热门试卷

（1）设方程x2-bx+a2=0有实根为事件A．

数对（a，b）共有（0，0），（0，1）…（2，3），（3，2），（3，3）计16对

若方程有实根，则有△=b2-4a2≥0．及b≥2a

则满足题意的数对（a，b）只有（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，2），（1，3）计6对

所以方程有实根的概率P(A)==

（2）设方程x2-bx+a2=0有实根为事件B．D={（a，b）|0≤a≤3，0≤b≤2}，所以SD=3×2=6

方程有实根对应区域为d={（a，b）|b≥2a}，Sd=×1×2=1

所以方程有实根的概率P(B)==．

（1）所有的取法种数为 =10，3张标签数字为相邻整数的取法有3种，

故3张标签数字为相邻整数的概率为 ．

（2）每次都有5中取法，

取出的3张标签数字为2，3，5的概率为 =，

取出的3张标签数字为1，4，5 的概率为 =，

故3张标签数字之和为10的概率为 +=．

瓶盖只有两面，“凸面向上”的频率约为0.44，

则可以由此估计抛掷这枚啤酒瓶盖出现“凹面向上”的概率约为1-0.44=0.56，

答：这枚啤酒瓶盖出现“凹面向上”的概率约为0.56．

（1）由题意知从5个球中摸出2个，共有C52=10个基本事件，

（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

试验发生所包含的事件是从5个球中摸出2个，共有C52=10个基本事件，

满足条件的事件是摸出两个白球，共有C32=3种结果

∴满足条件的事件概率是

答：从5个球中摸出2个共有10种结果，摸出两个白球的概率是．

（1）记Ai为事件“该同学闯第i关并通过”（i=1，2，3），则P（Ai）=0.8，P（）=0.2

由题意，Ai（i=1，2，3）相互独立

该同学恰好得3分，说明该同学恰好通过第二道关，闯第三道关失败

∴所求的概率为P(A1A2)=0.8×0.8×0.2=0.128；

（2）根据题意，X的所有可能取值为0，1，3，6

P（X=0）=0.2，P（X=1）=0.8×0.2=0.16，P（X=3）=0.8×0.8×0.2=0.128，P（X=6）=0.83=0.512

∴X的分布列为

∴E（X）=0×0.2+1×0.16+3×0.128+6×0.512=3.616．

（1）记Ai为事件“该同学闯第i关并通过”（i=1，2，3），则P（Ai）=0.8，P（）=0.2

由题意，Ai（i=1，2，3）相互独立

该同学恰好得3分，说明该同学恰好通过第二道关，闯第三道关失败

∴所求的概率为P(A1A2)=0.8×0.8×0.2=0.128；

（2）根据题意，X的所有可能取值为0，1，3，6

P（X=0）=0.2，P（X=1）=0.8×0.2=0.16，P（X=3）=0.8×0.8×0.2=0.128，P（X=6）=0.83=0.512

∴X的分布列为

∴E（X）=0×0.2+1×0.16+3×0.128+6×0.512=3.616．

（1）根据题意，采用七局四胜制，分出胜败至少要4局，

则此时组织者可以获得3a+（3a+a）+（3a+2a）+（3a+3a）=18a万元，

即组织者至少可以获得18a万元的票房收入；

（2）根据题意，两支球队的实力水平相当的球队，设两队为甲队、乙队，且甲队、乙队每局取胜的概率为；

设决出胜负所需比赛场次的值为ξ，则ξ可取的值为4、5、6、7，

ξ=4，即4局分出胜负，包括甲连胜4局与乙连胜4局两种情况，

则P（ξ=4）=2×（）4=；

ξ=5，即5局分出胜负，包括甲取胜与乙取胜两种情况，

甲取胜的概率为C43×（）4×=，同理乙取胜的概率为，

则P（ξ=5）=2×=，

ξ=6，即6局分出胜负，包括甲取胜与乙取胜两种情况，

甲取胜的概率为C53×（）5×=，同理乙取胜的概率为，

则P（ξ=6）=2×=，

ξ=7，即7局分出胜负，包括甲取胜与乙取胜两种情况，

甲取胜的概率为C63×（）6×=，同理乙取胜的概率为，

则P（ξ=7）=2×=，

决出胜负所需比赛场次的均值为4×+5×+6×+7×=；

故决出胜负所需比赛场次的均值为．

（3）进行4场，5场，6场，7场比赛组织者可分别获得票房收入为

18a万元，25a万元，33a万元，42a万元，

故票房收入不少于33a万元的概率P=+=

（Ⅰ）设这20件产品中有n件次品，由题意得==

所以n（n-1）=20，解得n=5（舍去n=-4）

所以，这20件产品中正品的个数为15．

（Ⅱ）设从这20件产品中任取3件均是正品的事件为A，则至少有1件次品的事件为

由P(A)==

得P()1-P(A)=．

所以，从中任取3件产品，至少有1件次品的概率是．

将8个职工每一种下车的情况作为1个基本事件，

那么共有38=6561（个）基本事件．

（1）记“该车在某停车点停车”为事件A，

事件A发生说明在这个停车点有人下车，即至少有一人下车，

这个事件包含的基本事件较复杂，于是我们考虑它的对立事件，

即“8个人都不在这个停车点下车，而在另外2个点中的任一个下车”．

∵P（）==，

∴P（A）=1-P（）=1-=．

（2）记“停车的次数不少于2次”为事件B，

则“停车次数恰好1次”为事件，

则P（B）=1-P（）=1-=1-=．

（3）记“恰好停车2次”为事件C，

事件C发生就是8名职工在其中2个停车点下车，

每个停车点至少有1人下车，

所以该事件包含的基本事件数为C32（C81+C82+C83++C87）=3×（28-2）=3×254，

于是P（C）==．

（Ⅰ）由题意知本题是一个等可能事件的概率

记“摸出两个球，两球恰好颜色不同”为A，

摸出两个球共有方法C52=10种，

其中两球一白一黑有C21•C31=6种．

∴P(A)==

（Ⅱ）记摸出一球，放回后再摸出一个球“两球恰好颜色不同”为B，

摸出一球得白球的概率为=0.4，摸出一球得黑球的概率为=0.6，

“放回后再摸一次，两球颜色不同”指“先白再黑”或“先黑再白”，这两种情况是互斥的

∴P（B）=0.4×0.6+0.6×0.4=0.48

利用树状图我们可以列出有放回地抽取3次球的所有可能结果：红，黄．                          …（3分）

（Ⅰ）3只颜色全相同的概率为P2=2•P1=2•=．                  …（6分）

（Ⅱ） 3只颜色不全相同的概率为P3=1-P2=1-=．               …（9分）

（Ⅲ）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

记“3次摸球所得总分为5”为事件A

事件A包含的基本事件为：（红、红、黑）、（红、黑、红）、（黑、红、红）事件A包含的基本事件数为3

由（I）可知，基本事件总数为8，所以事件A的概率为P(A)=…（12分）；

（1）有放回地依次取出两个球，所有的取法有5×5=25种

取得的两个球中没有白球的取法有2×2=4种

∴取得的两个球中至少有一个是白球的取法有25-4=21种

由古典概型的概率公式得取得的两个球中至少有一个是白球的概率为

（2）任意取出3个球所得总分为5即摸出2个红球一个白球

∵任意取出3个球所有的取法有C53=10

摸出2个红球一个白球D的取法有C22•C31=3

由古典概型的概率公式得

∴任意取出3个球所得总分为5的概率

从8个球中摸出4个球有C84=70种结果，

4红（10元）有1种结果、

3红（5元）有C43C41=16种结果、

2红（1元）有C42C42=36种结果、

1红（1包0.2元的葵花籽）有C41C43=16种结果，

若赌70次，需要交上4×70=280元，

而赌70次可以得到奖金1×10+16×5+36×1+16×0.2=129.2元，

∴每赌70次，该赌者可以净赚280-129.2=150.8元，

这种活动我们同学们最好不要参加．

（1）P=1-=…（3分） 

（2）第1次为1时，第2次可以为2，3，4，5，6；第1次为2时，第2次可以为3，4，5，6；第1次为3时，第2次可以为4，5，6；第1次为4时，第2次可以为5，6；第1次为5时，第2次可以为6，故P==

（3）由分步计数原理知试验发生的总事件数是6×6，2次的点数正好是连续的2个整数包括（1，2）（2，3），（3，4），（4，5），（5，6），（2，1），（3，2），（4，3），（5，4），（6，5）共10种，故P==种；                             

（4）由题意知是一个古典概型，由分步计数原理知试验发生的总事件数是6×6，而点P落在圆x2+y2=16内包括（1，1）（1，2）（1，3）（2，1）（2，2）（2，3）（3，1）（3，2）共8种，∴   P==