热门试卷

解：（1）如图：

；

（2）由（1）知可得0.048+0.121+0.208+0.223=0.6，

所以灯管使用寿命不是1500小时的频率为0.6。

（3）由（2）知：1支灯管使用寿命不足150小时的概率P=0.6，根据在n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率公式可得

所以至少有2支灯管的使用寿命不足1500小时的概率是0.648。

解：（1）如图：

；

（2）由（1）可得，

所以灯管使用寿命不足1500小时的频率为0.6；

（3）由（2）知，1支灯管使用寿命不足1500小时的概率，

根据在n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率公式可得

所以至少有2支灯管的使用寿命不足1500小时的概率是0.648。

由题意知本题是一个古典概型，

试验发生包含的事件数是C105

满足条件的事件数是C36C24+C46C14+C56

设“该考生获得及格的”的事件为A

则 P(A)==

答：该考生获得及格的概率为．

（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

从6人中选出日语、俄语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件有

{（A1，B1），（A1，B2），（A2，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A1，B3），（A3，B1），

（A3，B2），（A3，B3）}由9个基本事件组成．

由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的．

用 M表示“A1恰被选中”这一事件，则M={（A1，B1），（A1，B2） （A1，B3） }，

事件M 由3个基本事件组成，

∴要求的概率是P==．

（2）用N 表示“A1和B2不全被选中”这一事件，则其对立事件表示“A1和B2全被选中”这一事件，

由于={（A1，B2）}，事件有1个基本事件组成，

所以P（）=

∴由对立事件的概率公式得到P（N）=1-P（）=1-=

（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）==．

解：（1）记“乙连续射击4次，至少1次未击中目标”为事件A，

由题意，射击4次，相当于4次独立重复试验，

故P（A）=，

所以，乙射击4次，至少1次未击中目标的概率为。

（2）记“甲射击3次恰好2次击中目标”为事件B，“乙射击3次均未击中目标”为事件C，

“甲射击3次全击中目标”为事件D，“乙射击3次恰好1次击中目标”为事件E，

则甲、乙各射击三次，甲比乙多击中两次的概率

P=P(B)P(C)+P(D)P(E)=+=，

所以，甲、乙各射击三次，甲比乙多击中两次的概率为。

（1）如果采用三局两胜制，

则甲在下列两种情况下获胜：A1-2：0（甲净胜二局），

A2-2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）．

p（A1）=0.6×0.6=0.36，p（A2）=×0.6×0.4×0.6=0.288．

因为A1与A2互斥，所以甲胜概率为p（A1+A2）=0.648…．（6分）

（2）如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B1-3：0（甲净胜3局），

B2-3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），

B3-3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）．

因为B1，B2，B2互斥，

所以甲胜概率为p（B1+B2+B3）

=p（B1）+p（B2）+p（B3）

=0.63+×0.62×0.4×0.6+×0.62×0.42×0.6=0.68256…（12分）

由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大．

解：（Ⅰ）设Ak表示“第k人命中目标”，k=1，2，3，

这里，A1，A2，A3独立，且P（A1）=0.7，P（A2）=0.6，P（A3）=0.5，

从而，至少有一人命中目标的概率为

，

恰有两人命中目标的概率为

，

答：至少有一人命中目标的概率为0.94，恰有两人命中目标的概率为0.44；

（Ⅱ）设甲每次射击为一次试验，从而该问题构成三次重复独立试验，

又已知在每次试验中事件“命中目标”发生的概率为0.7，

故所求概率为，

答：他恰好命中两次的概率为0.441。

解：（1）每家煤矿必须整改的概率是1-0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的

所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是

。

（2）某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，

所以该煤矿被关闭的概率是

从而煤矿不被关闭的概率是0.90。

（3）由题设（2）可知，每家煤矿不被关闭的概率是0.9，且每家煤矿是否被关闭是相互独立的，

所以至少关闭一家煤矿的概率是。

解：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。

（1）P（A）=0.5，P（B）=0.3，C=A+B

P（C）=P（A+B）=P（A）+P（B）=0.8。

（2）D=，P（D）=1-P（C）=1-0.8=0.2

P（E）=。

（Ⅰ）设“从甲盒内取出的2个球均为红球”为事件A，“从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件B．由于事件A，B相互独立，且P(A)==，P(B)==，

故取出的4个球均为红球的概率是P(A•B)=P(A)•P(B)=×=．

（Ⅱ）设“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个球为黑球”为事件C，“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个是红球，1个是黑球”为事件D．由于事件C，D互斥，且P(C)=•=，P(D)=•=．

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

解：(1)设先后两次从袋中取出球的编号为m，n，

则两次取球的编号的可能结果(m，n)共有6×6=36种，

其中编号之和为6的结果有(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，共有5种，

则所求概率为。

(2)每次从袋中随机抽取2个球，抽到编号为6的球的概率，

所以，3次抽取中，恰有2次抽到6号球的概率为。

(3)随机变量X所有可能取值为3，4，5，6，

，，，

，

所以，随机变量X的分布列为：

。

设“甲译出密码”为事件A；“乙译出密码”为事件B，

则 P（A）=，P（B）=．

（1）P（A•）+P（•B）=×+×=．

（2）n个乙这样的人都译不出密码的概率为 (1-

1

4

)n，由 1-(1-

1

4

)n≥ 可得 n≥17，

达到译出密码的概率为 ，至少需要17 人．