热门试卷

（1）0.58

（2）0.42

（１）记客人游览长城、故宫、鸟巢分别为事件A、B、C．由已知Ａ、B、C相

互独立，且　．

而为互斥事件：、有一个发生．

　　　　　　　　　　．       …………6分

　　　　　（２）

　　　　　　　　函数在区间上单调递增，由题意得，即

　　　　　　　　又由题设知的可能取值为１，３　　

　　　　　　　　  …………12分

记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险：

B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险。

C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；

D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；

E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买.

(I), ,    ……………………………3分

  ……………………………6分

(II)D=,P(D)="1-P(C)=1-0.8=0.2,"        ……………………………9分

P(E)=.        ……………………………12分

略

（1）

（2）综上知，的分布列为

（元）．

解：设表示第辆车在一年内发生此种事故，．由题意知，，独立，

且，，．

（Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为

．

（Ⅱ）的所有可能值为，，，．

，

，

，

．

综上知，的分布列为

求的期望有两种解法：

解法一：由的分布列得

（元）．

解法二：设表示第辆车一年内的获赔金额，，

则有分布列

故．

同理得，．

综上有（元）．

（I）3

（II）012

（III）

（I）∵该单位50位职工全部参另了测试，

∴表中标出的总人数也应是50人，

                                   …………4分

（II）从表中可以看出，职工在这次测试中心理健康为D等且身体健康为C等的人数为6人，

∴所求概率为                                                               …………8分

（III）∵“职工的心理健康为D等”与“职工的身体健康为B等”是相互独立事件，

…………10分

即

又

                                                                               …………12分

（1）（2）

. 1）依题：  得 

（2）

（1）0.3（2）132.（3）1500

(1)产品净重小于100克的频率为(0.050+0.100)×2="0.3 " ----------------

(2)已知样本中产品净重小于100克的个数是72,设样本容量为,则,所以,净重大于或等于100克并且小于104克的产品的频率为(0.150+0.125)×2=0.55,所以样本中净重大于或等于100克并且小于104克的产品的个数是240×0.55="132. " ------ 

(3)净重（单位：克）在 [104，106] 内的频率为0.075,则这批产品中净重（单位：克）在 [104，106] 内的个数估计有10000． ----------

图甲的接法电路不发生故障的概率最大.

设元件T1、T2、T3能正常工作的事件为A1、A2、A3，电路不发生故障的事件为A，则P（A1）=0.7，P（A2）=0.8，P（A3）=0.9.

（1）按图甲的接法求P（A）: A=（A1+A2）·A3，

由A1+A2与A3相互独立，则P（A）=P（A1+A2）·P（A3）

又P（A1+A2）=1–P（）=1–P（·）

由A1与A2相互独立知与相互独立，得:

P（·）=P（）·P（）=［1–P（A1）］·［1–P（A2）］

=（1–0.7）×(1–0.8)=0.06，∴P(A1+A2)=0.1–P(·)=1–0.06=0.94，

∴P(A)=0.94×0.9=0.846.

(2)按图乙的接法求P（A） A=（A1+A3）·A2且A1+A3与A2相互独立，则P（A）=P（A1+A3）·P（A2），

用另一种算法求P（A1+A3）.

∵A1与A3彼此不互斥，

根据容斥原理P（A1+A3）=P（A1）+P（A3）–P（A1A3），

∵A1与A3相互独立，

则P（A1·A3）=P（A1）·P（A3）=0.7×0.9=0.63,P(A1+A3)

=0.7+0.9–0.63=0.97 

∴P(A)=P(A1+A3)·P(A2)=0.97×0.8=0.776.

(3)按图丙的接法求P（A），用第三种算法.

A=（A2+A3）A1=A2A1+A3A1,

∵A2A1与A3A1彼此不互斥，

据容斥原理，则P（A）=P（A1A2）+P（A1A3）–P（A1A2A3），

又由A1、A2、A3相互独立，得P（A1·A2）=P（A1）P（A2）=0.8×0.7=0.56,

P(A3A1)=P(A3)·P(A1)=0.9×0.7=0.63,

P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=0.7×0.8×0.9=0.504,

∴P(A)=0.56+0.63–0.504=0.686.

综合（1）、（2）、（3）得，图甲、乙、丙三种接法电路不发生故障的概率值分别为0.846,0.776,0.686.故图甲的接法电路不发生故障的概率最大.

解：设“听力第一次考试合格”为事件，“听力补考合格”为事件；“笔试第一次考试合格”为事件 “笔试补考合格”为事件．      ---------------1分

（1）不需要补考就获得证书的事件为A1·B1,注意到A1与B1相互独立，

则．

答：该考生不需要补考就获得证书的概率为．    -----------------3分

（2）恰好补考一次的事件是                    

则P（）="P" （） + P（）  

= ==                            

（3）由已知得，，                                    

注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得

  ---------------10分

参加考试次数的期望值

略

（1）只有丙柜面需要售货员照顾的概率为0．216。

（2）三个柜面最多有一个需要售货员照顾的概率为0．902

（3）三个柜面至少有一个需要售货员照顾的概率为0．496。

设事件A、B、C分别表示“某一小时内甲、乙、丙柜面不需要售货员照顾”，则A、B、C相互独立，且.

(1)设事件D表示“某一小时内只有丙柜面不需要售货员照顾”、

则事件，且事件相互独立，故

.

(2) 设事件E表示“某一小时内三个柜面中最多有一个需要售货员照顾”，

则事件，

故

.

(3) 设事件F表示“某一小时内三个柜面中至少有一个需要售货员照顾”，

则事件，故

，

所以，.