2020届二轮复习事件的独立性2教案（全国通用）

这是一份2020届二轮复习事件的独立性2教案（全国通用），共17页。


A
W知识内容
1． 离散型随机变量及其分布列
⑴离散型随机变量
如果在试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量来表示，并且是随着试验的结果的不同而变化的，我们把这样的变量叫做一个随机变量．随机变量常用大写字母表示．
如果随机变量的所有可能的取值都能一一列举出来，则称为离散型随机变量．
⑵离散型随机变量的分布列
将离散型随机变量所有可能的取值与该取值对应的概率列表表示：
我们称这个表为离散型随机变量的概率分布，或称为离散型随机变量的分布列．
2．几类典型的随机分布
⑴两点分布
如果随机变量的分布列为
其中，，则称离散型随机变量服从参数为的二点分布．
二点分布举例：某次抽查活动中，一件产品合格记为，不合格记为，已知产品的合格率为，随机变量为任意抽取一件产品得到的结果，则的分布列满足二点分布．
两点分布又称分布，由于只有两个可能结果的随机试验叫做伯努利试验，所以这种分布又称为伯努利分布．
⑵超几何分布
一般地，设有总数为件的两类物品，其中一类有件，从所有物品中任取件，这件中所含这类物品件数是一个离散型随机变量，它取值为时的概率为
，为和中较小的一个．
我们称离散型随机变量的这种形式的概率分布为超几何分布，也称服从参数为，，的超几何分布．在超几何分布中，只要知道，和，就可以根据公式求出取不同值时的概率，从而列出的分布列．
⑶二项分布
1．独立重复试验
如果每次试验，只考虑有两个可能的结果及，并且事件发生的概率相同．在相同的条件下，重复地做次试验，各次试验的结果相互独立，那么一般就称它们为次独立重复试验．次独立重复试验中，事件恰好发生次的概率为．
2．二项分布
若将事件发生的次数设为，事件不发生的概率为，那么在次独立重复试验中，事件恰好发生次的概率是，其中．于是得到的分布列
由于表中的第二行恰好是二项展开式
各对应项的值，所以称这样的散型随机变量服从参数为，的二项分布，
记作．
二项分布的均值与方差：
若离散型随机变量服从参数为和的二项分布，则
，．
⑷正态分布
概率密度曲线：样本数据的频率分布直方图，在样本容量越来越大时，
直方图上面的折线所接近的曲线．在随机变量中，如果把样本中的任一数据看作随机变量，则这条曲线称为的概率密度曲线．
曲线位于横轴的上方，它与横轴一起所围成的面积是，而随机变量落在指定的两个数之间的概率就是对应的曲边梯形的面积．
2．正态分布
⑴定义：如果随机现象是由一些互相独立的偶然因素所引起的，而且每一个偶然因素在总体的变化中都只是起着均匀、微小的作用，则表示这样的随机现象的随机变量的概率分布近似服从正态分布．
服从正态分布的随机变量叫做正态随机变量，简称正态变量．
正态变量概率密度曲线的函数表达式为，，其中，是参数，且，．
式中的参数和分别为正态变量的数学期望和标准差．期望为、标准差为的正态分布通常记作．
正态变量的概率密度函数的图象叫做正态曲线．
⑵标准正态分布：我们把数学期望为，标准差为的正态分布叫做标准正态分布．
⑶重要结论：
①正态变量在区间，，内，取值的概率分别是，，．
②正态变量在内的取值的概率为，在区间之外的取值的概率是，故正态变量的取值几乎都在距三倍标准差之内，这就是正态分布的原则．
⑷若，为其概率密度函数，则称为概率分布函数，特别的，，称为标准正态分布函数．
．
标准正态分布的值可以通过标准正态分布表查得．
分布函数新课标不作要求，适当了解以加深对密度曲线的理解即可．
3．离散型随机变量的期望与方差
1．离散型随机变量的数学期望
定义：一般地，设一个离散型随机变量所有可能的取的值是，，…，，这些值对应的概率是，，…，，则，叫做这个离散型随机变量的均值或数学期望（简称期望）．
离散型随机变量的数学期望刻画了这个离散型随机变量的平均取值水平．
2．离散型随机变量的方差
一般地，设一个离散型随机变量所有可能取的值是，，…，，这些值对应的概率是，，…，，则叫做这个离散型随机变量的方差．
离散型随机变量的方差反映了离散随机变量的取值相对于期望的平均波动的大小（离散程度）．
的算术平方根叫做离散型随机变量的标准差，它也是一个衡量离散型随机变量波动大小的量．
3．为随机变量，为常数，则；
4． 典型分布的期望与方差：
⑴二点分布：在一次二点分布试验中，离散型随机变量的期望取值为，在次二点分布试验中，离散型随机变量的期望取值为．
⑵二项分布：若离散型随机变量服从参数为和的二项分布，则，．
⑶超几何分布：若离散型随机变量服从参数为的超几何分布，
则，．
4．事件的独立性
如果事件是否发生对事件发生的概率没有影响，即，
这时，我们称两个事件，相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．
如果事件，，…，相互独立，那么这个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即，并且上式中任意多个事件换成其对立事件后等式仍成立．
5．条件概率
对于任何两个事件和，在已知事件发生的条件下，事件发生的概率叫做条件概率，用符号“”来表示．把由事件与的交（或积），记做（或）．
典例分析
在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去此地的概率是，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】无
【解析】至少有1人去此地的概率是．
【答案】C；
甲乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是，乙解决这个问题的概率是，那么恰好有1人解决这个问题的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】2004年，辽宁高考
【解析】恰好1人解决问题的概率即为仅有甲解决问题或者仅有乙解决问题．
前者的概率为，后者的概率为．于是答案为．
【答案】B；
在某段时间内，甲地不下雨的概率为，乙地不下雨的概率为，假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响，则这段时间内两地都下雨的概率是 （ ）
A．0．12 B．0．88C．0．28 D．0．42
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】无
【解析】不妨记事件甲地下雨为，乙地下雨为，
由事件独立，知．
【答案】D；
从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，从两个口袋内各摸出1个球，那么等于（ ）
A．2个球都是白球的概率 B．2个球都不是白球的概率
C．2个球不都是白球的概率 D．2个球中恰好有1个是白球的概率
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】无
【解析】不妨记从甲口袋摸出球的颜色为白球为，
从乙口袋摸出球的颜色为白球为，容易知道事件为独立事件．于是
对于A选项：；
对于B选项：；
对于C选项：；
对于D选项：；
注记：对于事件的交，有时候记为；事件的并有时候记为．
某些参考资料中仅表示不相容事件的并．
【答案】C；
从甲口袋摸出一个红球的概率是，从乙口袋中摸出一个红球的概率是，则是（ ）
A．个球不都是红球的概率 B．个球都是红球的概率
C．至少有一个红球的概率 D．个球中恰好有个红球的概率
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】2星
【题型】选择
【关键字】无
【解析】，，
，．
【答案】C；
甲， 乙两人进行乒乓球比赛， 每局甲胜的概率为，。问对甲而言，采用三局二胜制有利， 还是采用五局三胜制有利． 设各局胜负相互独立．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】容易计算得知，
采用三局二胜制，甲的胜率为；
采用五局三胜制，
甲的胜率为
而。
于是采用五局三胜制比较有利。
备注：直观上讲，对局数越多，所得的结果越可能体现选手的真实实力。在本体中，甲选手的的实力要等同于或者强于乙，于是对局数越多，甲越可能凭实力胜利。所谓的孤注一掷，是因为只实验一次，所以出现不合常理的可能性比较大。
猎人在距离处射击一只野兔，其命中率为．如果第一次射击未命中，则猎人进行第二次射击，但距离为；如果第二次又未命中，则猎人进行第三次射击，但在射击瞬间距离野兔为．已知猎人命中率与距离的平方成反比，求猎人命中野兔的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】记三次射击“射中”分别为、、．其中．又由题意有
，∴；，∴．
∴命中野兔的概率为
．
注意分析整个事件的结构．总的来说，各次射击中“击中”事件是互斥的，因为只需击中一次即可，“击中”两次或三次不会同时发生．但每次射击又是独立的．因此，“击中野兔”这件事可分解为三个互斥的事件之和：第一次击中；第一次未击中而第二次击中；第一次、第二次都未击中而第三次击中，即．实际上这是两种概型的结合：相互独立事件同时发生的概率、互斥事件有一个发生的概率．很多综合题具有这种结构．这类似于排列组合中分步计数原理和分类计数原理结合使用的问题．
如图，开关电路中，某段时间内，开关开或关的概率均为，且是相互独立的，求这段时间内灯亮的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】我们把“开关合上”记为事件，“开关合上”记为事件，
“开关合上”记为事件，是相互独立事件且由已知，它们的概率都是，由物理学知识，要求灯亮，有两种可能性，
一个是、两开关合上，即事件发生，另一个是开关合上，即事件发生，也就是灯亮相当于事件发生．
分别记“开关合上”、“开关合上”、“开关合上”为事件，由已知，是相互独立事件且概率都是．
开关、合上或开关合上时灯亮，所以这段时间内灯亮的概率为：
．
甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为．分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】设、、分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件．
由已知条件有：．
即．
不难解得．
即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是．
椐统计，某食品企业一个月内被消费者投诉的次数为的概率分别为，，
⑴ 求该企业在一个月内被消费者投诉不超过次的概率；
⑵ 假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】2009年，陕西高考
【解析】略
【答案】⑴ 设事件表示“一个月内被投诉的次数为”，
事件表示“一个月内被投诉的次数为”
∴．
⑵ 设事件表示“第个月被投诉的次数为0”，事件表示“第个月被投诉的次数为”，
事件表示“第个月被投诉的次数为”，事件表示“两个月内被投诉次”
∴，，，
∵两个月中，一个月被投诉次，另一个月被投诉次的概率为，
一、二月份均被投诉次的概率为，
∴
由事件的独立性得．
某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响．
⑴ 求该选手进入第四轮才被淘汰的概率；
⑵ 求该选手至多进入第三轮考核的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】⑴ 记“该选手能正确回答第轮的问题”的事件为，
则，， ，，
该选手进入第四轮才被淘汰的概率
．
⑵ 该选手至多进入第三轮考核的概率
．
甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．已知前局中，甲、乙各胜局．
⑴ 求再赛局结束这次比赛的概率；
⑵ 求甲获得这次比赛胜利的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】2009年，全国高考
【解析】略
【答案】记表示事件：第局甲获胜，．表示事件：第局乙获胜，．
⑴ 记表示事件：再赛2局结束比赛，则
由于各局比赛结果相互独立，故
．
⑵ 记表示事件：甲获得这次比赛的胜利．
因前两局中，甲、乙各胜一局，
故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，
从而
由于各局比赛结果相互独立，故
．
纺织厂某车间内有三台机器，这三台机器在一天内不需工人维护的概率：第一台为，第二台为，第三台为，问一天内：
⑴ 台机器都要维护的概率是多少？
⑵ 其中恰有一台要维护的概率是多少？
⑶ 至少一台需要维护的概率是多少？
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】⑴ 记一天内三台机器需要维护的事件分别为．
易见相互独立．又一天内三台机器都要维护就是事件，由概率乘法公式有：
．
⑵ 一天内恰有一台机器需要维护有三种情况：事件发生，或事件发生，或事件发生，这三种情况不可能同时发生，故互斥，因此有
⑶ 从反面考虑：一天内三台机器都不需维护的概率为
．
因此，至少有一台需要维护的概率为．
为拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类．这三类工程所含项目的个数分别占总数的，，．现有名工人独立地从中任选一个项目参与建设．求：
⑴ 他们选择的项目所属类别互不相同的概率；
⑵ 至少有人选择的项目属于民生工程的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】2009年，湖南高考
【解析】略
【答案】记第名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别
为事件，，，，，．由题意知，，相互独立，，，相互独立，，，相互独立，，，（，，，，，且，，互不相同）相互独立，
且，，．
⑴ 他们选择的项目所属类别互不相同的概率
．
⑵ 至少有人选择的项目属于民生工程的概率
．
甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和，求：
⑴两个人都译出密码的概率；⑵两个人都译不出密码的概率；
⑶恰有个人译出密码的概率；
⑷至多个人译出密码的概率；⑸至少个人译出密码的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】5星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】分析：我们把“甲独立地译出密码”记为事件，
把“乙独立地译出密码”记为事件，显然为相互独立事件，问题⑴两个都译出密码相当于事件、同时发生，即事件．问题⑵两人都译不出密码相当于事件．问题⑶恰有1个人译出密码可以分成两类：发生不发生，不发生发生，即恰有1个人译出密码相当于事件．问题⑷至多1个人译出密码的对立事件是两个人都未译出密码，即事件．由于、是独立事件，上述问题中，与，与，与是相互独立事件，可以用公式计算相关概率．
【答案】记“甲独立地译出密码”为事件，“乙独立地译出密码”为事件，、
为相互独立事件，且．
⑴两个人都译出密码的概率为：．
⑵两个人都译不出密码的概率为：
；
⑶恰有个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有个人译出密码的概率为：
；
⑷“至多个人译出密码”的对立事件为“有两个人译出密码”，所以至多个人译出密码的概率为：．
⑸“至少有个人译出密码”的对立事件为“两人未译出密码”，所以至少有个人译出密码的概率为：．
从位同学（其中女，男）中，随机选出位参加测验，每位女同学能通过测验的概率均为，每位男同学能通过测验的概率均为，试求：
⑴选出的3位同学中至少有一位男同学的概率；
⑵10位同学中的女同学甲和乙及男同学丙同时被抽到，且三人中恰有二人通过测验的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】⑴选出的三位同学中“至少有一位男同学”的对立事件是“没有男同学”，
记为事件A，则
．
⑵女生甲、女生乙，男生丙同时被选中（记为事件B），则
这三人中恰有二人通过记为事件C，（是指恰有两女生通过，或恰有一女一男通过），
则
事件是相互独立的，故所求概率为：．
甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与，且乙投球2次均未命中的概率为．
⑴求乙投球的命中率；
⑵求甲投球2次，至少命中1次的概率；
⑶若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中2次的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】2018年，天津高考
【解析】本小题主要考查随机事件、互斥事件、相互独立事件等概率的基础知识，
考查运用概率知识解决实际问题的能力．
【答案】⑴设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B．
由题意得
解得或（舍去），所以乙投球的命中率为．
⑵由题设和⑴知．
故甲投球2次至少命中1次的概率为
⑶由题设和⑴知，
甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中两次，乙两次均不中；甲两次均不中，乙中2次．概率分别为
，
，
所以甲、乙两人各投两次，共命中2次的概率为．
一汽车沿一街道行驶，需要通过三个设有红绿灯的路口，每个信号灯彼此独立工作，且红绿灯信号显示时间相等．以表示该汽车首次遇到红灯时已通过的路口个数，求的分布列以及该汽车首次遇到红灯时至少通过两个路口的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】显然可能的取值为，汽车在每个道口可能遇绿灯，
亦可能遇红灯，当第一次遇到红灯时，汽车就停止，在此之前应都是绿灯，故应先设出事件，再求解．
设表示“汽车在第个路口遇到红灯”，．则，且相互独立，于是
，
，
从而有的分布列：
．
甲、乙二射击运动员分别对一目标射击次，甲射中的概率为，乙射中的概率为，求：
⑴ 人都射中的概率？
⑵ 人中有人射中的概率？
⑶ 人至少有1人射中的概率？
⑷人至多有人射中的概率？
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】设“甲射击次，击中目标”为事件，“乙射击次，击中目标”为事件，
则与，与，与，与为相互独立事件．
⑴ 人都射中的概率为．
⑵ 人中恰有人射中包括甲中乙不中、甲不中乙中种情况，其对应事件为互斥事件：
⑶法一：人至少有人射中包括“人都射中”和“人有人不中” 种情况，其概率为：
法二：“人至少有人击中”与“人都未击中”为对立事件．
所以“人至少有人击中”的概率为．
⑷法一：“至多有人击中目标”包括“有人击中”和“人都未击中”，故所求概率为：
法二：
“至多有人击中目标”的对立事件是“人都击中目标”，故所求概率为：
．
甲、乙两名跳高运动员一次试跳米高度成功的概率分别是，，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：
⑴甲试跳三次，第三次才成功的概率；
⑵甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率；
⑶甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】2018年，福建高考
【解析】略
【答案】本小题主要考查概率的基础知识，运用数学知识解决问题的能力，
以及推理与运算能力．记“甲第次试跳成功”为事件，“乙第次试跳成功”为事件，依题意得，，且，（）相互独立．
⑴“甲第三次试跳才成功”为事件，且三次试跳相互独立，
．
⑵“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件．
．
⑶设“甲在两次试跳中成功次”为事件，
“乙在两次试跳中成功次”为事件，
事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为，且，为互斥事件，所求的概率为
．
、两篮球队进行比赛，规定若一队胜场则此队获胜且比赛结束（七局四胜制），、两队在每场比赛中获胜的概率均为，为比赛需要的场数，求的分布列及比赛至少要进行6场的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】为比赛场次，则，
∵表示胜场或胜场，∴；
表示胜场胜场且胜最后一场或胜场，胜一场且胜最后一场．
∴．
同理，；
∴的分布列为
．
已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法：
方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．
求依方案甲、乙分别所需化验次数的分布列以及方案甲所需化验次数不少于方案乙所需化验次数的概率．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】4星
【题型】解答
【关键字】2018年，全国
【解析】略
【答案】设甲、乙方案所需化验次数分别为，则可取的值为，
可取的值为．
（）时，意味着前面只化验呈阴性，第只呈阳性．化验的方案总数有，其中恰好第只呈阳性的方案有，因此．
于是的分布列为：
设事件表示“取3只动物其中含有患病的”，则．对于3只动物（其中含有患病的），同上面分析一样，第（）只化验呈阳性的概率为；2只的话则为．
时，意味着两次就找到了呈阳性的动物．．
时，
时，不可能发生，
因此的分布列为：
方案甲所需化验次数不少于方案乙所需化验次数的概率：
．
为防止某突发事件发生，有甲、乙、丙、丁四种相互独立的预防措施可供采用，
单独采用甲、乙、丙、丁预防措施后此突发事件不发生的概率（记为P）和所需费用如下表：
预防方案可单独采用一种预防措施或联合采用几种预防措施，在总费用不超过120万元的前提下，请确定一个预防方案，使得此突发事件不发生的概率最大．
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】无
【解析】略
【答案】方案1：单独采用一种预防措施的费用均不超过120万元．由表可知，
采用甲措施，可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为．
方案2：联合采用两种预防措施，费用不超过120万元，由表可知．联合甲、丙两种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大，其概率为．
方案3：联合采用三种预防措施，费用不超过120万元，故只能联合乙、丙、丁三种预防措施，此时突发事件不发生的概率为．
综合上述三种预防方案可知，在总费用不超过120万元的前提下，联合使用乙、丙、丁三种预防措施可使此突发事件不发生的概率最大．
某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．
方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．
⑴ 分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率；
⑵ 试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小．（说明理由）
【考点】依赖于独立性的概率计算
【难度】3星
【题型】解答
【关键字】2018年，北京高考
【解析】略
【答案】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，
则．
⑴ 应聘者用方案一考试通过的概率
应聘者用方案二考试通过的概率
⑵
∴．…
…
…
…
…
…
…
…
0
1
2
3




1
2
3
4
5
2
3
4
预防措施
甲
乙
丙
丁
P
费用（万元）
90
60
30
10