第五章 统计与概率的应用-高中数学必修第二册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第五章】 统计与概率的应用 一．选择题（共19小题） 1．甲、乙两人进行了3轮投篮比赛，每轮比赛甲、乙各投篮一次，已知甲每轮投籃命中的概率为，乙每轮投篮命中的概率是，3轮比赛后，命中球数多的人获胜．在每轮投篮比赛中，甲、乙投篮是否命中互不影响，各轮结果也互不影响，则3轮比赛结束后甲获胜的概率是（　　） A． B． C． D． 2．甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为、第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为（　　） A． B． C． D． 3．在一次抗洪抢险中，准备用射击的方法引爆漂流的汽油桶．现有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击相互独立，且命中概率都是．则打光子弹的概率是（　　） A． B． C． D． 4．设小明乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4．汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.7，0.9，则小明正点到达目的地的概率为（　　） A．0.78 B．0.82 C．0.87 D．0.49 5．直线x＝m，y＝x将圆面x2+y2≤4分成若干块，现用5种颜色给这若干块涂色，每块只涂一种颜色，且任意两块不同色，共有120种涂法，则m的取值范围是（　　） A． B．（﹣2，2） C． D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） 6．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1可能被错误的接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号为1时，接收为1和0的概率分别为p和1﹣p．假设发送信号0和1是等可能的．已知接收到1的概率为0.475，则p的值为（　　） A．0.8 B．0.85 C．0.9 D．0.95 7．一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回的依次随机摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（　　） A． B． C． D． 8．设甲、乙两个袋子中装有若干个均匀的白球和红球，且甲、乙两个袋中的球数比为1：3．已知从甲袋中摸到红球的概率为，而将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中摸到红球的概率为，则从乙袋中摸到红球的概率为（　　） A． B． C． D． 9．某科研院校培育大枣新品种，新培育的大枣单果质量近似服从正态分布N（90，4）（单位：g），现有该新品种大枣10000个，估计单果质量在（86，92）范围内的大枣个数约为（　　） 附：若X～N（μ，σ2）P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974． A．8185 B．8400 C．9974 D．9987 10．一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为（　　） A． B． C． D． 11．已知函数y＝（0≤x≤4）的值域为A，不等式x2﹣x≤0的解集为B，若a是从集合A中任取的一个数，b是从集合B中任取一个数，则a＞b的概率是（　　） A． B． C． D． 12．电信网络诈骗作为一种新型犯罪手段，已成为社会稳定和人民安全的重大威胁．2023年11月17日外交部发言人毛宁表示，一段时间以来，中缅持续加强打击电信诈骗等跨境违法犯罪合作，取得显著成效．此前公安部通过技术手段分析电信诈骗严重的地区，在排查过程，若某地区有10人接到诈骗电话，则对这10人随机进行核查，只要有一人被骗取钱财，则将该地区确定为“诈骗高发区”．假设每人被骗取钱财的概率为p（0＜p＜1）且相互独立，若当p＝p0时，至少排查了9人才确定该地区为“诈骗高发区”的概率取得最大值，则p0的值为（　　） A． B． C． D． 13．某校调查了该校学生在面对消极情绪时如何进行调节，其中听音乐调节的占，散步调节的占，休息调节的占，有 的学生散步或听音乐，有的学生休息或听音乐，则既散步又听音乐和既休息又听音乐的学生占（　　） A． B． C． D． 14．已知在10件产品中有2件次品，现从这10件产品中任取3件，用X表示取得次品的件数，则P（X＝1）＝（　　） A． B． C． D． 15．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.8和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（　　） A． B． C． D． 16．甲、乙两人组队参加禁毒知识竞赛，每轮比赛由甲、乙各答题一次，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则（　　） A．在第一轮比赛中，恰有一人答对的概率为 B．在第一轮比赛中，甲、乙都没有答对的概率为 C．在两轮比赛中，甲、乙共答对三题的概率为 D．在两轮比赛中，甲、乙至多答对一题的概率为 17．从一群参加志愿者活动的学生中抽取k人，每人分一件纪念品，然后让他们继续参与志愿者活动．过一会儿，再从中任取m人，发现其中有n人已领取纪念品，估计共有志愿者（　　）人． A． B． C．k+m﹣n D． 18．设不等式组所表示的区域为A，现在区域A中任意丢进一个粒子，则该粒子落在直线y＝x下方的概率为（　　） A． B． C． D． 19．某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（　　） A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 二．多选题（共10小题） （多选）20．已知事件A，B是相互独立事件，且，则（　　） A． B． C． D． （多选）21．今年是共建“一带一路”倡议提出十周年．某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品．设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个，要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品，已知甲同学参与了问卷调查，则（　　） A．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为 B．在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为 C．甲获得奖品的概率为 D．若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小 （多选）22．已知，．若随机事件A，B相互独立，则（　　） A． B． C． D． （多选）23．已知甲箱中有4个红球、3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，先从甲箱中取出一个球放入乙箱中，设事件A1，A2，A3分别表示由甲箱中取出红球、白球和黑球；再从乙箱中随机取出1个球．设事件B表示“由乙箱中取出的球是红球”，则下列结论正确的是（　　） A． B． C．事件B与事件A1相互独立 D．事件B与事件A1相互不独立 （多选）24．据《人民日报》报道，2020年10月份山东某城市在5天内完成了全城1000多万个检测，创造了世界纪录，也震惊了外媒．“中国速度”怎么做到的？其实真正的秘密在于“混采检测”．某兴趣小组利用“混采检测”进行试验，已知10只动物中有1只患有某种疾病，需要通过血液化验来确定患病的动物，血液化验结果呈阳性的为患病动物，下面是两种化验方案： 方案甲：将各动物的血液逐个化验，直到查出患病动物为止． 方案乙：先取5只动物的血液混在一起化验，若呈阳性，则对这5只动物的血液再逐个化验，直到查出患病动物；若不呈阳性，则对剩下的5只动物再逐个化验，直到查出患病动物（　　） A．若利用方案甲，平均化验次数为5.4 B．若利用方案乙，化验次数为3次的概率为0.2 C．若利用方案甲，化验次数为9次的概率为0.1 D．方案乙比方案甲更好 （多选）25．甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用A1，A2，A3表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则（　　） A． B． C． D． （多选）26．1990年9月，CraigF•Whitaker给《Parade》杂志“AskMarilyn”专栏提了一个问题（著名的蒙提霍尔问题，也称三门问题），在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道豪车在哪扇门后面．假定你初次选择的是1号门，接着主持人会从2、3号门中打开一道后面是山羊的门．则以下说法正确的是（　　） A．你获得豪车的概率为 B．主持人打开3号门的概率为 C．在主持人打开3号门的条件下，2号门有豪车的概率为 D．在主持人打开3号门的条件下，若主持人询问你是否改选号码，则改选2号门比保持原选择获得豪车的概率更大 （多选）27．小明与小华两人玩游戏，则下列游戏公平的有（　　） A．同时抛掷两枚骰子，向上的点数和为奇数，小明获胜，向上的点数和为偶数，小华获胜 B．同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上，小明获胜，两枚都正面向上，小华获胜 C．从一副不含大小王的52张扑克牌中抽取一张，抽到红心，小明获胜，抽到方片，小华获胜 D．小明、小华两人各写一个数字0或1，如果两人写的数字相同，小明获胜，否则小华获胜 （多选）28．已知盒子中装有形状，大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，记“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A，“第三张卡片所标数字为奇数”为事件B，“三张卡片所标数字均奇数”为事件C，则下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）29．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天做义工，选在哪一天的概率相同，且各自不受影响，则（　　） A．4位同学都选周六的概率为 B．4位同学都选周日的概率为 C．周六、周日都有同学做义工的概率为 D．恰好2位同学选在周六，另外2位同学选在周日的概率为 三．填空题（共8小题） 30．为缓解高三学习压力，某高中校举办一对一石头、剪刀、布猜拳比赛，比赛约定赛制如下：累计赢2局者胜，分出胜负即停止比赛；若猜拳4局仍末分出胜负，则比赛结束．在一局猜拳比赛中，已知每位同学赢、输、平局的概率均为，每局比赛的结果相互独立．现甲、乙两位同学对战，则甲同学比赛三局获胜的概率为 　 　；已知比赛进行了四局的前提下，两位选手未分出胜负的概率为 　 　． 31．某地自行车的牌照号码由六个数字组成，号码中每个数字可以是0到9这十个数字中的任一个．那么某人的一辆自行车牌照号码中六个数字中5恰好出现两次的概率是　 　（精确到0.0001）． 32．“黑白配”游戏，是小朋友最普及的一种游戏，很多时候被当成决定优先权的一种方式．它需要参与游戏的人（三人或三人以上）同时出示手势，以手心（白）、手背（黑）来决定胜负，当其中一个人出示的手势与其它人都不一样时，则这个人胜出，其他情况，则不分胜负．现在甲乙丙三人一起玩“黑白配”游戏．设甲乙丙三人每次都随机出“手心（白）、手背（黑）”中的某一个手势，则一次游戏中甲胜出的概率是　 　． 33．如图，开关电路中，某段时间内，开关S1，S2，S3开或关的概率均为，且相互独立，则这段时间内灯亮的概率为 　 　． 34．一批易碎货品共10件，由甲乙两辆运输车运送某地，甲车装有2个一级品，2个二级品，乙车装有4个一级品，2个二级品，到达目的地后发现甲乙两车分别打碎了一件货品，从余下的8件货品中随机抽取一件，得到一级品的概率为 　 　﹒（结果用既约分数表示） 35．甲、乙两人下围棋，约定：一人比另外一人多赢两局就结束，由于时间关系最多下七局．已知甲比乙的棋艺更好一些，每局赢的概率为，且两人无平局，则两人下七局才结束的概率为 　 　． 36．设在一次试验中事件A发生的概率为p（0＜p＜1），将此试验独立地重复n次，则第n次试验恰好事件A第2次发生的概率为 　 　． 37．设A，B是一个随机试验中的两个零件，若，，，则P（A）＝　 　． 四．解答题（共13小题） 38．为响应国家的“低碳环保”号召，在同一长途线路上，某客运公司投入4辆新能源汽车独立地试运行．在一次长途运行中，每辆新能源汽车至多出现1次故障，且出现故障的概率为． （1）在一次长途运行中，有新能源汽车出现故障的概率？ （2）已知一辆新能源汽车在一次长途运行中不出现故障或出现故障维修好均可收入1万元，出现1次故障要派2名工人配合才能维修好，且需支付每名工人户外补助500元一辆新能源汽车出现故障得不到维修，客运公司收入0万元．现该客运公司有4名维修工人，每名工人在一次长途运行中只能提供1次维修，则该客运公司在一次长途运行中收入的均值为多少万元？（保留两位小数）． 39．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理． （1）若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y（单位：元）关于当天需求量n（单位：枝，n∈N）的函数解析式． （2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得如表： 日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数 10 20 16 16 15 13 10 以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率． （i）若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润（单位：元），求X的分布列、数学期望及方差； （ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由． 40．一款小游戏的规则如下；每轮游戏都要进行3次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球、3个白球的袋中随机摸出2个球，若“摸出的两个都是红球”出现3次，则获得200分；若“摸出的两个都是红球”出现1次或2次，则获得20分；若“摸出的两个都是红球”出现0次，则扣除10分（即获得﹣10分）． （1）求一轮游戏中获得20分的概率； （2）很多玩过这款小游戏的人发现，很多轮游戏后，所得的分数与最初的分数相比，不是增加而是减少了，请运用概率统计的相关知识解释这种现象． 41．东方庄家给游人准备了这样一个游戏，他制作了“迷尼游戏板”：在一块倾斜放置的矩形胶合板上钉着一个形如“等腰三角形”的八行铁钉，钉子之间留有空隙作为通道，自上而下第1行2个铁钉之间有1个空隙，第2行3个铁钉之间有2个空隙，…，第8行9个铁钉之间有8个空隙（如图所示）．东方庄家的游戏规则是：游人在迷尼板上方口放入一球，每玩一次（放入一球就算玩一次）先付给庄家2元．若小球到达①②③④号球槽，分别奖4元、2元、0元、﹣2元．（一个玻璃球的滚动方式：通过第1行的空隙向下滚动，小球碰到第二行居中的铁钉后以相等的概率滚入第2行的左空隙或右空隙．以后小球按类似方式继续往下滚动，落入第8行的某一个空隙后，最后掉入迷尼板下方的相应球槽内）．恰逢周末，某同学看了一个小时，留心数了数，有80人次玩．试用你学过的知识分析，这一小时内庄家是赢是赔；通过计算，你想到了什么？ 42．象棋作为中华民族的传统文化瑰宝，是一项集科学竞技，文化于一体的智力运动，可以帮助培养思维能力，判断能力和决策能力．近年来，象棋也继围棋国际象棋之后，成为第三个进入普通高校运动训练专业招生项目的棋类项目．某校象棋社团组织了一场象棋对抗赛，参与比赛的40名同学分为10组，每组共4名同学进行单循环比赛．已知甲、乙、丙、丁4名同学所在小组的赛程如表： 第一轮 甲﹣乙 丙﹣丁 第二轮 甲﹣丙 乙﹣丁 第三轮 甲﹣丁 乙﹣丙 规定：每场比赛获胜的同学得3分．输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，每组总分排名前两位的同学可以获得奖励．若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人胜利的概率均为，假设甲、乙、丙3名同学水平相当，彼此间胜负平的概率均为，丁同学的水平较弱．面对任意一名同学时自己胜，负，平的概率都分别为，，．每场比赛结果相互独立． （1）求丁同学的总分为5分的概率； （2）已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，求甲同学能获得奖励的概率． 43．甲乙两人进行象棋比赛，先胜三局的人晋级，假设甲每局获胜的概率为（不考虑平局）， （1）若比赛三局后结束，求甲晋级的概率； （2）若已知晋级的是甲，求比赛三局后结束的概率． 44．一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为p，p，，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为． （1）求p的值； （2）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．（结果用分数表示） 45．在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为Pn． （1）求P2，P3； （2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有Pn＝aPn﹣1+bPn﹣2+cPn﹣3，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式； （3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？ 46．由经验得知，在清远某商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下表： 排队人数 5人及以下 6 7 8 9 10人及以上 概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 （1）至多6个人排队的概率． （2）至少8个人排队的概率． 47．我省从2024年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知某高校临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门． （1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率； （2）假设甲、乙两人每人选择任意1个选科组合是等可能的且相互独立，求这两人中恰好有一人的选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率． 48．有三种产品，合格率分别为0.85，0.90，0.95，各抽取一件进行检验．求： （1）都合格的概率； （2）恰有一件不合格的概率．（结果保留两位有效数字） 49．一种掷硬币走跳棋的游戏：在棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第100站，共100站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，一枚棋子开始在第1站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次．若硬币的正面向上，棋子向前跳一站；若硬币的反面向上，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（失败）或者第100站（获胜）时，游戏结束． （1）求P1，P2，P3； （2）求证：数列{Pn+1﹣Pn}（n＝1，2，3，…，98）为等比数列； （3）求玩该游戏获胜的概率． 50．学校设计了一个实验学科的考查方案：考生从6道备选题中一次随机抽取3道题，按照题目要求独立完成全部实验操作，并规定：在抽取的3道题中，至少正确完成其中2道题便可通过考查．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都为，且每题正确完成与否互不影响． （1）求考生甲正确完成题目个数ξ的分布列和数学期望； （2）用统计学知识分析比较甲、乙两考生哪位实验操作能力强及哪位通过考查的可能性大？ 精选易错题练习—【第五章】 统计与概率的应用 参考答案与试题解析 一．选择题（共19小题） 1．【答案】A 【分析】根据题意，依据比赛规则分3种情况讨论：①甲命中1球，乙命中0球，①甲命中1球，乙命中0球，③甲命中3球，乙命中0球或1球或2球，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，依据比赛规则，3轮比赛后，命中球数多的人获胜， 若甲获胜，则甲命中次数多于乙命中的次数， 其情况有三种： ①若甲命中1球，乙只能命中0球，其概率； ②若甲命中2球，乙命中0球或1球，其概率； ③若甲命中3球，乙命中0球或1球或2球，其概率． 故所求概率． 故选：A． 2．【答案】B 【分析】根据题意，根据题意，设甲第i局胜，i＝1，2，3，根据独立事件的概率乘法公式即可分类求解，即可得答案． 【解答】解：根据题意，设甲第i局胜，i＝1，2，3，且， 则甲恰好连胜两局的概率P＝． 故选：B． 3．【答案】B 【分析】根据题意，设事件A＝打光子弹，分析可得A包含2种情况：即前4次射击中，都没有命中或命中1次，分别求出每种情况下的概率，结合互斥事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设事件A＝打光子弹， 若事件A发生，即前4次射击中，最多命中1次， 若前4次射击都没有命中，其概率P1＝（1﹣）4＝， 若前4次射击命中1次，其概率P2＝××（1﹣）3＝， 则P（A）＝P1+P2＝+＝． 故选：B． 4．【答案】A 【分析】根据题意，记事件A＝“小明乘汽车”，事件B＝“小明正点到达目的地”，由于P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|），进而计算可得答案． 【解答】解：根据题意，记事件A＝“小明乘汽车”，则事件＝“小明乘火车”，事件B＝“小明正点到达目的地”， 则P（A）＝0.6，P（）＝0.4， 则P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|）＝0.6×0.7+0.4×0.9＝0.78． 故选：A． 5．【答案】A 【分析】由题意知Y＝X与X＝m两直线的交点必在Y＝X这条直线上，而要想使任意两块不同色共有涂法120种，必须让直线X＝m，Y＝X将圆分成四块不同的面积，那么不同的涂法是5×4×3×2，要求出Y＝X与圆的交点，得到结果． 【解答】解：由题意知Y＝X与X＝m两直线的交点必在Y＝X这条直线上， 而要想使任意两块不同色共有涂法120种， ∴必须让直线X＝m，Y＝X将圆分成四块不同的面积， 那么不同的涂法才能是5×4×3×2＝120． 要求出Y＝X与圆的交点分别为（﹣，﹣）（ ，）． ∴﹣≤m≤， ∵当m＝或﹣时，两直线只能把该圆分成三个区域， ∴不成立， ∴﹣＜m＜． 故选：A． 6．【答案】B 【分析】根据题意，设发送信号0为事件A，发送信号1为事件B，接收到信号1为事件C，由于P（C）＝P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B），可得关于p的方程，解可得答案． 【解答】解：根据题意，设发送信号0为事件A，发送信号1为事件B，接收到信号1为事件C， 则有P（A）＝P（B）＝0.5，P（C|A）＝0.1，P（C|B）＝p， 则有P（C）＝P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）＝0.5×0.1+0.5p＝0.475， 解可得：p＝0.85． 故选：B． 7．【答案】B 【分析】根据题意，由组合数分析“从袋中不放回的依次随机摸出2个球”和“两次都摸到红色球”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球， 假设两个黄球为A、B，三个红球为a、b、c， 从袋中不放回的依次随机摸出2个球， 取法有：（AB）、（AC）、（Aa）、（Ab）、（Ac）、 （Ba）、（Bc）、（ab）、（ac）、（bc），共10种取法； 其中两次都取到红球的取法有（ab）、（ac）、（bc），共3种， 则事件“两次都摸到红色球”的概率P＝． 故选：B． 8．【答案】A 【分析】设甲袋中的总球数为x，则甲袋中有个红球，个白球，乙袋中的总球数为3x，用x表示乙袋中红球的数目，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，假设甲袋中的总球数为x，则甲袋中有个红球，个白球，乙袋中的总球数为3x； 又由将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中摸到红球的概率为，则甲、乙两袋中共有个红球， 故乙袋中有个红球．因而从乙袋中摸到红球的概率为． 故选：A． 9．【答案】A 【分析】根据题意，设单果质量为X，有X～N（90，4），由正态分布的性质可得P（86＜X＜92），进而计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设单果质量为X，有X～N（90，4），其中μ＝90，σ＝2， 则有P（88＜X＜92）＝0.6826，P（86＜X＜94）＝0.9544， 故P（86＜X＜92）＝P（86＜X＜90）+P（90＜X＜92）＝×0.9544+×0.6826＝0.8185， 现有该新品种大枣10000个，则单果质量在（86，92）范围内的大枣个数约为10000×0.8185＝8185． 故选：A． 10．【答案】D 【分析】根据题意，先由组合数公式可得“从中任取2个”和“没有黄球，即全部为红球”的取法数目，进而可得“至少有一个黄球”的取法数目，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，一个盒中有10个球，从中任取2个，有的取法， 其中没有黄球，即全部为红球的取法有种， 则至少有一个黄球的取法有﹣种， 故至少有一个黄球的概率P＝1﹣＝1﹣． 故选：D． 11．【答案】D 【分析】本题是一个几何概型，先求集合A，B再以面积为测度，根据概率公式得到结果． 【解答】解：由题意，A＝[0，2]，B＝[0，1]，以a为横坐标，b为纵坐标，建立平面直角坐标系，则围成的区域面积为2，使得a＞b的区域面积为2﹣，故所求概率为． 故选：D． 12．【答案】B 【分析】根据题意，设至少排查了9人才确定该地区为“诈骗高发区”的概率为f（p），求出f（p）的表达式，利用导数与函数的关系，分析f（p）的单调区间，即可得答案． 【解答】解：根据题意，设至少排查了9人才确定该地区为“诈骗高发区”的概率为f（p）， 则f（p）＝（1﹣p）8p+（1﹣p）9p， 其导数f′（p）＝8（1﹣p）7（﹣1）p+（1﹣p）8+9（1﹣p）8（﹣1）p+（1﹣p）9＝2（1﹣p）7（5p2﹣10p+1）， 又由0＜p＜1，则有1﹣p＞0，若5p2﹣10p+1＞0，解可得p＜1﹣或p＞1+（舍） 故在（0，1﹣）上，f′（p）＞0，f（p）递增， 在（1﹣，1）上，f′（p）＜0，f（p）递减， 故当p＝1﹣时，f（p）取得最大值，故p0＝1﹣． 故选：B． 13．【答案】C 【分析】根据题意，设A＝“听音乐调节”，B＝“散步调节”，C＝“休息调节”，分析求出P（AB）、P（AC）的值，进而计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设A＝“听音乐调节”，B＝“散步调节”，C＝“休息调节”， 则P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝， 又由有的学生散步或听音乐，有的学生休息或听音乐，即P（A+B）＝，P（A+C）＝， 则P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A+B）＝， P（AC）＝P（A）+P（C）﹣P（A+C）＝， 故P（AB）+P（AC）＝+＝＝． 故选：C． 14．【答案】B 【分析】根据题意，由排列、组合数公式分析“从这10件产品中任取3件”和“取出的3件中有1件次品，2件正品”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，现从这10件产品中任取3件，共有种取法， 若P（X＝1），即取出的3件中有1件次品，2件正品，有种取法， 则P（X＝1）＝． 故选：B． 15．【答案】B 【分析】根据题意，设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，求出P（D）和P（D），进而由条件概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D， ∴P（A）＝0.6，P（B）＝0.8，P（C）＝0.5， 则P（D）＝P（A）+P（B）+P（C）＝0.6×（1﹣0.8）×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×0.8×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×（1﹣0.8）×0.5＝0.26， 其中P（D）＝P（A）+P（C）＝0.6×（1﹣0.8）×（1﹣0.5）+（1﹣0.6）×（1﹣0.8）×0.5＝0.1， 故P（|D）＝＝＝． 故选：B． 16．【答案】D 【分析】根据题意，设事件A1＝在第一轮比赛中，甲回答正确，事件A2＝在第二轮比赛中，甲回答正确，事件B1＝在第一轮比赛中，乙回答正确，事件B2＝在第二轮比赛中，乙回答正确，由相互独立和互斥事件的概率公式依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，设事件A1＝在第一轮比赛中，甲回答正确，事件A2＝在第二轮比赛中，甲回答正确， 事件B1＝在第一轮比赛中，乙回答正确，事件B2＝在第二轮比赛中，乙回答正确， 依次分析选项： 对于A，在第一轮比赛中，恰有一人答对，即A1+B1，其概率P1＝P（A1+B1）＝×（1﹣）+（1﹣）×＝，A错误； 对于B，在第一轮比赛中，甲、乙都没有答对，即，其概率P2＝P（）＝（1﹣）×（1﹣）＝，B错误； 对于C，在两轮比赛中，甲、乙共答对三题的概率即A1A2B2+A1A2B1+A2B1B2+A1B1B2， 其概率P3＝P（A1A2B2+A1A2B1+A2B1B2+A1B1B2） ＝2××××（1﹣）+2××（1﹣）××＝，C错误； 对于D，在两轮比赛中，甲、乙至多答对一题， 即事件+A1+A2+B1+B2， 其概率P4＝P（+A1+A2+B1+B2） ＝×××+2××××+2××××＝，D正确． 故选：D． 17．【答案】A 【分析】设共有x名志愿者学生（x≥k），由古典概型公式，可得每名学生有纪念品的概率为，根据题意，可得与应较接近，化简可得答案． 【解答】解：设共有x名志愿者学生（x≥k）， 则x名学生中，每名学生有纪念品的概率为， ∴与应较接近． ∴． 故选：A． 18．【答案】B 【分析】这是一个几何概型中的面积类型，根据概率公式，要求得直线 下方区域的面积和区域A的面积，然后应用概率公式，两者求比值即为所要求的概率． 【解答】解：设粒子落在直线 下方的概率为P 如图的示：区域A的面积为4： 直线下方的区域面积为：＝1 所以P＝ 故选：B． 19．【答案】A 【分析】根据题意，在该地的中学生中随机调查一位同学，设该同学爱好滑冰为事件A，爱好滑雪为事件B，分析P（B）和P（AB），由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，在该地的中学生中随机调查一位同学，设该同学爱好滑冰为事件A，爱好滑雪为事件B， 则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（A∪B）＝0.7， 则P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A∪B）＝0.4， 若选出的同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率P（A|B）＝＝＝0.8． 故选：A． 二．多选题（共10小题） 20．【答案】ACD 【分析】根据题意，由相互独立事件的概率公式可得P（B）＝P（）P（B）＝和P（AB）＝P（A）P（B）＝，进而求出P（A）、P（B）的值，由此分析选项可得答案． 【解答】解：根据题意，事件A，B是相互独立事件，则、B也是相互独立事件， 则有P（B）＝P（）P（B）＝， P（AB）＝P（A）P（B）＝， 则有P（）P（B）+P（A）P（B）＝[P（）+P（A）]P（B）＝P（B）＝+＝，B错误； 又由P（AB）＝P（A）P（B）＝，则P（A）＝，A正确； P（A）＝P（A）[1﹣P（B）]＝×（1﹣）＝，C正确； P（）＝P（）P（）＝（1﹣）（1﹣）＝，D正确． 故选：ACD． 21．【答案】ACD 【分析】根据题意，设A红，A黄，A绿，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，设B红表示再抽到的小球的颜色是红的事件，由条件概率公式分析A、B，由全概率公式分析C，由贝叶斯公式分析D，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，设A红＝“先抽到的小球是红球”，设A黄＝“先抽到的小球是黄球”，A绿＝“先抽到的小球是绿球”， B红＝“第二次抽到的小球是红球”， 依次分析选项： 对于A，在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为：，故A正确； 对于B，在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为：，故B错误； 对于C，，， 甲获得奖品的概率P＝P（A红）P（B红|A红）+P（A黄）•P（B红|A黄）+P（A绿）•P（B红|A绿） ＝，故C正确； 对于D，因为甲获奖时红球取自哪个箱子的颜色与先抽取小球的颜色相同， 则， ， ， 比较可得：当甲获得奖品时，先抽取绿球的机会最小，故D正确． 故选：ACD． 22．【答案】ABC 【分析】根据题意，由条件概率公式分析A，由相互独立事件的性质分析B、C、D，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，随机事件A，B相互独立且，， 依次分析选项： 对于A，事件A，B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B），则有P（B|A）＝＝＝P（B）， 故P（B）＝，A正确； 对于B，事件A，B相互独立，P（AB）＝P（A）P（B|A）＝＝，故B正确； 对于C，事件A，B相互独立，则、B也相互独立， 又由P（）＝1﹣＝，P（|B）＝＝＝P（）＝，C正确； 对于D，事件A，B相互独立，则A、也相互独立， 则P（A+）＝P（A）+P（）﹣P（A）＝+（1﹣）﹣×（1﹣）＝，D错误． 故选：ABC． 23．【答案】ABD 【分析】根据题意，由条件概率的定义可得B正确，由全概率公式求出P（B），可得A正确，由相互独立事件的判定方法可得C错误，D正确，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，甲箱中有4个红球、3个白球和3个黑球，P（A1）＝＝，P（A2）＝P（A3）＝， 乙箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，则P（B|A1）＝＝，P（B|A2）＝P（B|A3）＝＝， 则有P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）＝； 故A、B正确； P（A1B）＝P（A1）P（B|A1）＝×＝，P（A1）＝，P（B）＝； 有P（A1B）≠P（A1）P（B），则事件B与事件A1相互不独立，C错误，D正确． 故选：ABD． 24．【答案】ABD 【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 选项A：利用方案甲，设化验次数为X，则X可能取值为1，2，3，4，5，6，7，8，9， 所以P（X＝1）＝，P（X＝2）＝，P（X＝3）＝， 同理可得P（X＝4）＝P（X＝5）＝P（X＝6）＝P（X＝7）＝P（X＝8）＝， P（X＝9）＝， 所以选项方案甲的平均化验次数为E（X）＝（1+2+3+4+5+6+7+8）×＝5.4，A正确， 选项B：利用方案乙，化验次数为3次，有两种情况： ①头5只均为阴性，则P， ②头5只有阳性，则P， 所以化验次数为3次的概率P＝，B正确， 选项C：由选项A的解析可得利用方案甲，化验次数为9次的概率为0.2，C错误， 选项D：利用方案乙，化验次数为X，则X取2，3，4，5， P（X＝2）＝， P（X＝3）＝0.2，P（X＝4）＝， P（X＝5）＝1﹣P（X＝2）﹣P（X＝3）﹣P（X＝4）＝1﹣0.04﹣0.2﹣0.2＝0.56， 所以E（X）＝2×0.04+3×0.2+4×0.2+5×0.56＝4.28，和选项A中的期望比较，利用方案乙更好，D正确， 故选：ABD． 25．【答案】ACD 【分析】根据题意，由古典概型分析A，由条件概率分析B和C，由全概率公式分析D，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，则P（A1）＝，A正确； 对于B，若事件A2发生，即从甲箱中随机摸出一个白球放入乙箱中，则乙箱中有3个红球和3个黑球和1个白球， 则P（B|A2）＝1﹣＝1﹣＝，B错误； 对于C，若事件A3发生，即从甲箱中随机摸出一个黑球放入乙箱中，则乙箱中有3个红球和4个黑球，则P（B|A3）＝＝，C正确； 对于D，若事件A1发生，即从甲箱中随机摸出一个黑球放入乙箱中，则乙箱中有4个红球和3个黑球，则P（B|A1）＝＝， 则P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）＝×+×+×＝，D正确． 故选：ACD． 26．【答案】ABD 【分析】根据题意，设事件A1＝豪车在1号门，事件A2＝豪车在2号门，事件A3＝豪车在3号门，事件B1＝主持人开1号门，B2＝主持人开2号门，B3＝主持人开3号门，由条件概率公式依次分析选项是否正确，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，设事件A1＝豪车在1号门，事件A2＝豪车在2号门，事件A3＝豪车在3号门， 事件B1＝主持人开1号门，B2＝主持人开2号门，B3＝主持人开3号门， 依次分析选项： 对于A，作为游戏者不知道哪一扇门背后是豪车，只能随机选择一个门开启，则获得豪车的概率为，A正确； 对于B，假定初次选择的是1号门，则P（B3|A1）＝，P（B3|A2）＝1，P（B3|A3）＝0， 故P（B3）＝×+×1+×0＝，B正确； 对于C，在主持人打开3号门的条件下，2号门有豪车的概率P（A2|B3）＝＝，C错误； 对于D，在主持人打开3号门的条件下，2号门有豪车的概率P（A1|B3）＝＝， 由于P（A1|B3）＜P（A2|B3），故此时改选2号门比保持原选择获得豪车的概率更大，D正确． 故选：ABD． 27．【答案】ACD 【分析】根据题意，依次分析4个选项中游戏是否公平，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析4个游戏： 对于A，抛掷一枚骰子，向上的点数为奇数和向上的点数为偶数是等可能的，所以游戏公平，故选项A正确； 对于B，同时抛掷两枚硬币，有（正，反）、（反，正）、（反，反）、（正，正），共4种情况， 恰有一枚正面向上包括（正，反），（反，正）两种情况，而两枚都正面向上仅有（正，正）一种情况，所以游戏不公平，故选项B错误； 对于C，从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色和扑克牌是黑色是等可能的，所以游戏公平，故选项C正确； 对于D，小明、小华两人各写一个数字6或8，一共有四种情况：（6，6），（6，8），（8，6），（8，8，），两人写的数字相同和两人写的数字不同是等可能的，所以游戏公平，故选项D正确． 故选：ACD． 28．【答案】ACD 【分析】根据题意，由古典概型和条件概率的计算公式依次分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，从五张卡片中不放回的抽取2张卡片，有＝10种取法， 其中事件A包含（1，3）、（1，5）、（3，5）、（2，4），共4个基本事件， 则P（A）＝＝，A正确； 对于B，五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，则P（B）＝，B错误； 对于C，从五张卡片中不放回的抽取3张卡片，有＝10种取法， 事件C包含1个基本事件，即（1，3，5），则P（C）＝，C正确； 对于D，P（AB）＝＝＝，P（A）＝，P（B|A）＝＝＝，D正确． 故选：ACD． 29．【答案】ACD 【分析】根据题意，由分步计数原理的科4人共有16种选法，由此结合古典概型公式依次分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，4位同学各自在周六、周日两天中任选一天做义工， 每人2种选法，则4人共有2×2×2×2＝24＝16种选法， 依次分析选项： 对于A，4位同学都选周六的选法有1种，则4位同学都选周六的概率为，A正确； 对于B，4位同学都选周日的选法有1种，则4位同学都选周日的概率为，B错误； 对于C，周六、周日都有同学做义工选法有16﹣1﹣1﹣14种，则周六、周日都有同学做义工的概率为＝，C正确； 对于D，恰好2位同学选在周六，另外2位同学选在周日选法有＝6种，则恰好2位同学选在周六，另外2位同学选在周日的概率为＝，D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共8小题） 30．【答案】；． 【分析】对于第一空：若甲同学比赛三局获胜，则前两局甲胜一局，第三局甲胜，由互斥事件、相互独立事件的概率公式计算可得答案； 对于第二空：设“比赛进行了四局”为事件A，“两位选手末分出胜负”为事件B，分别求出P（A）、P（AB）的值，由条件概率公式计算可得答案． 【解答】解：因为在一局猜拳比赛中，已知每位同学赢、输、平局的概率均为，每局比赛的结果相互独立， 若甲同学比赛三局获胜，则前两局甲胜一局，第三局甲胜， 则甲同学比赛三局获胜的概率为p＝××＝； 设“比赛进行了四局”为事件A，“两位选手末分出胜负”为事件B， 对于事件A，比赛进行了四局，即前三局没有分出胜负， 分3种情况讨论： ①前3局比赛都是平局，其概率P1＝××＝， ②前3局比赛中，2局是平局，甲或乙胜1局，其概率P2＝2××（）2×＝， ③前3局比赛中，1局是平局，甲和乙各胜1局，其概率P3＝（）2＝， 则P（A）＝P1+P2+P3＝； 对于事件AB，即进行第四局比赛后，仍然没有出胜负， 分3种情况讨论： ①前3局比赛都是平局，第四局任何结果都不会分出胜负，其概率P4＝P1＝××＝， ②前3局比赛中，2局是平局，甲或乙胜1局， 其中若甲胜1局，第4局为乙胜或平局， 若乙胜1局，第4局为甲胜或平局， 其概率P5＝×（）2××+×（）2××＝， ③前3局比赛中，1局是平局，甲和乙各胜1局，第四局为平局，其概率P6＝P3＝， 则P（AB）＝P4+P5+P6＝； 故比赛进行了四局的前提下，两位选手末分出胜负的概率P（B|A）＝＝＝． 故答案为：；． 31．【答案】见试题解答内容 【分析】试验发生所包含的事件是每位数有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9种情况，故6位数字的组合共有106种情况，满足条件的事件是六个数字中5恰好出现两次，从6个位置中选出两个位置放数字5，有C62种结果，其余4个数字要从除去5以外的9个数字中选择，共有94种结果，共有15×94，得到概率． 【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率， 试验发生所包含的事件是每位数有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9种情况， 故6位数字的组合共有10×10×10×10×10×10＝1000000种情况， 满足条件的事件是六个数字中5恰好出现两次，从6个位置中选出两个位置放数字5，有C62＝15种结果， 其余4个数字要从除去5以外的9个数字中选择，共有94种结果，共有15×94＝98415 ∴要求的概率是＝0.0984 故答案为：0.0984 32．【答案】见试题解答内容 【分析】根据题意，分析可得甲、乙、丙出的方法种数都有2种，由分步计数原理可得三人进行游戏的全部情况数目，进而可得甲胜出的情况数目，由等可能事件的概率，计算可得答案． 【解答】解：一次游戏中，甲、乙、丙出的方法种数都有2种，所以总共有23＝8种方案， 而甲胜出的情况有：“甲黑乙白丙白”，“甲白乙黑丙黑”，共2种， 所以甲胜出的概率为 故答案为． 33．【答案】． 【分析】根据题意，先设出两组电路，分别求出两组电路正常工作的概率，由互斥事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，如图， 设A组电路正常为事件A，B组电路正常为事件B， 若A组电路正常，即开关S3打开，则P（A）＝， 若B组电路正常，即开关S1，S2打开同时打开，则P（B）＝×＝， 故灯亮的概率P＝P（A）+P（B）＝． 故答案为：． 34．【答案】． 【分析】根据题意，设甲车上打碎货品是一等品为事件A1，甲车上打碎货品是二等品为事件A2，乙车上打碎货品是一等品为事件B1，乙车上打碎货品是二等品为事件B2，从余下的8件货品中随机抽取一件，得到一级品为事件C，而P（C）＝P（A1B1）P（C|A1B1）+P（A1B2）P（C|A1B2）+P（A2B1）P（C|A2B1）+P（A2B2）P（C|A2B2），由条件概率和全概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设甲车上打碎货品是一等品为事件A1，甲车上打碎货品是二等品为事件A2，乙车上打碎货品是一等品为事件B1，乙车上打碎货品是二等品为事件B2，从余下的8件货品中随机抽取一件，得到一级品为事件C， 则P（A1B1）＝×＝，P（C|A1B1）＝＝， P（A1B2）＝×＝，P（C|A1B2）＝， P（A2B1）＝×＝，P（C|A2B1）＝， P（A2B2）＝×＝，P（C|A2B2）＝＝， 故P（C）＝P（A1B1）P（C|A1B1）+P（A1B2）P（C|A1B2）+P（A2B1）P（C|A2B1）+P（A2B2）P（C|A2B2） ＝×+×+×+×＝． 故答案为：． 35．【答案】． 【分析】根据题意，依次计算“第一、二局后没有结束比赛”、“第三、四局后还没有结束比赛”、“第五、六局后还没有结束比赛”的概率，进而由相互独立事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，若第一、二局后没有结束比赛，即前2局比赛中甲乙各胜一局，其概率×＝××＝， 同理，第三、四局后还没有结束比赛的概率P2＝××＝， 第五、六局后还没有结束比赛的概率P3＝××＝， 第7局后一定结束比赛， 故两人下七局才结束的概率P＝P1×P2×P3＝××＝． 故答案为：． 36．【答案】（n﹣1）p2（1﹣p）n﹣2． 【分析】根据题意，分析可得前n﹣1次试验中，事件A发生1次，第n次实验中，A发生，由相互独立事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，第n次试验恰好事件A第2次发生，即前n﹣1次试验中，事件A发生1次，第n次实验中，A发生， 其概率P＝p（1﹣p）n﹣2×p＝（n﹣1）p2（1﹣p）n﹣2． 故答案为：（n﹣1）p2（1﹣p）n﹣2． 37．【答案】． 【分析】根据题意，先求出P（AB），由概率的基本性质分析可得答案． 【解答】解：根据题意，由条件概率公式，，变形可得， 又由P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）， 有，可得． 故答案为：． 四．解答题（共13小题） 38．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用二项分布直接计算即可； （2）根据题意，设该客运公司在一次长途运行中收入为y万元，根据题意，列出随机变量分布表，求出E（y）即可． 【解答】解：（1）根据题意，在一次长途运行中，每辆新能源汽车至多出现1次故障，且出现故障的概率为， 新能源汽车出现故障的个数的随机变量记为X～B（4，），X＝0，1，2，3，4， 根据题意，在一次长途运行中，有新能源汽车出现故障的概率为1﹣＝； （2）设该客运公司在一次长途运行中收入为y万元， 当没有故障时收入y＝4， 当只有一辆有故障时收入y＝4﹣2×0.05＝3.9， 当只有二辆有故障时收入y＝4﹣4×0.05＝3.8， 当只有三辆辆有故障时收入y＝3﹣4×0.05＝2.8， 当只有四辆有故障时收入y＝2﹣4×0.05＝1.8， y 4 3.9 3.8 2.8 1.8 P E（y）＝4×+3.9×+3.8×+2.8×+1.8×≈3.89（万元）． 39．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据卖出一枝可得利润5元，卖不出一枝可得赔本5元，即可建立分段函数； （2）（i）X可取60，70，80，计算相应的概率，即可得到X的分布列，数学期望及方差； （ii）求出进17枝时当天的利润，与购进16枝玫瑰花时当天的利润比较，即可得到结论． 【解答】解：（1）当n≥16时，y＝16×（10﹣5）＝80； 当n≤15时，y＝5n﹣5（16﹣n）＝10n﹣80，得： （2）（i）X可取60，70，80，当日需求量n＝14时，X＝60，n＝15时，X＝70，其他情况X＝80， P（X＝60）＝＝＝0.1，P（X＝70）＝＝0.2，P（X＝80）＝1﹣0.1﹣0.2＝0.7， X的分布列为 X 60 70 80 P 0.1 0.2 0.7 EX＝60×0.1+70×0.2+80×0.7＝76 DX＝162×0.1+62×0.2+42×0.7＝44 （ii）购进17枝时，当天的利润的期望为y＝（14×5﹣3×5）×0.1+（15×5﹣2×5）×0.2+（16×5﹣1×5）×0.16+17×5×0.54＝76.4 ∵76.4＞76，∴应购进17枝 40．【答案】（1）； （2）见解答． 【分析】先算出出现“两个都是红球”的概率．（1）按二项分布可解决此问题；（2）求得分数学期望可解决此问题． 【解答】解：每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为p＝＝． （1）一轮游戏中获得20分的概率为（）（1﹣）2+＝； （2）一轮游戏中获得200分的概率为（）3（1﹣）0＝， 一轮游戏中获得﹣10分的概率为（）0（1﹣）3＝， ∴得分数学期望为20×+200×﹣10×＝﹣1.69． 这表明，获得分数Y的期望为负．因此，多次游戏之后大多数人的分数减少了． 41．【答案】见试题解答内容 【分析】游人每玩一次，设东方庄家获利为随机变量ξ（元）；游人每放一球，小球落入球槽，相当于做7次独立重复试验，设这个小球落入铁钉空隙从左到右的次序为随机变量η+1，则η～B（7，），利用概率公式即可求解． 【解答】解：游人每玩一次，设东方庄家获利为随机变量ξ（元）；游人每放一球，小球落入球槽，相当于做7次独立重复试验，设这个小球落入铁钉空隙从左到右的次序为随机变量η+1，则η～B（7，）． 因为P（ξ＝﹣4）＝P（η＝0或η＝7）＝P（η＝0）+P（η＝7）＝+＝ P（ξ＝﹣2）＝P（η＝1或η＝6）＝P（η＝1）+P（η＝6）＝+＝ P（ξ＝0）＝P（η＝2或η＝5）＝P（η＝2）+P（η＝5）＝+＝ P（ξ＝2）＝P（η＝3或η＝4）＝P（η＝3）+P（η＝4）＝+＝ 2+Eξ＝2+（﹣4）×+（﹣2）×+0×+2×＝2+， 一小时内有80人次玩．刚东方庄家通常获纯利为（2+×）80＝225（元） 答：庄家当然是赢家!我们应当学会以所学过的知识为武器，劝说人们不要被这类骗子的骗术所迷惑． （12分） 42．【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据题意，若丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，利用相互独立事件的乘法公式即可求解； （2）根据题意，分析甲获得奖励的情况，利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解． 【解答】解：（1）根据题意，若丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平， 记第k（k＝1，2，3）轮比赛丁同学胜、平的事件分别为Ak，Bk， 丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为M， 则， 即丁同学的总分为5分的概率为． （2）由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局， 则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜， 故丁同学的总分为7分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0分，0分、1分， 若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名． ①若第一、二轮比赛中甲同学均获胜， 则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，甲同学的总分为6分，排第二名，可以获得奖励， 此时的概率． ②若第一轮比赛中甲同学获胜， 则第二轮比赛中甲、丙2名同学平局，第三轮比赛中乙、丙2名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励， 此时的概率． ③若第一轮比赛中甲、乙2名同学平局， 第二轮比赛中甲同学获胜，第三轮比赛中当乙、丙2名同学平局时，甲同学的总分为4分，排第二名，可以获得奖励， 此时的概率； 第三轮比赛中当乙，丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4分，需要进行抽签来确定排名， 当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，此时的概率． 综上，甲同学能获得奖励的概率． 43．【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据题意，比赛三局后结束，甲晋级，表示三局甲全获胜，利用独立重复试验的概率公式求解， （2）根据题意，设甲晋级为事件B，比赛三局后结束为事件C，求出P（B）和P（BC），利用条件概率公式求解． 【解答】解：（1）根据题意，比赛三局后结束，甲晋级，表示三局甲全获胜， 设比赛三局后甲晋级为事件A， 则甲晋级的概率为； （2）设甲晋级为事件B，比赛三局后结束为事件C， 有三种情况， ①比赛三场且这三场比赛甲都获胜，其概率P1＝， ②比赛四场前三场甲胜两场第四场比赛甲获胜，其概率为P2＝， ③比赛五场前四场比赛甲胜两场，第五场比赛甲获胜，其概率为P3＝， 所以， 则， 由条件概率公式可知． 44．【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据题意，记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件D，E，F，G，由相互独立事件的概率公式可得关于p的方程，解可得答案； （2）根据题意，记事件H为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，则P（H）＝P（EFG）+P（DFG）+P（DEG）+P（DEF），进而计算可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件D，E，F，G， 若小红使用四种解法全部答对的概率为， 则P（DEFG）＝P（D）P（E）P（F）P（G）＝p2×＝， 解可得：p＝； （2）根据题意，记事件H为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对， 则P（H）＝P（EFG）+P（DFG）+P（DEG）+P（DEF） ＝（1﹣）×××+×（1﹣）××+××（1﹣）×+×××（1﹣）＝． 45．【答案】（1），； （2），证明见解析； （3）． 【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可； （2）分别求出第一次中奖，第n次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第n次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第n次抽奖中奖的概率，即可得解； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解． 【解答】解：（1）， ； （2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，若第一次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第n次抽奖中奖的概率为， 从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖， 此时第n次抽奖中奖的概率为， 综上所述，对任意的n≥4，， 又Pn＝aPn﹣1+bPn﹣2+cPn﹣3， 所以； （3）由题意知每抽三次至少有一次中奖， 故连抽9次至少中奖3次， 所以只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章， 另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态， 从初始状态开始，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为， 用（i，j，k）表示第i次，第j次，第k次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：（1，4，7），（2，4，7），（2，5，7），（2，5，8），（3，4，7），（3，5，7），（3，5，8），（3，6，7），（3，6，8），（3，6，9）， 故仅三次中奖的概率为： ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为． 46．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）至多6个人排队这一事件的可能情况是，6人或5人及以下，两种情况属于互斥事件，所以至多6个人排队的概率是两种情况的概率之和，根据表格，分别求出6人排队的概率，和5人及5人以下排队的概率，再相加即可． （2）至少8个人排队这一事件的可能情况是8人，9人，10人及以上，三种情况属于互斥事件，所以至多6个人排队的概率是三种情况的概率之和，根据表格，分别求出8人排队的概率，9人排队的概率，10人及10人以上排队的概率，再相加即可． 【解答】解：设排队人数在5人及以下、6人、7人、8人、9人、10人 及以上等分别对应事件A、B、C、D、E、F，并且它们之间是两两互斥的．则 （1）设排队人数至多6个人排队为事件G，包含事件A和B， ∵P（A）＝0.1，P（B）＝0.16∴P（G）＝P（A+B）+P（A）+P（B）＝0.1+0.16＝0.26 （2）设排队人数至少8个人排队为事件H，并且H＝D+E+F ∵P（D）＝0.3，P（E）＝0.1，P（F）＝0.04 ∴P（H）＝P（D+E+F）＝P（D）+P（E）+P（F）＝0.3+0.1+0.04＝0.44 答：排队人数至多6个人排队的概率为0.26；至少8个人排队概率为0.44 47．【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据题意，由组合数公式计算“所有的选科组合”和“符合要求的组合”的数目，由古典概型公式计算可得答案； （2）根据题意，由互斥事件、相互独立事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门， 则所有的选科组合有＝12种， 其中首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门的选法有﹣1＝5种， 则该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率P＝； （2）根据题意，由（1）的结论，甲、乙两人中任意一人合某高校临床医学类招生选科要求的概率都为， 则两人中恰好有一人符合要求的概率P＝（1﹣）+（1﹣）＝． 48．【答案】（1）0.73；（2）0.25． 【分析】（1）根据题意，设在合格率为0.85的产品中抽到合格品为事件A，在合格率为0.90的产品中抽到合格品为事件B，在合格率为0.95的产品中抽到合格品为事件C，三件产品都合格，即ABC，由相互独立事件概率公式计算可得答案； （2）根据题意，恰有一件不合格即BC+AC+AB，由互斥事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，设在合格率为0.85的产品中抽到合格品为事件A， 在合格率为0.90的产品中抽到合格品为事件B， 在合格率为0.95的产品中抽到合格品为事件C， 则P（A）＝0.85，P（B）＝0.90，P（C）＝0.95， 若三件产品都合格，即ABC， 其概率P1＝P（ABC）＝P（A）P（B）P（C） ＝0.85×0.9×0.95＝0.7265≈0.73； （2）根据题意，恰有一件不合格即BC+AC+AB， 则恰有一件不合格的概率P1＝P（BC+AC+AB） ＝（1﹣0.85）×0.9×0.95+0.85×（1﹣0.9）×0.95+0.85×0.9×（1﹣0.95）≈0.25． 49．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）棋子在0站是一个必然事件，得到发生的概率等于1，掷出朝上的点数为1或2，棋子向前跳一站；若掷出其余点数，则棋子向前跳两站，根据正方体各个面出现的概率得到结果． （2）由题意知连续三项之间的关系，根据得到的关系式，仿写一个关系式，两个式子相减，构造一个新数列是连续两项之比是一个常数，得到等比数列． （3）写出所有的式子，把所有的式子相加，利用累加的方法消去中间项得到首项和末项之间的关系，得到玩该游戏获胜的概率． 【解答】解：（1）棋子开始在第1站是必然事件，P1＝1； 棋子跳到第2站，只有一种情况，第一次掷硬币正面向上，其概率为， ∴P2＝； 棋子跳到第3站，有两种情况， ①第一次掷硬币反面向上，其概率为； ②前两次掷硬币都是正面向上，其概率为＝， ∴P3＝＝； （2）证明：棋子跳到第n+2 站（1≤n≤97），有两种情况： ①棋子先跳到第n站，又掷硬币反面向上，其概率为Pn； ②棋子先跳到第n+1站，又掷硬币正面向上，其概率为Pn+1． 故Pn+2＝Pn+1+Pn； ∴Pn+2＝﹣（Pn+1﹣Pn）；又P2﹣P1＝﹣， 数列是以﹣为首项，﹣为公比的等比数列， （3）由（2）得Pn+1﹣Pn＝（﹣）n； ∴P99＝（P99﹣P98）+…+（P2﹣P1）+P1 ＝（﹣）98+（﹣）97+…+（﹣）+1 ＝＝+， 所以获胜的概率为1﹣P99＝﹣． 50．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）确定考生甲正确完成实验操作的题目个数的取值，求出相应的概率，可得考生甲正确完成题目个数ξ的分布列和数学期望； （2）设考生乙正确完成实验操作的题目个数为η，求出相应的期望与方差，比较，即可得出结论． 【解答】解：（1）设考生甲正确完成实验操作的题目个数分别为ξ，则ξ可能取值为1，2，3， ∴，，…（3分） ∴考生甲正确完成题目数的分布列为 ξ 1 2 3 P ∴…（5分） （2）设考生乙正确完成实验操作的题目个数为η． ∵η～B（3，），其分布列为： ∴…（6分） ∵…（8分） ∴Dξ＜Dη ∵，…（10分） ∴P（ξ≥2）＞P（η≥2） ①从做对题数的数学期望考查，两人水平相当；从做对题数的方差考查，甲较稳定； ②从至少完成2题的概率考查，甲获得通过的可能性大， 因此，可以判断甲的实验操作能力强．…（12分） 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 14:48:53；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$