教材回归 回归教材本源 高考真题 1-1 64 [解析] 若选修2门课,则需要从体育类和艺术类选修课中各选1门,有=16(种)方案;若选择3门课,则包含两种情况:选2门体育类,1门艺术类或2门艺术类,1门体育类,有+=48(种)方案.故不同的选课方案共有16+48=64(种). 1-2 [解析] 方法一:设甲的数字为1,3,5,7时乙对应的数字分别为a,b,c,d,样本点记为(a,b,c,d),则该试验的样本空间包含的样本点个数为=24.甲的总得分不小于2包含的样本点有(6,2,4,8),(8,2,4,6),(6,2,8,4),(8,2,6,4),(6,8,2,4),(8,6,2,4),(6,8,4,2),(8,6,4,2),(4,2,8,6),(4,8,2,6),(8,4,2,6),(2,8,4,6),共12个.故所求概率为=. 方法二:设甲在四轮比赛中的得分分别为X1,X2,X3,X4,甲四轮比赛的总得分为X.对于任意一轮比赛,甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率均相等,其中使甲得1分的出牌组合有6种,所以P(Xk=1)==,E(Xk)=(k=1,2,3,4),所以E(X)=E(X1+X2+X3+X4)=E(Xk)==.记pt=P(X=t)(t=0,1,2,3),如果甲的总得分为0,则组合方式是唯一的,必定是甲出1,3,5,7,分别对应乙出2,4,6,8,所以p0==; 如果甲的总得分为3,则组合方式也是唯一的,必定是甲出1,3,5,7,分别对应乙出8,2,4,6,所以p3==.因为p0+p1+p2+p3=1,p1+2p2+3p3=E(X)=, 所以p1+p2+=1,p1+2p2+=, 两式相减得p2+=,所以p2+p3=,所以甲的总得分不小于2的概率为p2+p3=. 1-3 [解析] 方法一:X的所有可能取值为1,2,3,P(X=1)=×=,P(X=2)=×××=,P(X=3)=×=,所以E(X)=1×+2×+3×=. 方法二:令Xi= (i=1,2,3,4,5),则X=X1+X2+X3+X4+X5,E(Xi)=P(标号为i的球被取出至少一次)=1-P(标号为i的球没被取过)=1-=,故E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)+E(X4)+E(X5)=5×=. 拓展延伸 1.7 [解析] 记当白球摸出的次数比黑球多k(k=-3,-2,-1,0,1,2,3)时,继续摸球,直至游戏结束时需进行的摸球次数为Xk,期望为E(Xk).在白球少2次的前提下,继续摸球一次:若是白球,则白球比黑球少1次,继续摸球至结束,还需要E(X-1)次,共摸球[E(X-1)+1]次;若是黑球,则白球比黑球少3次,游戏结束,共摸球1次,所以E(X-2)=[E(X-1)+1]+×1,同理,得E(X-1)=[E(X0)+1]+×[E(X-2)+1],E(X0)=[E(X1)+1]+×[E(X-1)+1],E(X1)=[E(X2)+1]+×[E(X0)+1],E(X2)=×1+×[E(X1)+1],联立上式解得E(X0)=7. 高考真题 2-1 解:(1)若甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲在第一阶段比赛中至少投中1次,乙在第二阶段比赛中也至少投中1次, ∴甲、乙所在队比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.63)×(1-0.53)=0.686. (2)(i)若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P甲=[1-(1-p)3]q3, 若乙参加第一阶段比赛, 则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P乙=[1-(1-q)3]p3. P甲-P乙=q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=3pq(p-q)(pq-p-q), ∵0
0,p-q<0,pq-p-q<0, ∴P甲-P乙>0,得P甲>P乙,∴应该由甲参加第一阶段比赛. (ii)若甲参加第一阶段比赛,记甲、乙所在队的比赛成绩为X, 则X的所有可能取值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)3]q·(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]q2·(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·q. 若乙参加第一阶段比赛,记甲、乙所在队的比赛成绩为Y,则Y的所有可能取值为0,5,10,15, 同理可得E(Y)=15(q3-3q2+3q)·p. ∵E(X)-E(Y)=15pq(p-q)(p+q-3)>0,∴应该由甲参加第一阶段比赛. 拓展延伸 2.解:(1)(i)由题意,得p2=××+=. (ii)由题意,知X~B, 则P(X=0)==, P(X=1)=××=, P(X=2)=××==,P(X=3)=××==, P(X=4)=××=, P(X=5)==, 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 故E(X)=5×=. (2)(i)升级装置正常运行时,设备的平均稳定率为90%×90%+95%×10%=0.905,所以安装升级装置后该设备的平均稳定率为60%×(1-pk)+0.905×pk=0.305pk+0.6. (ii)控制系统中模块总数为奇数,若 ... ... 