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高三数学第一轮复习章节测试12-10


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3 第 12 章 第 10 节 一、选择题 1.两封信随机投入 A、B、C 三个空邮箱,则 A 邮箱的信件数 X 的均值 EX 是( 2 A.3 1 C.3 [答案] A [解析] X P 1 4 9 2 1 9 3 B.4 1 D.4

)

/>
4 1 6 2 所以均值 EX=1×9+2×9=9=3. 2.某一离散型随机变量 ξ 的概率分布列如下表,且 Eξ=1.5,则 a-b 的值( ξ P A.-0.1 C.0.1 [答案] B 0 0.1 B.0 D.0.2 1 a 2 b 3 0.1 )

?0.1+a+b+0.1=1 ?a=0.4 ? ? ?? , [解析] ? ? ? ?0×0.1+a+2b+3×0.1=1.5 ?b=0.4

故 a-b=0. 3.(2010·新课标理)某种种子每粒发芽的概率都为 0.9,现播种了 1 000 粒,对于没有发芽的种 子,每粒需再补种 2 粒,补种的种子数记为 X,则 X 的数学期望为( ) A.100 B.200 C.300 D.400 [答案] B [解析] 本题以实际问题为背景,考查服从二项分布的事件的数学期望等. 记“不发芽的种子数为 ξ”, ξ~B(1 000,0.1), 则 所以 Eξ=1 000×0.1=100, X=2ξ, EX=E(2ξ) 而 故 =2Eξ=200,故选 B. 4.节日期间,某种鲜花进货价是每束 2.5 元,销售价每束 5 元.节后卖不出的鲜花以每束 1.6 元价格处理,根据前五年销售情况预测,节日期间这种鲜花的需求量服从如下表所示的分布, 若进这种鲜花 500 束,则期望利润是( ) ξ P 200 0.20 300 0.35 400 0.30 500 0.15

A.706 元 B.690 元 C.754 元 D.720 元 [答案] A [解析] 节日期间预售的量: Eξ=200×0.2+300×0.35+400×0.3+500×0.15 =40+105+120+75=340(束).
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则期望的利润: η=5ξ+1.6(500-ξ)-500×2.5=3.4ξ-450. ∴Eη=3.4Eξ-450=3.4×340-450=706(元). ∴期望利润为 706 元. 2 1 4 2 5.若 ξ 是离散型随机变量,P(ξ=x1)=3,P(ξ=x2)=3,且 x1<x2,又已知 Eξ=3,Dξ=9,则 x1+x2 的值为( 5 A.3 C.3 [答案] C [解析] 由期望和方差的计算公式得 2 1 4 x1·3+x2·3=3, 4 2 4 1 2 (x1-3)2·3+(x2-3)2×3=9, ) 7 B.3 11 D. 3

?2x1+x2=4, ? 即? 4 2 4 ?2(x1-3)2+(x2-3)2=3. ?

① ②

4 2 由①得 x2=4-2x1,代入②得 6(x1-3)2=3. 5 3 解得 x1=3,x2=2或 x1=1,x2=2.
? ?x1=1, ∴x1+x2=3. 又 x1<x2 ∴? ?x2=2. ?

6. 一个均匀小正方体的六个面中, 三个面上标以数 0,两个面上标以数 1, 一个面上标以数 2, 将这个小正方体抛掷 2 次,则向上的数之积的数学期望是( ) 2 A.9 4 C.9 1 B.9 5 D.36

[答案] C [解析] 两次向上数之积为随机变量 X:0、1、2、4. 1 1 3 P(X=0)=1-2×2=4, 1 1 1 P(X=1)=3×3=9, 1 1 1 P(X=2)=C21×3×6=9, 1 1 1 P(X=4)=6×6=36.
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3 1 1 1 4 EX=0×4+1×9+2×9+4×36=9. 7.随机变量 X 的分布列如下 X P -1 a 0 b 1 c )

1 其中 a,b,c 成等差数列,若 EX=3则 DX 的值是( 1 A.9 2 C.3 [答案] B 5 B.9 3 D.4

[解析]

?a+b+c=1 ?a+c=2b 由已知? 1 ?-1×a+0×b+1×c=3 ?
1

?a=6 ? 1 解得?b=3 ?c=1 ? 2
1 1 1 1 5 1 1 DX=(-1-3)2×6+(0-3)2×3+(1-3)2×2=9. 8.已知随机变量 X 的分布列为 X P 15 若 EX= 8 ,则 DX 等于( 33 A.64 7 C.32 [答案] B 15 11 1 3 [解析] 由分布列的性质得 x+y=0.5,又 EX= 8 ,所以 2x+3y= 8 ,解得 x=8,y=8,所以 ) 55 B.64 9 D.32 1 0.5 2 x 3 y

? 15? 1 ? 15? 1 ? 15? 3 55 DX= 1- 8 2×2+ 2- 8 2×8+ 3- 8 2×8=64. ? ? ? ? ? ?
二、填空题 9.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得 1 分,罚不中得 0 分,已知某运动员罚球命中的概率 为 0.7,则他罚球 2 次(每次罚球结果互不影响)得分的均值是________. [答案] 1.4
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[解析] 设得分为变量 X,则其概率分布列为 X P 0 0.09 1 0.42 2 0.49

则 EX=0×0.09+1×0.42+2×0.49=1.4. 10. (2009·上海理)某学校要从 5 名男生和 2 名女生中选出 2 人作为上海世博会志愿者, 若用随 机变量 ξ 表示选出的志愿者中女生的人数,则数学期望 Eξ 为________(结果用最简分数表示) 4 [答案] 7 [解析] 本题考查概率、互斥事件、数学期望,以及运用知识解决问题的能力. C52 10 由题意,ξ 的可能取值为 0,1,2,则 P(ξ=0)=C72=21, C51C21 10 C22 1 P(ξ=1)= C72 =21,P(ξ=2)=C72=21. ∴ξ 的分布列为 ξ P 0 10 21 1 10 21 2 1 21

10 10 1 12 4 ∴ξ 的数学期望 Eξ=0×21+1×21+2×21=21=7. 11.抛掷一枚硬币,正面向上记 1 分,反面向上记 2 分,若一共抛出硬币 4 次,且每一次抛 掷的结果相互之间没有影响,则总得分 X 的期望 EX=________. [答案] 6 [解析] 抛掷 4 次可能出现的结果是四反、一正三反、二正二反、三正一反、四正 ,其中对 应的分数分别为 8、7、6、5、4 所以 X 的取值为 4、5、6、7、8.设对应的概率的值分别为 P1、 P2、P3、P4、P5,则 X 4 5 6 7 8 P P1 P2 P3 P4 P5 1 ?1? ?1? 1 1 P1=C44 2 4=16,P2=C43 2 3·2=4, ? ? ? ?

?1? ?1? 3 ?1??1? 1 P3=C42 2 2 2 2=8,P4=C41 2 2 3=4, ? ? ? ? ? ?? ?
1 ?1? P5=C40 2 4=16, ? ? 1 1 3 1 1 EX=4×16+5×4+6×8+7×4+8×16=6. 三、解答题 12.(2010·福建理)设 S 是不等式 x2-x-6≤0 的解集,整数 m,n∈S. (1)记“使得 m+n=0 成立的有序数组(m,n)”为事件 A,试列举 A 包含的基本事件; (2)设 ξ=m2,求 ξ 的分布列及其数学期望 Eξ. [分析] 解题思路是先解一元二次不等式,再在此条件下求出所有的整数解.解的组数即为基 本事件个数,按照古典概型求概率分布列,注意随机变量的转换. [解析] (1)由 x2-x-6≤0 得-2≤x≤3,即 S={x|-2≤x≤3}. 由于 m,n∈n,m,n∈S 且 m+n=0,所以 A 包含的基本事件为:
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(-2,2),(2,-2),(-1,1),(1,-1),(0,0). (2)由于 m 的所有不同取值为-2,-1,0,1,2,3,所以 ξ=m2 的所有不同取值为 0,1,4,9. 1 2 1 2 1 1 且有 P(ξ=0)=6,P(ξ=1)=6=3,P(ξ=4)=6=3,P(ξ=9)=6. 故 ξ 的分布列为: ξ P 1 1 1 1 19 所以 Eξ=0×6+1×3+4×3+9×6= 6 . 13.(2009·浙江理)在 1,2,3,…,9 这 9 个自然数中,任取 3 个数. (1)求这 3 个数中恰有 1 个数是偶数的概率; (2)记 ξ 为这 3 个数中两数相邻的组数(例如: 若取出的数为 1,2,3, 则有两组相邻的数 1,2 和 2,3, 此时 ξ 的值是 2).求随机变量 ξ 的分布列及其数学期望 Eξ. [解析] 本小题主要考查排列组合、随机事件的概率和随机变量分布列、数学期望等概念,同 时考查抽象概括能力. (1)记“这 3 个数中恰有一个是偶数”为事件 A,则 C41C52 10 P(A)= C93 =21. (2)随机变量 ξ 的取值为 0,1,2,ξ 的分布列是 ξ P 所以 ξ 的数学期望 5 1 1 2 Eξ=0×12+1×2+2×12=3. 14.(2010·浙江理)如图,一个小球从 M 处投入,通过管道自上而下落到 A 或 B 或 C.已知小球 从每个叉口落入左右两个管道的可能性是相等的. 0 5 12 1 1 2 2 1 12 0 1 6 1 1 3 4 1 3 9 1 6

某商家按上述投球方式进行促销活动,若投入的小球落到 A,B,C,则分别设为 1,2,3 等奖. (1)已知获得 1,2,3 等奖的折扣率分别为 50%,70%,90%.记随机变量 ξ 为获得 k(k=1,2,3)等奖的折 扣率,求随机变量 ξ 的分布列及期望 Eξ; (2)若有 3 人次(投入 1 球为 1 人次)参加促销活动, 记随机变量 η 为获得 1 等奖或 2 等奖的人次, 求 P(η=2). [分析] 本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列,数学期望、二项分布等概念,考 查抽象概括、运算求解能力和应用意识;一般思路:分析本题属于哪种事件. [解析] (1)由题意得 ξ 的分布列为
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ξ P 3 3 7 3 则 Eξ=16×50%+8×70%+16×90%=4.

50% 3 16

70% 3 8

90% 7 16

3 3 9 (2)由(1)可知,获得 1 等奖或 2 等奖的概率为16+8=16. 9 由题意得 η~B(3,16), 9 9 1701 则 P(η=2)=C32(16)2(1-16)=4096. [点评] 关键该事件属于哪种基本事件,根据事件的求概率公式进一步得出,在求分布列时一 定要注意概率和为 1,求期望、方差时可根据公式直接求出. 15.某学生在上学路上要经过 4 个路口,假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红 1 灯的概率都是3,遇到红灯时停留的时间都是 2min. (1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率; (2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间 ξ 的分布列及期望. [解析] 考查相互独立事件的概率乘法及二项分布. (1)设这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯为事件 A.因为事件 A 等价于事件“这名 学生在第一和第二个路口没有遇到红灯,在第三个路口遇到红灯”,所以事件 A 的概率为

? 1? ? 1? 1 4 P(A)= 1-3 × 1-3 ×3=27. ? ? ? ?
(2)由题意可得,ξ 可能取的值为 0,2,4,6,8(单位:min).事件“ξ=2k”等价于事件“该学生在上学 路上遇到 k 次红灯”(k=0,1,2,3,4),所以

?1? ?2? P(ξ=2k)=C4k 3 k 3 4-k(k=0,1,2,3,4). ? ? ? ?
即 ξ 的分布列是 ξ P 0 16 81 2 32 81 4 8 27 6 8 81 8 1 81

16 32 8 8 1 8 所以 ξ 的期望是 Eξ=0×81+2×81+4×27+6×81+8×81=3. 教师备课平台 一、解排列、组合应用题的常用方法 排列、组合应用题是本板块在高考中的一个热点,题目内容涉及排队、组数、集合、几何、 涂色、分配等各种实际问题,常用的方法有特殊优先法、间接法、捆绑法、插空法、隔板法 等. 1.特殊优先法 解带有附加条件的排列应用题,常存在特殊元素或特殊位置,对于问题中的特殊元素、特殊 位置要优先按排,再去满足其他元素或其他位置,针对实际问题有时“元素优先”,有时“位置 优先”. [例 1] 用 0,1,2,3,4,5 这六个数字,可以组成多少个没有重复数字的六位奇数?
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[解析] 方法一:首先把“1”排在个数上,而“0”不能放在十万位上,这时有 4A44 种排法,然后 分别把“3”、“5”排在个位上,情况与“1”类似,都有 4A44 种排法,于是,共有 3×4A44=288(个) 六位奇数. 方法二:先排个位数,从 1,3,5 中任选一个,有 A31 种排法,再排十万位,因 0 不能排,故有 A41 种排法,最后排中间四位数,有 A44 种排法,于是有 A31·A41·A44=288(个)六位奇数. 2.间接法 对于某些排列问题的正面情况较复杂,而其反面情况却较简单时,可先考虑无限制条件的排 列,再减去其反面情况的总数. [例 2] 五个人站一排,甲不站排头,乙不站排尾,总共有多少种不同的站法? [解析] 五个人的全排列有 A55 种,其中甲在排头的有 A44 种,乙在排尾的有 A44 种,但在分 别计算时重复了甲在排头且乙在排尾的排列共有 A33 种,因此符合条件的排列有 A55-2A44 +A33=78 种. 3.捆绑法与插空法 对于某些元素要求相邻排列的问题,可先将相邻元素捆绑在一起,看作一个“大元素”,再与其 他元素进行排列,注意“大元素”内部也要排列,对于某些元素需要间隔的排列问题,可先排列 无限制条件的元素,再在间隔或两端插入不相邻的元素,注意分清楚“谁插谁”. [例 3] 八个人坐成一排,求满足下列条件的排列各有多少种? (1)甲、乙二人必须坐在一起; (2)甲、乙、丙三人不能相邻. [解析] (1)把甲、乙看作一个整体,与其余 6 人排列,相当于 7 个人全排列,有 A77 种排法, 再考虑甲、乙二人的 A22 种排法,共有 A77A22=10080 种不同的坐法. (2)先将除甲、乙、丙三人之外的五人排好,有 A55 种排法,再在 5 个人的 4 个空里和两端共 6 个位置排甲、乙、丙三人,有 A63 种排法,所以共有 A55·A63=14400 种排法. 4.隔板法 对于较难的排列组合问题,可运用对应的思想方法,构造一个数学模型,使得这个数学模型 与原问题存在着某种对应关系,通过解答数学模型来得到原问题的解. [例 4] 某校准备组建一个 18 人的足球队, 18 人由高一年级的 10 个班的同学组成, 这 每个班 级至少 1 人,名额分配方案共有多少种? [解析] 构造一个如图的隔板模型,取 18 枚棋子排成一列,在相邻的每两枚棋子形成的 17 个 间隙中选取 9 个插入隔板,将 18 枚棋子分隔成 10 个区间,第 i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第 i 个班级学生的名额,因此名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等,因隔板插入方法数为 C179,故名额分配方案有 C179=24310 种.

二、分类整合思想与转化思想 对于复杂的问题,可以确定一个合理的分类标准,将其简单化,注意“起点”的寻求和“层次”的 划分,做到起点讨论合理自然,层次划分明确清晰、不重不漏,转化的思想就是将待解决的 问题,通过某种转化(或简单化或熟悉化或具体化或正难则反),归结为一类已经解决或容易解 决的问题. [例 5] 如果一个三位正整数形如“a1a2a3”满足 a1<a2 且 a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如 120,363,374 等),那么所有凸数的个数为( )
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A.240 B.204 C.729 D.920 [解析] 选 A.由题分析可知:a1≠0,a2≥2,下面只需对 a2=2,a3=3,…,a2=9 分别进行讨 论求出其值,然后求和. 当 a2=2 时,a1 只能取 1,a3 从 0,1 中任取一个有 C21 种,共有 1·C21 种; 当 a2=3 时,a1 从 1,2 中任取一个有 C21 种,a3 从 0,1,2 三个数字中任取一个有 C31 种,共有 C21·C31 种; 当 a2=4 时,a1 从 1,2,3 中任取一个有 C31 种,a3 从 0,1,2,3 四个数字中任取一个有 C41 种, 共有 C31·C41 种; … 当 a2=9 时,a1 从 1,2,3,…,8 中任取一个有 C81 种,a3 从 0,1,2,…,8 九个数中任取一个有 C91 种,共有 C81·C91 种. 综上可得组成的所有有凸数个数为 1·C21+C21·C31+C31·C41+C41·C51+C51·C61+C61·C71+C71·C81+C81·C91=240. [例 6] 一排 6 把椅子上坐 3 人,每 2 人之间至少有一把空椅子,求共有多少种不同的坐法? [解析] 方法一:将问题转化为 3 个人坐 5 把椅子,然后插入一把空椅子问题. 3 个人坐 5 把椅子,每 2 人之间有一把空椅子,有 A33 种不同的坐法,然后将余下的那把椅子 插入 3 个人的 4 个空隙中,有 4 种插法. 所以共有 4A33=24(种)不同的坐法. 方法二:将问题转化为 3 名女学生不相邻插入到站成一排横队的 3 名男学生之间(包括首尾两 侧),有多少种站法? 因为 6 把椅子坐 3 人后,还空 3 把椅子,把这空的 3 把椅子看成 3 名男学生站法固定,而这 3 名男学生之间最多站 1 名女学生,于是,这就是 4 个间隔插入 3 名女学生,且女学生又有前 后顺序,故有 A43=24(种)站法. 三、求古概型的概率问题 一、求古概型的概率问题(文) 古典概型是一种最基本的概率概型,也是学习其他概率的基础,是高考考查的重要内容之一, 而且在高考中选择题、填空题和解答题三种题型都有所涉及.用古典概率计算概率时,一定 要验证所构造的基本事件是否是等可能的,同时要弄清事件 A 所包含基本事件的个数. 3 [例 7] 某小组中男生、女生若干人,如果从中选一人参加某项测试,女生被选中的概率是5, 1 如果从中选两人参加测试,两人都是女生的概率为3(每个人被选中是等可能的). (1)求该小组男生、女生各多少人? (2)从该小组选出 3 人,求男、女生都有的概率. [解析] (1)设该小组男、女生共 n 人,其中女生有 x 人.

?n=5 依据题意得? Cx2 1 ?Cn2=3
x 3

? ?x=6 ,解得? , ? ?n=10

所以该小组中男生有 4 人,女生有 6 人. (2)男生和女生都有,即男生至少 1 人,女生至少 1 人,而从该小组选出 3 人,全是男生的选

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C43+C63 4 法有 C43,全是女生的选法有 C63,所以男、女生都有的概率是 P=1- C103 =5. (文)[例 1] (2011·东营模拟)甲、 乙等四人参加 4×100 米接力赛, 求甲跑第一棒或乙跑第四棒的 概率. 1 1 [解析] 设事件 A 为“甲跑第一棒”, 事件 B 为“乙跑第四棒”, P(A)=4, 则 P(B)=4, 计算 P(A∩B). 记 x 为甲跑的棒数, 为乙跑的棒数, y 记为(x, 则共有 12 种可能结果: y), (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4),(3,4),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),(4,3).而甲跑第一棒,乙跑第四棒只有一种可能 1 (1,4),故 P(A∩B)=12,所以甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率为 P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B) 1 1 1 5 =4+4-12=12. (文)[例 2] 现有 8 名奥运会志愿者,其中志愿者 A1,A2,A3 通晓日语,B1,B2,B3 通晓俄 语,C1,C2 通晓韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各 1 名,组成一个小组. (1)求 A1 被选中的概率; (2)求 B1 和 C1 不全被选中的概率. [分析] (1)列举出所有基本事件和“A1 被选中”包含的基本事件,然后代入公式计算. (2)先求 B1 和 C1 全被选中的概率. [解析] (1)从 8 人中选出日语、俄语和韩语志愿者各 1 名,其一切可能的结果组成的基本事件 有 (A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2), (A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),(A2,B3,C1),(A2,B3,C2), (A3,B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2),(A3,B3,C1),(A3,B3,C2) 共 18 个基本事件. 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 包含以下事件:(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1), (A1,B3,C2), 事件 M 由 6 个基本事件组成, 6 1 因而 P(M)=18=3. - (2)用“N”表示“B1, 不全被选中”这一事件, C1 则其对立事件 N 表示“B1、 全被选中”这一事件; C1 - - 由于 N 包含的基本事件有(A1,B1,C1),(A2,B1,C1),(A1,B1,C1),事件 N 由 3 个基本事 件组成, 3 1 - 所以 P( N )=18=6, 由对立事件的概率公式得 1 5 - P(N)=1-P( N )=1-6=6. 四、求有关几何概型的概率问题 二、求有关几何概型的概率问题(文) 几何概型同古典概型一样,也是最具有代表性的概率模型之一,在高考中占有重要的地位.用
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几何概型计算事件的概率时,关键是要构造出随机事件对应的几何图形,利用图形的几何度 量(长度,面积或体积)来求随机事件的概率. [例 8] (文)[例 3] 若 k∈k 且 k∈[-1,2],则 k 的值使得过 A(1,1)可以作两条直线与圆 x2+y2 5 +kx-2y-4k=0 相切的概率是多少? [解析] 由题意,点 A 应该在圆的外部,所以就有

? 4 +1+4k>0 ? 5 ?12+12+k-2-4k>0
k2 5

? ?k>-1或k<-4 ,即? ? ?k<0

又因为 k∈[-1,2],所以-1<k<0, 因为 k 的取值区间的长度为 3, 而使得过 A 可以作两条直线与圆相切的 k 的取值区间的长度为 1 1.由几何概型的计算公式得所求概率 P=3. (文)[例 4] 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面上,掷一枚半 径为 1cm 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;若压在塑料板的顶点上,可获一元钱,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上的概率是多少? [解析] 小圆板中心用 O 表示,考虑 O 落在 ABCD 的哪个范围时,能使小圆板与塑料板 ABCD 的边相交,及 O 落在哪个范围时能使小圆板压在塑料板 ABCD 的顶点上. (1)如图所示,因为 O 落在正方形 ABCD 内任何位置是等可能的,小圆板与正方形塑料 ABCD 的 边相交是在小圆板的中心 O 到与它靠近的边的距离不超过 1 时,所以 O 落在图(1)中的阴影部 分时,小圆板就能与塑料板 ABCD 的边相交.因此,区域是边长为 9cm 的正方形,图中阴影 部分表示事件 A:“小圆板压在塑料板的边上.”

于是 S 正=9×9=81,S 阴=9×9-7×7=32. S阴 32 故所求概率 P(A)= =81. S正 (2)小圆板与正方形的顶点相交是在中心 P 到正方形的顶点的距离不超过小圆板的半径 1 时, 如图(2)所示阴影部分, 图中阴影部分表示事件 B: “小圆板压在塑料板顶点上”. 于是 S 正=9×9 =81,S 阴=π·12=π.

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S阴 π 故所求的概率 P(B)= =81. S正 五、事件概率的求法 熟练地求出事件的概率,是进一步求分布列、期望、方差的基础.本章中条件概率、独立重 复试验恰好发生 k 次的概率是高考的热点,求解过程中,要注意先判断概率类型,以便准确应 用概率加法公式、乘法公式和除法公式. [例 9] 甲箱的产品中有 5 个正品和 3 个次品,乙箱的产品中有 4 个正品和 3 个次品. (1)从甲箱中任取 2 个产品,求这 2 个产品都是次品的概率; (2)若从甲箱中任取 2 个产品放入乙箱中,然后再从乙箱中任取一个产品,求取出的这个产品 是正品的概率. [解析] (1)从甲箱中任取 2 个产品的事件数为 8×7 C82= 2 =28, 这 2 个产品都是次品的事件数为 C32=3. 3 ∴这 2 个产品都是次品的概率为28. (2)设事件 A 为“从乙箱中取出的一个产品是正品”,事件 B1 为“从甲箱中取出 2 个产品都是正 品”,事件 B2 为“从甲箱中取出 1 个正品 1 个次品”,事件 B3 为“从甲箱中取出 2 个产品都是次 品”,则事件 B1、事件 B2、事件 B3 彼此互斥. C51C31 15 C52 5 P(B1)=C82=14,P(B2)= C82 =28, C32 3 P(B3)=C82=28, 2 5 4 P(A|B1)=3,P(A|B2)=9,P(A|B3)=9, 5 2 15 5 3 4 7 ∴P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=14×3+28×9+28×9=12. (文)[例 5] 在一天内甲、乙、丙三台设备是否需要维护相互之间没有影响,且甲、乙、丙在一 天内不需要维护的概率依次为 0.9、0.8、0.85.则在一天内 (1)三台设备都需要维护的概率是多少? (2)恰有一台设备需要维护的概率是多少? (3)至少有一台设备需要维护的概率是多少? [解析] 设甲、乙、丙三台设备在一天内不需要维护的事件分别为 A、B、C,则 P(A)=0.9,P(B)=0.8,P(C)=0.85. (1)三台设备都需要维护的概率 --- - - - P1=P( A B C )=P( A )P( B )P( C ) =(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85) =0.003. (2)恰有一台设备需要维护的概率 - -- - P2=P( A BC)+P(A B C )+P(AB C ) =(1-0.9)×0.8×0.85+0.9×(1-0.8)×0.85+0.9×0.8×(1-0.85)=0.329. (3)∵三台设备都不需要维护的概率是
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P3=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.9×0.8×0.85 =0.612. ∴至少有一台设备需要维护的概率 P4=1-P3=0.388. 六、求离散型随机变量的分布列及均值 利用求分布列来考查事件概率的求法、随机变量概念的理解,从而进一步考查学生解决实际 问题的能力是高考中考查本章内容最常用的方法.在具体解答中,关键是明确随机变量取值 的意义及正确求解相应概率,同时对特殊的分布要注意辨认. [例 10] 盒中装有 8 个乒乓球,其中 6 个没有用过的,2 个是用过的. (1)从盒中任取 2 个球使用,求恰好取出 1 个用过的球的概率; (2)若从盒中任取 2 个球使用,用完后装回盒中,此时盒中用过的球的个数 X 是一个随机变量, 求随机变量 X 的分布列及 EX. [解析] (1)设恰好取出一个用过的球的概率为 P, C21C61 3 则 P= C82 =7. (2)随机变量 X 的可能取值为 2,3,4. X=2 表示取出了两个用过的球. C22 1 ∴P(X=2)=C82=28. X=3 表示取出了一个用过的球,一个没用过的球, C21C61 3 ∴P(X=3)= C82 =7. X=4 表示取出了两个没用过的球. C62 15 ∴P(X=4)=C82=28. ∴X 的分布列为 X P 1 3 15 7 ∴EX=2×28+3×7+4×28=2. 2 1 28 3 3 7 4 15 28

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