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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第60讲 概率2


第 20 讲 概率(二)
本节主要内容有:几何概型,期望.各种概率问题选讲 概率的基本知识. 1.随机变量:随机变量 x 是样本空间 I 上的函数,即对样本空间 I 中的每一个样本点 e,有一 个确定的实数 X(e)与 e 对应,X=X(e)称为随机变量. 2.数学期望:设 X 是随机变量,则 E(x)=

?

X(e)P(e)



e? I

称为 X 的数学期望.其中 e 跑遍样本空间 I 的所有样本点,P(e)是 e 的概率. 如果 a 是常数,那么 E(aX)=aE(X). 如果 X、Y 是两个随机变量,那么 E(X+Y)=E(X)+E(y).

A 类例题
例 1 (2004 年福建理科卷)甲、乙两人参加一次英语口语考试,已知在备选的 10 道试题中,甲 能答对其中的 6 题,乙能答对其中的 8 题.规定每次考试都从备选题中随机抽出 3 题进行测 试,至少答对 2 题才算合格. (1)求甲答对试题数ξ 的概率分布及数学期望; (2)求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率. 分析 利用随机事件的概率公式确定概率分布列,利用互斥事件的概率加法公式及相互独立事 件的概率乘法公式解决此类问题 . 解 (1)依题意,甲答对试题数ξ 的概率分布如下: ξ P 0 1 2 3

1 30

3 10

1 2

1 6 1 3 1 1 9 +1× +2× +3× = . 30 2 6 5 10

甲答对试题数ξ 的数学期望 Eξ=0×

(2)设甲、乙两人考试合格的事件分别为 A、B,则
2 1 3 1 3 C6 C 4 ? C6 C82 C2 ? C8 2 60 ? 20 P(A)= = = ,P(B)= = 56 ? 56 = 14 . 3 3 3 120 120 15 C10 C10

因为事件 A、B 相互独立,

2 14 1 )(1- )= . 3 15 45 1 44 ∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为:P=1-P( A ? B )=1- = . 45 45 44 答:甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为 . 45
∴甲、乙两人考试均不合格的概率为:P( A ? B )=P( A )P( B )=1- 例 2.(2004 年全国高考湖北卷 )某突发事件,在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为 0. 3, 一旦发生, 将造成 400 万元的损失. 现有甲、 乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单 独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为 45 万元和 30 万元,采用相应预防措施后此突发事 件不发生的概率为 0.9 和 0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采 用或不采用,请确定预防方案使总费用最少. (总费用 =采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值. ) ... 分析 优选决策型概率问题是指通过概率统计来判断实施方案的优劣的问题.这类问题解决的

关键是要分清各方案实施的区别,处理好概率与统计的综合.此部分内容实际意义较浓, 所以解决这类问题必须密切联系生活实际,才能从中抽象出一些切合实际的数学模型. 解 ①不采取预防措施时,总费用即损失期望为 400×0.3=120(万元) ; ②若单独采取措施甲, 则预防措施费用为 45 万元, 发生突发事件的概率为 1-0. 9=0. 1, 损失期望值为 400×0.1=40(万元) , 所以总费用为 45+40=85(万元) ③若单独采取预防措施乙,则预防措施费用为 30 万元,发生突发事件的概率为 1 - 0.85=0.15, 损失期望值为 400×0.15=60(万元) , 所以总费用为 30+60=90(万元) ; ④若联合采取甲、乙两种预防措施,则预防措施费用为 45+30=75(万元) , 发生突发事件的概率为(1-0.9) (1-0.85)=0.015, 损失期望值为 400×0.015=6(万元) , 所以总费用为 75+6=81(万元) . 综合①、②、③、④,比较其总费用可知,应选择联合采取甲、乙两种预防措施,可使 总费用最少.

情景再现
1.(2004 年全国理Ⅲ)某同学参加科普知识竞赛,需回答三个问题.竞赛规则规定:每题回答 正确得 100 分,回答不正确得-100 分.假设这名同学每题回答正确的概率均为 0.8,且各 题回答正确与否相互之间没有影响. (1)求这名同学回答这三个问题的总得分 ? 的概率分布和数学期望; (2)求这名同学总得分不为负分(即 ? ≥0)的概率. 2.(2004 年全国高考湖北文史卷) 为防止某突发事件发生,有甲、乙、丙、丁四种相互独立 的预防措施可供采用,单独采用甲、乙、丙、丁预防措施后此突发事件不发生的概率(记 为 P)和所需费用如下表: 预防措施 P 费用(万元) 甲 0.9 90 乙 0.8 60 丙 0.7 30 丁 0.6 10

预防方案可单独采用一种预防措施或联合采用几种预防措施,在总费用不超过 120 万元 的前提下,请确定一个预防方案,使得此突发事件不发生的概率最大.

B 类例题
例 3(2003 年全国高考辽宁、天津理科卷)A、B 两个代表队进行乒乓球对抗赛,每队三名队 员,A 队队员是 A1、A2、A3,B 队队员是 B1、B2、B3 .按以往多次比赛的统计,对阵队员 之间胜负概率如下: 对阵队员 A1 对 B 1 A2 对 B 2 A3 对 B 3 A 队队员胜的概率
2 3 2 5 2 5

A 队队员负的概率
1 3 3 5 3 5

现按表中对阵方式出场, 每场胜队得 1 分, 负队得 0 分. 设 A 队、 B 队最后总分分别为 ?、 ?.

(Ⅰ) 求 ?、 ? 的概率分布; (Ⅱ) 求 E?、 E?. 分析 本题考查离散型随机变量分布列和数学期望等概念,考查运用概率知识解决实际问题 的能力. 解 (Ⅰ) ?、 ? 的可能取值分别为 3, 2, 1, 0. P(? = 3) = 2 ? 2 ? 2 ? 8 (即 A 队连胜 3 场) 3 5 5 75 P(? = 2) = 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ? 28 (即 A 队共胜 2 场) 3 5 5 3 5 5 3 5 5 75 P(? = 1) = 2 ? 3 ? 3 ? 1 ? 2 ? 3 ? 1 ? 3 ? 2 ? 30 ? 2 (即 A 队恰胜 1 场) 3 5 5 3 5 5 3 5 5 75 5 P(? = 0) = 1 ? 3 ? 3 ? 9 ? 3 (即 A 队连负 3 场) 3 5 5 75 25 根据题意知 ? +? = 3,所以 P(? = 0) = P(? = 3) = P(? = 2) = P(? = 1) =
8 75, 2 5,

P(? = 1) = P(? = 2) = P(? = 3) = P(? = 0) =

28 75 , 3 25.

(Ⅱ) E? = 3 ? 8 ? 2 ? 28 ? 1? 2 ? 0 ? 3 ? 22 ; 75 75 5 25 15 因为 ? +? = 3, 所以 E? = 3 – E? = 23 . 15 例 4 (2005 年全国高考辽宁卷) 某工厂生产甲、乙两种产品,每种产品都是经过第一和第二工 序加工而成,两道工序的加工结果相互独立,每道工序的加工结果均有A、B两个等级,对 每种产品,两道工序的加工结果都为A级时,产品为一等品,其余均为二等品. 表一 (1)已知甲、乙两种产品每一道工序的 概 工 加工结果为A级的概率如表一所示,分别求生 率 序 第一工序 第二工序 产出的甲、乙产品为一等品的概率P甲、P乙;
产品

甲 乙 (2)已知一件产品的利润如表二所示,用 ? 、

0.8 0.75 表二

0.85 0.8

? 分别表示一件甲、乙产品的利润,在(Ⅰ)
的条件下,求 ? 、 ? 的分布列及 E? 、 E? ;

利 润 产品

等 级

一等 5(万元) 2.5(万元)

二等 2.5(万元) 1.5(万元)

甲 乙

(3)已知生产一件产品需用的工人数和资 金如表三所示,该工厂有工人 40 名,可用资 金 60 万,设 x 、 y 分别表示生产甲、乙产品 的数量,在(2)的条件下, x 、 y 为何值时

表三
用 量 产品 项 目

工人(名) 8

资金(万元) 5

z ? xE? ? yE? 最大?最大值是多少?



2 10 乙 (解答时须给出图示) 分析 本题主要考查相互独立事件的概率、随机变量的分布列及期望、线性规划模型的建立与

求解等基础知识,考查通过建立简单的数学模型以解决实际问题的能力. 解(1) P , 甲 ? 0.8 ? 0.85 ? 0.68 (2)随机变量 ? 、 ? 的分别列是

P 乙 0.75? 0.8 ? 0.6.

?
P

5 0.68

2.5 0.32

?
P

2.5 0.6

1.5 0.4

E? ? 5 ? 0.68 ? 2.5 ? 0.32 ? 4.2, E? ? 2.5 ? 0.6 ? 1.5 ? 0.4 ? 2.1.
?5 x ? 10 y ? 60, ? (3)由题设知 ?8 x ? 2 y ? 40, ? ? x ? 0, ? ? y ? 0.
目标函数为 z ? xE? ? yE? ? 4.2 x ? 2.1y. 作出可行域(如图) 作直线 l : 4.2 x ? 2.1y ? 0, 将 l 向右上方平移至 l1 位置时,直线经过可行域上 的点 M 点与原点距离最大,此时 z ? 4.2 x ? 2.1y

y

l1
l
M

取最大值. 解方程组 ?

?5 x ? 10 y ? 60, ?8 x ? 2 y ? 40.

o

8x ? 2 y ? 40

5 x ? 10y ? 60

x

得 x ? 4, y ? 4. 即 x ? 4, y ? 4 时,z 取最大值,

4.2 x ? 2.1y ? 0

z 的最大值为 25.2 . 说明 线性规划与概率都是新课程中增加的内容, 概率与线性规划牵手,给人耳目一新的感 觉,这种概率与其他的交汇使概率内容平添了新的灵气,焕发出新的活力. 例 5 街道旁边有一游戏:在铺满边长为 9cm 的正方形塑料板的宽广地而上,掷一枚半径为 1 cm 的小圆板.规则如下:每掷一次交 5 角钱.若小圆板压在边上.可重掷一次;若掷在正方形内.须 再交 5 角钱可玩一次;若掷在或压在塑料板的顶点从上.可获得一元钱.试问: (1)小圆板压在塑料板的边上的概率是多少? (2)小圆板压在塑料板顶点从上的概率是多少? 分析 小圆板中心用 O 表示,考察 O 落在 BCD 的哪个范围时,能使 圆板与塑料板 A BCF 的边相交接,又 O 落在哪个范围时能使圆板 与 A B CD 的顶点从相交接. 解 (1)因为 O 落在正方形 ABCD 内任何位置是等可能的,圆板 与正方形塑料 ABCD 的边相交接是在圆板的中心 O 到与它靠

近的边的距离不超过 1 时,而它与正方形相接触的边对于一个 正方形来说是一边或两边.所以 O 落在图 1 阴影部分时,小圆板 就能与塑料板 A BCD 边相交,这个范围面积等于 92-72=32,因此 32 32 所求概率是 92 =81. (2)小圆板与正方形的顶点相交接是在中心 O 与正方形的顶点从的距离不超 过圆板的半径 1 时,如图 2 阴影部分,四块合起来而积为 π , 故所求概率是81.

图1

π

图2 例 6(1)一次数学测验,由 20 个选择题构成,每个选择题有 4 个选择项,其中有且仅有一个是 正确的.若某学生在测验中对每题都从 4 个选项中随机地选择 1 个,求该生在这次测验中答对 多少个题的概率最大? (2)将一枚骰子任意地抛掷 500 次,问一点出现多少次的概率最大? 1 解 (1)设该生在测验中,答对题的个数为ξ ,由题意知,ξ 服从二项分布,即ξ ~B(20, ) 4 1 所以 Eξ =np=20× =5(恰为整数) 4 故该生在这次测验中答对 5 个题的概率最大. (2)设ξ 表示将一骰子抛掷 500 次一点出现的次数,由题意知ξ 服从二项分布,即ξ ~B(500, 1 6), 1 1 则 Eξ =np=500× =83 . 所以出现次数概率最大的ξ 取值可能是 83 或 84. 6 3 比较 p(ξ =83)与 p(ξ =84)得 P(ξ =83)>P(ξ =84).因此一点出现 83 次的概率最大.

情景再现
3.(2005 年全国高考湖南卷)某城市有甲、乙、丙 3 个旅游景点,一位客人游览这三个景点的 概率分别是 0.4,0.5,0.6,且客人是否游览哪个景点互不影响,设ξ 表示客人离开该城市时 游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值. (1)求ξ 的分布及数学期望; (2)记“函数f(x)=x2-3ξ x+1在区间[2,+∞ ) 上单调递增”为事件A,求事件A的概 率. 4.(2002 年安徽省高中数学竞赛题)甲乙两人相约 10 天之内在某地会面.约定先到的人等候另 一个人经过 3 天以后方可离开.若他们在限期内到达目的地是等可能的.则此两人会面的概率 为 .

C 类例题
例 7 已知圆 O,任作它的三条切线.圆 O 是这三条切线所成三角形的内切圆与是傍切圆的 1 概率的比为3. 解 设 PA、PB 为两条切线,切点为 A,B.它们的对径点分别为 A',B'.

⌒ 当且仅当切点在 A'B'上,第三条切线与 PA,PB 组成的三角形以⊙O 为内切圆. ⌒ 于是,设 AB 的弧度数为 α ,则若第三个切点在 一个弧度数为 α 的弧上,⊙O 是内切圆.而在一个 弧度数为 2 π - α 的弧上,⊙O 是傍切圆. ⌒ 在 AB 的弧度数为 π - α 时,若第三个切点在一个弧度数为 π - α 的弧上, ⊙O 是内切圆.而在一个弧度数为 2 π -( π - α )= π + α 的弧上,⊙O 是傍切圆. 将这两种情况合在一起,即得使⊙O 为内切圆的切点所在弧为 α +( π - α )= π , 1 而使⊙O 为傍切圆的切点所在弧为(2 π - α )+( π + α )=3 π ,两者之比为 , 3 1 对每一一对弧均是如此.所以概率之比为3 例 8 在长为 a+b+c 的线段上,随意量出长为 a,b 的两段. c2 求证:(1)这两段没有公共点的概率为 (c+a)(c+b) (c+d)2 (2)这两段的公共部分不超过 d 的概率为 (d<a,b) (c+a)(c+b) 解 如图(1),(2),设一段为 CD=a,一段为 EF=b,而 AC=x,AE=y,则 0<x<b+c,0<y <a+c.

(1)两段没有公共点,则 y>a+x 或 x>y+b.它们构成图(3)中的阴影部分, c2 这两个三角形的面积和为 c2,所述概率为 (c+a)(c+b) (2)两段的公共部分不超过 d,则 y+d>a+x 或 x+d>y+b. (c+d)2 则它们构成图(4)中的阴影部分,所述概率为 (c+a)(c+b)

情景再现
5. 某先生居住在城镇的 A 处,准备开车到单位 B 处上班,若该地各路段发生 堵车事件都是相互独立的,且在同一路段发生堵车事件最多只有一次,发生堵 车事件的概率如下图(例如,A→C→D 算作两个路段:路段 AC 发生堵车事件

的概率为

1 1 ,路段 CD 发生堵车事件的概率为 ) . 10 15

(1)请你为其选择一条由 A 到 B 的路线,便得途中发生堵车事件的概率最小; (2)若记路线A→C→F→B中遇到堵车次数为随机变量 ? ,求 ? 的数学期望E ? . 6.在一条长为 a+b 的线段上,随机量出长为 a、b 的两段. c2 证明这两段的公共部分不超过 c 的概率为 (c<a,b),而较短的一段(长为 b)完全落在较长 ab a-b 的一段(长为 a)内的概率是 . a

习题 20

A 类题
1. 事件 A 出现的概率是 含 p 的区间是 A、

3 2 ,事件 B 出现的概率是 .设 p 是 A 和 B 同时出现的概率. 那么包 4 3

? 1 1? , . ? ?12 2 ? ?

B、

? 5 1? , . ? ?12 2 ? ?

C、

?1 2? , . ? ?2 3? ?

D、

? 5 2? , . ? ?12 3 ? ?
.

2. 设 P 在[0,5]上随机地取值,则方程 x2+px+

p 1 ? =0 有实根的概率为 4 2

3. 一套重要资料锁在一个保险柜中,现有 n 把钥匙依次分给 n 名学生依次开柜,但其中只有 一把真的可以打开柜门,平均来说打开柜门需要试开的次数为( ) A. 1 B. n C.

n ?1 2

D.

n ?1 2

4. (2005 年全国高考江西理科卷)A、B 两位同学各有五张卡片,现以投掷均匀硬币的形式进行 游戏,当出现正面朝上时 A 赢得 B 一张卡片,否则 B 赢得 A 一张卡片.规定掷硬币的次数达 9 次时,或在此前某人已赢得所有卡片时游戏终止.设 ? 表示游戏终止时掷硬币的次数. (1)求 ? 的取值范围; (2)求 ? 的数学期望 E ? . 5. (2005 年全国高考北京卷)甲、乙两人各进行 3 次射击,甲每次击中目标的概率为 次击中目标的概率为 . (Ⅰ)记甲击中目标的次数为ξ ,求ξ 的概率分布及数学期望 Eξ ; (Ⅱ)求乙至多击中目标 2 次的概率; (Ⅲ)求甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率. 6. 对三种型号的计算器进行质量检验,它们出现故障的概率分别是 0.1、0.2、0.15,检 验时,每种计算器选取一台,设 ? 表示出现故障的计算器的台数.

1 ,乙每 2

2 3

(I)求 ? 的概率分布; (II)求 E? .

B 类题
7. (2005 年全国高考广东卷)箱中装有大小相同的黄、白两种颜色的乒乓球,黄、白乒乓球的 数量比为 s:t.现从箱中每次任意取出一个球,若取出的是黄球则结束,若取出的是白球,则 将其放回箱中,并继续从箱中任意取出一个球,但取球的次数最多不超过 n 次,以ξ 表示取 球结束时已取到白球的次数. (Ⅰ)求ξ 的分布列; (Ⅱ)求ξ 的数学期望. 8. (2005 年全国高考重庆理科卷)在一次购物抽奖活动中,假设某 10 张券中有一等奖券 1 张, 可获价值 50 元的奖品;有二等奖券 3 张,每张可获价值 10 元的奖品;其余 6 张没有奖,某 顾客从此 10 张券中任抽 2 张,求: (Ⅰ)该顾客中奖的概率; (Ⅱ)该顾客获得的奖品总价值 ? (元)的概率分布列和期望 E? . 9. 设一部机器在一天内发生故障的概率为 0.2,机器发生故障时全天停止工作.若一周 5 个工 作日里均无故障,可获利润 10 万元;发生一次故障可获利润 5 万元,只发生两次故障可获利 润 0 万元,发生三次或三次以上故障就要亏损 2 万元.求一周内利润期望. 10. 某市出租车的起步价为 6 元,行驶路程不超过 3km 时,租车费为 6 元, 若行驶路程过 3km, 则按每超出 1km (不足 1km 也按 1km 计程) 收费 3 元计费. 设 出租车一天行驶的路程数 ? (按整 km 数计算,不足 1km 的自动计为 1km)是一个随机 变量,则其收费数 ? 也是一个随机变量. 已知一个司机在某个月中每次出车都超过了 3km,且一天的总路程数可能的取值是 200、220、240、260、280、300(km) ,它们出 2 现的概率依次是 0.12、0.18、0.20、0.20、100a +3a、4a. (1)求作这一个月中一天行驶路程 ? 的分布列,并求 ? 的数学期望和方差; (2)求这一个月中一天所收租车费 ? 的数学期望和方差.

C 类题
11. 一副纸牌共 N 张,其中有三张 A. 现随机地洗牌,然后从顶上开始一张接一张

地翻牌,直翻到第二张 A 出现为止.求证:翻过的牌数的数学期望是 2 .
12. n(n+1) 2 不同的数排列成一个三角形 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ? ☆ ☆ ☆? ☆ ☆ 设 Mk 是从上往下第 k 行中最大数,求 Mk 是 M1<M2<?<Mn 是的概率. 本节“情景再现”解答: 1.(1) ? 的可能值为-300,-100,100,300.

N+1

P( ? =-300)=0.23=0.008, P( ? =-100)=3×0.22×0.8=0.096, P( ? =100)=3×0.2×0.82=0.384, P( ? =300)=0.83=0.512, 所以 ? 的概率分布为

?
P

-300 0.008

-100 0.096

100 0.384

300 0.512

根据 ? 的概率分布,可得 ? 的期望 E ? =(-300)×0.08+(-100)×0.096+100×0.384+300×0.512=180. (2)这名同学总得分不为负分的概率为 P( ? ≥0)=0.384+0.512=0.896. 2. 方案 1:单独采用一种预防措施的费用均不超过 120 万元.由表可知,采用甲措施,可使此 突发事件不发生的概率最大,其概率为 0.9. 方案 2:联合采用两种预防措施,费用不超过 120 万元,由表可知.联合甲、丙两种预防措施 可使此突发事件不发生的概率最大,其概率为 1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97. 方法 3: 联合采用三种预防措施,费用不超过 120 万元, 故只能联合乙、丙、丁三种预防措施, 此时突发事件不发生的概率为 1—(1—0.8)(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976. 综合上述三种预防方案可知,在总费用不超过 120 万元的前提下,联合使用乙、丙、丁三种 预防措施可使此突发事件不发生的概率最大. 3.(1)分别记“客人游览甲景点” , “客人游览乙景点” , “客人游览丙景点” 为事件 A1,A2,A3. 由已知 A1,A2,A3 相互独立,P(A1)=0.4,P(A2)=0.5, P(A3)=0.6. 客人游览的景点数的可能取值为 0,1,2,3. 相应地,客人没有游览的景点数的可能取 值为 3,2,1,0,所以 ? 的可能取值为 1,3. P( ? =3)=P(A1·A2·A3)+ P( A1 ? A2 ? A3 ) = P(A1)P(A2)P(A3)+P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) ) =2×0.4×0.5×0.6=0.24, P( ? =1)=1-0.24=0.76. 所以 ? 的分布列为 E ? =1×0.76+3×0.24=1.48. (2)解法一 因为 f ( x) ? ( x ?

?
P

1 0.76

3 0.24

3 2 9 ?) ?1? ? 2, 2 4

2 所以函数 f ( x) ? x ? 3?x ? 1在区间[ ? ,?? ) 上单调递增,

3 2

要使 f ( x)在[2,??) 上单调递增,当且仅当 ? ? 2, 即? ? 从而 P ( A) ? P (? ?

3 2

4 . 3

4 ) ? P(? ? 1) ? 0.76 . 3

解法二: ? 的可能取值为 1,3. 当 ? =1 时,函数 f ( x) ? x 2 ? 3x ? 1在区间 [2,??) 上单调递增, 当 ? =3 时,函数 f ( x) ? x 2 ? 9 x ? 1在区间 [2,??) 上不单调递增.0 所以 P( A) ? P(? ? 1) ? 0.76. 4. 解 设甲乙两人分别在第 x,y 天到达某地.0≤x ≤10,0≤y ≤10.他们会而的充 要条件是|x-y|≤3.则点(x,y)分布在如图正方形 OABC 内,其基木事件 S 为介于 100-(10-3)2 51 两直线 x-y= ±3 之间的阴影内.故所求概率 p= = 100 100 5. (1)记路段 MN 发生堵车事件为 MN. 因为各路段发生堵车事件都是独立的, 且在同一路段发生堵车事件最多只有一次, 所以路线 A
D B )= 1-P( AC )· CD · →C→D→B 中遇到堵车的概率 P1 为 1-P( AC · P( CD ) ·P( D B ) = 1-[1-P(AC)][1-P(CD)[1-P(DB)]

=1-

9 14 5 3 · · = 10 15 6 10

同理:路线 A→C→F→B 中遇到堵车的概率为 P2 为
CF · FB )= 1-P( AC ·

239 3 (小于 ) 10 800

路线 A→E→F→B 中遇到堵车的概率 P3 为
EF · FB )= 1-P( AE ·

3 91 (小于 ) 10 300

显然要使得由 A 到 B 的路线途中发生堵车事件的概率最小, 只可能在以上三条路线中选择. 因 此选择路线 A→C→F→B,可使得途中发生堵车事件的概率最小. (2)路线 A→C→F→B 中遇到堵车次数 ? 可取值为 0,1,2,3.
FB )= CF · P( ? =0)= P( AC ·

561 . 800

FB )+P( AC · CF · P( ? =1)= P(AC· CF · FB )+P( AC · CF· FB)

=

1 17 11 9 3 11 9 17 1 637 · · + · · + · · = , 10 20 12 10 20 12 10 20 12 2400

P( ? =2)=P(AC·CF· FB )+P(AC· CF ·FB)+P( AC ·CF·FB)

=

1 3 11 1 17 1 9 3 1 77 · · + · · + · · = 10 20 12 10 20 12 10 20 12 2400

P( ? =3)=P(AC·CF· FB)= ∴E ? = 0 ×

1 1 3 3 · · = 10 20 12 2400

561 637 77 3 1 ? 1? ? 2? ? 3? ? . 800 2400 2400 2400 3 1 . 3

答:路线 A→C→F→B 中遇到堵车次数的数学期望为

6. 如图(1),(2),设一段为 CD=a,一段为 EF=b,而 AC=x, AE=y,则 0≤x≤b,0≤y≤a. (1)公共部分不超过 c,即 x+a-y<c 或 y+b-x<c

c2 它们构成图(3)中的两个三角形.面积的和为 c2.所以所述概率为ab (2)较短的一条完全落在较长的一条内,即 x<y 并且 a-y>b-x a -b 它们构成图(4)中的平行四边形.面积与长方形的比为 a , a- b 即所述概率为 a . 本节“习题 20”解答: 1. 选 D. 设 P(E) 表示事件 E 出现的概率.由公式 P(A∪B)=P(A)+P(B) -P(A∩B), ∴ p= P(A ∩ B)= P(A)+P(B) - P(A ∪ B) = max{P(A),P(B)}=

3 2 ? - P(A ∪ B), 其 中 1 ≥ P(A ∪ B) ≥ 4 3

3 . 4

3 2 3 2 3 5 2 ? -1≤p≤ ? - ,即 ≤p≤ . 4 3 4 3 4 3 12 P 1 2. 一元二次方程有实数根 ? Δ≥0 而 Δ=P2-4( ? )=P2-P-2=(P+1)(P-2), 4 2
因而

解得 P≤-1 或 P≥2, 故所求概率为 P=

[0.5] ? {(?? ,?1] ? [2,?? )}的长度 3 ? [0,5]的长度 5

3. C 提示:当 n =2 时,打开柜门需要的次数为

3 ,故答案为 C 或已知每一位学生打开柜 2

门 的 概 率 为

1 , 所 以 打 开 柜 门 次 数 的 平 均 数 ( 即 数 学 期 望 ) 为 n 1 1 1 n ?1 1? ? 2 ? ? ? ? n ? ? ,故答案为 C n n n 2

?| m ? n |? 5 ? 4. (1)设正面出现的次数为 m,反面出现的次数为 n,则 ?m ? n ? ? ,可得: ?1 ? ? ? 9 ?

当m ? 5, n ? 0或m ? 0, n ? 5时, ? ? 5;当m ? 6, n ? 1或m ? 1, n ? 6时, ? ? 7; 当m ? 7, n ? 2或m ? 2, n ? 7时, ? ? 9; 所以?的所有可能取值为 : 5,7,9.
5 (2) P(? ? 5) ? 2 ? ( ) ?

1 2

2 1 5 1 1 7 ? ; P(? ? 7) ? 2C 5 ( ) ? ; 32 16 2 64

1 5 55 ? ? ; 16 64 64 1 5 55 275 E? ? 5 ? ? 7 ? ? 9? ? . 16 64 64 32 P (? ? 9) ? 1 ?
1 3 P (? ? ?? ? C30 ( )3 ? ; 2 8 5. (I) 3 1 1 3 P(? ? 1? ? C3 ( ) ? ; 2 8 3 3 1 3 P (? ? 3? ? C3 ( ) ? ; 2 8

1 3 P(? ? 2? ? C32 ( )3 ? ; 2 8

? 的概率分布如下表:

?
P

0

1

2

3

1 8

3 8

3 8

1 8

1 3 3 1 1 E? ? 0. ? 1. ? 2. ? 3. ? 1.5( 或 E? ? 3. ? 1.5.) 8 8 8 8 2 2 19 3 3 . (II)乙至多击中目标 2 次的概率为 1 ? C3 ( ) ? 3 27
(III)设甲恰比乙多击中目标 2 次为事件 A,甲恰击中目标 2 次且乙恰击中目标 0 次 为事件 B1 ,甲恰击中目标 3 次且乙恰击中目标 1 次为事件 B2 ,则 A ? B1 ? B2 .

B1, B2 为互斥事件.
3 1 1 2 1 P( A) ? P( B1 ) ? P( B2 ) ? . ? . ? . 8 27 8 9 24 1 所以,甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率为 . 24
6. 设三台计算器出现故障的事件分别为 A、B、C,则 A、B、C 相互独立

(I)由已知 P( A) ? 01 . ,P( B) ? 0.2,P(C) ? 015 .

P( A) ? 0.9,P( B ) ? 08 . ,P(C ) ? 085 .
于是, P(? ? 0) ? P( A,B ,C ) ? P( A) ·P( B ) ·P(C )

? 0.9 ? 0.8 ? 0.85 ? 0.612

P?? ? 1? ? P( A·B·C ) ? P( A·B·C ) ? P( A·B ·C)
? 01 . ? 0.8 ? 0.85 ? 0.9 ? 0.2 ? 0.85 ? 0.9 ? 0.8 ? 015 . ? 0.068 ? 0153 . ? 0108 . ? 0.329

P?? ? 2? ? P( A·B·C ) ? P( A·B·C) ? P( A·B ·C)
? 01 . ? 0.2 ? 0.85 ? 0.9 ? 0.2 ? 015 . ? 01 . ? 0.8 ? 015 . ? 0.017 ? 0.027 ? 0.012 ? 0.056

P?? ? 3? ? P( A·B·C) ? P( A)·P( B)·P(C)

? 01 . ? 02 . ? 015 . ? 0003 .
(II) E? ? 0 ? 0.612 ? 1 ? 0.329 ? 2 ? 0.056 ? 3 ? 0.003

? 0329 . ? 0112 . ? 0009 . ? 045 .
7. (I)ξ 的分布列为 ξ p 0 1 2 … … n-1 n

s s?t

st (s ? t ) 2

st 2 ( s ? t )3

st n ?1 (s ? t )n

tn (s ? t ) n
期望为:

(II) ? 的数学

E? ? 0 ?

s st st 2 st n ?1 tn ? 1? ? 2? ? ... ? (n ? 1) ? ? n? …(1) 2 3 n s?t (s ? t ) (s ? t ) (s ? t ) (s ? t )n

t st 2 2st 3 (n ? 2) st n ?1 (n ? 1) st n nt n ?1 E? ? ? ? ... ? ? ? …(2) s?t ( s ? t )3 ( s ? t ) 4 (s ? t )n ( s ? t ) n ?1 ( s ? t ) n ?1
(1)-(2)得: E? ?

t nt n ?1 (n ? 1)t n (n ?1)t n ? ? ? s s (s ? t ) n (s ? t ) n s (s ? t ) n ?1

.

8. 解法一: (Ⅰ) P ? I ?

2 C6 2 15 2 ? 1? ? ,即该顾客中奖的概率为 . 2 3 45 3 C10

(Ⅱ) ? 的所有可能值为:0,10,20,50,60(元).

且P(? ? 0) ? P(? ? 20) ?

1 1 C 62 1 C3 C6 2 ? , P ( ? ? 10 ) ? ? , 2 2 5 C10 3 C10

1 1 C32 C1 C6 1 2 ? , P ( ? ? 50 ) ? ? , 2 2 15 C10 15 C10

1 1 C1 C3 1 P(? ? 60) ? ? . 2 15 C10

故 ? 有分布列:

?
P

0

10

20

50

60

1 3

2 5

1 15

2 15

1 15

从而期望 E? ? 0 ?

1 2 1 2 1 ? 10 ? ? 20 ? ? 50 ? ? 60 ? ? 16. 3 5 15 15 15
1 1 2 (C4 C6 ? C 4 ) 30 2 ? ? , (Ⅱ) ? 的分布列求法同解法一 2 45 3 C10

解法二: (Ⅰ) P ?

由于 10 张券总价值为 80 元, 即每张的平均奖品价值为 8 元, 从而抽 2 张的平均奖品价值 E? =2 ×8=16(元). 9. 以 X 表示一周 5 天内机器发生故障的天数,则 X-B(5,0.2),于是 X 有概率分布

?10 ? ?5 - k P(X=k)=C 5 0.2k0.85 k,k=0,1,2,3,4,5. 以 Y 表示一周内所获利润,则 Y=g(X)= ? ?0 ?? 2 ?

若X ? 0 若X ? 1 若X ? 2 若X ? 3

Y 的概率分布为:P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328 . P(Y=5)=P(X=1)=C 1 0.84=0.410 5 0.2·
2 P(Y=0)=P(X=2)=C 5 · 0.22· 0.83=0.205. P(Y=-2)=P(X≥3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)=0.057. 故

一周内的期望利润为:EY=10× 0.328+5× 0.410+0× 0.205-2× 0.057=5.216(万元) 10. (1)由概率分布的性质 2 有,0.12+0.18+0.20+0.20+100a2+3a+4a=1,

?100a 2 ? 7a ? 0.3

?1000 a 2 ? 70 a ? 3 ? 0, a ?

3 1 , 或a ? ? (舍去), 即a ? 0.03,?100 a 2 ? 3a ? 0 100 10

18,4a=0.12,? ? 的分布列为

?
P

200 0.12

220 0.18

240 0.20

260 0.20

280 0.18

300 0.12

? E? ? 200? 0.12 ? 220? 0.18 ? 240? 0.20 ? 260? 0.20 ? 280? 0.18 ? 300? 0.12 ? 250(km)

D? ? 502 ? 0.12 ? 302 ? 0.18 ? 102 ? 0.20 ? 102 ? 0.20 ? 302 ? 0.18 ? 502 ? 0.12 ? 964 ;
(2)由已知 ? ? 3? ? 3(? ? 3, ? ? Z ),? E? ? E (3? ? 3) ? 3E? ? 3 ? 3 ? 250 ? 3 ? 747(元)

D? ? D(3? ? 3) ? 32 D? ? 8676 .
11. 对于每种翻过的牌数为 k 的情况, 如果将牌序倒过来, 即倒数第一张成为最上面的第一张, 倒数第二张成为第二张,?,第一张成为最后一张,那么就得出一种翻过的牌数为 N+1-k 的 N+1 情况,反之亦然.因此,将这些情况两两配对(翻过的牌数为 2 的情况不必配对),平均张数 为 N+1 N+1 .因此,所述数学期望为 . 2 2 2k ,则对 n=k+1,最大的数第 k+1 行的概率为 (k+1)!

2 12.设所求的概率为 Pn, P1=1, P2=3, 设 Pk= k+1 2 = (k+1)(k+2) k+2 2

2 2k+1 2n 因此 Pk+1,= k+2Pk= ,所以对所有 n Pn= . (k+2)! (n+1)!


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