《2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 12.5二項分布及其應(yīng)用教案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 12.5二項分布及其應(yīng)用教案 理 新人教A版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 12.5二項分布及其應(yīng)用教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.考查條件概率和兩個事件相互獨(dú)立的概念；2.考查n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)及二項分布的概念；3.考查利用二項分布解決一些簡單的實(shí)際問題． 復(fù)習(xí)備考要這樣做　1.利用互斥事件、事件的獨(dú)立性對事件進(jìn)行分解是計算復(fù)雜事件概率的關(guān)鍵，復(fù)習(xí)時要注意體會總結(jié)；2.掌握二項分布的含義，會從實(shí)際問題中抽象出二項分布模型． 1． 條件概率及其性質(zhì) (1)對于任何兩個事件A和B，在已知事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率叫做條件概率，用符號P(B|A)來表示，其公式為P(B|A)＝(P(A)>0)． 在古典概

2、型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的個數(shù)，則P(B|A)＝. (2)條件概率具有的性質(zhì)： ①0≤P(B|A)≤1； ②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 2． 相互獨(dú)立事件 (1)對于事件A、B，若A的發(fā)生與B的發(fā)生互不影響，則稱A、B是相互獨(dú)立事件． (2)若A與B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)， P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B)． (3)若A與B相互獨(dú)立，則A與，與B，與也都相互獨(dú)立． (4)若P(AB)＝P(A)P(B)，則A與B相互獨(dú)立． 3． 二項分布 (1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是指在相同條件下可重復(fù)進(jìn)行

3、的，各次之間相互獨(dú)立的一種試驗(yàn)，在這種試驗(yàn)中每一次試驗(yàn)只有__兩__種結(jié)果，即要么發(fā)生，要么不發(fā)生，且任何一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率都是一樣的． (2)在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此時稱隨機(jī)變量X服從二項分布，記為X～B(n，p)，并稱p為成功概率． [難點(diǎn)正本　疑點(diǎn)清源] 1． “互斥事件”與“相互獨(dú)立事件”的區(qū)別與聯(lián)系 (1)“互斥”與“相互獨(dú)立”都是描述的兩個事件間的關(guān)系． (2)“互斥”強(qiáng)調(diào)不可能同時發(fā)生，“相互獨(dú)立”強(qiáng)調(diào)一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒

4、有影響． (3)“互斥”的兩個事件可以獨(dú)立，“獨(dú)立”的兩個事件也可以互斥． 2． 計算條件概率有兩種方法 (1)利用定義P(B|A)＝； (2)若n(C)表示試驗(yàn)中事件C包含的基本事件的個數(shù)，則P(B|A)＝. 1. 如圖所示的電路，有a，b，c三個開關(guān)，每個開關(guān)開或關(guān)的概率都是， 且是相互獨(dú)立的，則燈泡甲亮的概率為_______________． 答案　 解析　理解事件之間的關(guān)系，設(shè)“a閉合”為事件A，“b閉合”為事件B，“c閉合”為事件C，則燈亮應(yīng)為事件AC，且A，C，之間彼此獨(dú)立，且P(A)＝P()＝P(C)＝. 所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝. 2．

5、 某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個問題，即停止答題，晉級下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結(jié)果相互獨(dú)立，則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率為________． 答案　0.128 解析　依題意可知，該選手的第二個問題必答錯，第三、四個問題必答對，故該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率P＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128. 3． (xx·課標(biāo)全國)某一部件由三個電子元件按如圖所示方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作，設(shè)三個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正

6、態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨(dú)立，那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為________． ——— 答案　 解析　設(shè)元件1,2,3的使用壽命超過1 000小時的事件分別記為A，B，C，顯然P(A)＝P(B)＝P(C)＝， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為(A＋B＋AB)C， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的概率 P＝×＝. 4． 把一枚硬幣連續(xù)拋兩次，記“第一次出現(xiàn)正面”為事件A，“第二次出現(xiàn)正面”為事件B，則P(B|A)等于 (　　) A. B. C. D. 答案　A

7、解析　P(B|A)＝＝＝. 5． 如果X～B，則使P(X＝k)取最大值的k值為 (　　) A．3 B．4 C．5 D．3或4 答案　D 解析　∵P(X＝3)＝C312， P(X＝4)＝C4·11， P(X＝5)＝C510， 從而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝5). 題型一　條件概率 例1　在100件產(chǎn)品中有95件合格品，5件不合格品．現(xiàn)從中不放回地取兩次，每次任取一件，則在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率為________． 思維啟迪：直接利用條件概率公式進(jìn)行計算或利用古典概型． 答案　 解析　方法一　設(shè)A

8、＝{第一次取到不合格品}， B＝{第二次取到不合格品}，則P(AB)＝， 所以P(B|A)＝＝＝. 方法二　第一次取到不合格品后還剩余99件產(chǎn)品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率為. 探究提高　條件概率的求法： (1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.這是通用的求條件概率的方法． (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得P(B|A)＝. 　如圖，EFGH是以O(shè)為圓心，半徑為1的圓的內(nèi)接正方形．將一顆豆子隨機(jī)地扔到該圓內(nèi)，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH內(nèi)

9、”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(陰影部分)內(nèi)”，則(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝________. 答案　　 解析　(1)由題意可得，事件A發(fā)生的概率 P(A)＝＝＝. (2)事件AB表示“豆子落在△EOH內(nèi)”， 則P(AB)＝＝＝. 故P(B|A)＝＝＝. 題型二　相互獨(dú)立事件的概率 例2　甲、乙兩個籃球運(yùn)動員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為與p，且乙投球2次均未命中的概率為. (1)求乙投球的命中率p； (2)求甲投球2次，至少命中1次的概率； (3)若甲、乙兩人各投球2次，求共命中2次的概率． 思維啟迪：(1)利用列方程求p；(2

10、)可用直接法也可用間接法；(3)要分類討論甲、乙各命中的次數(shù)． 解　(1)方法一　設(shè)“甲投一次球命中”為事件A，“乙投一次球命中”為事件B. 由題意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝， 解得p＝或p＝(舍去)， 所以乙投球的命中率為. 方法二　設(shè)“甲投一次球命中”為事件A，“乙投一次球命中”為事件B. 由題意得：P()P()＝， 于是P()＝或P()＝－(舍去)． 故p＝1－P()＝. 所以乙投球的命中率為. (2)方法一　由題設(shè)知，P(A)＝，P()＝. 故甲投球2次，至少命中1次的概率為 1－P(·)＝. 方法二　由題設(shè)知，P(A)＝，P()＝. 故甲投球2次

11、，至少命中1次的概率為 CP(A)P()＋P(A)P(A)＝. (3)由題設(shè)和(1)知，P(A)＝，P()＝， P(B)＝，P()＝. 甲、乙兩人各投球2次，共命中2次有三種情況：甲、乙兩人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次． 概率分別為CP(A)P()CP(B)P()＝， P(A)P(A)P()P()＝， P()P()P(B)P(B)＝. 所以甲、乙兩人各投球2次，共命中2次的概率為 ＋＋＝. 探究提高　(1)相互獨(dú)立事件是指兩個試驗(yàn)中，兩事件發(fā)生的概率互不影響；相互互斥事件是指同一次試驗(yàn)中，兩個事件不會同時發(fā)生； (2)求用“至少”表述的事件的概

12、率時，先求其對立事件的概率往往比較簡單． 　(xx·山東)紅隊隊員甲、乙、丙與藍(lán)隊隊員A、B、C進(jìn)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(dú)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E(ξ)． 解　(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?yàn)镻(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

13、. 紅隊至少兩人獲勝的事件有DE，DF，EF，DEF. 由于以上四個事件兩兩互斥且各盤比賽的結(jié)果相互獨(dú)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(dú)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

14、＋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E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6. 題型三　獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項分布 例3　某氣象站天氣預(yù)報的準(zhǔn)確率為80%，計算：(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后第2位) (1)5次預(yù)報中恰有2次準(zhǔn)確的概率； (2)5次預(yù)報中至少有2次準(zhǔn)確的概率； (3)5次預(yù)報中恰有

15、2次準(zhǔn)確，且其中第3次預(yù)報準(zhǔn)確的概率． 思維啟迪：預(yù)報準(zhǔn)確的次數(shù)服從二項分布，可直接代入公式進(jìn)行計算． 解　令X表示5次預(yù)報中預(yù)報準(zhǔn)確的次數(shù)，則X～B(5，)，故其分布列為P(X＝k)＝C()k(1－)5－k(k＝0,1,2,3,4,5)． (1)“5次預(yù)報中恰有2次準(zhǔn)確”的概率為P(X＝2)＝C×()2×(1－)3＝10××≈0.05. (2)“5次預(yù)報中至少有2次準(zhǔn)確”的概率為P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C×()0×(1－)5－C××(1－)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次預(yù)報中恰有2次準(zhǔn)確，且其中第3次預(yù)報準(zhǔn)確”的概率為C

16、××(1－)3×≈0.02. 探究提高　獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)是相互獨(dú)立事件的特例(概率公式也是如此)，就像對立事件是互斥事件的特例一樣，只要有“恰好”字樣的用獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式計算更簡單，就像有“至少”或“至多”字樣的題用對立事件的概率公式計算更簡單一樣． 　某地區(qū)為下崗人員免費(fèi)提供財會和計算機(jī)培訓(xùn)，以提高下崗人員的再就業(yè)能力，每名下崗人員可以選擇參加一項培訓(xùn)、參加兩項培訓(xùn)或不參加培訓(xùn)，已知參加過財會培訓(xùn)的有60%，參加過計算機(jī)培訓(xùn)的有75%，假設(shè)每個人對培訓(xùn)項目的選擇是相互獨(dú)立的，且各人的選擇相互之間沒有影響． (1)任選1名下崗人員，求該人參加過培訓(xùn)的概率； (2)任選3名下崗人員，記

17、X為3人中參加過培訓(xùn)的人數(shù)，求X的分布列． 解　(1)任選1名下崗人員，記“該人參加過財會培訓(xùn)”為事件A，“該人參加過計算機(jī)培訓(xùn)”為事件B，由題設(shè)知，事件A與B相互獨(dú)立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75. 所以，該下崗人員沒有參加過培訓(xùn)的概率是P( )＝P()·P()＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1. ∴該人參加過培訓(xùn)的概率為1－0.1＝0.9. (2)因?yàn)槊總€人的選擇是相互獨(dú)立的，所以3人中參加過培訓(xùn)的人數(shù)X服從二項分布X～B(3,0.9)， P(X＝k)＝C0.9k×0.13－k，k＝0,1,2,3， ∴X的分布列是 X 0 1 2 3 P 0.00

18、1 0.027 0.243 0.729 對二項分布理解不準(zhǔn)致誤 典例：(12分)一名學(xué)生每天騎車上學(xué)，從他家到學(xué)校的途中有6個交通崗，假設(shè)他在各個交通崗遇到紅燈的事件是相互獨(dú)立的，并且概率都是. (1)設(shè)X為這名學(xué)生在途中遇到紅燈的次數(shù)，求X的分布列； (2)設(shè)Y為這名學(xué)生在首次停車前經(jīng)過的路口數(shù)，求Y的分布列． 易錯分析　由于這名學(xué)生在各個交通崗遇到紅燈的事件相互獨(dú)立，可以利用二項分布解決，二項分布模型的建立是易錯點(diǎn)；另外，對“首次停車前經(jīng)過的路口數(shù)Y”理解不當(dāng)，將“沒有遇上紅燈的概率也當(dāng)成”． 規(guī)范解答 解　(1)將通過每個交通崗看做一次試驗(yàn)，則遇到紅燈的概

19、率為，且每次試驗(yàn)結(jié)果是相互獨(dú)立的， 故X～B.[2分] 所以X的分布列為P(X＝k)＝Ck·6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.[5分] (2)由于Y表示這名學(xué)生在首次停車時經(jīng)過的路口數(shù)，顯然Y是隨機(jī)變量，其取值為0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k個路口沒有遇上紅燈，但在第k＋1個路口遇上紅燈，故各概率應(yīng)按獨(dú)立事件同時發(fā)生計算．[7分] P(Y＝k)＝()k·(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路沒有遇上紅燈．故其概率為P(Y＝6)＝()6，[9分] 因此Y的分布列為 Y 0 1 2 3 4 5 6

20、P · ·()2 ·()3 ·()4 ·()5 ()6 [12分] 溫馨提醒　(1)二項分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近幾年高考非常注重的一個考點(diǎn)．二項分布概率模型的特點(diǎn)是“獨(dú)立性”和“重復(fù)性”，事件的發(fā)生都是獨(dú)立的、相互之間沒有影響，事件又在相同的條件之下重復(fù)發(fā)生． (2)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中的概率公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k表示的是n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A發(fā)生k次的概率，p與(1－p)的位置不能互換，否則該式子表示的意義就發(fā)生了改變，變?yōu)槭录嗀有k次不發(fā)生的概率了. 方法與技巧 1． 古典概型中，A發(fā)生的條件下B發(fā)生的條件概率公式為P(B|A)

21、＝＝，其中，在實(shí)際應(yīng)用中P(B|A)＝是一種重要的求條件概率的方法． 2． 相互獨(dú)立事件與互斥事件的區(qū)別 相互獨(dú)立事件是指兩個事件發(fā)生的概率互不影響，計算式為P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一試驗(yàn)中，兩個事件不會同時發(fā)生，計算公式為P(A∪B)＝P(A)＋P(B)． 3． n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，事件A恰好發(fā)生k次可看做是C個互斥事件的和，其中每一個事件都可看做是k個A事件與n－k個事件同時發(fā)生，只是發(fā)生的次序不同，其發(fā)生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(1－p)n－k. 失誤與防范 1． 運(yùn)用公式P(AB)＝P(A)P

22、(B)時一定要注意公式成立的條件，只有當(dāng)事件A、B相互獨(dú)立時，公式才成立． 2． 獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，每一次試驗(yàn)只有兩種結(jié)果，即某事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生，并且任何一次試驗(yàn)中某事件發(fā)生的概率相等．注意恰好與至多(少)的關(guān)系，靈活運(yùn)用對立事件． A組　專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． (xx·遼寧)從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)等于 (　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　P(A)＝

23、＝，P(AB)＝＝， P(B|A)＝＝. 2． (xx·湖北)如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當(dāng) K正常工作且A1、A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作．已 知K、A1、A2正常工作的概率依次為0.9、0.8、0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為 (　　) A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576 答案　B 解析　方法一　由題意知K，A1，A2正常工作的概率分別為P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8， ∵K，A1，A2相互獨(dú)立， ∴A1，A2至少有一個正常工作的概率為P(A2)＋P(A12

24、)＋P(A1A2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96. ∴系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[P(A2)＋P(A12)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864. 方法二　A1，A2至少有一個正常工作的概率為1－P(1 2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，∴系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[1－P(1 2)]＝0.9×0.96＝0.864. 3． (xx·廣東)甲、乙兩隊進(jìn)行排球決賽，現(xiàn)在的情形是甲隊只要再贏一局就獲冠軍，乙隊需要再贏兩局才能得冠軍，若兩隊勝每局的概率相同，則甲隊獲得冠軍的概率為(　　) A. B. C.

25、 D. 答案　D 解析　甲隊若要獲得冠軍，有兩種情況，可以直接勝一局，獲得冠軍，概率為，也可以乙隊先勝一局，甲隊再勝一局，概率為×＝，故甲隊獲得冠軍的概率為＋＝. 4． 已知隨機(jī)變量X服從二項分布X～B(6，)，則P(X＝2)等于 (　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　P(X＝2)＝C()2(1－)4＝. 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 明天上午李明要參加奧運(yùn)志愿者活動，為了準(zhǔn)時起床，他用甲、乙兩個鬧鐘叫醒自己．假設(shè)甲鬧鐘準(zhǔn)時響的概率為0.80，乙鬧鐘準(zhǔn)時響的概率是0.90，則兩個鬧鐘至少有一個準(zhǔn)時響的概率是__

26、______． 答案　0.98 解析　1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98. 6． 某籃球隊員在比賽中每次罰球的命中率相同，且在兩次罰球中至多命中一次的概率為，則該隊員每次罰球的命中率為________． 答案　 解析　設(shè)該隊員每次罰球的命中率為p(其中0

27、P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95. ∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 三、解答題(共22分) 8． (10分)(xx·大綱全國)根據(jù)以往統(tǒng)計資料，某地車主購買甲種保險的概率為0.5，購買乙種保險但不購買甲種保險的概率為0.3.設(shè)各車主購買保險相互獨(dú)立． (1)求該地1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種的概率； (2)求該地的3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買的概率． 解　記A表示事件：該地的1位車主購買甲種保險； B表示事件：該地的1位車主購買乙種保險但不購買甲種保險； C表示事件：該地的1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的

28、1種； D表示事件：該地的1位車主甲、乙兩種保險都不購買； E表示事件：該地的3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買． (1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B， P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8. (2)D＝，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2， P(E)＝C×0.2×0.82＝0.384. 9． (12分)某籃球隊與其他6支籃球隊依次進(jìn)行6場比賽，每場均決出勝負(fù)，設(shè)這支籃球隊與其他籃球隊比賽勝場的事件是獨(dú)立的，并且勝場的概率是. (1)求這支籃球隊首次勝場前已經(jīng)負(fù)了兩場的概率； (2)求這支籃球隊在6場比賽中恰好勝了3場的概率．

29、 解　(1)P＝2×＝. 所以這支籃球隊首次勝場前已負(fù)兩場的概率為； (2)6場勝3場的情況有C種， ∴P＝C33＝20××＝. 所以這支籃球隊在6場比賽中恰勝3場的概率為. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． 某種元件的使用壽命超過1年的概率為0.6，使用壽命超過2年的概率為0.3，則使用壽命超過1年的元件還能繼續(xù)使用的概率為 (　　) A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1 答案　B 解析　設(shè)事件A為“該元件的使用壽命超過1年”，B為“該元件的使用壽命超過2年”，

30、則P(A)＝0.6，P(B)＝0.3. 因?yàn)锽?A，所以P(AB)＝P(B)＝0.3，于是P(B|A)＝＝＝0.5. 2． 位于坐標(biāo)原點(diǎn)的一個質(zhì)點(diǎn)P按下述規(guī)則移動：質(zhì)點(diǎn)每次移動一個單位；移動的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴遥⑶蚁蛏?、向右移動的概率都?質(zhì)點(diǎn)P移動五次后位于點(diǎn)(2,3)的概率是 (　　) A.5 B．C5 C．C3 D．CC5 答案　B 3． 兩個實(shí)習(xí)生每人加工一個零件，加工為一等品的概率分別為和，兩個零件是否加工為一等品相互獨(dú)立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為 (　　) A. B. C. D. 答案　B

31、解析　設(shè)事件A：甲實(shí)習(xí)生加工的零件為一等品； 事件B：乙實(shí)習(xí)生加工的零件為一等品， 則P(A)＝，P(B)＝， 所以這兩個零件中恰有一個一等品的概率為 P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B) ＝×(1－)＋(1－)×＝. 二、填空題(每小題5分，共15分) 4. 在一段線路中并聯(lián)兩個自動控制的常用開關(guān)，只要其中有一個開關(guān) 能夠閉合，線路就能正常工作．假定在某段時間內(nèi)每個開關(guān)能夠閉 合的概率都是0.7，則這段時間內(nèi)線路正常工作的概率為_______． 答案　0.91 解析　線路不能正常工作的概率為P( )＝P()P()＝(1－0.7)(1－0.7)＝0.09.

32、 ∴能夠正常工作的概率為1－0.09＝0.91. 5. 將一個半徑適當(dāng)?shù)男∏蚍湃肴鐖D所示的容器最上方的入口處，小球?qū)⒆杂上? 落．小球在下落的過程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入A袋或B袋 中．已知小球每次遇到黑色障礙物時，向左、右兩邊下落的概率都是，則 小球落入A袋中的概率為________． 答案　 解析　記“小球落入A袋中”為事件A，“小球落入B袋中”為事件B，則事件A的對立事件為B，若小球落入B袋中，則小球必須一直向左落下或一直向右落下， 故P(B)＝3＋3＝， 從而P(A)＝1－P(B)＝1－＝. 6． 甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3

33、個白球和3個黑球．先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機(jī)取出一球，以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論中正確的是________(寫出所有正確結(jié)論的編號)． ①P(B)＝；②P(B|A1)＝；③事件B與事件A1相互獨(dú)立；④A1，A2，A3是兩兩互斥的事件；⑤P(B)的值不能確定，因?yàn)樗cA1，A2，A3中究竟哪一個發(fā)生有關(guān)． 答案?、冖? 解析　P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝＋＋＝，故①⑤錯誤； ②P(B|A1)＝＝，正確； ③事件B與A1的發(fā)生有關(guān)系，故錯誤； ④A1，A2，A

34、3不可能同時發(fā)生，是互斥事件，正確． 三、解答題 7． (13分)某公司是否對某一項目投資，由甲、乙、丙三位決策人投票決定，他們?nèi)硕加小巴狻?、“中立”、“反對”三類票各一張，投票時，每人必須且只能投一張票，每人投三類票中的任何一類票的概率都為，他們的投票相互沒有影響，規(guī)定：若投票結(jié)果中至少有兩張“同意”票，則決定對該項目投資；否則，放棄對該項目的投資． (1)求該公司決定對該項目投資的概率； (2)求該公司放棄對該項目投資且投票結(jié)果中最多有一張“中立”票的概率． 解　(1)該公司決定對該項目投資的概率為 P＝C2＋C3＝. (2)該公司放棄對該項目投資且投票結(jié)果中最多有一張“中立”票，有以下四種情形： “同意”票張數(shù) “中立”票張數(shù) “反對”票張數(shù) 事件A 0 0 3 事件B 1 0 2 事件C 1 1 1 事件D 0 1 2 P(A)＝C3＝，P(B)＝C3＝， P(C)＝CC3＝，P(D)＝C3＝. ∵A、B、C、D互斥， ∴P(A＋B＋C＋D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.