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1、历年自主招生试题分类汇编概率统计 2. （2014 年华约） 乒乓球比赛 ,五局三胜制 .任一局甲胜的概率是 1 () 2 p p,甲赢得比赛的概 率是q,求p为多少时 ,q p取得最大值 . 【解】若共比赛了3 局,则甲赢得比赛的概率为 3 p; 若共赛了4 局,则最后一局甲胜,甲赢得比赛的概率为 23 3 (1)C pp; 若共比赛了5 局 ,则最后一局甲胜,甲赢比赛的概率为 232 4 (1)C pp,因此 32323 34 (1)(1)qpC ppC pp, 所以 323232543 34 (1)(1)61510qppC ppC ppppppp, 1 2 p; 设 543 ( )615
2、10f ppppp, 1 2 p,则 432 ()3060301fpppp, 即 432221 ( )306030130(21) 30 fppppppp, 所以 2222111 ( )30(1)30()() 303030 fppppppp, 又因为 1 (,1) 2 p,所以 2 pp,故 21 0 30 pp, 所以令( )0fp时,即 21 0 30 pp,得 4 11 111 30 22430 p; 又因为 1 (,1) 2 p,所以取 111 2430 p, 易知当 1 111 (,) 2 2430 p时 , 111 ( )0,(,1) 2430 fpp时,()0fp, 所以当 111
3、 2430 p时,( )fp有唯一极大值 ,也是最大值 . 4. （2013 年华约） 7 个红球 ,8 个黑球 ,从中任取4 个球 . (1)求取出的球中恰有1 个是红球的概率; (2)求所取出球中黑球个数X的分布列及期望()E X; (3)若所取出的4 个球颜色相同 ,求恰好全黑的概率; 【解】 (1)由题知恰有一个红球的概率为 13 78 4 15 56 195 C C C ; = = = = (2)易知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,则由古典概型知, 4 7 4 15 5 (0) 195 C P X C , 13 78 4 15 40 (1) 195 C C P X C , 22
4、 78 4 15 84 (2) 195 C C P X C , 13 78 4 15 56 (3) 195 C C P X C , 4 8 4 15 10 (4) 195 C P X C ,即X的分布列为 : 所以其数学期望为 54 08 45 61 03 2 01234 1 9 51 9 51 9 51 9 51 9 51 5 EX (事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为 832 4 1515 EX,无须繁杂计算 ) (3)取出四个球同色,全为黑色的概率为 4 8 44 78 2 3 C CC 即求 . （13） （2012 年华约） 系统中每个元件正常工作的概率都是(01)pp ，
5、各个元件正常工 作的事件相互独立，如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作。系统正常 工作的概率称为系统的可靠性。 （1）某系统配置有21k个元件，k为正整数，求该系统正常工作概率的表达式 （2）现为改善（ 1）中系统的性能，拟增加两个元件。试讨论增加两个元件后，能 否提高系统的可靠性。 解答：显然 nkn K n n kK ppCP 12 1 0 12 )1(,注意到 2 12 1 121212 2 n k n k n k n k CCCC， 所以 1K P= nk n k n n k ppC 12 0 12 )1 ( nk k n nn k n k n k ppCCC 12 0
6、 2 12 1 1212 )1)(2( nk k n nn k k n nknn k k n nknn k ppCppCppC 12 0 2 12 2 121 12 1 12 12 )1()1 (2)1 ( nk k n nn k k n nknn k k n nknn k ppCppCppC 12 0 22 12 0 211 12 0 12 12 )1()1 (2)1 ( )1()1 (2()1 ( 2 1 0 212 12ppppppC k n nknn k X0 1 2 3 4 P 5 195 40 195 84 195 56 195 10 195 = = kkk k kkk k ppC
7、ppC 11 12 1 12 )1 ()1 ( )1()1()1(12 1 0 12 12ppppCppC kkk k k n nknn k )12()1( 12 pppCP kKk kK 因此，当 p 2 1 时， k p 递增，当 P2 1 时， k p递减。 14、 （2011年华约） 将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以 pn表示未出现连续 3 次正面的概率. （I）求 p1， p2， p3，p4； (II) 探究数列 pn 的递推公式，并给出证明； (III) 讨论数列 pn的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义. 解（ I）显数 12 1pp， 3 17 1 88 p；又投掷四次连
8、续出现三次正面向上的情况只有： 正正正正或正正正反或反正正正，故 4 313 1 1616 p. （II ）共分三种情况： 1）如果第n次出现反面， 那么前n次不出现连续三次正面和前1n次 不出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是 1 1 2 n p；2） 如果第n次出现正面，第1n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前2n次不 出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是 2 1 4 n p；3）如 果第n次出现正面， 第1n次出现正面， 第2n次出现反面 .那么前n次不出现连续三次正 面和前3n次不出现连续三次正面是相同的，所以这时候不出
9、现三次连续正面的概率是 3 1 8 n p. 综上， 123124 1117 (4),1, 2488 nnnn ppppnppp (III) 由(II) 知： 1234 111 (5) 248 nnnn ppppn 1 2 ，有 14 1 (5) 16 nnn pppn 4n时， n p单调递减，又 1234 pppp，2n时，数列 n p单调递减，且 有下界 0. n p的极限存在记为a.对 14 1 16 nnn ppp两边同时取极限可得 1 ,0 16 aaa a， 故lim0 n n p. 其统计意义：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的概率非常小. 14 （ 2010年 华
10、 约 ） 假 定 亲 本 总 体 中 三 种 基 因 型 式 ：,AA Aa aa的 比 例 为 : 2 :uv w (0,0,0,21)uvwuvw且数量充分多，参与交配的亲本是该总体中随机的 两个 （）求子一代中，三种基因型式的比例； （）子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同吗？并说明理由 解： （）参与交配的两个亲本（一个称为父本，一个称为母本）的基因型式的情况，及相 应情况发生的概率和相应情况下子一代的基因型式为AA，Aa，aa的概率如下表： 父本、母本的基因型式 相应情况 出现的概率 子一代基因 为AA的概率 子一代基因 为Aa的概率 子一代基因 为aa的概率
11、父AA母AA 2 u1 00 父AA母Aa2uv 1 2 1 2 0 父AA母aauw 010 父Aa母AA2uv 1 2 1 2 0 父Aa母Aa 2 4v 1 4 1 2 1 4 父Aa母aa2vw0 1 2 1 2 父aa母AAuw0 10 父aa母Aa2vw0 1 2 1 2 父aa母aa 2 w001 子一代的基因型式为AA的概率为 222 1 111 1224() 224 puuvuvvuv. 由对称性知子一代的基因型式为 aa的概率为 2 3 ()pvw. 子一代的基因型式为Aa的概率为 2 2 2 11111 2124212 22222 2() puvuwuvvvwuwvw u
12、vuwvvw 2()().uv vw 若记puv，qvw，则0p，0q，1pq，子一代三种基因型式：AA， Aa，aa的比例为 22 : 2:ppq q. （）由（）可知子二代的基因型式为AA，Aa，aa的比例为 22 : 2:，其中 2 pp q， 2 pqq. 由1pq，可得p，q. 故子二代三种基因型式AA，Aa，aa的比例为 22 : 2:ppq q，与子一代基因型式的比例相 同. 5. （2014 年卓越联盟）已知(0, ),(0,4),(0,1)xayaa,且1xy的概率为 3 16 ,求a. 【解】由题知所有事件的空间为(, )|0,04,01x yxayaa,其对应区域为矩 形
13、 ,面积为()(4)Saa,而事件(, )|1Ax yxy,其对应区域面积为 1 ()(11) 2 S Aa a,所以由古典概型知 1 (1 1) 3 2 16(4) a a aa ,即(54)0aa,解得 4 5 a. 1、（2013 年卓越联盟文） 设曲线 2 2yxx与x轴所围成的区域为D，向区域D内 随机投一点，该点落在 D内任一小区域的概率只与该小区域的面积成比例，则该 点落入区域 22 ,|2xyD xy内的概率为 答案 : 1 1 （7） （2012 年卓越联盟）试 a，b是从集合 1,2,3,4,5 中随机选取的数 （）求直线yaxb 与圆 22 2xy有公共点的概率 （）设X
14、为直线 yaxb与圆 22 2xy的公共点的个数，求随机变量X的分布列及数 学期望()E X 。 解答： （）直线yaxb与圆 22 2xy有公共点的充要条件为 2 2 2xaxb有实根， 整理即知： 222 1220axabxb 有实根，即 22222222 44124 22022a bababba 当1b时， 1,2,3,4,5a ；当2b时， 1,2,3,4,5a ；当3b时， 2,3, 4,5a ；当4b 时，3,4,5a； 当1b时，4,5a，都有公共点 . （）X的分布列为： X0 1 2 P 6 25 1 25 18 25 于是知： 611837 012. 25252525 E
15、X (14) （2011 年卓越联盟）一袋中有a 个白球和b 个黑球从中任取一球，如果取出白球，则 把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中在重复n 次这样 的操作后，记袋中白球的个数为Xn ()求 EX1； ()设() nk P Xakp,求 1 (),0,1, n P Xakkb； ()证明： 1 1 (1)1. nn EXEX ab 【解】 (1)1n时,袋中的白球的个数可能为a个 (即取出的是白球),概率为 a ab ;也可能为1a 个(即取出的是黑球),概率为 b ab ,故 2 1 (1) abaabb EXaa ababab . (2)首先 , 10 (
16、0); n a P XaP ab 1k时,第1n次取出来有ak 个白球的可能性有两 种; 第n次袋中有ak 个白球 ,显然每次取出球后,球的总数保持不变,即 ab个白球 (故此时 黑球有 b k 个 ),第 1n次取出来的也是白球,这种情况发生的概率为 ; k ak P ab 第n次袋中有1ak个白球 ,第1n次取出来的是黑球,由于每次球的总数为ab 个,故 此时黑球的个数为1bk.这种情况发生的概率为 1 1 (1) k bk Pk ab . 故 11 1 ()(1). nkk akbk P XakPPk abab (3)第1n次白球的个数的数学期望分为两类: 第n次白球个数的数学期望,即 n EX.由于白球和黑球的总个数为ab ,第1n次取出来的 是白球 ,这种情况发生的概率是 n EX ab ;第1n次取出来的是黑球,这种情况发生的概率是 n abEX ab ,此时白球的个数是1. n EX 故 2 1 () (1)(1)(1) nnnn nnnn EXabEXEXEX EXEXEXEX abababab 22 ()()1 1(1)1 nnn nn EXEXEX EXEX abababab