03 微专题25　概率 【答案】作业

限时集训(二十五)1.D[解析]由题意可得,每名乘客在每个车站下车的概率均为14,则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率为3×34×14×14=2.C[解析]事件A包含的样本点有(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,3),(5,3),(6,3),共7个,事件AB表示两次点数的较小值为3,较大值为6,包含的样本点有(3,6),(6,3),共2个,所以P(B|A)=n(AB)n(3.A[解析]由全概率公式,得小孟一家去游乐园的概率为0.5×0.6+0.3×0.4+0.2×0.3=0.48.故选A.4.B[解析]依题意得,样本空间Ω={A→B→A→B,A→B→A→C,A→B→C→A,A→B→C→B,A→C→A→B,A→C→A→C,A→C→B→A,A→C→B→C},共有8个样本点.记M=“第三次传递后,信息在A元件中”,则M中有2个样本点,所以P(M)=28=14.5.B[解析]数据0,9,7,4,5从小到大排列为0,4,5,7,9,可得其中位数为5.从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据有C102=45(种)选法,要使得新数据与原数据中位数相同,则可分为两类:若选择的两数中不含5,则不同的选法有C41C51=20(种);若选择的两数中含5,则不同的选法有C416.B[解析]从甲箱中随机取出1个球,取出红球的概率P1=33+2=35,取出白球的概率P2=23+2=25.若从甲箱中取出1个红球放入乙箱,则乙箱中有3个红球和3个白球,则在从甲箱取出红球的条件下,从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P3=C32+C32C62=3+315=25.若从甲箱中取出1个白球放入乙箱,则乙箱中有2个红球和4个白球,则从甲箱取出白球的条件下,从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P4=C22+C42C62=1+615=715.故从乙箱取出的2个球颜色相同的概率P=P17.ACD[解析]对于A选项,若A,B互斥,则P(A∪B)=0.5+0.4=0.9,所以A选项正确.对于B选项,若A,B相互独立,则A与B也相互独立,因为P(B)=1-P(B)=1-0.4=0.6,所以P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.6=0.3≠0.2,所以B选项错误.对于C选项,若A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.5+0.4-0.2=0.7,所以C选项正确.对于D选项,由P(B|A)=P(AB)P(A)=0.5,P(A)=0.5,得P(AB)=0.5×0.5=0.25,所以P(BA)=P(B)-P(AB)=0.4-0.25=0.15,又P(A)=1-P(A)=1-0.5=0.5,所以P(B|A)=P(8.BD[解析]由题意知P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|A1)=511,P(B|A2)=411,P(B|A3)=411,∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×411=922,D正确;P(A1|B)=P(A1B)P(B)=P(A1)P(B|A1)P(B)=12×511922=59,B正确;P(A2B)=P(A2)P(B|A2)=15×411=455,C错误;∵P(A3B)=P(A3)P(B|9.367385[解析]平行六面体ABCD-A'B'C'D'有8个顶点,∴任意取3个顶点构成的三角形个数为C83=56.从56个三角形中任取2个三角形,共面的情况有12C42种.设任取2个三角形,这2个三角形不共面为事件A,则P(A)=1-1210.1425719[解析]设事件A表示“从甲袋中取到红球”,事件B表示“从乙袋中取到红球”,则P(A)=710,P(B)=45,所以P(AB)=710×45=1425.设事件C表示“两球颜色不同”,事件D表示“乙袋中取出黄球”,则P(C)=P(AB)+P(AB)=710×1-45+1-710×45=1950.又P(CD)=P(AB)=71011.解:(1)设A1=“文化项目乙获胜”,A2=“科技项目乙获胜”,A3=“体育项目乙获胜”,则P(A1)=15,P(A2)=12,P(A3)=记事件A=“乙同学的总得分为40分”,则A=A1A2A3+A1A2A3+A1A2故P(A)=15×12×23+15×12×13+45(2)由题可知X的可能取值为0,20,40,60,P(X=0)=15×12×13P(X=20)=45×12×13+15×12×13+15P(X=40)=45×12×13+45×12×23+15P(X=60)=45×12×23则X的分布列为X0204060P1774故E(X)=0×130+20×730+40×715+60×4(3)甲获得冠军的概率为P(X=40)+P(X=60)=715+415=1115,乙获得冠军的概率为1-11因为1115>41512.解:(1)在打了两个球后比赛结束,则甲连续两球得分或乙连续两球得分.设事件A为“再打两球后比赛结束”,事件B为“乙同学获胜”,则P(A)=13×23+23×23=23,P(AB)=1故P(B|A)=P(AB)(2)设事件C为“乙在本球得分”,事件M为“乙在上一球得分”.设事件Di(i=-1,0,1)为“当前乙同学的分数与甲同学的分数之差为i,乙同学获胜”.当i=1时,乙肯定在上一球得分,此时P(C)=23若乙在本球得分,则乙获胜,若乙未在本球得分,则乙获胜的概率为P(D0|M),所以P(D1)=P(D1|C)·P(C)+P(D1|C)·P(C)=23+13P(D0|M同理,当i=-1时,乙肯定在上一球未得分,此时P(C)=13,若乙在本球未得分,则甲获胜,若乙在本球得分,则乙获胜的概率为P(D0|M所以P(D-1)=P(D-1|C)·P(C)+P(D-1|C)·P(C)=13P(D0|M)当i=0时,若乙在上一球得分,则P(C)=23,若乙在本球得分,则乙获胜的概率为P(D1若乙在本球未得分,则乙获胜的概率为P(D-1),所以P(D0|M)=P(D1)P(C)+P(D-1)P(C)=23P(D1)+13P(D若乙在上一球未得分,则P(C)=13同理可得P(D0|M)=P(D1)P(C)+P(D-1)P(C)=13P(D1)+23P(D-1又初始P(C)=13,所以乙同学获胜的概率等价于P(D0|M所以P解得P(D0|M)=25所以乙同学获胜的概率为2513.解:(1)由题得X的可能取值为0,1,2,3,由p=14,可得P(X=i)=14,所以E(X)=0×14+1×14+2×14+3×1(2)设事件A=“该微生物至多经过两次分裂后消失”,事件Bi=“该微生物第一次分裂成i个,i=0,1,2,3”,则P(A)=P(B0)+P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=12+16×12+16×122+P(AB2)=P(B2)P(A|B2)=16×122所以P(B2|A)=P(AB2)故该微生物至多经过两次分裂后消失的条件下,第一次分裂得到两个新微生物的概率为231(3)若开始有一个这样的微生物,设这个微生物最终消失的概率为f(1)=q≤12则i个这样的微生物最终消失的概率为f(i)=qi,i=0,1,2,3,则f(1)=p