王兩張撲克后還剩52張,從中任意摸一張,摸到紅心的概率為( ) A. B. C. D. [答案] B [解析] 所有基本事件總數(shù)為52,事件“摸到一張紅心”包含的基本事件數(shù)為13,則摸到紅心的概率為. (理)(202
2、0·平頂山一模)將編號為1,2,3,4,5的五個球放入編號為1,2,3,4,5的五個盒子,每個盒內(nèi)放一個球,若恰好有三個球的編號與盒子編號相同,則不同的投放方法的種數(shù)為( ) A.6 B.10 C.20 D.30 [答案] B [解析] 從編號為1,2,3,4,5的五個球中選出三個與盒子編號相同的球的投放方法有C=10種;另兩個球的投放方法有1種,所以共有10種不同的投放方法.選擇B. 2.(文)(2020·武漢一模)甲、乙兩人下棋,甲獲勝的概率為30%,甲不輸?shù)母怕蕿?0%,則甲、乙兩人下盤棋,你認為最可能出現(xiàn)的情況是( ) A.甲獲勝 B.乙獲勝
3、C.甲、乙下成和棋 D.無法得出 [答案] C [解析] 兩人下成和棋的概率為50%,乙勝的概率為20%,故甲、乙兩人下一盤棋,最有可能出現(xiàn)的情況是下成和棋. (理)(2020·福州模擬)來自中國、英國、瑞典的乒乓球裁判員各兩名,執(zhí)行世錦賽的一號、二號和三號場地的乒乓球裁判工作,每個場地有兩名來自不同國家的裁判,則不同的安排方案共有( ) A.48種 B.24種 C.36種 D.96種 [答案] A [解析] 一號場地的安排方案有CCC=12種,即表示從3個國家中選擇2個,而后再從所選擇的2個國家中各選擇一名裁判,最后剩余1個國家的兩名裁判,和另外2個國家各
4、剩的一名裁判,將其分到兩個場地易求得AA=4種安排方案,綜上,共有12×4=48種安排方案. 3.(2020·徐州調(diào)研)從1,2,3,…,9這9個數(shù)中任取兩數(shù),其中: ①恰有一個是偶數(shù)和恰有一個是奇數(shù); ②至少有一個是奇數(shù)和兩個都是奇數(shù); ③至少有一個是奇數(shù)和兩個都是偶數(shù); ④至少有一個是奇數(shù)和至少有一個是偶數(shù). 上述事件中,是對立事件的是( ) A.① B.②④ C.③ D.①③ [答案] C [解析]?、壑小爸辽儆幸粋€是奇數(shù)”即“兩個奇數(shù)或一奇一偶”,而從1~9中任取兩數(shù)共有三個事件:“兩個奇數(shù)”、“一奇一偶”、“兩個偶數(shù)”,故“至少有一個是奇數(shù)”與“兩個偶數(shù)
5、”是對立事件. 4.(2020·新課標(biāo)理)有3個興趣小組,甲、乙兩位同學(xué)各自參加其中一個小組,每位同學(xué)參加各個小組的可能性相同,則這兩位同學(xué)參加同一個興趣小組的概率為( ) A. B. C. D. [答案] A [解析] 甲乙兩位同學(xué)參加3個小組的所有可能性共3×3=9(種),其中甲、乙兩人參加同一個小組的情況有3種,故甲、乙兩位同學(xué)參加同一個興趣小組的概率為P==. 5.(文)(2020·太原模擬)從1,2,3,4這四個數(shù)中,不重復(fù)地任意取兩個數(shù),兩個數(shù)一奇一偶的概率是( ) A. B. C. D. [答案] D [解析] 基本事件總數(shù)為6,兩個數(shù)一奇
6、一偶的情況有4種,故所求概率為P==. (理)(2020·黃石一模)在(1+x+x2)(1-x)10的展開式中,含x4項的系數(shù)是( ) A.135 B.-135 C.375 D.-117 [答案] A [解析] (1+x+x2)(1-x)10=(1-x3)(1-x)9,且(1-x)9的展開式的通項是Tr+1=C(-x)r=C·(-1)r·xr,因此(1+x+x2)(1-x)10的展開式中,含x4項的系數(shù)等于1×C·(-1)4-C(-1)1=135. 6.(2020·新鄉(xiāng)一模)如圖所示,墻上掛有邊長為a的正方形木板,它的四個角的空白部分都是以正方形的頂點為圓心,半徑為的
7、圓弧,某人向此板投鏢,假設(shè)每次都能擊中木板 ,且擊中木板上每個點的可能性都一樣,則擊中陰影部分的概率是( ) A.1- B. C.1- D.與a的取值有關(guān) [答案] A [解析] 由題意,陰影部分的面積為a2-4××π()2=(1-)a2,故所求概率為1-. 7.(文)取一根長度為4m的繩子,拉直后在任意位置剪斷,那么剪得的兩段都不少于1m的概率是( ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 把繩子4等份,當(dāng)剪斷點位于中間兩部分時,兩段繩子都不少于1m,故所求概率為P==. (理)甲、乙兩人進行乒乓球比賽,比賽規(guī)則為“3局2勝”,即以先贏兩局者
8、為勝,根據(jù)經(jīng)驗,每局比賽中甲獲勝的概率為0.6,則本次比賽甲獲勝的概率為( ) A.0.216 B.0.36 C.0.432 D.0.648 [答案] D [解析] 據(jù)題意甲取勝有兩種情形. (1)甲先勝兩局概率為P1=0.62=0.36. (2)甲前兩局中勝一局,第三局勝的概率為 P2=2×0.6×(1-0.6)×0.6=0.288, ∴甲獲勝的概率為P=P1+P2=0.648. 8.(文)(2020·揚州一模)連擲兩次骰子得到的點數(shù)分別為m,n,記向量a=(m,n)與向量b=(1,-1)的夾角為θ,則θ∈的概率是( ) A. B. C. D. [
9、答案] C [解析] 基本事件總數(shù)為36, 由cosθ=≥0得 a·b≥0,即m-n≥0,包含的基本事件有(1,1),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)共21個,故所求概率為P==. (理)(2020·浙江溫州五校聯(lián)考)設(shè)隨機變量X的分布列為 X 0 1 2 P 1-p 則X的均值的最小值是( ) A. B.0 C.2 D.隨p的變化而變化 [答案
10、] A [解析] EX=0×+1×+2×=2-p, 又∵≥0,1-p≥0,∴0≤p≤, 當(dāng)p=時,EX的值最小,最小值為2-=. 9.(文)(2020·西安一模)已知k∈Z,=(k,1),=(2,4),若||≤4,則△ABC是直角三角形的概率為( ) A. B. C. D. [答案] C [解析] ∵||≤4,∴k2+1≤16,∴k2≤15,∴k=-3,-2,-1,0,1,2,3.又=(2-k,3).若·=-k2+2k+3=0,則k=-1,k=3;若·=0,則k=8(舍去); 若·=0,則k=-2,∴P=. (理)(2020·咸陽一模) 如圖所示,在一個邊長
11、為1的正方形AOBC內(nèi), 曲線y=x2和曲線y=圍成一個葉形圖(陰影部分), 向正方形AOBC內(nèi)隨機投一點(設(shè)點落在正方形AOBC內(nèi)任何一點是等可能的),則所投的點落在葉形圖內(nèi)部的概率是( ) A. B. C. D. [答案] B [解析] S陰=(-x2)dx ==,S正=1,∴P==,故選B. 10.(文)在長為1的線段上任取兩點,則這兩點之間的距離小于的概率為( ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 兩點設(shè)為a,b,則0≤a≤1,0≤b≤1,兩點之間的距離小于,則|a-b|<,畫出可行域,為圖中陰影部分,面積為,即概率為. (
12、理)(2020·鄭州一模)拋擲兩個骰子,至少有一個4點或5點出現(xiàn)時,就說這次實驗成功,則在10次實驗中,成功次數(shù)X的均值是( ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 由題意一次試驗成功的概率為1-×=,10次試驗為10次獨立重復(fù)試驗,則成功次數(shù) X~B(10,),所以E(X)=. 第Ⅱ卷(非選擇題 共100分) 二、填空題(本大題共5個小題,每小題5分,共25分,把正確答案填在題中橫線上) 11.(文)(2020·許昌一模)實數(shù)x,y滿足|x|≤2,|y|≤1,則任取其中x,y,使x2+y2≤1的概率為________. [答案] [解析] 點(x,
13、y)在由直線x=±2和y=±1圍成的矩形上或其內(nèi)部,使x2+y2≤1的點(x,y)在以原點為圓心,以1為半徑的圓上或其內(nèi)部,故所求概率為P==. (理)(2020·許昌一模)已知函數(shù)f(x)=x2+bx+c,其中0≤b≤4,0≤c≤4,記函數(shù)f(x)滿足條件為事件A,則事件A發(fā)生的概率為________. [答案] [解析] 由題意知,事件A所對應(yīng)的線性約束條件為,其對應(yīng)的可行域如圖中陰影部分所示, 所以事件A的概率P(A)==. 12.(文)(2020·延安模擬)假設(shè)小軍、小燕和小明所在的班級共有50名學(xué)生,并且這50名學(xué)生早上到校先后的可能性相同,則“小燕比小明先到校,
14、小明又比小軍先到校”的概率為________. [答案] [解析] 將3人排序共包含6個基本事件,由古典概型得P=. (理)(2020·重慶理)將一枚均勻的硬幣拋擲6次,則正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多的概率為________. [答案] [解析] 本題主要考查古典概型的概率計算. 將一枚硬幣投擲6次,共有26=64種不同結(jié)果,正面出現(xiàn)的次數(shù)比反面出現(xiàn)的次數(shù)多,即正面出現(xiàn)4次、5次、6次,共有C+C+C=22種不同結(jié)果,所以P==. 13.(文)集合A={2,4,6,8,10},B={1,3,5,7,9},在A中任取一元素m和在B中任取一元素n,則所取兩數(shù)m>n的概率是_
15、_______. [答案] [解析] 基本事件總數(shù)為5×5=25個.m=2時,n=1;m=4時,n=1,3;m=6時,n=1,3,5;m=8時,n=1,3,5,7;m=10時,n=1,3,5,7,9,共15個.故P==. (理)(2020·大綱全國卷)(1-)20的二項展開式中,x的系數(shù)與x9的系數(shù)之差為________. [答案] 0 [解析] 本小題考查的內(nèi)容是二項式中系數(shù)的求法. Tr+1=C120-r·(-)r=C·(-1)r·x 令r=2,x的系數(shù)為C, 令r=18,x9的系數(shù)為C,C-C=0. 14.(文)(2020·徐州一模)將一個各面上均涂有顏色的正方體鋸成
16、64個同樣大小的正方體,從這些小正方體中任取一個,恰有2面涂有顏色的概率是________. [答案] [解析] 先將正方體均勻切割成8個小正方體,再將每個小正方體同樣切割成8個更小的正方體,這樣共有24個2面涂有顏色的小正方體. ∴概率為=. (理)(2020·長沙調(diào)研)兩名戰(zhàn)士在一次射擊比賽中,戰(zhàn)士甲得1分、2分、3分的概率分別為0.4、0.1、0.5;戰(zhàn)士乙得1分、2分、3分的概率分別為0.1、0.6、0.3,那么兩名戰(zhàn)士獲勝希望大的是______. [答案] 乙 [解析] 戰(zhàn)士甲得分的隨機變量的分布列為: X 1 2 3 P甲 0.4 0.1 0.5 ∴
17、EX=1×0.4+2×0.1+3×0.5=2.1.
戰(zhàn)士乙得分的隨機變量分布列為:
Y
1
2
3
P乙
0.1
0.6
0.3
∴EY=1×0.1+2×0.6+3×0.3=2.2.
∵EX 18、率為P==.
(理)(2020·西寧一模)為振興旅游業(yè),某省2020年面向國內(nèi)發(fā)行總量為2000萬張的優(yōu)惠卡,向省外人士發(fā)行的是金卡,向省內(nèi)人士發(fā)行的是銀卡.某旅游公司組織了一個有36名游客的旅游團到該省旅游,其中是省外游客,其余是省內(nèi)游客.在省外游客中有持金卡,在省內(nèi)游客中有持銀卡.在該團中隨機采訪2名游客,則恰有1人持銀卡的概率為________.
[答案]
[解析] 由題意得,省外游客有27人,其中9人持金卡;省內(nèi)游客有9人,其中6人持銀卡.設(shè)事件A為“隨機采訪該團2名游客,恰有1名游客持銀卡”,則P(A)==.
三、解答題(本大題共6個小題,共75分,解答應(yīng)寫出文字說明,證明 19、過程或演算步驟)
16.(本小題滿分12分)(2020·成都一模)先后隨機投擲2枚正方體骰子,其中x表示第1枚骰子出現(xiàn)的點數(shù),y表示第2枚骰子出現(xiàn)的點數(shù).
(1)求點P(x,y)在直線y=x-1上的概率;
(2)求點P(x,y)滿足y2<4x的概率.
[解析] (1)每枚骰子出現(xiàn)的點數(shù)都有6種情況,
所以基本事件總數(shù)為6×6=36個.
記“點P(x,y)在直線y=x-1上”為事件A,A有5個基本事件:A={(2,1),(3,2),(4,3),(5,4),(6,5)},
∴P(A)=.
(2)記“點P(x,y)滿足y2<4x”為事件B,則事件B有17個基本事件:
當(dāng)x=1時,y 20、=1;當(dāng)x=2,y=1,2;
當(dāng)x=3時,y=1,2,3;當(dāng)x=4時,y=1,2,3;
當(dāng)x=5時,y=1,2,3,4;當(dāng)x=6時,y=1,2,3,4.
∴P(B)=.
17.(本小題滿分12分)(文)一盒中裝有各色球12個,其中5個紅球,4個黑球,2個白球,1個綠球.從中隨機取出1球,求:
(1)取出1球是紅球或黑球的概率;
(2)取出的1球是紅球或黑球或白球的概率.
[解析] 可按互斥事件和對立事件求概率的方法,利用公式進行求解.
(1)從12個球中任取1球得紅球有5種取法,得黑球有4種取法,得紅球或黑球共有5+4=9種不同取法,任取1球有12種取法.
∴任取1球是紅球或 21、黑球的概率為=.
(2)從12個球中任取1球得紅球有5種取法,得黑球有4種取法,得白球有2種取法.從而得紅球或黑球或白球的概率為=.
(理)課外活動小組共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女生各指定一名隊長,現(xiàn)從中選5人主持某種活動,依下列條件各有多少種選法?
(1)只有一名女生;
(2)兩隊長當(dāng)選;
(3)至少有一名隊長當(dāng)選;
(4)至多有兩名女生當(dāng)選.
[解析] (1)一名女生,四名男生.
故共有C·C=350(種).
(2)將兩隊長作為一類,其他11人作為一類,
故共有C·C=165(種).
(3)至少有一名隊長含有兩類:
只有一名隊長和兩名隊長.
故共有 22、C·C+C·C=825(種).
或采用間接法:C-C=825(種).
(4)至多有兩名女生含有三類:有兩名女生、只有一名女生、沒有女生.
故選法為C·C+C·C+C=966(種).
18.(本小題滿分12分)(文)設(shè)不等式組表示的區(qū)域為A,不等式組表示的區(qū)域為B.
(1)在區(qū)域A中任取一點(x,y),求點(x,y)∈B的概率;
(2)若x,y分別表示甲、乙兩人各擲一次骰子所得的點數(shù),求點(x,y)在區(qū)域B中的概率.
[解析] (1)設(shè)集合A中的點(x,y)∈B為事件M,區(qū)域A的面積為S1=36,區(qū)域B的面積為S2=18,
∴P(M)===.
(2)設(shè)點(x,y)在集合B中為事 23、件N,甲、乙兩人各擲一次骰子所得的點數(shù)(x,y)為36,其中在集合B中的點有21個,
故P(N)==.
(理)一個口袋里有2個紅球和4個黃球,從中隨機地連取3個球,每次取一個,記事件A為“恰有一個紅球”,事件B為“第3個是紅球”.
求:(1)不放回時,事件A、B的概率;
(2)每次抽后放回時,A、B的概率.
[解析] (1)由不放回抽樣可知,第一次從6個球中抽一個,第二次只能從5個球中取一個,第三次從4個球中取一個,基本事件共6×5×4=120個,又事件A中含有基本事件3×2×4×3=72個,(第一個是紅球,則第2,3個是黃球,取法有2×4×3種,第2個是紅球和第3個是紅球取法一樣多 24、),
∴P(A)==.
因為紅球數(shù)占總球數(shù)的,在每一次抽到都是隨機地等可能事件,
∴P(B)=.
(2)由放回抽樣知,每次都是從6個球中取一個,有取法63=216種,事件A含基本事件3×2×4×4=96種.
∴P(A)==.
第三次抽到紅球包括B1={紅,黃,紅},B2={黃,黃,紅},B3={黃,紅,紅},B4={紅,紅,紅}四種兩兩互斥的情形,P(B1)==;
P(B2)==;
P(B3)==;
P(B4)==,
∴P(B)=P(B1)+P(B2)+P(B3)+P(B4)
=+++=.
19.(本小題滿分12分)(文)(2020·北京文)以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各 25、四名同學(xué)的植樹棵數(shù),乙組記錄中有一個數(shù)據(jù)模糊,無法確認,在圖中以X表示.
(1)如果X=8,求乙組同學(xué)植樹棵數(shù)的平均數(shù)和方差;
(2)如果X=9,分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學(xué),求這兩名同學(xué)的植樹總棵數(shù)為19的概率.
(注:方差s2=[(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2],其中為x1,x2,…,xn的平均數(shù))
[解析] (1)當(dāng)X=8時,由莖葉圖可知,乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是:8,8,9,10.
所以平均數(shù)為==;
方差為
s2=[(8-)2+(8-)2+(9-)2+(10-)2]=.
(2)記甲組四名同學(xué)為A1,A2,A3,A4,他們植樹的棵數(shù)依次為9,9,11 26、,11;乙組四名同學(xué)為B1,B2,B3,B4,他們植樹的棵數(shù)依次為9,8,9,10,分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學(xué),所有可能的結(jié)果有16個,它們是:
(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,B4)
(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,B4)
(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(A3,B4)
(A4,B1),(A4,B2),(A4,B3),(A4,B4)
用C表示:“選出的兩名同學(xué)的植樹總棵數(shù)為19”這一事件,則C中的結(jié)果有4個,它們是:(A1,B4),(A2,B4),(A3,B2),(A4,B2),故所求概率為P(C)==.
( 27、理)(2020·北京理)以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各四名同學(xué)的植樹棵數(shù),乙組記錄中有一個數(shù)據(jù)模糊,無法確認,在圖中以X表示.
(1)如果X=8,求乙組同學(xué)植樹棵數(shù)的平均數(shù)和方差;
(2)如果X=9,分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學(xué),求這兩名同學(xué)的植樹總棵數(shù)Y的分布列和數(shù)學(xué)期望.
(注:方差s2=[(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2],其中為x1,x2,…,xn的平均數(shù))
[解析] (1)當(dāng)X=8時,由莖葉圖可知,乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是:8,8,9,10,
所以平均數(shù)為==;
方差為s2=[(8-)2+(8-)2+(9-)2+(10-)2]=.
(2)當(dāng)X=9時,由莖 28、葉圖可知,甲組同學(xué)的植樹棵數(shù)是:9,9,11,11;乙組同學(xué)的植樹棵數(shù)是:9,8,9,10.分別從甲、乙兩組中隨機選取一名同學(xué),共有4×4=16種可能的結(jié)果,這兩名同學(xué)植樹總棵數(shù)Y的可能取值為17,18,19,20,21.事件“Y=17”等價于“甲組選出的同學(xué)植樹9棵,乙組選出的同學(xué)植樹8棵”,所以該事件有2種可能的結(jié)果,因此P(Y=17)==.
同理可得P(Y=18)=;P(Y=19)=;P(Y=20)=;P(Y=21)=.
所以隨機變量Y的分布列為:
Y
17
18
19
20
21
P
EY=17×P(Y=17)+18×P(Y=18)+19×P(Y 29、=19)+20×P(Y=20)+21×P(Y=21)
=17×+18×+19×+20×+21×=19.
20.(本小題滿分13分)(文)袋子中放有大小和形狀相同的小球若干個,其中標(biāo)號為0的小球1個,標(biāo)號為1的小球1個,標(biāo)號為2的小球n個.已知從袋子中隨機抽取1個小球,取到標(biāo)號是2的小球是概率是.
(1)求n的值;
(2)從袋子中不放回地隨機抽取2個小球,記第一次取出的小球標(biāo)號為a,第二次取出的小球標(biāo)號為b.記事件A表示“a+b=2”,求事件A的概率.
[解析] (1)由題意可知:=,
解得n=2.
(2)不放回地隨機抽取2個小球的所有基本事件為:(0,1),(0,21),(0,2 30、2),(1,0),(1,21),(1,22),(21,0),(21,1),(21,22),(22,0),(22,1),(22,21),共12個,
事件A包含的基本事件為(0,21),(0,22),(21,0),(22,0),共4個.
∴P(A)==.
(理)(2020·合肥一模)現(xiàn)有甲、乙兩個項目,對甲項目每投資十萬元,一年后的利潤是1.2萬元、1.18萬元、1.17萬元的概率分別為、、;已知乙項目的利潤與產(chǎn)品價格的調(diào)整有關(guān),在每次調(diào)整中價格下降的概率都是p(0
31、,2時,一年后相應(yīng)利潤是1.3萬元、1.25萬元、0.2萬元.隨機變量ξ1、ξ2分別表示對甲、乙兩項目各投資十萬元一年后的利潤.
(1)求ξ1,ξ2的概率分布和數(shù)學(xué)期望Eξ1、Eξ2;
(2)當(dāng)Eξ1 32、
2p(1-p)
p2
所以Eξ2=1.3×(1-p)2+1.25×2p(1-p)+0.2×p2
=-p2-0.1p+1.3.
(2)由Eξ1 33、析] (1)設(shè)“a∥b”為事件A,由a∥b,得x=2y.
基本事件空間為Ω={(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),(2,-1),(2,0),(2,1)},共包含12個基本事件;
其中A={(0,0),(2,1)},包含2個基本事件.
則P(A)==,即向量a∥b的概率為.
(2)設(shè)“a,b的夾角是鈍角”為事件B,由a,b的夾角是鈍角,可得a·b<0,即2x+y<0,且x≠2y.
基本事件空間為Ω=,
B=,
則P(B)===,
即向量a,b的夾角是鈍角的概率是.
(理)(2020·山東理) 34、紅隊隊員甲、乙、丙與藍隊隊員A、B、C進行圍棋比賽,甲對A、乙對B、丙對C各一盤.已知甲勝A、乙勝B、丙勝C的概率分別為0.6,0.5,0.5,假設(shè)各盤比賽結(jié)果相互獨立.
(1)求紅隊至少兩名隊員獲勝的概率;
(2)用ξ表示紅隊隊員獲勝的總盤數(shù),求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望Eξ.
[解析] (1)設(shè)甲勝A的事件為D,乙勝B的事件為E,丙勝C的事件為F,
則,,分別表示甲不勝A、乙不勝B、丙不勝C的事件.
因為P(D)=0.6,P(E)=0.5,P(F)=0.5
由對立事件的概率公式知P()=0.4,P()=0.5,
P()=0.5.
紅隊至少兩人獲勝的事件有:DE,DF,EF,DEF 35、.
由于以上四個事件兩兩互斥且各盤比賽的結(jié)果相互獨立,
因此紅隊至少兩人獲勝的概率為
P=P(DE)+P(DF)+P(EF)+P(DEF)
=0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5
=0.55.
(2)由題意知ξ可能的取值為0,1,2,3.
又由(1)知 F、E、D 是兩兩互斥事件,且各盤比賽的結(jié)果相互獨立,
因此P(ξ=0)=P( )=0.4×0.5×0.5=0.1,
P(ξ=1)=P( F)+P(E)+P(D )=0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35.
P(ξ=3)=P(DEF)=0.6×0.5×0.5=0.15.
由對立事件的概率公式得
P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)=0.4.
所以ξ的分布列為:
ξ
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
因此Eξ=0×0.1+1×0.35+2×0.4+3×0.15=1.6.
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 設(shè)備采購常用的四種評標(biāo)方法
- 車間員工管理須知(應(yīng)知應(yīng)會)
- 某公司設(shè)備維護保養(yǎng)工作規(guī)程
- 某企業(yè)潔凈車間人員進出管理規(guī)程
- 企業(yè)管理制度之5S管理的八個口訣
- 標(biāo)準化班前會的探索及意義
- 某企業(yè)內(nèi)審員考試試題含答案
- 某公司環(huán)境保護考核管理制度
- 現(xiàn)場管理的定義
- 員工培訓(xùn)程序
- 管理制度之生產(chǎn)廠長的職責(zé)與工作標(biāo)準
- 某公司各級專業(yè)人員環(huán)保職責(zé)
- 企業(yè)管理制度:5S推進與改善工具
- XXX公司環(huán)境風(fēng)險排查及隱患整改制度
- 生產(chǎn)車間基層管理要點及建議