热门试卷

（Ⅰ）记四项指标全部合格的事件为A0，出现一项指示不合格的事件为A1，

则P(A0)=()4=，…(3分)，P(A1)=•()•(1-)3=，…（6分）

∴这批产品不能出厂的概率   P=1-P(A0)-P(A1)=. …（8分）

（Ⅱ）要四项指标全部检测完毕才能确定该产品能否出厂，说明抽检的前三项指标中必为两项合格，一项不合格，…（10分）

设这样的事件为B，则

P（B）=••(1-)2=()3=．…（12分）

(1)；(2)

试题分析：(1)列举出“从盒子里任取2枝”所对应的的所有的可能的情况一共6种，在这6中里面找到符合“恰有1枝是三等品”的情况一共3种，用“恰有1枝是三等品”的情况数÷总的情况数即是所求的概率；(2)这是条件概率，可由条件概率的方法来作答，也可利用列举的方法，先列举出所有的“第一次任取1枝（不放回），第二次任取1枝”的情况数，然后在这些情况中找到符合“第一次取的是三等品，第二次取的是一等品”的情况数，用后者÷前者即是所求的概率

试题解析：(1)设三枝一等品为，一枝三等品为，         1分

则“任取2枝”共有，一共种         4分

“恰有一枝三等品”共有，一共种            5分

所以“从盒子里任取枝恰有枝三等品”的概率是         6分

（2）“从盒子里第一次任取1枝（不放回），第二次任取1枝”，有，一共12种，  10分

其中“第一次取的是三等品，第二次取的是一等品”有，一共3种，       11分

所以“第一次取的是三等品，第二次取的是一等品”的概率是         12分

（本题满分12分）

（1）分别记白球为1，2，3号，黑球为4，5号．从口袋中每次任取一球，每次取出不放回，连续取两次，

其一切可能的结果组成的基本事件（第一次摸到1号，第二次摸到2号球用（1，2）表示）空间为：

Ω={（1，2），（2，1），（1，3），（3，1），（1，4），（4，1），（1，5），（5，1），（2，3），（3，2），（2，4），（4，2），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），（3，5），（5，3），（4，5），（5，4）}，

共有20个基本事件，且上述20个基本事件发生的可能性相同．----（4分）

记“取出的两只球都是白球”为事件A．--（5分）

A={（1，2），（2，1），（1，3），（3，1），（2，3），（3，2）}，共有6个基本事件．-------（7分）

故P（A）==．

所以取出的两只球都是白球的概率为．-------（8分）

（2）设“取出的两只球中至少有一个白球”为事件B，则其对立事件为“取出的两只球均为黑球”．------（9分）={（4，5），（5，4）}，共有2个基本事件．---------（10分）

则P(B)=1-P()=1-=--------（11分）

所以取出的两只球中至少有一个白球的概率为------（12分）

由题意知本题是一个古典概型，

∵试验发生的所有事件是从甲盒子里装有的4张卡片乙盒子里装有2张卡片中各抽一张有C41C21种取法，

而满足条件的2张卡片上的数字之和为奇数的有1，4，；2，1；4，1；7，4共有四种不同的结果，

∴由古典概型公式得到P==，

故答案为：．

（1）根据题意可得：有三张卡片，

奇数只有“5”一张，

故抽到奇数的概率P=；

（2）根据题意可得：随机抽取一张作为个位上的数字（不放回），再抽取一张作为十位上的数字，

共能组成6个不同的两位数：32，52，23，53，25，35．

其中恰好为35的概率为．

（1）0.7（2）0.9

试题分析：设“乘火车去开会”为事件A，“乘轮船去开会”为事件B，“乘汽车去开会”为事件C，“乘飞机去开会”为事件D，并且根据题意可得：这四个事件是互斥事件，（1）根据概率的基本性质公式可得：P（A+D）=P（A）+P（D）．（2）根据对立事件的概率公式可得他不乘轮船去的概率P=1-P（B）．

记A=“他乘火车去”，B=“他乘轮船去”，C=“他乘汽车去”，D=“他乘飞机去”，由题意可知：P(A)=0.3，P(B)=0.1，P(C)=0.2,P(D)=0.4,且事件A、B、C、D两两互斥.

（1）“他乘火车或乘飞机去”即为事件A∪D.P(A∪D)=P(A)+P(D)=0.3+0.4=0.7,即他乘火车或乘飞机去的概率为0.7;（2）“他不乘轮船去”的事件为，所以P()=1-P(B)=1-0.1=0.9,即他不乘轮船去的概率为0.9.