热门试卷

（1）根据所给的每一组的频数和样本容量做出每一组的频率，在平面直角坐标系中做出频率分步直方图，

甲流水线样本的频率分布直方图如下：

（2）由图1知，乙样本中合格品数为（0.06+0.09+0.03）×5×40=36，

故合格品的频率为=0.9，据此可估计从乙流水线上任取一件产品该产品为合

格品的概率P=0.9，

设ξ为从乙流水线上任取5件产品中的合格品数，则ξ～B（5，0.9）

∴P（ξ=3）=C53（0.9）3（0.1）2=0.0729．

即从乙流水线上任取5件产品，恰有3件产品为合格品的概率为0.0729．

（3）2×2列联表如下

∵K2==≈3.117＞2.706

∴有90%的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关．

（I）由题意知本题是一个古典概型，

设所选的4人中恰有2名女生为事件A，

∵试验包含的所有事件是从8名同学中任选4名同学参加奥运知识竞赛共有C84种结果，

而满足条件的事件所选的4人中恰有2名女生有C32C52种结果，

∴由古典概型公式得到

P(A)==．

（Ⅱ）由题意知本题是一个古典概型，

设所选的4人中至少有1名女生为事件B，

∵试验包含的所有事件是从8名同学中任选4名同学参加奥运知识竞赛共有C84种结果，

而满足条件的事件所选的4人中至少有1名女生的对立事件是所选的4人中没有女生

∴由对立事件的概率公式得到P(B)=1-P()=1-=．

（Ⅲ）∵参加奥运知识竞赛的选手获奖的概率均为，

∴本题是一个独立重复试验

设参加奥运知识竞赛恰有2名选手获奖为事件C，

则P(C)=()2()2=．

（1）4个食堂中恰有一个食堂必须整改，即4次独立重复实验中恰有1次发生，

其概率P1=C41（0.5）3（0.5）=0.25，

（2）某食堂被关闭，即该食堂第一次检查不合格，整改后经复查仍不合格，

所以该食堂被关闭的概率是P2=（1-0.5）×（1-0.8）=0.1，

从而该食堂不被关闭的概率是1-0.1=0.9．

由题意，每家食堂是否被关闭是相互独立的，所以至少关闭一家食堂的概率是P3=1-0.94≈0.34．

（Ⅰ）设每间教室的空气质量合格的事件为A…（1分），

每间教室的空气质量合格有两种情况：①两次检测结果都为A，概率等于0.8×0.8，②一次检测结果为A，另一次检测结果不是A，概率等于 2×0.8×0.1，

故  P（A）=0.8×0.8+2×0.8×0.1=0.8． …（6分）

答：每间教室的空气质量合格的概率0.8．

（Ⅱ）设对高三年级的三个教室进行检测，空气质量合格的教室的间数恰好为两间的事件为B…（7分）

P（B）=C32×0.82×0.21=0.384…（13分）

答：空气质量合格的教室的间数恰好为两间的概率为0.384．

（Ⅰ）由题意知本题是一个n次独立重复试验中恰好发生k次的概率，

设事件A：抛掷一枚骰子得到点数是奇数，则P(A)=，

∴P()=，

又a+b+c为奇数，则有a，b，c都为奇数；或a，b，c中有2个为偶数，一个为奇数

∴所求概率为P=()3+•)2=+=•••（6分）

（Ⅱ）设f（x）=x2-bx+2c由A≠∅，知△=b2-8c＞0．

又b，c∈{1，2，3，4，5，6}

所以b=6时，c=1，2，3，4；b=5时，c=1，2，3；b=4时，c=1；b=3时，c=1．（10分）

由于f（x）随b，c取值变化，有6×6=36个

故所求的概率为P==•••（12分）

（I）由题意知，本题是一个等可能事件的概率，

∵试验发生包含的事件数4×4=16，

满足条件的事件是向上的数不同，第一次由6种选择，

第二次出现5种结果，共有5×6=30，

设A表示事件“抛掷2次，向上的数不同”，

∴P(A)==.

答：抛掷2次，向上的数不同的概率为.

（II）由题意知，本题是一个等可能事件的概率，

∵试验发生包含的事件数4×4=16，

满足条件的事件是向上的数之和为6的结果有（1，5）、（2，4）、

（3，3）、（4，2）、（5，1）5种，

设B表示事件“抛掷2次，向上的数之和为6”．

∴P(B)==.

答：抛掷2次，向上的数之和为6的概率为.

（III）设C表示事件“抛掷5次，向上的数为奇数恰好出现3次”，

即在5次独立重复试验中，事件向上的数为奇数恰好出现3次，

在这个试验中向上的数为奇数的概率是，

根据独立重复试验的概率公式得到

∴P(C)=P5(3)=()3()2==.

答：抛掷5次，向上的数为奇数恰好出现3次的概率为.

（理）（1）“有放回摸取”可看作独立重复实验，

∵每次摸出一球得白球的概率为p==．

∴“有放回摸两次，颜色不同”的概率为p2(1)=••(1-) =．

（2）设摸得白球的个数为ξ，依题意得：

p（ξ=0）=×=，

p（ξ=1）=×+×=，

p（ξ=2）=×=．

∴Eξ=0×+1×+2×=，

Dξ=(0-)2×+(1- )2×+(2-)2×=．

（1）从口袋A中摸出的3个球为最佳摸球组合即为从口袋A中摸出2个红球和1个黑球，其概率为

 P==．

（2）由题意知：每个口袋中摸球为最佳组合的概率相同，从5个口袋中摸球可以看成5次独立重复试难，故所求概率为

 P=C53•(

3

5

)3•(

2

5

)2=．

（1）设乙、丙能被录用的概率分别为x，y，

则(1-)×(1-x)=且xy=，

解得x=，y=，

∴乙、丙能被录用的概率分别为，

（2）设甲、乙、丙能被录用的事件分别为A、B、C，则P（A）=，P（B）=，P（C）=，

且A、B、C相互独立，三人至少有两人能被录用包括ABC、BC、AC、AB四种彼此互斥的情况，

则其概率为P（ABC+BC+AC+AB）=P（ABC）+P（BC）+P（AC）+P（AB）

=××+××+××+××=．

（1）记“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A，则p=P（A）=．

由题意知，若甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶，

则前6次中甲种饮用4瓶，乙种已饮用2瓶，第7次取出的为甲种饮料，

其概率P=C644（1-）2×=C64（）7=．

（2）有且仅有3种情形满足要求：

甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶，乙没有被饮用；甲被饮用4瓶，乙没有被饮用，

设其概率分别为P1、P2、P3，

所求概率为P=P1+P2+P3=C655（1-）+C555+C444=．

答：甲饮料饮用完毕而乙饮料还剩3瓶的概率为，甲饮料被饮用瓶数比乙饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率为．

（1）记3人中至少有1人击中目标为事件A，则A的对立事件为3人都没有击中目标，

则P（）=（1-）（1-）（1-）=，

则P（A）=1-P（）=1-=，

（2）记乙击5次，至少有两次击中目标为事件B，则B的对立事件为5次中击中1次或没有击中，

若5次中击中1次的概率为P1=C51××（1-）4=，

若5次中没有击中1次的概率P2=（1-）5=，

则P（）=+=，

则P（B）=1-=；

（3）乙至少要射击k次才能使击中目标，其对立事件为k次都没有击中目标，记为C，

则其概率P（C）=（1-）k=（）k，

若1-P（C）=1-（）k＞0.98，即（）k＜0.02，

解可得，k＞5，

则乙至少要射击5次才能使击中目标；

（4）分3种情况讨论：

①只有甲击中，其概率为P3=（）（1-）（1-）=，

②只有乙击中，其概率为P4=（1-）（）（1-）=，

③只有丙击中，其概率为P5=（1-）（1-）（）=，

则恰有一人击中目标的概率P=P3+P4+P5=．

（I）∵甲射击三次，每次击中目标的概率是定值，可以看作是独立重复试验

∴甲恰好击中目标的2次的概率为(

1

2

)3=

（II）乙射击三次，每次击中目标的概率是定值，可以看作是独立重复试验

乙至少击中目标两次包含击中两次和击中三次

∴乙至少击中目标2次的概率为(

2

3

)2•()+(

2

3

)3=；

（III）设乙恰好比甲多击中目标2次为事件A，

乙恰击中目标2次且甲恰击中目标0次为事件B1，

乙恰击中目标3次且甲恰击中目标1次为事件B2，

则A=B1+B2，B1，B2为互斥事件．

P（A）=P（B1）+P（B2）=(

2

3

)2••(

1

2

)3+(

2

3

)3•(

1

2

)3=+=．

∴乙恰好比甲多击中目标2次的概率为．