2012江蘇省數(shù)學(xué)競賽《提優(yōu)教程》教案：第60講概率.doc

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第20講 概率(二) 本節(jié)主要內(nèi)容有：幾何概型，期望．各種概率問題選講 概率的基本知識． 1.隨機(jī)變量：隨機(jī)變量x是樣本空間I上的函數(shù)，即對樣本空間I中的每一個樣本點e，有一個確定的實數(shù)X(e)與e對應(yīng)，X=X(e)稱為隨機(jī)變量． 2.數(shù)學(xué)期望：設(shè)X是隨機(jī)變量，則E(x)= X(e)P(e) 稱為X的數(shù)學(xué)期望．其中e跑遍樣本空間I的所有樣本點，P(e)是e的概率． 如果a是常數(shù)，那么E(aX)=aE(X)． 如果X、Y是兩個隨機(jī)變量，那么E(X+Y)=E(X)+E(y)． A類例題 例1 (2004年福建理科卷)甲、乙兩人參加一次英語口語考試，已知在備選的10道試題中，甲能答對其中的6題，乙能答對其中的8題．規(guī)定每次考試都從備選題中隨機(jī)抽出3題進(jìn)行測試，至少答對2題才算合格． （1）求甲答對試題數(shù)ξ的概率分布及數(shù)學(xué)期望； （2）求甲、乙兩人至少有一人考試合格的概率． 分析 利用隨機(jī)事件的概率公式確定概率分布列，利用互斥事件的概率加法公式及相互獨(dú)立事件的概率乘法公式解決此類問題 ． 解 （1）依題意，甲答對試題數(shù)ξ的概率分布如下： ξ 0 1 2 3 P 甲答對試題數(shù)ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ=0＋1＋2＋3=． （2）設(shè)甲、乙兩人考試合格的事件分別為A、B，則 P(A)===，P(B)===． 因為事件A、B相互獨(dú)立， ∴甲、乙兩人考試均不合格的概率為：P()=P()P()=1－)(1－)=． ∴甲、乙兩人至少有一人考試合格的概率為：P=1－P()=1－=． 答：甲、乙兩人至少有一人考試合格的概率為． 例2.(2004年全國高考湖北卷)某突發(fā)事件，在不采取任何預(yù)防措施的情況下發(fā)生的概率為0．3，一旦發(fā)生，將造成400萬元的損失． 現(xiàn)有甲、乙兩種相互獨(dú)立的預(yù)防措施可供采用． 單獨(dú)采用甲、乙預(yù)防措施所需的費(fèi)用分別為45萬元和30萬元，采用相應(yīng)預(yù)防措施后此突發(fā)事件不發(fā)生的概率為0．9和0．85． 若預(yù)防方案允許甲、乙兩種預(yù)防措施單獨(dú)采用、聯(lián)合采用或不采用，請確定預(yù)防方案使總費(fèi)用最少． （總費(fèi)用=采取預(yù)防措施的費(fèi)用+發(fā)生突發(fā)事件損失的期望值．） 分析 優(yōu)選決策型概率問題是指通過概率統(tǒng)計來判斷實施方案的優(yōu)劣的問題．這類問題解決的關(guān)鍵是要分清各方案實施的區(qū)別，處理好概率與統(tǒng)計的綜合．此部分內(nèi)容實際意義較濃，所以解決這類問題必須密切聯(lián)系生活實際，才能從中抽象出一些切合實際的數(shù)學(xué)模型． 解 ①不采取預(yù)防措施時，總費(fèi)用即損失期望為4000．3=120（萬元）； ②若單獨(dú)采取措施甲，則預(yù)防措施費(fèi)用為45萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0．9=0．1， 損失期望值為4000．1=40（萬元）， 所以總費(fèi)用為45+40=85（萬元） ③若單獨(dú)采取預(yù)防措施乙，則預(yù)防措施費(fèi)用為30萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0．85=0．15， 損失期望值為4000．15=60（萬元）， 所以總費(fèi)用為30+60=90（萬元）； ④若聯(lián)合采取甲、乙兩種預(yù)防措施，則預(yù)防措施費(fèi)用為45+30=75（萬元）， 發(fā)生突發(fā)事件的概率為（1－0．9）（1－0．85）=0．015， 損失期望值為4000．015=6（萬元）， 所以總費(fèi)用為75+6=81（萬元）． 綜合①、②、③、④，比較其總費(fèi)用可知，應(yīng)選擇聯(lián)合采取甲、乙兩種預(yù)防措施，可使總費(fèi)用最少． 情景再現(xiàn) 1.(2004年全國理Ⅲ) 某同學(xué)參加科普知識競賽，需回答三個問題．競賽規(guī)則規(guī)定：每題回答正確得100分，回答不正確得－100分．假設(shè)這名同學(xué)每題回答正確的概率均為0．8，且各題回答正確與否相互之間沒有影響． （1）求這名同學(xué)回答這三個問題的總得分的概率分布和數(shù)學(xué)期望； （2）求這名同學(xué)總得分不為負(fù)分（即≥0）的概率． 2．(2004年全國高考湖北文史卷) 為防止某突發(fā)事件發(fā)生，有甲、乙、丙、丁四種相互獨(dú)立的預(yù)防措施可供采用，單獨(dú)采用甲、乙、丙、丁預(yù)防措施后此突發(fā)事件不發(fā)生的概率（記為P）和所需費(fèi)用如下表： 預(yù)防措施 甲 乙 丙 丁 P 0.9 0.8 0.7 0.6 費(fèi)用（萬元） 90 60 30 10 預(yù)防方案可單獨(dú)采用一種預(yù)防措施或聯(lián)合采用幾種預(yù)防措施，在總費(fèi)用不超過120萬元的前提下，請確定一個預(yù)防方案，使得此突發(fā)事件不發(fā)生的概率最大. B類例題 例3（2003年全國高考遼寧、天津理科卷）A、B兩個代表隊進(jìn)行乒乓球?qū)官?，每隊三名隊員，A隊隊員是A1、A2、A3，B隊隊員是B1、B2、B3 ．按以往多次比賽的統(tǒng)計，對陣隊員之間勝負(fù)概率如下： 對陣隊員 A隊隊員勝的概率 A隊隊員負(fù)的概率 A1對B1 A2對B2 A3對B3 現(xiàn)按表中對陣方式出場, 每場勝隊得1分, 負(fù)隊得0分．設(shè)A隊、B隊最后總分分別為 x、h． (Ⅰ) 求 x、h 的概率分布； (Ⅱ) 求Ex、Eh． 分析 本題考查離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望等概念，考查運(yùn)用概率知識解決實際問題的能力． 解 (Ⅰ) x、h 的可能取值分別為3, 2, 1, 0. P(x = 3) = （即A隊連勝3場） P(x = 2) = （即A隊共勝2場） P(x = 1) = （即A隊恰勝1場） P(x = 0) = （即A隊連負(fù)3場） 根據(jù)題意知 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) = . (Ⅱ) Ex = ； 因為x + h = 3， 所以Eh = 3 – Ex =． 例4 (2005年全國高考遼寧卷) 某工廠生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，每種產(chǎn)品都是經(jīng)過第一和第二工序加工而成，兩道工序的加工結(jié)果相互獨(dú)立，每道工序的加工結(jié)果均有Ａ、Ｂ兩個等級，對每種產(chǎn)品，兩道工序的加工結(jié)果都為Ａ級時，產(chǎn)品為一等品，其余均為二等品． 表一 概 工 率 序 產(chǎn)品 第一工序 第二工序 甲 0．8 0．85 乙 0．75 0．8 （1）已知甲、乙兩種產(chǎn)品每一道工序的 加工結(jié)果為Ａ級的概率如表一所示，分別求生 產(chǎn)出的甲、乙產(chǎn)品為一等品的概率Ｐ甲、Ｐ乙； 表二 利 等 潤 級 產(chǎn)品 一等 二等 甲 5(萬元) 2．5(萬元) 乙 2．5(萬元) 1．5(萬元) （2）已知一件產(chǎn)品的利潤如表二所示，用、 分別表示一件甲、乙產(chǎn)品的利潤，在（Ⅰ） 的條件下，求、的分布列及、； 表三 用 項 量 目 產(chǎn)品 工人(名) 資金(萬元) 甲 8 5 乙 2 10 （3）已知生產(chǎn)一件產(chǎn)品需用的工人數(shù)和資 金如表三所示，該工廠有工人40名，可用資 金60萬，設(shè)、分別表示生產(chǎn)甲、乙產(chǎn)品 的數(shù)量，在（2）的條件下，、為何值時 最大？最大值是多少？ （解答時須給出圖示） 分析 本題主要考查相互獨(dú)立事件的概率、隨機(jī)變量的分布列及期望、線性規(guī)劃模型的建立與求解等基礎(chǔ)知識，考查通過建立簡單的數(shù)學(xué)模型以解決實際問題的能力． 解（1） （2）隨機(jī)變量、的分別列是 5 2．5 P 0．68 0．32 2．5 1．5 P 0．6 0．4 （3）由題設(shè)知 目標(biāo)函數(shù)為 作出可行域（如圖） 作直線 將l向右上方平移至l1位置時，直線經(jīng)過可行域上 的點M點與原點距離最大，此時 取最大值． 解方程組 得即時，z取最大值， z的最大值為25．2 ． 說明 線性規(guī)劃與概率都是新課程中增加的內(nèi)容, 概率與線性規(guī)劃牽手，給人耳目一新的感覺，這種概率與其他的交匯使概率內(nèi)容平添了新的靈氣，煥發(fā)出新的活力． 例5 街道旁邊有一游戲:在鋪滿邊長為9cm的正方形塑料板的寬廣地而上,擲一枚半徑為1 cm的小圓板.規(guī)則如下:每擲一次交5角錢.若小圓板壓在邊上.可重擲一次;若擲在正方形內(nèi).須再交5角錢可玩一次;若擲在或壓在塑料板的頂點從上.可獲得一元錢.試問: (1)小圓板壓在塑料板的邊上的概率是多少? (2)小圓板壓在塑料板頂點從上的概率是多少? 分析 小圓板中心用O表示,考察O落在BCD的哪個范圍時,能使 圓板與塑料板A BCF的邊相交接,又O落在哪個范圍時能使圓板 與A B CD的頂點從相交接. 解 (1)因為O落在正方形ABCD內(nèi)任何位置是等可能的，圓板 與正方形塑料ABCD的邊相交接是在圓板的中心O到與它靠 圖1 近的邊的距離不超過1時，而它與正方形相接觸的邊對于一個 正方形來說是一邊或兩邊.所以O(shè)落在圖1陰影部分時,小圓板 就能與塑料板A BCD邊相交,這個范圍面積等于92－72=32,因此 所求概率是=. (2)小圓板與正方形的頂點相交接是在中心O與正方形的頂點從的距離不超過圓板的半徑1時，如圖2陰影部分，四塊合起來而積為, 故所求概率是. 圖2 例6(1)一次數(shù)學(xué)測驗，由20個選擇題構(gòu)成，每個選擇題有4個選擇項，其中有且僅有一個是正確的.若某學(xué)生在測驗中對每題都從4個選項中隨機(jī)地選擇1個，求該生在這次測驗中答對多少個題的概率最大? (2)將一枚骰子任意地拋擲500次，問一點出現(xiàn)多少次的概率最大? 解 (1)設(shè)該生在測驗中，答對題的個數(shù)為ξ，由題意知，ξ服從二項分布，即ξ～B(20,) 所以Eξ=np=20=5(恰為整數(shù)) 故該生在這次測驗中答對5個題的概率最大. (2)設(shè)ξ表示將一骰子拋擲500次一點出現(xiàn)的次數(shù)，由題意知ξ服從二項分布，即ξ～B(500, )， 則Eξ=np=500=83. 所以出現(xiàn)次數(shù)概率最大的ξ取值可能是83或84. 比較p(ξ=83)與p(ξ=84)得P(ξ=83)>P(ξ=84).因此一點出現(xiàn)83次的概率最大. 情景再現(xiàn) 3．(2005年全國高考湖南卷)某城市有甲、乙、丙3個旅游景點，一位客人游覽這三個景點的概率分別是0.4，0.5，0.6，且客人是否游覽哪個景點互不影響，設(shè)ξ表示客人離開該城市時游覽的景點數(shù)與沒有游覽的景點數(shù)之差的絕對值. （1）求ξ的分布及數(shù)學(xué)期望； （2）記“函數(shù)f(x)＝x2－3ξx＋1在區(qū)間[2，＋∞上單調(diào)遞增”為事件A，求事件A的概率. 4．(2002年安徽省高中數(shù)學(xué)競賽題)甲乙兩人相約10天之內(nèi)在某地會面.約定先到的人等候另一個人經(jīng)過3天以后方可離開.若他們在限期內(nèi)到達(dá)目的地是等可能的.則此兩人會面的概率為 . C類例題 例7 已知圓O，任作它的三條切線．圓O是這三條切線所成三角形的內(nèi)切圓與是傍切圓的概率的比為． 解 設(shè)PA、PB為兩條切線，切點為A，B．它們的對徑點分別為A，B． 當(dāng)且僅當(dāng)切點在 上，第三條切線與PA，PB組成的三角形以⊙O為內(nèi)切圓． 于是，設(shè)的弧度數(shù)為，則若第三個切點在 一個弧度數(shù)為的弧上，⊙O是內(nèi)切圓．而在一個 弧度數(shù)為2－的弧上，⊙O是傍切圓． 在的弧度數(shù)為－時，若第三個切點在一個弧度數(shù)為－的弧上， ⊙O是內(nèi)切圓．而在一個弧度數(shù)為2－(－)=＋的弧上，⊙O是傍切圓． 將這兩種情況合在一起，即得使⊙O為內(nèi)切圓的切點所在弧為＋(－)=， 而使⊙O為傍切圓的切點所在弧為(2－)+(＋)=3,兩者之比為, 對每一一對弧均是如此．所以概率之比為 例8 在長為a+b+c的線段上，隨意量出長為a，b的兩段． 求證：(1)這兩段沒有公共點的概率為 (2)這兩段的公共部分不超過d的概率為 (d＜a,b) 解 如圖(1)，(2)，設(shè)一段為CD=a，一段為EF=b，而AC=x，AE=y，則0＜x＜b+c，0＜y＜a+c． (1)兩段沒有公共點，則y＞a+x或x＞y+b．它們構(gòu)成圖(3)中的陰影部分， 這兩個三角形的面積和為c2，所述概率為 (2)兩段的公共部分不超過d，則y+d＞a+x或x+d＞y+b． 則它們構(gòu)成圖(4)中的陰影部分，所述概率為 情景再現(xiàn) 5． 某先生居住在城鎮(zhèn)的A處，準(zhǔn)備開車到單位B處上班，若該地各路段發(fā)生堵車事件都是相互獨(dú)立的，且在同一路段發(fā)生堵車事件最多只有一次，發(fā)生堵車事件的概率如下圖（例如，A→C→D算作兩個路段：路段AC發(fā)生堵車事件的概率為，路段CD發(fā)生堵車事件的概率為）． （1）請你為其選擇一條由A到B的路線，便得途中發(fā)生堵車事件的概率最小； （2）若記路線A→C→F→B中遇到堵車次數(shù)為隨機(jī)變量，求的數(shù)學(xué)期望E． 6．在一條長為a+b的線段上，隨機(jī)量出長為a、b的兩段． 證明這兩段的公共部分不超過c的概率為 (c＜a，b)，而較短的一段(長為b)完全落在較長的一段(長為a)內(nèi)的概率是． 習(xí)題20 A類題 1. 事件A出現(xiàn)的概率是,事件B出現(xiàn)的概率是.設(shè)p是A和B同時出現(xiàn)的概率. 那么包含p的區(qū)間是 A、. B、. C、. D、. 2. 設(shè)P在［0,5］上隨機(jī)地取值，則方程x2+px+=0有實根的概率為 . 3. 一套重要資料鎖在一個保險柜中，現(xiàn)有把鑰匙依次分給名學(xué)生依次開柜，但其中只有一把真的可以打開柜門，平均來說打開柜門需要試開的次數(shù)為（ ） A． B． C． D． 4. (2005年全國高考江西理科卷)A、B兩位同學(xué)各有五張卡片，現(xiàn)以投擲均勻硬幣的形式進(jìn)行游戲，當(dāng)出現(xiàn)正面朝上時A贏得B一張卡片，否則B贏得A一張卡片.規(guī)定擲硬幣的次數(shù)達(dá)9次時，或在此前某人已贏得所有卡片時游戲終止.設(shè)表示游戲終止時擲硬幣的次數(shù). （1）求的取值范圍； （2）求的數(shù)學(xué)期望E. 5. (2005年全國高考北京卷)甲、乙兩人各進(jìn)行3次射擊，甲每次擊中目標(biāo)的概率為，乙每次擊中目標(biāo)的概率為 （Ⅰ）記甲擊中目標(biāo)的次數(shù)為ξ，求ξ的概率分布及數(shù)學(xué)期望Eξ； （Ⅱ）求乙至多擊中目標(biāo)2次的概率； （Ⅲ）求甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率. 6. 對三種型號的計算器進(jìn)行質(zhì)量檢驗，它們出現(xiàn)故障的概率分別是0．1、0．2、0．15，檢驗時，每種計算器選取一臺，設(shè)表示出現(xiàn)故障的計算器的臺數(shù)． （I）求的概率分布；（II）求． B類題 7. (2005年全國高考廣東卷)箱中裝有大小相同的黃、白兩種顏色的乒乓球，黃、白乒乓球的數(shù)量比為s:t．現(xiàn)從箱中每次任意取出一個球，若取出的是黃球則結(jié)束，若取出的是白球，則將其放回箱中，并繼續(xù)從箱中任意取出一個球，但取球的次數(shù)最多不超過n次，以ξ表示取球結(jié)束時已取到白球的次數(shù)． （Ⅰ）求ξ的分布列；（Ⅱ）求ξ的數(shù)學(xué)期望． 8. (2005年全國高考重慶理科卷)在一次購物抽獎活動中，假設(shè)某10張券中有一等獎券1張，可獲價值50元的獎品；有二等獎券3張，每張可獲價值10元的獎品；其余6張沒有獎，某顧客從此10張券中任抽2張，求： （Ⅰ）該顧客中獎的概率； （Ⅱ）該顧客獲得的獎品總價值（元）的概率分布列和期望. 9. 設(shè)一部機(jī)器在一天內(nèi)發(fā)生故障的概率為0.2，機(jī)器發(fā)生故障時全天停止工作.若一周5個工作日里均無故障，可獲利潤10萬元；發(fā)生一次故障可獲利潤5萬元，只發(fā)生兩次故障可獲利潤0萬元，發(fā)生三次或三次以上故障就要虧損2萬元.求一周內(nèi)利潤期望. 10. 某市出租車的起步價為6元，行駛路程不超過3km時，租車費(fèi)為6 元，若行駛路程過3km，則按每超出1km（不足1km也按1km計程）收費(fèi)3元計費(fèi)． 設(shè) 出租車一天行駛的路程數(shù)（按整km數(shù)計算，不足1km的自動計為1km）是一個隨機(jī) 變量，則其收費(fèi)數(shù)也是一個隨機(jī)變量． 已知一個司機(jī)在某個月中每次出車都超過了 3km，且一天的總路程數(shù)可能的取值是200、220、240、260、280、300（km），它們出 現(xiàn)的概率依次是0．12、0．18、0．20、0．20、100a2＋3a、4a． （1）求作這一個月中一天行駛路程的分布列，并求的數(shù)學(xué)期望和方差； （2）求這一個月中一天所收租車費(fèi)的數(shù)學(xué)期望和方差． C類題 11. 一副紙牌共N張，其中有三張A. 現(xiàn)隨機(jī)地洗牌，然后從頂上開始一張接一張地翻牌，直翻到第二張A出現(xiàn)為止．求證：翻過的牌數(shù)的數(shù)學(xué)期望是． 12. 不同的數(shù)排列成一個三角形 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆ … ☆ ☆ ☆… ☆ ☆ 設(shè)Mk是從上往下第k行中最大數(shù),求Mk是M1＜M2＜…＜Mn是的概率. 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1.（1）的可能值為－300，－100，100，300． P（=－300）=0．23=0．008， P（=－100）=30．220．8=0．096， P（=100）=30．20．82=0．384， P（=300）=0．83=0．512， 所以的概率分布為 －300 －100 100 300 P 0．008 0．096 0．384 0．512 根據(jù)的概率分布，可得的期望 E=（－300）0．08＋（－100）0．096＋1000．384＋3000．512=180． （2）這名同學(xué)總得分不為負(fù)分的概率為P（≥0）=0．384＋0．512=0．896． 2. 方案1：單獨(dú)采用一種預(yù)防措施的費(fèi)用均不超過120萬元.由表可知，采用甲措施，可使此突發(fā)事件不發(fā)生的概率最大，其概率為0.9. 方案2：聯(lián)合采用兩種預(yù)防措施，費(fèi)用不超過120萬元，由表可知.聯(lián)合甲、丙兩種預(yù)防措施可使此突發(fā)事件不發(fā)生的概率最大，其概率為 1—(1—0.9)(1—0.7)=0.97. 方法3：聯(lián)合采用三種預(yù)防措施，費(fèi)用不超過120萬元，故只能聯(lián)合乙、丙、丁三種預(yù)防措施，此時突發(fā)事件不發(fā)生的概率為 1—（1—0.8）(1—0.7)(1—0.6)=1—0.024=0.976. 綜合上述三種預(yù)防方案可知，在總費(fèi)用不超過120萬元的前提下，聯(lián)合使用乙、丙、丁三種預(yù)防措施可使此突發(fā)事件不發(fā)生的概率最大. 3.（1）分別記“客人游覽甲景點”，“客人游覽乙景點”，“客人游覽丙景點” 為事件A1，A2，A3. 由已知A1，A2，A3相互獨(dú)立，P（A1）=0.4，P（A2）=0.5， P（A3）=0.6. 客人游覽的景點數(shù)的可能取值為0，1，2，3. 相應(yīng)地，客人沒有游覽的景點數(shù)的可能取 值為3，2，1，0，所以的可能取值為1，3. P（=3）=P（A1A2A3）+ P（） = P（A1）P（A2）P（A3）+P（） =20.40.50.6=0.24， 1 3 P 0.76 0.24 P（=1）=1－0.24=0.76. 所以的分布列為 E=10.76+30.24=1.48. （2）解法一 因為 所以函數(shù)上單調(diào)遞增， 要使上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng) 從而 解法二：的可能取值為1，3. 當(dāng)=1時，函數(shù)上單調(diào)遞增， 當(dāng)=3時，函數(shù)上不單調(diào)遞增.0 所以 4. 解 設(shè)甲乙兩人分別在第x,y天到達(dá)某地.0≤x ≤10,0≤y ≤10.他們會而的充要條件是｜x－y｜≤3.則點(x,y)分布在如圖正方形OABC內(nèi),其基木事件S為介于兩直線x－y= 3之間的陰影內(nèi).故所求概率p== 5. (1)記路段MN發(fā)生堵車事件為MN． 因為各路段發(fā)生堵車事件都是獨(dú)立的，且在同一路段發(fā)生堵車事件最多只有一次，所以路線A→C→D→B中遇到堵車的概率P1為1－P（）= 1－P（）P（）P（） = 1－[1－P（AC）][1－P（CD）[1－P（DB）] =1－ = 同理：路線A→C→F→B中遇到堵車的概率為P2為 1－P（）=（小于） 路線A→E→F→B中遇到堵車的概率P3 為 1－P（）=（小于） 顯然要使得由A到B的路線途中發(fā)生堵車事件的概率最小，只可能在以上三條路線中選擇．因此選擇路線A→C→F→B，可使得途中發(fā)生堵車事件的概率最?。? （2）路線A→C→F→B中遇到堵車次數(shù)可取值為0，1，2，3． P（=0）= P（）=． P（=1）= P（AC）＋P(CF)＋P(FB) =＋＋=， P（=2）=P（ACCF）＋P（ACFB）＋P（CFFB） =＋＋= P（=3）=P（ACCF）== ∴E= 0 ． 答：路線A→C→F→B中遇到堵車次數(shù)的數(shù)學(xué)期望為 ． 6. 如圖(1)，(2)，設(shè)一段為CD=a，一段為EF=b，而AC=x， AE=y，則0≤x≤b，0≤y≤a． (1)公共部分不超過c，即 x+a－y＜c或y+b－x＜c 它們構(gòu)成圖(3)中的兩個三角形．面積的和為c2．所以所述概率為 (2)較短的一條完全落在較長的一條內(nèi)，即x＜y并且a－y＞b－x 它們構(gòu)成圖(4)中的平行四邊形．面積與長方形的比為, 即所述概率為. 本節(jié)“習(xí)題20”解答： 1. 選D. 設(shè)P(E) 表示事件E出現(xiàn)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) =－P(A∪B), 其中1≥P(A∪B) ≥max{P(A),P(B)}=. 因而 －1≤p≤－,即 ≤p≤. 2. 一元二次方程有實數(shù)根Δ≥0而Δ=P2－4()=P2－P－2=(P+1)(P－2), 解得P≤－1或P≥2, 故所求概率為P= 3. C 提示：當(dāng)=2時，打開柜門需要的次數(shù)為，故答案為C 或已知每一位學(xué)生打開柜門的概率為，所以打開柜門次數(shù)的平均數(shù)（即數(shù)學(xué)期望）為，故答案為C 4. （1）設(shè)正面出現(xiàn)的次數(shù)為m，反面出現(xiàn)的次數(shù)為n，則，可得： （2） 5. （I）　　 　　　 的概率分布如下表： 0 1 2 3 P 　　　　 或 （II）乙至多擊中目標(biāo)2次的概率為 （III）設(shè)甲恰比乙多擊中目標(biāo)2次為事件A,甲恰擊中目標(biāo)2次且乙恰擊中目標(biāo)0次 為事件,甲恰擊中目標(biāo)3次且乙恰擊中目標(biāo)1次為事件,則 為互斥事件. 所以,甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率為. 6. 設(shè)三臺計算器出現(xiàn)故障的事件分別為A、B、C，則A、B、C相互獨(dú)立 （I）由已知 于是， （II） 7. (I)ξ的分布列為 ξ 0 1 2 … n－1 n p … (II) 的數(shù)學(xué)期望為： …(1) …(2) (1)－(2)得：. 8. 解法一：（Ⅰ），即該顧客中獎的概率為. （Ⅱ）的所有可能值為：0，10，20，50，60（元）. 0 10 20 50 60 P 故有分布列： 從而期望 解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）的分布列求法同解法一 由于10張券總價值為80元，即每張的平均獎品價值為8元，從而抽2張的平均獎品價值=28=16（元）. 9. 以X表示一周5天內(nèi)機(jī)器發(fā)生故障的天數(shù)，則X－B(5，0.2)，于是X有概率分布P(X=k)=C0.2k0.85－k,k=0,1,2,3,4,5. 以Y表示一周內(nèi)所獲利潤，則Y=g(X)= Y的概率分布為：P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328 . P(Y=5)=P(X=1)=C0.20.84=0.410 P(Y=0)=P(X=2)=C0.220.83=0.205. P(Y=－2)=P(X≥3)=1－P(X=0)－P(X=1)－P(X=2)=0.057. 故一周內(nèi)的期望利潤為：EY=100.328+50.410+00.205－20.057=5.216(萬元) 10. （1）由概率分布的性質(zhì)2有，0．12＋0．18＋0．20＋0．20＋100a2＋3a＋4a=1， 18，4a=0．12，的分布列為 200 220 240 260 280 300 P 0．12 0．18 0．20 0．20 0．18 0．12 （2）由已知(元) 11. 對于每種翻過的牌數(shù)為k的情況，如果將牌序倒過來，即倒數(shù)第一張成為最上面的第一張，倒數(shù)第二張成為第二張，…，第一張成為最后一張，那么就得出一種翻過的牌數(shù)為N+1－k的情況，反之亦然．因此，將這些情況兩兩配對(翻過的牌數(shù)為的情況不必配對)，平均張數(shù)為．因此，所述數(shù)學(xué)期望為. 12.設(shè)所求的概率為Pn, P1=1, P2=, 設(shè)Pk= ,則對n=k+1,最大的數(shù)第k+1行的概率為 = 因此Pk+1,= Pk=,所以對所有n Pn= .