热门试卷

解：（1）由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12+12+16+4=44人，用频率估计相应的概率为0.44；

（2）选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为：

；

（3）A1，A2，分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；

B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站。

由（2）知P（A1） =0.1+0.2+0.3=0.6

P（A2）=0.1+0.4=0.5，

P（A1）>P（A2） 甲应选择L1

P（B1）=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8

P（B2）=0.1+0.4+0.4=0.9，

P（B2）＞P（B1），

∴ 乙应选择L2。

（1）根据题意，从20件产品中任取3件，有C203=1140种情况，

而其中没有1件为二级品，即全部为一级品的情况有C153=455种，

则至少有1件为二级品的情况有1140-455=685种，

则至少有1件为二级品的概率为=；

（2）从20件产品中有放回的任取2次，共有20×20=400种情况，

取到的2件中，1件为一级品，1件为二级品的情况有15×5+5×15=150种，

则取到的2件中，1件为一级品，1件为二级品的概率=．

（I）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

解法一：所有的可能申请方式有34种；而“没有人申请A片区房源的”的申请方式有24种；

记“没有人申请A片区房源”为事件A，

则P（A）==；

解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是4次独立重复试验，

记“申请A片区房源”为事件A，则P（A）=；

由独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式知：

“没有人申请A片区房源”的概率为P4（0）=C30•（）0（）4=；

（Ⅱ）所有的可能申请方式有34种；而“每个片区的房源都有人申请”的申请方式有C42•A33种；

记“每个片区的房源都有人申请”为事件B，

从而有P（B）==．

（1）设袋中有红球4k个，白球3k个，由题设=，解得k=2，…（4分）

因此，袋中有红球8个，白球6个．                                   …（6分）

（2）从袋中14个球中取出3个球，其可能出现的取法有C143种，即所有的基本事件有C143个．      …（8分）

若把“取出球的总分不超过（5分）”的事件记作E，则E所包含的基本事件有C63+C62C81+C61C82个，…（12分）

因此，E出现的概率P(E)==．                   …（14分）

解：（1）由，解得x=144。

（2）第三批次的人数为y+z=900-（196+204+144+156）=200，

设应在第三批次中抽取m名，则，解得m=12

∴应在第三批次中抽取12名。

（3）设第三批次中女教职工比男教职工多的事件为A，第三批次女教职工和男教职工数记为数对（y，z），

由（2）知y+z=200（y，z∈N，y≥96，z≥96），则基本事件总数有（96，104），（97，103），（98，102），（99，101），（100，100），（101， 99），（102，98），（103，97），（104，96） ，共9个，而事件A包含的基本事件有（101，99），（102，98），（103，97），（104，96），共4个

∴。

（I）设“从甲盒内取出的2个球均黑球”为事件A，

“从乙盒内取出的2个球为黑球”为事件B．

∵事件A，B相互独立，

且P(A)==，P(B)==．

∴取出的4个球均为黑球的概率为P（A•B）=P（A）•P（B）=×=．

（II）设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件C，

“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D．

∵事件C，D互斥，

且P(C)=.=，P(D)=.=．

∴取出的4个球中恰有1个红球的概率为P（C+D）=P（C）+P（D）=+=．

（III）ξ可能的取值为0，1，2，3．

由（I），（II）得P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，

又P(ξ=3)=.=，

从而P（ξ=2）=1-P（ξ=0）-P（ξ=1）-P（ξ=3）=．

ξ的分布列为

ξ的数学期望Eξ=0×+1×+2×+3×=．

（1）设“中三等奖”为事件A，“中奖”为事件B，

从四个小球中有放回的取两个共有（0，0），（0，1），（0，2），

（0，3），（1，0），（1，1）（1，2），（1，3），（2，0），

（2，1），（2，2），（2，3），（3，0），（3，1），（3，2），（3，3）16种不同的结果

两个小球号码相加之和等于4的取法有3种：（1，3），（2，2），（3，1）

两个小球号相加之和等于3的取法有4种：（0，3），（1，2），（2，1），（3，0）

由互斥事件的加法公式得：P(A)=+=，

即中三等奖的概率为；

（2）两个小球号码相加之和等于3的取法有4种；（0，3），（1，2），（2，1），（3，0）

两个小球相加之和等于4的取法有3种；（1，3），（2，2），（3，1）

两个小球号码相加之和等于5的取法有2种：（2，3），（3，2）

两个小球号码相加之和等于6的取法有1种：（3，3）

由互斥事件的加法公式得：P(B)=+++=.

即中奖的概率为：．

a、b、c、d、e、f、g七位同学按任意次序站成一排，共有种站法

（1）已经确定了a在边上，a是一个确定的人，所以a只有最左和最右两种排法当a定了，还剩6个人和6个位置，把6个不同的人放进不同位置所以有种站法，故P(A)==；

（2）已经确定了a，b都在边上，那么a，b要么是a_ _ _ _ _ b 要么是b_ _ _ _ _ a，然后再考虑剩下的5个人和5个位置，所以有2种站法，故P(B)==；

（3）a或b在边上，共有-种站法，故P(C)==；

（4）a和b都不在边上，共有种站法，故P(D)==；

（5）a正好在中间，共有种站法，故P(E)==．

（1）甲、乙二人抽到的牌的所有情况为

（2，3），（2，4），（2，4′），（3，2），（3，4），（3，4′），

（4，2），（4，3），（4，4′），（4′，2），（4′，3），（4′，4），共12种不同情况（4分）

（2）甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4′．因此乙抽到的牌的数字大于3的概率为．（8分）

（3）由甲抽到的牌比乙大有（3，2），（4，2），（4，3），（4′，2），（4′，3），共5种

甲获胜的概率P1=，

乙获胜的概率为P2=

∵＜∴此游戏不公平..（13分）

（1）设四发子弹编号为0、1、2、3，其中0表示空弹；

甲只射击1次，共有4个基本事件，设只射击1次出现“空弹”的事件为A，

则P（A）=；

（2）设甲共射击3次，在这三枪中出现空弹为事件B，

甲射击3次有4个基本事件：{0，1，2}，{0，1，3}，{0，2，3}，{1，2，3}，

而B包含的事件有3个：{0，1，2}，{0，1，3}，{0，2，3}；

则P（B）=；

（3）设“弹孔与△PQR的三个顶点的距离都大于1”的事件为C，

等边△PQR的面积为S=25，

分别以P、Q、R三点为圆心、1为半径的三个扇形的面积和为S1=3××π×12=，

P（C）==1-．

（1）记获得一等奖、二等奖、三等奖的概率分别为P1、P2、P3，则P1=，P2==，P3==．

（2）由（1）可得中奖的概率等于P1+P2+P3=++==．

（1）设四发子弹编号为0、1、2、3，其中0表示空弹；

甲只射击1次，共有4个基本事件，设只射击1次出现“空弹”的事件为A，

则P（A）=；

（2）设甲共射击3次，在这三枪中出现空弹为事件B，

甲射击3次有4个基本事件：{0，1，2}，{0，1，3}，{0，2，3}，{1，2，3}，

而B包含的事件有3个：{0，1，2}，{0，1，3}，{0，2，3}；

则P（B）=；

（3）设“弹孔与△PQR的三个顶点的距离都大于1”的事件为C，

等边△PQR的面积为S=25，

分别以P、Q、R三点为圆心、1为半径的三个扇形的面积和为S1=3××π×12=，

P（C）==1-．

（Ⅰ）记“甲运动员击中i环”为事件Ai；

“乙运动员击中i环”为事件Bi；

“甲、乙两运动员同时击中9环（含9环）”为事件C．（2分）

因为P（A9）+P（A10）=0.1+0.18=0.28，

P（B9）+P（B10）=0.28+0.17=0.45，．（4分）

所以P（C）=0.28×0.45=0.126．

故甲、乙两运动员同时击中9环以上（含9环）的概率为0.126．（6分）

（Ⅱ）由分布列可知，

Eξ=6×0.16+7×0.14+8×0.42+9×0.1+10×0.18=8．（7分）

Dξ=（6-8）2×0.16+（7-8）2×0.14+（8-8）2×0.42+（9-8）2×0.1+（10-8）2×0.18=1.6（8分）

又Eη=6×0.19+7×0.24+8×0.12+9×0.28+10×0.17=8．（9分）

Dη=（6-8）2×0.19+（7-8）2×0.24+（8-8）2×0.12+（9-8）2×0.28+（10-8）2×0.17=1.96（10分）

因为Eξ=Eη，Dξ＜Dη，

所以甲、乙两运动员射击成绩的均值相等，

但甲射击成绩的稳定性比乙要好，故选派甲参加比赛较合适．（12分）