會計碩士聯考數學概率試題複習及答案

1、有5名同學爭奪3項比賽的冠軍，若每項只設1名冠軍，則獲得冠軍的可能情況的種數是()

(A)種

(B)種

(C)124種

(D)130種

(E)以上結論均不正確

【解題思路】這是一個允許有重複元素的排列問題，分三步完成：

第一步，獲得第1項冠軍，有5種可能情況;

第二步，獲得第2項冠軍，有5種可能情況;

第三步，獲得第3項冠軍，有5種可能情況;

由乘法原理，獲得冠軍的可能情況的種數是：

【參考答案】(B)

2、有6本不同的書，借給8名同學，每人至多1本，且無多餘的書，則不同的供書法共有()

(A)種

(B)種

(C)種

(D)種

(E)無法計算

【解題思路】把8名同學看作8個不同元素，把6本不同的書看作6個位置，故所求方法為種。

【參考答案】(B)

3、從這20個自然數中任取3個不同的數，使它們成等差數列，這樣的等差數列共有()

(A)90個

(B)120個

(C)200個

(D)180個

(E)190個

【解題思路】分類完成

以1為公差的由小到大排列的等差數列有18個;以2為公差的由小到大的等差數列有16個;以3為公差的由小到大的等差數列有14個;…;以9為公差的由小到大的等差數列有2個。

組成的等差數列總數為(個)

【參考答案】(D)

4、有4名候選人中，評選出1名三好學生，1名優秀幹部，1名先進團員，若允許1人同時得幾個稱號，則不同的評選方案共有()

(A)種

(B)種

(C)種

(D)種

(E)以上結論均不正確

【解題思路】把1名三好生，1名優秀幹部，1名先進團員看作3個位置，把4名候選人看作4個元素。因為每個位置上都有4種選擇方法，所以符合題意的評選方案共有

(種)

【參考答案】(B)

5、有甲、乙、丙三項任務，甲需2人承擔，乙和丙各需1人承擔。現從10人中選派4人承擔這3項任務，不同的選派方法共有()

(A)1260種

(B)2025種

(C)2520種

(D)5040種

(E)6040種

【解題思路】分步完成：

第1步選派2人承擔甲任務，有種方法;

第2步選派2人分別承擔乙，丙任務，有種方法;

由乘法原理，不同的選派方法共有：(種)

【參考答案】(C)

1、從4台甲型和5台乙型電視機中任取3台，要求其中至少有甲型與乙型電視機各1台，則不同的取法共有()

(A)140種

(B)80種

(C)70種

(D)35種

(E)以上結論均不正確

【解題思路】分類完成：

第1類取出1台甲型和2台乙型電視機，有種方法;

第2類取出2台甲型和1台乙型電視機，有種方法，

由加法原理，符合題意的取法共有種方法。

【參考答案】(C)

2、由0、1、2、3、4、5這6個數字組成的六位數中，個位數字小於十位數字的有()

(A)210個

(B)300個

(C)464個

(D)600個

(E)610個

【解題思路】由0、1、2、3、4、5這6個數字組成的六位數共有個，其中個位數字小於十位數字的佔一半，所以符合題意的'六位數有(個)。

【參考答案】(B)

3、設有編號為1、2、3、4、5的5個小球和編號為1、2、3、4、5的5個盒子，現將這5個小球放入這5個盒子內，要求每個盒子內放入一個球，且恰好有2個球的編號與盒子的編號相同，則這樣的投放方法的總數為()

(A)20種

(B)30種

(C)60種

(D)120種

(E)130種

【解題思路】分兩步完成：

第1步選出兩個小球放入與它們具有相同編號的盒子內，有種方法;

第2步將其餘小球放入與它們的編號都不相同的盒子內，有2種方法，

由乘法原理，所求方法數為種。

【參考答案】(A)

4、有3名畢業生被分配到4個部門工作，若其中有一個部門分配到2名畢業生，則不同的分配方案共有()

(A)40種

(B)48種

(C)36種

(D)42種

(E)50種

【解題思路】分步完成：

第1步選出分到一個部門的2名畢業生，有種選法;

第2步分配到4個部門中的2個部門，有種分法，

由乘法原理，所求不同的分配方案為(種)。

【參考答案】(C)

1、 設10件產品中有4件不合格品，從中任取兩件，已知取出的兩件中有一件不合格品，求另一件也是不合格品的概率。(0.2)

【思路】在”已知取出的兩件中有一件不合格品”的情況下，另一件有兩種情況(1)是不合格品,即一件為合格品,一件為不合格品(2)為合格品,即兩件都是合格品.對於(1),C(1,4)*(1,6)/C(2,10)=8/15;對於(2),C(2,4)/C(2,10)=2/15.提問實際上是求在這兩種情況下,(1)的概率,則(2/15)/(8/15 2/15)=1/5

2、 設A是3階矩陣，b1,b2,b3是線性無關的3維向量組，已知Ab1=b1 b2, Ab2=-b1 2b2-b3, Ab3=b2-3b3, 求 |A| (答案：|A|=-8)

【思路】A= (等式兩邊求行列式的值,因為b1,b2,b3線性無關,所以其行列式的值不為零,等式兩邊正好約去,得-8)

3、 某人自稱能預見未來，作為對他的考驗，將1枚硬幣拋10次，每一次讓他事先

預言結果，10次中他説對7次 ，如果實際上他並不能預見未來，只是隨便猜測， 則他作出這樣好的答案的概率是多少?答案為11/64。

【思路】原題説他是好的答案,即包括了7次,8次,9次,10次的概率. 即 C(7 10)0.5^7x0.5^3 ......C(10 10)0.5^10, 即為11/64.

4、 成等比數列三個數的和為正常數K,求這三個數乘積的最小值

【思路】a/q a a*q=k(k為正整數)

由此求得a=k/(1/q 1 q)

所求式=a^3,求最小值可見簡化為求a的最小值.

對a求導,的駐點為q= 1,q=-1.

其中q=-1時a取極小值-k,從而有所求最小值為a=-k^3.(mba不要求證明最值)

5、 擲五枚硬幣，已知至少出現兩個正面，則正面恰好出現三個的概率。

【思路】可以有兩種方法：

1.用古典概型 樣本點數為C(3，5)，樣本總數為C(2，5)C(3，5)C(4，5)C(5，5)(也就是説正面朝上為2，3，4，5個)，相除就可以了;

2.用條件概率 在至少出現2個正面的前提下，正好三個的概率。至少2個正面向上的概率為13/16，P(AB)的概率為5/16，得5/13

假設事件A：至少出現兩個正面;B：恰好出現三個正面。

A和B滿足貝努力獨立試驗概型，出現正面的概率p=1/2

P(A)=1-(1/2)^5-(C5|1)*(1/2)*(1/2)^4=13/16

A包含B，P(AB)=P(B)=(C5|3)*(1/2)^3*(1/2)^2=5/16

所以：P(B|A)=P(AB)/P(A)=5/13。

1、 國家羽毛球隊的3名男隊員和3名女隊員，要組成3個隊，參加世界盃的混合雙打比賽，則不同的組隊方案為?

【思路1】c(3,1)*c(3,1)*c(2,1)c(2,1)=36

已經是看成了三個不同的隊。

若三個隊無區別，再除以3!，既等於6。

【思路2】只要將3個GG看成是3個籮筐,而將3個MM看成是3個臭雞蛋,每個籮筐放1個,不同的放法當然就是3!=6

(把任意三個固定不動，另外三個做全排列就可以了)

2、 假定在國際市場上對我國某種出口商品需求量X(噸)服從(2000，4000)的均勻分佈。假設每出售一噸國家可掙3萬元，但若賣不出去而囤積於倉庫每噸損失一萬元，問國家應組織多少貨源使受益最大?

【思路】設需應組織a噸貨源使受益最大

4000≥X≥a≥2000時，收益函數f(x)=3a,

2000≤X

X的分佈率：

2000≤x≤4000時，P(x)= ，

其他， P(x)=0

E(X)=∫(-∞， ∞)f(x)P(x)dx=

[ ]

= [-(a-3500) 2 8250000]

即a=3500時收益最大。最大收益為8250萬。

3、 將7個白球，3個紅球隨機均分給5個人，則3個紅球被不同人得到的概率是( )

(A)1/4 (B)1/3 (C)2/3 (D)3/4

【思路】注意“均分”二字，按不全相異排列解決

分子=C(5，3)*3!*7!/2!2!

分母=10!/2!2!2!2!2!

P= 2/3

4、 一列客車和一列貨車在平行的鐵軌上同向勻速行駛。客車長200 m，貨車長280 m，貨車速度是客車速度的3/5，後出發的客車超越貨車的錯車時 間是1分鐘，那麼兩車相向而行時錯車時 間將縮短為( )(奇蹟300分，56頁第10題)

A、1/2分鐘 B、16/65分鐘 C、1/8分鐘 D、2/5分鐘

【思路】書上答案是B，好多人説是錯的，應該是1/4，還有一種觀點如下：

用相對距離算，

設同向時的錯車距離為s，設客車速度為v，

則貨車速度為3v/5同向時相對速度為2v/5，

則1分鐘=s/(2v/5)，得v=5s/2因為200相向時相對速度是8 v/5，

相對距離為480

此時錯車時 間=480/(8v/5)=120/s

因而結果應該是 [1/4，3/5 )之間的一個值，

答案中只有D合適

(注：目前關於此題的討論並未有太令人滿意的結果!)

5、 一條鐵路有m個車站，現增加了n個，此時的車票種類增加了58種，(甲到乙和乙到甲為兩種)，原有多少車站?(答案是14)

【思路1】設增加後的車站數為T，增加車站數為N

則：T(T-1)-(T-N)(T-1-N)=58

解得：N2 (1-2T)N 58=0 (1)

由於(1)只能有整數解，因此N1=2 T1=16;N2=29 T2=16(不符合，捨去)

所以原有車站數量為T-N=16-2=14。

【思路2】原有車票種數=P(m，2)，增加n個車站後，共有車票種數P(m n，2)，增加的車票種數=n(n 2m-1)=58=1*58=2*29，因為n1，所以只能n=2，這樣可求出m=14