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2014军转干考试数量关系概率问题解题技巧讲练
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概率与统计（共52页）试题 doc--预览
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概率与统计§12.1
随机事件的概率　　　　　　　　　　1.下列说法不正确的有
.　①某事件发生的频率为P（A）=1.1　②不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1　③小概率事件就是不可能发生的事件，大概率事件就是必然发生的事件　④某事件发生的概率是随着试验次数的变化而变化的　答案
①③④2.给出下列三个命题，其中正确命题有
个.①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.　答案
03.已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8，0.12，0.05，则这台纺纱机在1 小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为
0.034.甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是,乙获胜的概率是，则乙不输的概率是
5.抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A为出现奇数点，事件B为出现2点，已知P（A）=，P（B）=，则出现奇数点或2点的概率之和为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　例1
盒中仅有4只白球5只黑球，从中任意取出一只球.　（1）"取出的球是黄球"是什么事件？它的概率是多少？　（2）"取出的球是白球"是什么事件？它的概率是多少？　（3）"取出的球是白球或黑球"是什么事件？它的概率是多少？　解
（1）"取出的球是黄球"在题设条件下根本不可能发生，因此它是不可能事件，其概率为0.　（2）"取出的球是白球"是随机事件，它的概率是.　（3）"取出的球是白球或黑球"在题设条件下必然要发生，因此它是必然事件，它的概率是1.例2
某射击运动员在同一条件下进行练习，结果如下表所示：
射击次数n
10
20
50
100
200
500
击中10环次数m
8
19
44
93
178
453
击中10环频率
　（1）计算表中击中10环的各个频率；　（2）这位射击运动员射击一次，击中10环的概率为多少？　解
（1）击中10环的频率依次为0.8，0.95，0.88，0.93，0.89，0.906.　（2）这位射击运动员射击一次，击中10环的概率约是0.9.例3
（14分）国家射击队的某队员射击一次，命中7～10环的概率如下表所示： 命中环数
10环
9环
8环
7环
概率
0.32
0.28
0.18
0.12
　求该射击队员射击一次　（1）射中9环或10环的概率；　（2）至少命中8环的概率；　（3）命中不足8环的概率.
记事件"射击一次，命中k环"为Ak（k∈N，k≤10），则事件Ak彼此互斥.
2分（1）记"射击一次，射中9环或10环"为事件A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件的加法公式得
P（A）=P（A9）+P（A10）=0.32+0.28=0.60.
5分（2）设"射击一次，至少命中8环"的事件为B，那么当A8，A9，A10之一发生时，事件B发生.由互斥事件概率的加法公式得
P（B）=P（A8）+P（A9）+P（A10）
=0.18+0.28+0.32=0.78.
10分（3）由于事件"射击一次，命中不足8环"是事件B："射击一次，至少命中8环"的对立事件：即表示事件"射击一次，命中不足8环"，根据对立事件的概率公式得　P（）=1-P（B）=1-0.78=0.22.
1.在12件瓷器中，有10件一级品，2件二级品，从中任取3件. 　(1)"3件都是二级品"是什么事件？　（2）"3件都是一级品"是什么事件？　（3）"至少有一件是一级品"是什么事件？
（1）因为12件瓷器中，只有2件二级品，取出3件都是二级品是不可能发生的，故是不可能事件.　（2）"3件都是一级品"在题设条件下是可能发生也可能不发生的，故是随机事件.　（3）"至少有一件是一级品"是必然事件，因为12件瓷器中只有2件二级品，取三件必有一级品.2.某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示：
抽取球数n
50
100
200
500
1 000
2 000
优等品数m
45
92
194
470
954
1 902
优等品频率
　（1）计算表中乒乓球优等品的频率；　（2）从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？（结果保留到小数点后三位）解
（1）依据公式p=，可以计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900，0.920，0.970，0.940，0.954，0.951.（2）由（1）知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值虽然不同，但随着抽取球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以抽取一个乒乓球检测时，质量检查为优等品的概率为0.950.3.玻璃球盒中装有各色球12只，其中5红、4黑、2白、1绿，从中取1球，求：（1）红或黑的概率；（2）红或黑或白的概率.　解
记事件A1：从12只球中任取1球得红球；　A2：从12只球中任取1球得黑球；　A3：从12只球中任取1球得白球；　A4：从12只球中任取1球得绿球，则　P（A1）=，P（A2）=，P（A3）=，P（A4）=.　根据题意，A1、A2、A3、A4彼此互斥，　由互斥事件概率加法公式得　（1）取出红球或黑球的概率为　P（A1+A2）=P（A1）+P（A2）=+=.　（2）取出红或黑或白球的概率为　P（A1+A2+A3）=P（A1）+P（A2）+P（A3）　=++=.　方法二
（1）取出红球或黑球的对立事件为取出白球或绿球，即A1+A2的对立事件为A3+A4，　∴取出红球或黑球的概率为　P（A1+A2）=1-P（A3+A4）=1-P（A3）-P（A4）　=1--==.　（2）A1+A2+A3的对立事件为A4.　P（A1+A2+A3）=1-P（A4）=1-=.　　　　　　　　　　　　　　　一、填空题1.在一个袋子中装有分别标注数字1，2，3，4，5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
2.某入伍新兵的打靶练习中，连续射击2次，则事件"至少有1次中靶"的互斥事件是
（写出一个即可）.　答案
2次都不中靶3.甲:A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么甲是乙的
条件.　答案
必要不充分4.将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1，2，3，4，5，6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是
5.一个口袋内装有一些大小和形状都相同的白球、黑球和红球，从中摸出一个球，摸出红球的概率是0.3，摸出白球的概率是0.5，则摸出黑球的概率是
0.26.在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站（假定这个车站只能停靠一辆公共汽车），有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为
0.807.中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为，乙夺得冠军的概率为，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为
8.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概率是90%，则甲、乙二人下成和棋的概率为
50%二、解答题9.某射手在一次射击训练中，射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21、0.23、0.25、0.28，计算这个射手在一次射击中：（1）射中10环或9环的概率；　（2）不够7环的概率.　解
（1）设"射中10环"为事件A，"射中9环"为事件B，由于A，B互斥，则　P（A+B）=P（A）+P（B）=0.21+0.23=0.44.　（2）设"少于7环"为事件C，则　P（C）=1-P（）　=1-（0.21+0.23+0.25+0.28）=0.03.10.某医院一天派出医生下乡医疗，派出医生人数及其概率如下：
医生人数
0
1
2
3
4
5人及以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.2
0.2
0.04
　求：（1）派出医生至多2人的概率；　（2）派出医生至少2人的概率.　解
记事件A："不派出医生"，　事件B："派出1名医生"，　事件C："派出2名医生"，　事件D："派出3名医生"，　事件E："派出4名医生"，　事件F："派出不少于5名医生".　∵事件A，B，C，D，E，F彼此互斥， 且P（A）=0.1，P（B）=0.16，P（C）=0.3，　P（D）=0.2，P（E）=0.2，P（F）=0.04. （1）"派出医生至多2人"的概率为　P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C）　=0.1+0.16+0.3=0.56.　（2）"派出医生至少2人"的概率为　P（C+D+E+F）=P（C）+P（D）+P（E）+P（F）　=0.3+0.2+0.2+0.04=0.74.　或1-P（A+B）=1-0.1-0.16=0.74.11.抛掷一个均匀的正方体玩具（各面分别标有数字1、2、3、4、5、6），事件A表示"朝上一面的数是奇数"，事件B表示"朝上一面的数不超过3"，求P（A+B）.解
因为A+B的意义是事件A发生或事件B发生，所以一次试验中只要出现1、2、3、5四个可能结果之一时，A+B就发生，而一次试验的所有可能结果为6个，所以P（A+B）==.　方法二
记事件C为"朝上一面的数为2"，　则A+B=A+C，且A与C互斥.　又因为P（C）=，P（A）=，　所以P（A+B）=P（A+C）=P（A）+P（C）　=+=. 方法三
记事件D为"朝上一面的数为4或6"，则事件D发生时，事件A和事件B都不发生，即事件A+B不发生.又事件A+B发生即事件A发生或事件B发生时，事件D不发生，所以事件A+B与事件D为对立事件.　因为P（D）==，　所以P（A+B）=1-P（D）=1-=.12.袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？解
分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A、B、C、D.由于A、B、C、D为互斥事件，根据已知得到　解得.　∴得到黑球、黄球、绿球的概率各是，，.　　　　　　　　　　§12.2
古典概型　　1.从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为
2.掷一枚骰子，观察掷出的点数，则掷出奇数点的概率为
3.袋中有2个白球，2个黑球，从中任意摸出2个，则至少摸出1个黑球的概率是
4.一袋中装有大小相同，编号为1，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号之和不小于15的概率为
5.掷一枚均匀的硬币两次，事件M："一次正面朝上，一次反面朝上" ；事件N："至少一次正面朝上" .则P(M)=
有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1，2，3，4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用（x，y）表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数.试写出：　（1）试验的基本事件；　（2）事件"出现点数之和大于3"；　（3）事件"出现点数相等".
（1）这个试验的基本事件为：　（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），　（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），　（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），　（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.　（2）事件"出现点数之和大于3"包含以下13个基本事件：　（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），　（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.　（3）事件"出现点数相等"包含以下4个基本事件：
（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）.例2
甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙　两人依次各抽一题.　（1）甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多少？　（2）甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？解
甲、乙两人从10道题中不放回地各抽一道题，先抽的有10种抽法，后抽的有9种抽法，故所有可能的抽法是10×9=90种，即基本事件总数是90. （1）记"甲抽到选择题，乙抽到判断题"为事件A，下面求事件A包含的基本事件数：　　甲抽选择题有6种抽法，乙抽判断题有4种抽法，所以事件A的基本事件数为6×4=24.　∴P（A）===.（2）先考虑问题的对立面："甲、乙两人中至少有一人抽到选择题"的对立事件是"甲、乙两人都未抽到选择题"，即都抽到判断题.　记"甲、乙两人都抽到判断题"为事件B，"至少一人抽到选择题"为事件C，则B含基本事件数为4×3=12. ∴由古典概型概率公式，得P（B）==,　由对立事件的性质可得　P（C）=1-P（B）=1-=.例3
（14分）同时抛掷两枚骰子.　（1）求"点数之和为6"的概率；　（2）求"至少有一个5点或6点"的概率.
同时抛掷两枚骰子，可能的结果如下表：　　　　　　　　　　共有36个不同的结果.
7分　（1）点数之和为6的共有5个结果，所以点数之和为6的概率P=.
10分（2）方法一
从表中可以得其中至少有一个5点或6点的结果有20个，所以至少有一个5点或6点的概率　P==.
14分方法二
至少有一个5点或6点的对立事件是既没有5点又没有6点，如上表既没有5点又没有6点的结果共有16个，则既没有5点又没有6点的概率P==，　所以至少有一个5点或6点的概率为1-=.
1.某口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出2只球.　（1）共有多少个基本事件？　（2）摸出的2只球都是白球的概率是多少？解
（1）分别记白球为1，2，3号，黑球为4，5号，从中摸出2只球，有如下基本事件（摸到1，2号球用（1，2）表示）：　(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),　(2,3),(2,4),(2,5)，(3,4),　(3,5),(4,5).　因此，共有10个基本事件.　（2）如下图所示，上述10个基本事件的可能性相同，且只有3个基本事件是摸到2只白球（记为事件A），　即（1，2），（1，3），（2，3），故P（A）=.
　故共有10个基本事件，摸出2只球都是白球的概率为.2.（2008·山东文，18）现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1、A2、A3通晓日语，B1、B2、B3通晓俄语，C1、C2通晓韩语，从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组.　（1）求A1被选中的概率；　（2）求B1和C1不全被选中的概率.　解
（1）从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件空间={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),(A2,B3,C1),(A2,B3,C2),(A3,B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2),(A3,B3,C1),(A3,B3,C2)}由18个基本事件组成.由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的.　用M表示"A1恰被选中"这一事件，则M={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2)}事件M由6个基本事件组成，因而P（M）==.（2）用N表示"B1、C1不全被选中"这一事件，则其对立事件表示"B1、C1全被选中"这一事件，由于={（A1,B1,C1）,(A2,B1,C1),(A3,B1,C1)}，事件有3个基本事件组成，　所以P（）==，由对立事件的概率公式得　P（N）=1-P（）=1-=.3.袋中有6个球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出两球，求下列事件的概率:　（1）A:取出的两球都是白球；　（2）B：取出的两球1个是白球，另1个是红球.　解
设4个白球的编号为1，2，3，4，2个红球的编号为5，6.从袋中的6个小球中任取两个的方法为（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6）共15个.（1）从袋中的6个球中任取两个，所取的两球全是白球的总数，即是从4个白球中任取两个的方法总数，共有6个，即为（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.　∴取出的两个球全是白球的概率为P（A）==.　（2）从袋中的6个球中任取两个，其中1个为红球，而另1个为白球，其取法包括（1，5），（1，6），　（2，5），（2，6），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6）共8个.　∴取出的两个球1个是白球，另1个是红球的概率　P（B）=. 一、填空题1.盒中有1个黑球和9个白球，它们除颜色不同外，其他方面没有什么差别.现由10人依次摸出1个球.设第1个人摸出的1个球是黑球的概率为P1，第10个人摸出黑球的概率是P10，则P10
P1（填"＞""＜"或"=" ）.　答案
=2. 采用简单随机抽样从含有n个个体的总体中抽取一个容量为3的样本，若个体a前2次未被抽到，第3次被抽到的概率等于个体a未被抽到的概率的倍，则个体a被抽到的概率为
3.有一个奇数列1，3，5，7，9，...，现在进行如下分组，第一组有1个数为1，第二组有2个数为3、5，第三组有3个数为7、9、11，...，依此类推，则从第十组中随机抽取一个数恰为3的倍数的概率为
4.从数字1，2，3中任取两个不同数字组成两位数，该数大于23的概率为
5.设集合A={1，2}，B={1，2，3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点P（a，b），记"点P（a,b）落在直线x+y=n上"为事件Cn（2≤n≤5，n∈N），若事件Cn的概率最大，则n的所有可能值为
3和46.若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的横、纵坐标，则点P在直线x+y=5下方的概率是
7.（2008·江苏，2）一个骰子连续投2次，点数和为4的概率为
8.（2008·上海文，8）在平面直角坐标系中，从五个点：A（0，0）、B（2，0）、C（1，1）、D（0，2）、E（2，2）中任取三个，这三点能构成三角形的概率是
（结果用分数表示）.　答案
二、解答题9.5张奖券中有2张是中奖的，首先由甲然后由乙各抽一张，求：　（1）甲中奖的概率P（A）；　（2）甲、乙都中奖的概率；　（3）只有乙中奖的概率；　（4）乙中奖的概率.解
（1）甲有5种抽法，即基本事件总数为5.中奖的抽法只有2种，即事件"甲中奖"包含的基本事件数为2，故甲中奖的概率为P1=.（2）甲、乙各抽一张的事件中，甲有五种抽法，则乙有4种抽法，故所有可能的抽法共5×4=20种，甲、乙都中奖的事件中包含的基本事件只有2种，故P2==.（3）由（2）知，甲、乙各抽一张奖券，共有20种抽法，只有乙中奖的事件包含"甲未中"和"乙中"两种情况，故共有3×2=6种基本事件，∴P3==. （4）由（1）可知，总的基本事件数为5，中奖的基本事件数为2，故P4=.10. 箱中有a个正品，b个次品，从箱中随机连续抽取3次，在以下两种抽样方式下：（1）每次抽样后不放回；（2）每次抽样后放回.求取出的3个全是正品的概率.?解
（1）若不放回抽样3次看作有顺序，则从a+b个产品中不放回抽样3次共有A种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有A种方法，可以抽出3个正品的概率P=.若不放回抽样3次看作无顺序，则从a+b个产品中不放回抽样3次　共有C种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有C种方法，可以取出3个正品的概率P=.两种方法结果一致.?（2）从a+b个产品中有放回的抽取3次，每次都有a+b种方法，所以共有（a+b）3种不同的方法，而3个全是正品的
抽法共有a3种，所以3个全是正品的概率　　P=.11.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取两个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取......取后不放回，直到两人中有1人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.　（1）求袋中原有白球的个数；　（2）求取球2次终止的概率；　（3）求甲取到白球的概率.
（1）设袋中有n个白球，从袋中任取2个球是白球的结果数是.　从袋中任取2个球的所有可能的结果数为=21.　由题意知==，　∴n（n-1）=6，解得n=3(舍去n=-2).　故袋中原有3个白球.　（2）记"取球2次终止"为事件A，则P（A）==.　（3）记"甲取到白球"的事件为B，　"第i次取到白球"为Ai，i=1，2，3，4，5，　因为甲先取，所以甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球.　所以P（B）=P（A1+A3+A5）.　因此A1，A3，A5两两互斥，　∴P（B）=P（A1）+P（A3）+P（A5）　=++　=++=.12.（2008·海南、宁夏文，19）为了了解《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及情况,调查部门对某校6名学生进行问卷调查,6人得分情况如下:　5,6,7,8,9,10.　把这6名学生的得分看成一个总体.　(1)求该总体的平均数;(2)用简单随机抽样方法从这6名学生中抽取2名,他们的得分组成一个样本.求该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.　解
(1)总体平均数为(5+6+7+8+9+10)=7.5.　(2)设A表示事件"样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5".　从总体中抽取2个个体全部可能的基本结果有：（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），（7，8），（7，9），（7，10），（8，9），（8，10），（9，10），共15个基本结果.事件A包括的基本结果有：（5，9），（5，10），（6，8），（6，9），（6，10），（7，8），（7，9），共有7个基本结果.所以所求的概率为P（A）=.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　§12.3
几何概型1.质点在数轴上的区间［0，2］上运动，假定质点出现在该区间各点处的概率相等，那么质点落在区间［0，1］上的概率为
2.某人向圆内投镖，如果他每次都投入圆内，那么他投中正方形区域的概率为
.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　答案
3.某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过3分钟的概率是
4.设D是半径为R的圆周上的一定点，在圆周上随机取一点C，连接CD得一弦，若A表示"所得弦的长大于圆内接等边三角形的边长"，则P（A）=
5.如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为
有一段长为10米的木棍，现要截成两段，每段不小于3米的概率有多大？解
记"剪得两段都不小于3米"为事件A，从木棍的两端各度量出3米，这样中间就有10-3-3=4（米）.在中间的4米长的木棍处剪都能满足条件，　所以P（A）===0.4.例2
街道旁边有一游戏：在铺满边长为9 cm的正方形塑料板的宽广地面上，掷一枚半径为1 cm的小圆板，规则如下：每掷一次交5角钱，若小圆板压在正方形的边，可重掷一次；若掷在正方形内，须再交5角钱可玩一次；若掷在或压在塑料板的顶点上，可获1元钱.试问：　（1）小圆板压在塑料板的边上的概率是多少？　（2）小圆板压在塑料板顶点上的概率是多少？解
（1）考虑圆心位置在中心相同且边长分别为7 cm和9 cm的正方形围成的区域内，所以概率为=. （2）考虑小圆板的圆心在以塑料板顶点为圆心的圆内，因正方形有四个顶点，所以概率为.例3
（14分）在1升高产小麦种子中混入一粒带麦锈病的种子，从中随机取出10毫升，含有麦锈病　种子的概率是多少？从中随机取出30毫升，含有麦锈病种子的概率是多少？　解
1升=1 000毫升，
1分　记事件A："取出10毫升种子含有这粒带麦锈病的种子".
3分　则P（A）==0.01，即取出10毫升种子含有这粒带麦锈病的种子的概率为0.01.
7分　记事件B："取30毫升种子含有带麦锈病的种子".
9分　则P（B）==0.03，即取30毫升种子含有带麦锈病的种子的概率为0.03.
在Rt△ABC中，∠A=30°，过直角顶点C作射线CM交线段AB于M，求使|AM|＞|AC|的概率.　解
设事件D"作射线CM，使|AM|＞|AC|".　在AB上取点C′使|AC′|=|AC|，因为△ACC′是等腰三角形，　所以∠ACC′==75°,　=90-75=15，=90，所以，P（D）==.例5
甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离　去.求两人能会面的概率.解
以x轴和y轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x-y|≤15.在如图所示平面直角坐标系下，（x,y）的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A"两人能够会面"的可能结果由图中的阴影部分表示.由几何概型的概率公式得：　P（A）====.　所以，两人能会面的概率是.　　　　　　　　　　　　　1.如图所示，A、B两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C、D，问A与C，B与D之间的距离都不小于10米的概率是多少？　　　　　　　　　　解
记E："A与C，B与D之间的距离都不小于10米"，把AB三等分，由于中间长度为30×=10（米），　∴P（E）==.2.（2008·江苏，6）在平面直角坐标系xOy中，设D是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E是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，则落入E中的概率为
3.如图所示，有一杯2升的水，其中含有1个细菌，用一个小杯从这杯水中取出0.1升水，求小杯水中含有这个细菌的概率.　　　　　　　　　　　　　　　　　　解
记"小杯水中含有这个细菌"为事件A，则事件A的概率只与取出的水的体积有关，符合几何概型的条件.　∵=0.1升，=2升，　∴由几何概型求概率的公式，　得P（A）====0.05.4.在圆心角为90°的扇形AOB中，以圆心O为起点作射线OC，求使得∠AOC和∠BOC都不小于30°的概率.解
如图所示，把圆弧
三等分，则∠AOF=∠BOE=30°，记A为"在扇形AOB内作一射线OC，使∠AOC和∠BOC都不小于30°"，要使∠AOC和∠BOC都不小于30°，则OC就落在∠EOF内，　∴P（A）==.5.将长为l的棒随机折成3段，求3段构成三角形的概率.　解
设A="3段构成三角形"，x,y分别表示其中两段的长度，则第3段的长度为l-x-y.　则试验的全部结果可构成集合　={（x，y）|0＜x＜l,0＜y＜l,0＜x+y＜l},　要使3段构成三角形，当且仅当任意两段之和大于第3段，即x+y＞l-x-yx+y＞,x+l-x-y＞y　y＜,y+l-x-y＞xx＜. 故所求结果构成集合　A=.　由图可知，所求概率为　P（A）===.　　　　　　　　　　　　一、填空题1.在区间（15，25］内的所有实数中随机取一个实数a,则这个实数满足17＜a＜20的概率是
2.在长为10厘米的线段AB上任取一点G，用AG为半径作圆，则圆的面积介于36平方厘米到64平方厘米的概率是
3.当你到一个红绿灯路口时，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为45秒，那么你看到黄灯的概率是
4.如图为一半径为2的扇形（其中扇形中心角为90°），在其内部随机地撒一粒黄豆，则它落在阴影部分的概率为
1-5.在面积为S的△ABC的边AB上任取一点P，则△PBC的面积大于的概率是
6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1内有一个内切球O,则在正方体ABCD-A1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是
7.已知下图所示的矩形，其长为12，宽为5.在矩形内随机地撒1 000颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为550颗，则可以估计出阴影部分的面积约为
338.在区间（0，1）中随机地取两个数，则事件"两数之和小于"的概率为
二、解答题9.射箭比赛的箭靶涂有5个彩色的分环，从外向内白色、黑色、蓝色、红色，靶心为金色，金色靶心叫"黄心"，奥运会的比赛靶面直径是122 cm，靶心直径12.2 cm,运动员在70米外射箭，假设都能中靶，且射中靶面内任一点是等可能的，求射中"黄心"的概率.　解
记"射中黄心"为事件A，由于中靶点随机的落在面积为×1222 cm2的大圆
内，而当中靶点在面积为×12.22 cm2的黄心时，事件A发生，于是事件A发生
的概率　P（A）==0.01,　所以射中"黄心"的概率为0.01.10.假设你家订了一份报纸，送报人可能在早上6∶30至7∶30之间把报纸送到你家，你父亲离开家去工作的时间在早上7∶00至8∶00之间，问你父亲在离开家前能得到报纸（称为事件A）的概率是多少？解
设事件A"父亲离开家前能得到报纸".在平面直角坐标系内，以x和y分别表示报纸送到和父亲离开家的时间，则父亲能得到报纸的充要条件是x≤y,而（x,y)的所有可能结果是边长为1的正方形，而能得到报纸的所有可能结果由图中阴影部分表示，这是一个几何概型问题，=12-××=， =1，　所以P（A）==.11.已知等腰Rt△ABC中，∠C=90°.　（1）在线段BC上任取一点M，求使∠CAM＜30°的概率；　（2）在∠CAB内任作射线AM，求使∠CAM＜30°的概率.　解
（1）设CM=x，则0＜x＜a.（不妨设BC=a）.　若∠CAM＜30°,则0＜x＜a,　故∠CAM＜30°的概率为　P（A）==.　（2）设∠CAM=，则0°＜＜45°.　若∠CAM＜30°,则0°＜＜30°,　故∠CAM＜30°的概率为　P（B）==.12.设关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0.（1）若a是从0，1，2，3四个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率.（2）若a是从区间［0，3］任取的一个数，b是从区间［0，2］任取的一个数，求上述方程有实根的概率.　解
设事件A为"方程x2+2ax+b2=0有实根".　当a≥0,b≥0时，方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为a≥b.　（1）基本事件共有12个：　（0，0），（0，1），（0，2），（1，0），（1，1），（1，2），（2，0），（2，1），（2，2），（3，0），（3，1），　（3，2）.　其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值.　事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为　P（A）==.　（2）试验的全部结果所构成的区域为　{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2}.　构成事件A的区域为　{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b}.　所以所求的概率为　P(A)==.　　　　　　　　§12.4
随机变量及其概率分布1.袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，任意抽取2个球，设2个球号码之和为X，则X的所有可能取值个数为
72.下列表中不能成为随机变量X的概率分布的是
.　①X
-1
0
1
P
0.3
0.4
0.4
　　②X
1
2
3
P
0.4
0.7
-0.1
　　③X
-1
0
1
P
0.3
0.4
0.3
　　④X
1
2
3
P
0.3
0.4
0.4
　答案
①②④3.已知随机变量X的分布列为P（X=i）=（i=1，2，3），则P（X=2）=
4.一批产品共50件，其中5件次品，45件合格品，从这批产品中任意抽两件，其中出现次品的概率是
5.若X的概率分布为
，则常数c=
一袋中装有编号为1，2，3，4，5，6的6个大小相同的球，现从中随机取出3个球，以X表示取出的最大号码.　（1）求X的概率分布；　（2）求X＞4的概率.　解
（1）X的可能取值为3，4，5，6，从而有：　P（X=3）==，　P（X=4）==，　P（X=5）==，　P（X=6）==.　故X的概率分布为X
3
4
5
6
P
　（2）P（X＞4）=P（X=5）+P（X=6）==.例2
（14分）某校高三年级某班的数学课外活动小组中有6名男生，4名女生，从中选出4人参加数学竞赛考试，用X表示其中的男生人数，求X的概率分布. 　解
依题意随机变量X服从超几何分布，　所以P（X=k）=（k=0，1，2，3，4）.
4分　∴P（X=0）==,P(X=1)= =,
P(X=2)= =,P(X=3)= =,　P(X=4)= =,
9分　∴X的概率分布为X
0
1
2
3
4
P
14分例3设离散型随机变量X的概率分布为X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
　求：（1）2X+1的概率分布；　（2）|X-1|的概率分布.　解
由概率分布的性质知：　0.2+0.1+0.1+0.3+m=1，∴m=0.3.　首先列表为：X
0
1
2
3
4
2X+1
1
3
5
7
9
|X-1|
1
0
1
2
3
　从而由上表得两个概率分布为：　（1）2X+1的概率分布：2X+1
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
　（2）|X-1|的概率分布：|X-1|
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.袋中有3个白球，3个红球和5个黑球.从中抽取3个球，若取得1个白球得1分，取得1个红球扣1分，取得1个黑球得0分.求所得分数的概率分布.　解
得分的取值为-3，-2，-1，0，1，2，3.　=-3时表示取得3个球均为红球，
　∴P（=-3）==；　=-2时表示取得2个红球和1个黑球，　∴P（=-2）==；　=-1时表示取得2个红球和1个白球，或1个红球和2个黑球，　∴P（=-1）=；　=0时表示取得3个黑球或1红、1黑、1白，　∴P（=0）=；　=1时表示取得1个白球和2个黑球或2个白球和1个红球，
∴P（=1）=；　=2时表示取得2个白球和1个黑球，　∴P（=2）=；　=3时表示取得3个白球，∴P（=3）=；　∴所求概率分布为：
-3
-2
-1
0
1
2
3
P
2.袋中有4个红球，3个黑球，从袋中随机地抽取4个球，设取到一个红球得2分，取到一个黑球得1分.　（1）求得分X的概率分布；　（2）求得分大于6的概率.　解
得分X的所有可能值为：5，6，7，8.　（1）P（X=5）=,　P（X=6）=,　P（X=7）=,　P（X=8）=.　∴X的概率分布为X
5
6
7
8
P
　　（2）得分大于6的概率为：　P（X=7）+P（X=8）=+=.3.已知随机变量的概率分布为
-2
-1
0
1
2
3
P
　分别求出随机变量1=，2=的概率分布.　解
由于1=对于不同的有不同的取值y=x，　即y1=x1=-1，y2=x2=-，　y3=x3=0，y4=x4=，　y5=x5=1，y6=x6=.　所以1的概率分布为：
-1
-
0
　=对于的不同取值-2，2及-1，1，分别取相同的值4与1，即取4这个值的概率应是取-2与2值的概率与合并的结果，取1这个值的概率为取-1与1的概率与合并的结果，故的概率分布为：
0
1
4
9
P
　　　　　　　　　　　　　　　一、填空题1.袋中有大小相同的红球6个、白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球时为止，所需要的取球次数为随机变量，则的可能值为
1，2，...，72.已知某离散型随机变量的概率分布如下：
1
2
3
...
n
P
k
3 k
5 k
...
(2n-1)k
　　则常数k的值为
3.设是一个离散型随机变量，其概率分布为
1-2q
q2
　　则q的值为
1-4.在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则　P（X=4）=
.（用式子表示）　答案
5.一只袋内装有m个白球，n-m个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了个白球，若概率为时，=
26.如果～B，则使P（=k）取最大值的k值为
3或47.若某一射手射击所得环数X的概率分布如下：
X
4
5
6
7
8
9
10
P
0.02
0.04
0.06
0.09
0.28
0.29
0.22
　则此射手"射击一次命中环数X≥7"的概率是
0.888.设随机变量X的概率分布为：
X
1
2
3
...
n
P
k
2k
4k
...
2n-1·k
　则k =
二、解答题9.设离散型随机变量的分布列P（=）=ak，k=1，2，3，4，5.　（1）求常数a的值；　（2）求P（≥）；　（3）求P（＜＜）.　解
（1）由分布列的性质，得　a·1+a·2+a·3+a·4+a·5=1，　解得a=.　(2)由（1），得P（=）=k,k=1,2,3,4,5.　方法一
P（≥）=P（=）+P（=）+P（=1）　=++=.　方法二
P（≥）=1-P（＜）　=1-[P(=)+P（=）]　=1-（）=.　(3)∵＜＜，∴=，，，　∴P（＜＜）=P（=）+P（=）+P（=）　=++=.10.从装有6个白球、4个黑球和2个黄球的箱中随机地取出两个球，规定每取出一个黑球赢2元，而每取出一个白球输1元，取出黄球无输赢，以X表示赢得的钱数，则随机变量X可以取哪些值？求X的概率分布.　解
从箱中取两个球的情形有以下六种：　{2白}，{1白1黄}，{1白1黑}，{2黄}，{1黑1黄}，{2黑}.　当取到2白时，结果输2元，则X=-2；　当取到1白1黄时，输1元，记随机变量X=-1；　当取到1白1黑时，随机变量X=1；　当取到2黄时，X=0；当取到1黑1黄时，X=2；　当取到2黑时，X=4.　则X的可能取值为-2，-1，0，1，2，4.　∵P（X=-2）=，P（X=-1）=，　P（X=0）=，P（X=1）=，　P（X=2）=，P（X=4）=.　从而得到X的概率分布如下：X
-2
-1
0
1
2
4
P
11.（2008·南京质检）甲、乙两人轮流投篮直至某人投中为止，已知甲投篮每次投中的概率为0.4，乙每次投篮投中的概率为0.6，各次投篮互不影响.设甲投篮的次数为,若乙先投，且两人投篮次数之和不超过4次，求的概率分布.　解
因为乙先投，且次数之和不超过4次，所以，甲投篮次数的随机变量可以是0，1，2三个.　由于乙先投，若乙第一次就投中，则甲就不再投，　∴P（=0）=0.6.　当=1时，它包含两种情况.　第一种：甲第1次投中，这种情况的概率为　P1=0.4×0.4=0.16.　第二种：甲第1次未投中，乙第2次投中，这种情况的概率为P2=0.4×0.6×0.6=0.144，　∴P（=1）=P1+P2=0.304.　当=2时，投篮终止，　∴P（=2）=0.4×0.6×0.4=0.096.　∴的概率分布为　
0
1
2
P
0.6
0.304
0.096
12.某校组织一次冬令营活动，有8名同学参加，其中有5名男同学，3名女同学，为了活动的需要，要从这8名同学中随机抽取3名同学去执行一项特殊任务，记其中有X名男同学.　（1）求X的概率分布；　（2）求去执行任务的同学中有男有女的概率.　解
（1）X的可能取值为0，1，2，3.　根据公式P（X=m）=算出其相应的概率，　即X的概率分布为X
0
1
2
3
P
　　（2）去执行任务的同学中有男有女的概率为　P（X=1）+P（X=2）=+=.　　　　　　　　　　　　　　　　　§12.5
独立性及二项分布　1.一学生通过一种英语听力测试的概率是，他连续测试两次，那么其中恰有一次通过的概率是
2.已知随机变量X服从二项分布X～B（6，），则P（X=2）=
3.打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次，可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是
4.一个电路如图所示，A、B、C、D、E、F为6个开关，其闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率是
5.已知P（AB）=，P（A）=，则P（B|A）=
1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问　（1）从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？　（2）从2号箱取出红球的概率是多少？　解
记事件A：最后从2号箱中取出的是红球；　事件B：从1号箱中取出的是红球.　P（B）==，P（）=1-P（B）=，　（1）P（A|B）==.　（2）∵P（A|）==，　∴P（A）=P（AB）+P（A）　=P（A|B）P（B）+P（A|）P（）　=×+×=.例2
甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：　（1）两人都击中目标的概率；　（2）其中恰有一人击中目标的概率；　（3）至少有一人击中目标的概率.解
记"甲射击一次，击中目标"为事件A，"乙射击一次，击中目标"为事件B."两人都击中目标"是事件AB；"恰有1人击中目标"是A或B；"至少有1人击中目标"是AB或A或B.　（1）显然，"两人各射击一次，都击中目标"就是事件AB，又由于事件A与B相互独立，　∴P（AB）=P（A）P（B）=0.8×0.8=0.64.（2）"两人各射击一次，恰好有一次击中目标"包括两种情况：一种是甲击中乙未击中（即A），另一种是甲未击中，乙击中（即B），根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A与B是互斥的，所以所求概率为：　P=P（A）+P（B）=P（A）P（）+P（）P（B）　=0.8×(1-0.8)+(1-0.8)×0.8　=0.16+0.16=0.32. （3）方法一
"两人各射击一次，至少有一人击中目标"的概率为P=P（AB）+［P（A）+P（B）］　=0.64+0.32=0.96.　方法二
"两人都未击中目标"的概率是　P（）=P（）P（）=（1-0.8）×（1-0.8）　=0.2×0.2=0.04.　∴至少有一人击中目标的概率为　P=1-P（）=1-0.04=0.96.例3
（16分）一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.　（1）设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列；　（2）设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的概率分布；　（3）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.　解
（1）将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的，故X～B（6，），　2分　　所以X的分布列为
P（X=k）=·，k=0，1，2，3，4，5，6.
5分　（2）由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y是随机变量，其取值为0，1，2，3，4，5.其中：{Y=k}（k=0，1，2，3，4，5）表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k+1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算.
P（Y=k）=·（k=0，1，2，3，4，5），　而{Y=6}表示一路没有遇上红灯，　故其概率为P（Y=6）=.
8分　因此Y的概率分布为：Y
0
1
2
3
P
·
·
·
　　Y
4
5
6
P
·
·
12分　（3）这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为　{X≥1}={X=1或X=2或...或X=6}，
14分　所以其概率为　P（X≥1）=　=1-=≈0.912.
1.盒子中有10张奖券，其中3张有奖，甲、乙先后从中各抽取1张（不放回），记"甲中奖"为A，"乙中奖"为B.　（1）求P（A），P（B），P（AB），P（A|B）； 　（2）A与B是否相互独立，说明理由.　解
（1）P（A）==，P（B）=，　P（AB）==，P（A|B）=.　（2）因为P（A）≠P（A|B），所以A与B不相互独立.2.甲、乙两人参加一次考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中6题，乙能答对其中8题.若规定每次考试分别都从这10题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题算合格.　（1）分别求甲、乙两人考试合格的概率；　（2）求甲、乙两人至少有一人合格的概率.　解
（1）设甲、乙考试合格分别为事件A、B，甲考试合格的概率为P（A）=，　乙考试合格的概率为P（B）=.　（2）A与B相互独立，且P（A）=，P（B）=,则甲、乙两人至少有一人合格的概率为　P（AB++A）=×+×+×=.3.（2008·山东理，18）甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分.假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人回答正确与否相互之间没有影响.用表示甲队的总得分.　（1）求随机变量的概率分布和数学期望；　（2）用A表示"甲、乙两个队总得分之和等于3"这一事件，用B表示"甲队总得分大于乙队总得分"这一事件，
求P（AB）.　解
（1）方法一
由题意知，的可能取值为0，1，2，3，且　P（=0）=×=,　P(=1)=××=,　P(=2)=××=,　P(=3)= ×=.　所以的概率分布为
0
1
2
3
P
　　的数学期望为E()=0×+1×+2×+3×=2.　方法二
根据题设可知,～B（3，）,　因此的分布列为　P(=k)=××=×,k=0,1,2,3.　因为～B（3，）,所以E()=3×=2.　(2)方法一
用C表示"甲队得2分乙队得1分"这一事件，用D表示"甲队得3分乙队得0分"这一事件，　所以AB=C+D，且C、D互斥，　P（C）=×××（××+××+××）=,　P(D)=××（××）=,　由互斥事件的概率公式得　P(AB)=P(C)+P(D)= +==.方法二
用Ak表示"甲队得k分"这一事件，用Bk表示"乙队得k分"这一事件，k=0，1，2，3.由于事件A3B0，A2B1为互斥事件，故有　P（AB）=P（A3B0+A2B1）=P（A3B0）+P（A2B1）.　由题设可知，事件A3与B0独立，事件A2与B1独立，因此　P（AB）=P（A3B0）+P（A2B1）=P（A3）P（B0）+P（A2）P（B1）　=×+××（×+××）=.　　
一、填空题1.市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是
0.6652.从应届高中生中选出飞行员，已知这批学生体型合格的概率为，视力合格的概率为，其他几项标准合格的概率为，从中任选一学生，则该学生三项均合格的概率为（假设三项标准互不影响）
3.如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是
4.设随机变量X～B(6,),则P（X=3）=
5.甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为
0.886.若每名学生测试达标的概率都是（相互独立），测试后k个人达标，经计算5人中恰有k人同时达标的概率是，则k的值为
3或47.有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是
8.某射手射击1次，击中目标的概率是0.9.他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响.有下列结论：　①他第3次击中目标的概率是0.9；　②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1；　③他至少击中目标1次的概率是1-0.14.　其中正确结论的序号是
（写出所有正确的结论的序号）.　答案
①③二、解答题9.有甲、乙、丙、丁四名网球运动员，通过对过去战绩的统计，在一场比赛中，甲对乙、丙、丁取胜的概率分别为0.6，　0.8，0.9. （1）若甲和乙之间进行三场比赛，求甲恰好胜两场的概率； （2）若四名运动员每两人之间进行一场比赛，求甲恰好胜两场的概率； （3）若四名运动员每两人之间进行一场比赛，设甲获胜场次为，求随机变量的概率分布.　解
（1）甲和乙之间进行三场比赛，甲恰好胜两场的概率为P=×0.62×0.4=0.432.　（2）记"甲胜乙"，"甲胜丙"，"甲胜丁"三个事件分别为A，B，C，则P（A）=0.6，P（B）=0.8，P（C）=0.9.　则四名运动员每两人之间进行一场比赛，甲恰好胜两场的概率为　P（AB+AC+BC）　=P（A）P（B）［1-P（C）］+P（A）［1-P（B）］P（C）+［1-P（A）］P（B）P（C）　=0.6×0.8×0.1+0.6×0.2×0.9+0.4×0.8×0.9　=0.444.　（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3. 的　P（=0）=0.4×0.2×0.1=0.008;　P(=1)=0.6×0.2×0.1+0.4×0.8×0.1+0.4×0.2×0.9=0.116;　由（2）得P（=2）=0.444；　P（=3）=0.6×0.8×0.9=0.432.　∴随机变量的概率分布为
0
1
2
3
P
0.008
0.116
0.444
0.432
10.某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A= a1
,其中A的各位数中,a1=1,ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为,出现1的概率为.记=a1+a2+a3+a4+a5,当程序运行一次时,　(1)求=3的概率;　(2)求的概率分布.　解
(1)已知a1=1,要使=3,只需后四位中出现2个1和2个0.　∴P(=3)=·=.　(2) 的可能取值为1,2,3,4,5.　P(=1)=·=.　P(=2)=·=.　P(=3)=·=.　P(=4)=·=.　P(=5)= =.　∴的概率分布为　
1
2
3
4
5
P
　 11.已知某种从太空飞船中带回的植物种子每粒成功发芽的概率都为,某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验,每次试验种一粒种子,假定某次试验种子发芽,则称该次试验是成功的,如果种子没有发芽,则称该次试验是失败的.　(1)第一个小组做了三次试验,求至少两次试验成功的概率;　(2)第二个小组进行试验,到成功了4次为止,求在第四次成功之前共有三次失败,且恰有两次连续失败的概率.　解
(1)第一个小组做了三次试验,至少两次试验成功的概率是P(A)=·+=.(2)第二个小组在第4次成功前,共进行了6次试验,其中三次成功三次失败,且恰有两次连续失败,其中各种可能的情况种数为=12.因此所求的概率为　P(B)=12×·=.12.甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投3球，谁投进的球数多谁获胜，已知每次投篮甲投进的概率为,乙投进的概率为，求：　（1）甲投进2球且乙投进1球的概率；　（2）在甲第一次投篮未投进的条件下，甲最终获胜的概率.　解
（1）甲投进2球的概率为　·=，　乙投进1球的概率为　·=，　甲投进2球且乙投进1球的概率为　×=.(2)在甲第一次投篮未进的条件下,甲获胜指甲后两投两进且乙三投一进或零进(记为A),或甲后两投一进且乙三投零进(记为B),　P(A)=·[·+]　=×=,　P(B)=··　=×=,　故所求概率为P(A+B)= .　　　　　§12.6
随机变量的均值与方差1.若随机变量X的概率分布如下表，则E（X）=
X
0
1
2
3
4
5
P
2 x
3 x
7 x
2 x
3 x
x
　答案
2.已知随机变量X服从二项分布，且E（X）=2.4，V（X）=1.44，则二项分布的参数n，p的值为
6，0.43.已知的概率分布
　则在下列式子中，①E（）=-;②V（）=;③P(=0)= .　正确的个数是
24.已知的分布列为=-1,0,1,对应P=，，，且设=2+1，则的期望是
　　　　　　　　　　　例1
某商场举行抽奖促销活动，抽奖规则是：从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸出一个红球可获得奖金10元；摸出两个红球可获得奖金50元.现有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次，令X表示甲、乙两人摸球后获得的奖金总额.求：　（1）X的概率分布；　（2）X的均值.　解
（1）X的所有可能取值为0，10，20，50，60.　P（X=0）==；　P（X=10）=×+×××=;　P(X=20)= ×××=;　P(X=50)=×=;　P(X=60)= =.　故X的概率分布为X
0
10
20
50
60
P
　（2）E（X）=0×+10×+20×+50×+60×=3.3(元).例2
某运动员投篮时命中率p=0.6.　（1）求一次投篮命中次数的期望与方差；　（2）求重复5次投篮时，命中次数的期望与方差.　解
（1）投篮一次，命中次数的概率分布为：
0
1
P
0.4
0.6
　则E（）=0×0.4+1×0.6=0.6,　V（）=(0-0.6)2×0.4+(1-0.6)2×0.6=0.24.　(2)由题意,重复5次投篮,命中的次数服从二项分布,　即～B(5,0.6),由二项分布期望与方差的计算结论有　E（）=5×0.6=3,V（）=5×0.6×0.4=1.2.例3
（14分）设随机变量具有分布P（=k）=，k=1，2，3，4，5，求E（+2）2，V（2-1），（-1）.　解
∵E（）=1×+2×+3×+4×+5×=3.　E（2）=1×+22×+32×+42×+52×=11.
V（)=（1-3）2×+（2-3）2×+（3-3）2×+（4-3）2×+（5-3）2×　=（4+1+0+1+4）=2.
5分　∴E（+2）2=E（2+4+4）　=E(2)+4E()+4=11+12+4=27.
8分　V（2-1）=4V()=8，
11分　（-1）===.
甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且野生动物的种类和数量也大致相等，而两个保护区每个季度发现违反保护条例的事件次数的概率分布分别为
0
1
2
3
P
0.3
0.3
0.2
0.2
0
1
2
P
0.1
0.5
0.4
　试评定这两个保护区的管理水平.　解
甲保护区的违规次数的数学期望和方差为　E()=0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2=1.3;　V()=(0-1.3)2×0.3+(1-1.3)2×0.3+(2-1.3)2×0.2+(3-1.3)2×0.2=1.21.　乙保护区的违规次数的数学期望和方差为　E()=0×0.1+0.5+2×0.4=1.3;　V()=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.41.因为E()=E(),V()＞V(),所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同,但甲保护区的违规事件次数相对分散和波动,乙保护区内的违规事件次数更集中和稳定.
1.编号1,2,3的三位学生随意入座编号为1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的个数　是X.　（1）求随机变量X的概率分布；　（2）求随机变量X的数学期望和方差.　解
（1）P（X=0）==；　P（X=1）==；P（X=3）==；　∴随机变量X的概率分布为　 X
0
1
3
P
　（2）E(X)=1×+3×=1.　V(X)=(1-0)2·+(1-1)2·+(3-1)2·=1.2.A、B是治疗同一种疾病的两种药，用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，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组.设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为. 　(1)求一个试验组为甲类组的概率； （2）观察3个试验组，用表示这3个试验组中甲类组的个数，求的概率分布和数学期望.　解
（1）设Ai表示事件"一个试验组中，服用A有效的小白鼠有i只"，i=0，1，2，　Bi表示事件"一个试验组中，服用B有效的小白鼠有i只"，i=0，1，2.　依题意有　P（A1）=2××=,　P（A2）=×=.　P(B0)= ×=,　P(B1)=2××=.　所求的概率为　P=P(B0A1)+P（B0A2）+P（B1A2）　=×+×+×=.　（2）的可能值为0,1,2,3，且～B(3,).　P（=0）==，　P（=1）=××=,　P(=2)=××=,　P(=3)== .　的概率分布为
0
1
2
3
P
　数学期望E()=0×+1×+2×+3×=.3.（2008·湖北理，17）袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个（n=1,2,3,4）.现从袋中任取一球，表示所取球的标号.　（1）求的概率分布、期望和方差；　（2）若=a +b,E()=1,V()=11,试求a,b的值.　解
（1）的概率分布为　
0
1
2
3
4
P
　∴E()=0×+1×+2×+3×+4×=1.5.　V()=(0-1.5)2×+(1-1.5)2×+(2-1.5)2×+(3-1.5)2×+(4-1.5)2×=2.75.　(2)由V()=a2V(),得a2×2.75=11,即a=±2.　又E()=aE()+b,　所以当a=2时,由1=2×1.5+b,得b=-2.　当a=-2时,由1=-2×1.5+b,得b=4.∴或即为所求.4.有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样检查，他们从中各取等量的样品检查它们的抗拉强度指数如下：
110
120
125
130
135
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
100
115
125
130
145
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
其中和分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于120的条件下，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性较好.　解
E()=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125,　E()=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+145×0.2=125，　V()=0.1×（110-125）2+0.2×（120-125）2+0.4×（125-125）2+0.1×（130-125）2+0.2×（135-125）2=50，　V()=0.1×（100-125）2+0.2×（115-125）2+0.4×（125-125）2+0.1×（130-125）2+0.2×（145-125）2=165，　由于E()=E()＞120，而V()＜V(),　故甲厂的材料稳定性较好.　　　　　　　　　　　　　　一、填空题1.设一随机试验的结果只有A和，且P（A）=p，令随机变量X=，则X的方差V(X)=
p（1-p）2.某一离散型随机变量的概率概率分布如下表，且E()=1.5，则a-b的值为
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
　答案
03.如果a1,a2,a3,a4,a5,a6的平均数（期望）为3，那么2（a1-3），2（a2-3），2（a3-3），2（a4-3），2（a5-3），2（a6-3）的平均数（期望）是
04.设～B（n，p），若有E()=12，V()=4，则n、p的值分别为
18，5.随机变量X的概率分布为
X
1
2
4
P
0.4
0.3
0.3
　则E（5X+4）=
156.投掷1枚骰子的点数为，则E（）=
7.随机变量的概率分布如下：
X
-1
0
1
P
a
b
c
　其中a,b,c成等差数列.若E（）=,则V（）的值是
8.设离散型随机变量X可能取的值为1，2，3，4.P（X=k）=ak+b（k=1，2，3，4）.又X的均值E（X）=3，则a+b=
二、解答题9.某地区的一个季节下雨天的概率是0.3，气象台预报天气的准确率为0.8.某厂生产的产品当天怕雨，若下雨而不做处理，每天会损失3 000元，若对当天产品作防雨处理，可使产品不受损失，费用是每天500元.　（1）若该厂任其自然不作防雨处理，写出每天损失的概率分布，并求其平均值；　（2）若该厂完全按气象预报作防雨处理，以表示每天的损失，写出的概率分布.　计算的平均值，并说明按气象预报作防雨处理是否是正确的选择？　解
（1）设为损失数，概率分布为：
0
3 000
P
0.7
0.3
　∴E（）=3 000×0.3=900（元）.　（2）设为损失数，则　P（=0）=0.7×0.8=0.56.　P(=500)=0.3×0.8+0.7×0.2=0.38.　P（=3 000）=0.3×0.2=0.06.　概率分布为：
0
500
3 000
P
0.56
0.38
0.06
　∴E()=0+500×0.38+3 000×0.06=370　平均每天损失为370元.　∵370＜900，∴按天气预报作防雨处理是正确的选择.10.设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次抽取一个，并且取出不再放回，若以ξ和分别表示取出次品和正品的个数.　（1）求的概率分布、期望值及方差；　（2）求的概率分布、期望值及方差.　解
（1）的可能值为0，1，2.　若=0，表示没有取出次品，其概率为：　P（=0）==;　同理，有P（=1）==；P（=2）==.　∴的概率分布为：
0
1
2
P
　∴E（）=0×+1×+2×=.　V（）=(0-)2×+×+×　=++=.　(2)的可能值为1，2，3，显然+=3.　P(=1)=P(=2)=,P(=2)=P(=1)=,　P(=3)=P(=0)=.　∴的概率分布为：
　E（）=E（3-）=3-E（）=3-=.　∵=-+3，∴V（）=（-1）2V（）=.11.甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为.　（1）求乙投球的命中率p；　（2）若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为，求的概率分布和数学期望.　解
(1)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)）2=(1-p)2=,　解得p=或p=（舍去），所以乙投球的命中率为.　（2）由题设和（1）知P(A)=,P()=,P(B)= ,　P()=.　可能的取值为0，1，2，3，故　P(=0)=P()P()=×=,　P(=1)=P(A)P()+P（B）P（）P（）　=×+2×××=,　P(=3)=P(A)P(BB)=×=,　P(=2)=1-P(=0)-P(=1)-P(=3)=.　的概率分布为
0
1
2
3
P
　的数学期望　 E(ξ)=0×+1×+2×+3×=2.12.（2008·全国Ⅰ理，20）已知5只动物中有1只患有某种疾病,需要通过化验血液来确定患病的动物.血液化验结果呈阳性的即为患病动物,呈阴性的即没患病.下面是两种化验方案:　方案甲:逐个化验,直到能确定患病动物为止.方案乙:先任取3只,将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只,然后再逐个化验,直到能确定患病动物为止;若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验.　(1)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率;　(2) 表示依方案乙所需化验次数,求的期望.　解
（1）设1、2分别表示依方案甲和依方案乙需化验的次数，P表示对应的概率，则　方案甲中1的概率分布为
1
2
3
4
P
　　方案乙中2的概率分布为　
　若甲化验次数不少于乙化验次数,则　P=P(1=1)×P(2=1)+P(1=2)×［P(2=1)+P(2=2)］+P(1=3)×［P(2=1)+P(2=2)+P(2=3)］+P(1=4)　=0+×（0+）+×（0++）+=　=0.72.　(2)E()=1×0+2×+3×==2.4.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　§12.7
正态分布1.把一正态曲线C1沿着横轴方向向右移动2个单位，得到一条新的曲线C2，下列说法正确的是
（填序号）.　①曲线C2仍是正态曲线　②曲线C1，C2的最高点的纵坐标相等　③以曲线C2为概率密度曲线的总体的方差比以曲线C1为概率密度曲线的总体的方差大2　④以曲线C2为概率密度曲线的总体的均值比以曲线C1为概率密度曲线的总体的均值大2　答案
①②④2.已知～N(0,)且P（-2≤≤0）=0.4，则P(＞2)的值为
0.13.（2008·安徽理）设两个正态分布N（，） （＞0）和N（，） （＞0）的密度函数图象如图所示，则
.（用"＞""＜""="填空）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
＜4.（2008·湖南理，4）设随机变量服从正态分布N（2，9），若P（＞c+1）=P（＜c-1），则c=
25.已知一次考试共有60名同学参加，考生的成绩X～N（110，52），据此估计，大约应有57人的分数在
区间内.　答案
（100，125］　　　　　　　　　　　　　　例1
若一个正态分布的概率密度函数是一个偶函数，且该函数的最大值为.　（1）求该正态分布的概率密度函数的解析式；　（2）求正态总体在（-4，4］的概率.　解
（1）由于该正态分布的概率密度函数是一个偶函数，所以其图象关于y轴对称，即=0.由=，得=4，　故该正态分布的概率密度函数的解析式是　P（x）=，x∈R.　（2）P（-4＜X≤4）=P(0-4＜X≤0+4)　=P(-＜X≤+)=0.682 6.例2
设X～N（5，1），求P（6＜X＜7）.　解
由已知=5, =1.∵P(4＜X＜6)=0.682 6.　P(3＜X＜7)=0.954 4.　∴P(3＜X＜4)+P(6＜X＜7)　=0.954 4-0.682 6=0.271 8.　如图，由正态密度曲线的对称性可得　P（3＜X＜4)=P(6＜X＜7)　∴P(6＜X＜7)==0.135 9.例3
（14分）在某次数学考试中，考生的成绩服从一个正态分布，即～N（90，100）.　(1)试求考试成绩位于区间（70，110）上的概率是多少？ （2）若这次考试共有2 000名考生，试估计考试成绩在（80，100）间的考生大约有多少人？　解
∵～N（90，100），∴=90，==10.
1分（1）由于正态变量在区间（-2，+2）内取值的概率是0.954 4，而该正态分布中，-2=90-2×10=70，+2=90+2×10=110，于是考试成绩位于区间（70，110）内的概率就是0.954 4.
6分　（2）由=90，=10，得-=80，+=100.
8分　由于正态变量在区间（-，+）内取值的概率是0.682 6，　所以考试成绩位于区间（80，100）内的概率是0.682 6.
11分　一共有2 000名考生，所以考试成绩在（80，100）间的考生大约有2 000×0.682 6≈1 365（人）. 14分　　　　　　　　　　　　　　1.标准正态分布的概率密度函数是P(x)=·(x∈R).（1）求证：P（x）是偶函数；（2）求P（x）的最大值；（3）利用指数函数的性质说明P（x）的增减性.（1）证明
对任意x∈R，有P(-x)= 　==P(x),∴P(x）为偶函数.　（2）解
令t=,当x=0时，t=0,et=1.　∵et是关于t的增函数，当x≠0时，t＞0，et＞1.　∴当x=0，即t=0时，=et取最小值.　∴当x=0时，P（x）=取得最大值.　(3)解
任取x1＜0，x2＜0，且x1＜x2,　有＞,∴＜.　∴P(x1)＜P(x2),即当x＜0时，P(x)递增.　又P(x)为偶函数，由偶函数性质得，当x＞0时，P（x）递减.2.设X～N（1，22），试求　（1）P（-1＜X≤3);　(2)P(3＜X≤5);　(3)P(X≥5).　解
∵X～N（1，22），∴=1，=2.　（1）P（-1＜X≤3)=P(1-2＜X≤1+2)　=P（-＜X≤+)=0.682 6.　（2）∵P（3＜X≤5)=P(-3＜X≤-1)　∴P(3＜X≤5)=［P(-3＜X≤5)-P(-1＜X≤3)］　=［P(1-4＜X≤1+4)-P(1-2＜X≤1+2)］　=［P(-2＜X≤+2)-P(-＜X≤+)］　=×(0.954 4-0.682 6)=0.135 9.　(3)∵P(X≥5)=P(X≤-3),　∴P(X≥5)=［1-P(-3＜X≤5)］　=［1-P(1-4＜X≤1+4)］　=［1-P(-2＜X≤+2)］　=（1-0.954 4)=0.022 8.3.工厂制造的某机械零件尺寸X服从正态分布N(4，)，问在一次正常的试验中，取1 000个零件时，不属于区间（3，5）这个尺寸范围的零件大约有多少个？　解
∵X～N(4,)，∴=4，=.　∴不属于区间（3，5）的概率为　P（X≤3）+P(X≥5)=1-P（3＜X＜5)　=1-P(4-1＜X＜4+1)　=1-P(-3＜X＜+3)　=1-0.997 4=0.002 6≈0.003,　∴1 000×0.003=3(个），　即不属于区间（3，5）这个尺寸范围的零件大约有3个.　
一、填空题1.对于正态分布N（0，1）的概率密度函数P(x)=,下列说法正确的是
（填序号）.　①P(x)为偶函数　②P(x)的最大值为　③P(x)在x＞0时是单调减函数，在x≤0时是单调增函数　④P(x)关于=1对称　答案
①②③2.已知随机变量服从正态分布N（2，）,P(≤4)=0.84,则P（＜0）=
0.163.（2008·重庆理）已知随机变量服从正态分布N（3，σ2），则P（＜3）=
4.设随机变量X～N（，），则随着的增大，概率P（|x-|＜3）将会
（用"变大"，"变小"，"不变"填空）.　答案
不变5.在正态分布N(0，)中，数值落在（-∞，-1）∪（1，+∞）内的概率为
0.002 66.某次市教学质量检测，甲、乙、丙三科考试成绩的直方图如图所示（由于人数众多，成绩分布的直方图可视为正态分布），则由如图曲线可得下列说法中不正确的有
个.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①甲科总体的标准差最小　②丙科总体平均数最小　③乙科总体的标准差及平均数都居中　④甲、乙、丙的总体的平均数不相同　答案
37.已知正态分布总体落在区间（0.2，+∞）的概率为0.5，那么相应的正态曲线P（x）在x=
时达到最高点.　答案
0.28.在某项测量中，测量结果服从正态分布N（1，）(＞0).若在（0,1）内取值的概率为0.4,则在(0,2)内取值的概率为
0.8二、解答题9.设X～N（10，1）.　（1）证明：P（1＜X＜2)=P（18＜X＜19);　(2)设P（X≤2）=a,求P(10＜X＜18).（1）证明
因为X～N(10,1),所以，正态曲线P（x）关于直线x=10对称，而区间［1，2］和［18，19］关于直线x=10对称，所以P(x)dx=P（x）dx，　即P（1＜X＜2)=P（18＜X＜19）.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（2）解
P(10＜X＜18)=P(2＜X＜10)　=P(X＜10)-P(X≤2)=-a.10.某市有210名初中学生参加数学竞赛预赛，随机调阅了60名学生的答卷，成绩列表如下：
成绩（分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人数分布
0
0
0
6
15
21
12
3
3
0
（1）求样本的数学平均成绩及标准差；（精确到0.01） （2）若总体服从正态分布，求此正态曲线的近似方程.　解
（1）平均成绩=（4×6+5×15+6×21+7×12+8×3+9×3）=6.　s2=［6×(4-6)2+15×(5-6)2+21×(6-6)2+12×(7-6)2+3×(8-6)2+3×(9-6)2］=1.5.　∴s≈1.22,　即样本的数学平均成绩为6分，标准差约为1.22.　（2）以=6，s=1.22作为总体学生的数学平均成绩和标准差的估计值.　即=6,=1.22.　则总体服从正态分布N（6，1.222）.　正态曲线的近似方程为　P（x）=.11.某人乘车从A地到B地，所需时间（分钟）服从正态分布N（30，100），求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率. 解
由=30,=10,P(-＜X≤+)=0.682 6知此人在20分钟至40分钟到达目的地的概率为0.682 6，又由于 P （-2＜X≤+2)=0.954 4 ,所以此人在10分钟至20分钟或40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.954 4- 0.682 6=0.271 8，由正态曲线关于直线x=30对称得此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为0.135 9.12.灯泡厂生产的白炽灯寿命X(单位:h),已知X～N(1 000,302),要使灯泡的平均寿命为1 000 h的概率为99.7%,问灯泡的平均寿命应控制在多少小时以上?解
因为灯泡寿命X～N(1 000,302),故X在(1 000-3×30,1 000+3×30)的概率为99.7%,即在(910,1 090)内取值的概率为99.7%,故灯泡最低使用寿命应控制在910 h以上.单元检测十二一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1.设随机变量X的分布列由P（X=i）=C·确定，i=1，2，3，则C的值为
2.（2008·南师附中模拟）已知某一随机变量的概率分布如下，且E()=6.3，则a的值为
4
a
9
P
0.5
0.1
b
　　答案
73.若X～B（5，0.1），则P（X≤2）=
0.991 444.设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P（A）是
5.一射手射击时其命中率为0.4，则该射手命中的平均次数为2次时，他需射击的次数为
56.（2009·常州二中测试）如图所示，圆形靶子被分成面积相等的三部分，并分别染上红色、黄色、蓝色.两人分别向靶子上投射一支飞镖，假设一定中靶，且投中靶面上任一点都是等可能的，则两人所投中区域的颜色不同的概率是
7.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P（X=0）=
8.若是离散型随机变量，P（=x1）=，P（=x2）=，且x1＜x2；又已知E()=，V()=，则x1+x2的值为
39.节假日时，国人发手机短信问候亲友已成为一种时尚，若小王的同事中，给其发短信问候的概率为1，0.8，0.5，0的人数分别为8，15，14，3（人），今年五一节时，通常情况下，小王应收到同事问候的短信条数为
2710.在100张奖券中，有4张有奖，从这100张奖券中任意抽取2张，则2张都中奖的概率为
11.有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中任取3件，若表示取到次品的个数，则E()=
12.两名战士在一次射击比赛中，战士甲得1分、2分、3分的概率分别为0.4、0.1、0.5；战士乙得1分、2分、3分的概率分别为0.1、0.6、0.3，那么两名战士得胜希望大的是
乙 13.在某项测量中，测量结果服从正态分布N（1，）（＞0）.若在（0，1）内取值的概率为0.4，则在（2，+∞）上取值的概率为
0.114.罐中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后再放回，连续摸取4次，设ξ为取得红球的次数，则ξ的期望E()=
二、解答题（本大题共6小题，共90分）15.（14分）在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的的奖品；其余6张没有奖.某顾客从此10张券中任抽2张，求：　（1）该顾客中奖的概率；　（2）该顾客获得奖品总价值（元）的概率分布和期望E().　解
（1）P=1-=1-=.　即该顾客中奖的概率为. 　(2) 的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）.　且P（=0）==，P（=10）==，　P（=20）==，P（=50）==.　P（=60）==.　故的概率分布为：
0
10
20
50
60
P
　从而期望E()=0×+10×+20×+50×+60×=16.　方法二
（1）P===.　（2）的概率分布求法同方法一.　由于10张券总价值为80元，即每张的平均奖品价值为8元，从而抽2张的平均奖品价值E()=2×8=16（元）.16.（14分）某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是.　（1）求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率；　（2）求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率；　（3）求这支篮球队在6场比赛中胜场数的期望和方差.　解
（1）P=·=.　（2）6场胜3场的情况有种.　∴P==20××=.　（3）由于服从二项分布，即～B(6,) ,　∴E()=6×=2,V()=6××(1-)=.　答
（1）这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为；　（2）这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为；　（3）在6场比赛中这支篮球队胜场的期望为2，方差为.17.（14分）一个袋中装有若干个大小相同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是.若袋中共有10个球,　（1）求白球的个数；　（2）从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，求随机变量的数学期望E().解
（1）记"从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球"为事件A，设袋中白球的个数为x，则P（A）=1-，　得到x=5,故白球有5个.　（2）随机变量的取值为0，1，2，3，概率分布是
0
1
2
3
P
　的数学期望　E()= ×0+×1+×2+×3=.18.(2008·安徽理，19)(16分）为防止风沙危害,某地决定建设防护绿化带,种植杨树、沙柳等植物.某人一次种植了n株沙柳.各株沙柳的成活与否是相互独立的，成活率为p，设为成活沙柳的株数，数学期望E()为3，标准差为.　（1）求n和p的值，并写出的概率分布；　（2）若有3株或3株以上的沙柳未成活，则需要补种.求需要补种沙柳的概率.　解
由题意知，服从二项分布B（n，p），　P（=k）=（1-p）n-k，k=0，1，...，n.　（1）由E()=np=3，2=np（1-p）=，　得1-p=,从而n=6,p=.　的概率分布为
0
1
2
3
4
5
6
P
　（2）记"需要补种沙柳"为事件A，则P（A）=P（≤3），　得P（A）==，或P(A)=1-P(＞3)　=1-=.19.（16分）某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生是否选修哪门课互不影响.已知某学生选修甲而不选修乙和丙的概率为0.08，选修甲和乙而不选修丙的概率是0.12，至少选修一门课的概率是0.88，用表示该学生选修的课程门数和没有
选修的课程门数的乘积.　（1）记"函数f（x）=x2+·x为R上的偶函数"为事件A，求事件A的概率；　（2）求的概率分布和数学期望.　解
设该学生选修甲、乙、丙的概率分别为x、y、z.　依题意得　解得　(1)若函数f(x)=x2+·x为R上的偶函数，则=0.　当=0时，表示该学生选修三门功课或三门功课都没选.　∴P（A）=P（=0）=xyz+（1-x）（1-y）（1-z）　=0.4×0.5×0.6+(1-0.4)(1-0.5)(1-0.6)=0.24.　∴事件A的概率为0.24.　（2）依题意知的取值为0和2，由（1）所求可知　P（=0）=0.24，P（=2）=1-P（=0）=0.76.　则的概率分布为
0
2
P
0.24
0.76
　∴的数学期望为E()=0×0.24+2×0.76=1.52.20.（16分）某地位于甲、乙两条河流的交汇处，根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概率为0.25，乙河流发生洪水的概率为0.18（假设两河流发生洪水与否互不影响）.现有一台大型设备正在该地工作，为了保护设备，施工部门提
出以下三种方案：　方案1：运走设备，此时需花费4 000元；方案2：建一保护围墙，需花费1 000元，但围墙只能抵御一个河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备仍将受损，损失约56 000元；　方案3：不采取措施，此时，当两河流都发生洪水时损失达60 000元，只有一条河流发生洪水时，损失为10 000元.　（1）试求方案3中损失费（随机变量）的概率分布；　（2）试比较哪一种方案好.　解
（1）在方案3中，记"甲河流发生洪水"为事件A，"乙河流发生洪水"为事件B，则P（A）=0.25，P（B）=0.18，所以，有且只有一条河流发生洪水的概率为：P（A+B）=P（A）P（）+P（）P（B）=0.34，两河流同时发生洪水的概率为P（AB）=0.045，都不发生洪水的概率为P（）=0.75×0.82=0.615，设损失费为随机变量ξ，　则的概率分布为：
10 000
60 000
0
P
0.34
0.045
0.615
（2）对方案1来说，花费4 000元；对方案2来说，建围墙需花费1 000元，它只能抵御一条河流的洪水，但当两河流都发生洪水时，损失约56 000元，而两河流同时发生洪水的概率为P=0.25×0.18=0.045.所以，该方案中可能的花费为： 1 000+56 000×0.045=3 520（元）.　对于方案3：损失费的数学期望为：　E()=10 000×0.34+60 000×0.045=6 100（元），　比较可知，方案2最好，方案1次之，方案3最差.　???????? 永久免费组卷搜题网 永久免费组卷搜题网
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