第60讲-概率2(习题导学案教案)(奥数实战演练习题).doc

1、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)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

2、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，甲答对试题数的概率分布如下：0123P甲答对试题数的数学期望E=0123=（2）设甲、乙两人考试合格的事件分别为A、B，则P(A)=，P(B)=因为事件A、B相互独立，甲、乙两人考试均不合格的概率为：P()=P()P()=1)(1)=甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为：P=1P()=1=答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为

3、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03，一旦发生，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09和085 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

4、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 不采取预防措施时，总费用即损失期望为40003=120（万元）；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109=01，损失期望值为40001=40（万元），所以总费用为45+40=85（万元）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1085=015，损失期望值为400015=60（万元），所以总费用为30+60=90（万元）；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（109）（1085）=0015，损失期望值为4000015=6（万

5、元），所以总费用为75+6=81（万元）综合、，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)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08，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

6、如下表：预防措施甲乙丙丁P0.90.80.70.6费用（万元）90603010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A队队员胜的概率A队队员负的概率A1对B1A2对B2A3对B3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 x、h () 求 x、h 的概

7、率分布；() 求Ex、Eh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 () x、h 的可能取值分别为3, 2, 1, 0. P(x = 3) = （即A队连胜3场） P(x = 2) = （即A队共胜2场） P(x = 1) = （即A队恰胜1场） P(x = 0) = （即A队连负3场）根据题意知 x + h = 3，所以 P(h = 0) = P(x = 3) = ，P(h = 1) = P(x = 2) = ， P(h = 2) = P(x = 1) = ，P(h = 3) = P(x = 0) = . () Ex = ； 因为x + h =

8、 3， 所以Eh = 3 Ex =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、两个等级，对每种产品，两道工序的加工结果都为级时，产品为一等品，其余均为二等品（1）已知甲、乙两种产品每一道工序的加工结果为级的概率如表一所示，分别求生产出的甲、乙产品为一等品的概率甲、乙；（2）已知一件产品的利润如表二所示，用、分别表示一件甲、乙产品的利润，在（）的条件下，求、的分布列及、；（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、分别表示生产甲、乙产品的数

9、量，在（2）的条件下，、为何值时最大？最大值是多少？（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）（2）随机变量、的分别列是 （3）由题设知目标函数为作出可行域（如图）作直线 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 取最大值 解方程组得即时，z取最大值，z的最大值为252 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

10、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

11、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9272=32,因此所求概率是=.(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,故所求概率是.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?解 (1)设该生在测验中，答对题的个数为，

12、由题意知，服从二项分布，即B(20,)所以E=np=20=5(恰为整数)故该生在这次测验中答对5个题的概率最大.(2)设表示将一骰子抛掷500次一点出现的次数，由题意知服从二项分布，即B(500, )，则E=np=500=83. 所以出现次数概率最大的取值可能是83或84.比较p(=83)与p(=84)得P(=83)P(=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）求的分

13、布及数学期望；（2）记“函数f(x)x23x1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概率的比为解 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 上，第三条切线与PA，PB组成的三角形以O为内切圆于是，设的弧度数为，则若第三个切点在一个弧度数为的弧上，O是内切圆而在一个弧度数为2的弧上，O是傍切圆

14、在的弧度数为时，若第三个切点在一个弧度数为的弧上，O是内切圆而在一个弧度数为2()=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()=，而使O为傍切圆的切点所在弧为(2)+()=3,两者之比为,对每一一对弧均是如此所以概率之比为例8 在长为a+b+c的线段上，随意量出长为a，b的两段求证：(1)这两段没有公共点的概率为 (2)这两段的公共部分不超过d的概率为 (da,b)解 如图(1)，(2)，设一段为CD=a，一段为EF=b，而AC=x，AE=y，则0xb+c，0ya+c(1)两段没有公共点，则ya+x或xy+b它们构成图(3)中的阴影部分，这两个三角形的面积和为c

15、2，所述概率为(2)两段的公共部分不超过d，则y+da+x或x+dy+b则它们构成图(4)中的阴影部分，所述概率为情景再现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，ACD算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为）（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ACFB中遇到堵车次数为随机变量，求的数学期望E6在一条长为a+b的线段上，随机量出长为a、b的两段证明这两段的公共部分不超过c的概率为 (ca，b)，

16、而较短的一段(长为b)完全落在较长的一段(长为a)内的概率是习题20 A类题1. 事件A出现的概率是,事件B出现的概率是.设p是A和B同时出现的概率. 那么包含p的区间是A、. B、. C、. D、.2. 设P在0,5上随机地取值，则方程x2+px+=0有实根的概率为 .3. 一套重要资料锁在一个保险柜中，现有把钥匙依次分给名学生依次开柜，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 B C D 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

17、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，乙每次击中目标的概率为 （）记甲击中目标的次数为，求的概率分布及数学期望E；（）求乙至多击中目标2次的概率；（）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01、02、015，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 （I）求的概率分布；（II）求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，

18、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，以表示取球结束时已取到白球的次数 （）求的分布列；（）求的数学期望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： （）该顾客中奖的概率；（）该顾客获得的奖品总价值（元）的概率分布列和期望.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

19、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），它们出现的概率依次是012、018、020、020、10

20、0a23a、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12. 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M1M2Mn是的概率.本节“情景再现”解答： 1.（1）的可能值为300，100，100，300P（=300）=023=0008， P（=100）=302208=0096，P（=100）=302082=0384， P（=300）=083=0512，所以

21、的概率分布为300100100300P0008009603840512根据的概率分布，可得的期望E=（300）008（100）009610003843000512=180（2）这名同学总得分不为负分的概率为P（0）=03840512=08962. 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(10.9)(10.7)=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、

22、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为1（10.8）(10.7)(10.6)=10.024=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（A1A2A3）+ P（）= P（

23、A1）P（A2）P（A3）+P（）=20.40.50.6=0.24，P（=1）=10.24=0.76.所以的分布列为E=10.76+30.24=1.48.（2）解法一 因为所以函数上单调递增，要使上单调递增，当且仅当从而解法二：的可能取值为1，3.当=1时，函数上单调递增，当=3时，函数上不单调递增.0所以4. 解 设甲乙两人分别在第x,y天到达某地.0x 10,0y 10.他们会而的充要条件是xy3.则点(x,y)分布在如图正方形OABC内,其基木事件S为介于两直线xy= 3之间的阴影内.故所求概率p=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

24、堵车事件最多只有一次，所以路线ACDB中遇到堵车的概率P1为1P（）= 1P（）P（）P（） = 11P（AC）1P（CD）1P（DB）=1 = 同理：路线ACFB中遇到堵车的概率为P2为1P（）=（小于） 路线AEFB中遇到堵车的概率P3 为1P（）=（小于） 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ACFB，可使得途中发生堵车事件的概率最小 （2）路线ACFB中遇到堵车次数可取值为0，1，2，3P（=0）= P（）= P（=1）= P（AC）P(CF)P(FB) =， P（=2）=P（ACCF）P（ACFB）P（CFFB） = P（=3）=

25、P（ACCF）= E= 0 答：路线ACFB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0xb，0ya (1)公共部分不超过c，即 x+ayc或y+bxc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(2)较短的一条完全落在较长的一条内，即xy并且aybx它们构成图(4)中的平行四边形面积与长方形的比为, 即所述概率为.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(AB)=P(A)+P(B) P(AB),p= P(AB)= P(A)+P(B) P(AB) =P(AB), 其中1

26、P(AB) maxP(A),P(B)=. 因而 1p,即 p.2. 一元二次方程有实数根0而=P24()=P2P2=(P+1)(P2), 解得P1或P2, 故所求概率为P=3. C 提示：当=2时，打开柜门需要的次数为，故答案为C 或已知每一位学生打开柜门的概率为，所以打开柜门次数的平均数（即数学期望）为，故答案为C 4. （1）设正面出现的次数为m，反面出现的次数为n，则，可得：（2）5. （I）的概率分布如下表：0123P或（II）乙至多击中目标2次的概率为（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,甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件,则为互

27、斥事件.所以,甲恰好比乙多击中目标2次的概率为.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 于是， （II） 7. (I)的分布列为012n1np(II) 的数学期望为：(1)(2)(1)(2)得：.8. 解法一：（），即该顾客中奖的概率为.（）的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）. 010205060P故有分布列：从而期望解法二：（）（）的分布列求法同解法一由于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=28=16（元）.9. 以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则XB(5，0.2)，于是X有概率分布P

28、(X=k)=C0.2k0.85k,k=0,1,2,3,4,5. 以Y表示一周内所获利润，则Y=g(X)=Y的概率分布为：P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328 . P(Y=5)=P(X=1)=C0.20.84=0.410P(Y=0)=P(X=2)=C0.220.83=0.205. P(Y=2)=P(X3)=1P(X=0)P(X=1)P(X=2)=0.057. 故一周内的期望利润为：EY=100.328+50.410+00.20520.057=5.216(万元)10. （1）由概率分布的性质2有，012018020020100a23a4a=1，18，4a=012，的分布列为200220240260280300P012018020020018012 （2）由已知(元)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+1k的情况，反之亦然因此，将这些情况两两配对(翻过的牌数为的情况不必配对)，平均张数为因此，所述数学期望为.12.设所求的概率为Pn, P1=1, P2=, 设Pk= ,则对n=k+1,最大的数第k+1行的概率为 = 因此Pk+1,= Pk=,所以对所有n Pn= .