Задание 10 егэ 2022 математика профильный уровень — практика
Новые задания №10 ЕГЭ 2022 по математике профильного уровня — вероятности сложных событий.
Для успешного результата необходимо уметь моделировать реальные ситуации на языке теории вероятностей и статистики, вычислять в простейших случаях вероятности событий.
Задание №10 ЕГЭ 2022 математика профильный уровень — скачать прототипы
→ Теоремы о вероятностях событий
→ Теория вероятностей повышенной сложности
→ Линия 10 – задания повышенного уровня сложности с кратким ответом по курсу «Теория вероятностей и статистика» от ФИПИ
Источник: math100.ru
Еще несколько заданий из открытого банка заданий ЕГЭ от ФИПИ (по кодификатору элементов содержания пункт 6.3).
4900. В чемпионате по гимнастике участвуют 25 спортсменок: 6 из Венгрии, 7 из Румынии, остальные из Болгарии. Порядок, в котором выступают гимнастки, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсменка, выступающая первой, окажется из Болгарии.
4881. В соревнованиях по толканию ядра участвуют спортсмены из четырёх стран: 7 из Великобритании, 6 из Франции, 4 из Германии и 3 из Италии. Порядок, в котором выступают спортсмены, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсмен, выступающий первым, окажется из Великобритании.
4862. Научная конференция проводится в 3 дня. Всего запланировано 70 докладов: в первый день 28 докладов, остальные распределены поровну между вторым и третьим днями. На конференции планируется доклад профессора М. Порядок докладов определяется жеребьёвкой. Какова вероятность того, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции?
4843. Конкурс исполнителей проводится в 5 дней. Всего заявлено 75 выступлений: по одному от каждой страны, участвующей в конкурсе. Исполнитель из России участвует в конкурсе. В первый день запланировано 27 выступлений, остальные распределены поровну между оставшимися днями. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой. Какова вероятность того, что выступление исполнителя из России состоится в третий день конкурса?
4824. На конференцию приехали 2 учёных из Дании, 7 из Польши и 3 из Венгрии. Каждый из них делает на конференции один доклад. Порядок докладов определяется жеребьёвкой. Найдите вероятность того, что четвёртым окажется доклад учёного из Венгрии.
При отработке данного задания будет полезна книга:
Купить ЕГЭ 2022 Математика. Профильный Теория вероятности
Связанные страницы:
Задача 1
Чтобы поступить в институт на специальность «Комплексное использование и охрана водных ресурсов», абитуриент должен набрать на ЕГЭ не менее $70$ баллов по каждому из трёх предметов — математике, русскому языку и физике. Чтобы поступить на специальность «Безопасность жизнедеятельности в техносфере», нужно набрать не менее $70$ баллов по каждому из трёх предметов — математике, русскому языку и химии.
Вероятность того, что абитуриент Э. получит не менее $70$ баллов по математике, равна $0{,}5$, по русскому языку — $0{,}7$, по физике — $0{,}6$ и по химии — $0{,}3$. Найдите вероятность того, что Э. сможет поступить хотя бы на одну из двух упомянутых специальностей.
Решение
Чтобы поступить хотя бы на одну специальность, абитуриенту Э. надо набрать не менее 70 баллов по математике, русскому языку и хотя бы по одному из предметов химия и физика.
Найдём вероятность того, что абитуриент Э. наберёт не менее 70 баллов хотя бы по одному из предметов химия и физика. Сначала отыщем вероятность противоположного события, то есть вероятность того, что абитуриент Э. по обоим этим предметам не наберёт 70 баллов. Результаты экзаменов не зависят друг от друга, вероятность не набрать 70 баллов по физике равна 1 — 0.6 = 0.4, а вероятность не набрать 70 баллов по химия равна 1 — 0.3 = 0.7. Отсюда вероятность того, что абитуриент Э. по обоим этим предметам не наберёт 70 баллов, равна 0.4 · 0.7 = 0.28. Следовательно, вероятность того, что абитуриент Э. наберёт не менее 70 баллов хотя бы по одному из предметов химия и физика, равна 1 — 0.28 = 0.72.
Таким образом, вероятность того, что абитуриент Э. наберёт не менее 70 баллов по математике, русскому языку и хотя бы по одному из предметов химия и физика, равна 0.5 · 0.7 · 0.72 = 0.252.
Ответ: 0.252
Задача 10
На экзамене по биологии студент отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме «Млекопитающие», равна $0{,}36$. Вероятность того, что это вопрос по теме «Бактерии», равна $0{,}18$. Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене студенту достанется вопрос по одной из этих двух тем.
Задача 2
Биатлонист Алексей Антонов пять раз стреляет по мишеням. Вероятность попадания при одном выстреле равна $0{,}7$. Найдите вероятность того, что биатлонист Алексей Антонов один раз попал по мишени, а четыре — промахнулся. Результат округлите до сотых.
Решение
Вероятность промахнуться при одном выстреле равна $1 — 0.7 = 0.3$. Обозначим события.
1. $A_1$ — «Алексей попал по мишени при первом выстреле».
2. $A_2$ — «Алексей попал по мишени при втором выстреле».
3. $A_3$ — «Алексей попал по мишени при третьем выстреле».
4. $A_4$ — «Алексей попал по мишени при четвёртом выстреле».
5. $A_5$ — «Алексей попал по мишени при пятом выстреле».
События ${A_1}↖{-}, {A_2}↖{-}, {A_3}↖{-}, {A_4}↖{-}$ и ${A_5}↖{-}$ — означают, что Алексей промахнулся при соответствующем выстреле.
Событие «Алексей Антонов первый раз попал по мишени, а последние четыре промахнулся» означает одновременное наступление (пересечение) независимых событий ${A_1}, {A_2}↖{-}, {A_3}↖{-}, {A_4}↖{-}$ и ${A_5}↖{-}$.
$P (A_1 ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = P (A_1) · P ({A_2}↖{-}) · P ({A_3}↖{-}) · P ({A_4}↖{-}) · P ({A_5}↖{-}) = 0.7 · 0.3 · 0.3 · 0.3 · 0.3 = 0.00567$.
По условию Алексей мог попасть единожды, но это попадание могло прийтись на любой из пяти выстрелов, не обязательно на первый.
Тогда, аналогично, $P ({A_1}↖{-} ∩ A_2 ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = P ({A_1}↖{-}∩ {A_2}↖{-} ∩ A_3 ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) =$
$= P ({A_1}↖{-} ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ A_4 ∩ {A_5}↖{-}) = P ({A_1}↖{-} ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ A_5) =$
$= P (A_1 ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = (0.3)^4 · 0.7 = 0.00567$.
Следовательно, искомая вероятность равна $0.00567 · 5 = 0.02835 ≈0.03$.
Ответ: 0.03
Задача 4
Помещение торгового дома «Светлый» освещается фонарём с двумя лампами. Вероятность перегорания одной лампы в течение года равна $0{,}6$. Найдите вероятность того, что в течение года хотя бы одна лампа не перегорит.
Решение
Найдём вероятность события «перегорели обе лампы», а затем искомую вероятность.
Вероятность события «перегорела первая лампа» равна вероятности события «перегорела вторая лампа» и равна 0.6. Эти два события независимы, значит, вероятность того, что они наступили оба, равна произведению их вероятностей, то есть равна 0.6 · 0.6 = 0.36. Это вероятность события «перегорели обе лампы».
События «перегорели обе лампы» и «хотя бы одна лампа не перегорела» противоположны, следовательно, сумма их вероятностей равна 1. Значит, вероятность события «хотя бы одна лампа не перегорела» равна 1 — 0.36 = 0.64.
Ответ: 0.64
Задача 5
В ларьке на улице Счастья стоят два платёжных автомата. Каждый из них может быть неисправен с вероятностью $0{,}1$ независимо от другого автомата. Найдите вероятность того, что хотя бы один автомат исправен.
Решение
Найдём вероятность события «оба автомата неисправны», а затем искомую вероятность.
Вероятность события «неисправен первый автомат» равна вероятности события «неcисправен второй автомат» и равна 0,1. Эти два события независимы, значит, вероятность того, что они наступят оба, равна произведению их вероятностей, то есть равна 0.1 · 0.1 = 0.01. Таким образом, мы нашли вероятность события «оба автомата неисправны».
События «оба автомата неисправны» и «хотя бы один автомат исправен» противоположны, следовательно, сумма их вероятностей равна 1. Значит, вероятность события «хотя бы один автомат исправен» равна 1 — 0.01 = 0.99.
Ответ: 0.99
Задача 6
Если шахматист А. играет белыми фигурами, то он выигрывает у шахматиста Б. с вероятностью $0{,}72$. Если А. играет чёрными, то А. выигрывает у Б. с вероятностью $0{,}6$. Шахматисты А. и Б. играют две партии, причём во второй партии меняют цвет фигур.
Решение
По условию вероятность события «шахматист А. выиграет белыми» равна $0{,}72$, вероятность события «шахматист А. выиграет чёрными» равна $0{,}6$. Эти события независимы. Значит, вероятность того, что оба этих события наступят (А. выиграет оба раза) равна произведению вероятностей, то есть равна $0{,}72⋅ 0{,}6=0{,}432$.
Ответ: 0.432
Задача 9
Вероятность того, что новый электрический чайник прослужит больше года, равна $0{,}93$. Вероятность того, что он прослужит больше двух лет, равна $0{,}84$. Найдите вероятность того, что он прослужит меньше двух лет, но больше года.
Решение
Вероятность промахнуться при одном выстреле равна $1 — 0.7 = 0.3$. Обозначим события.
1. $A_1$ — «Алексей попал по мишени при первом выстреле».
2. $A_2$ — «Алексей попал по мишени при втором выстреле».
3. $A_3$ — «Алексей попал по мишени при третьем выстреле».
4. $A_4$ — «Алексей попал по мишени при четвёртом выстреле».
5. $A_5$ — «Алексей попал по мишени при пятом выстреле».
События ${A_1}↖{-}, {A_2}↖{-}, {A_3}↖{-}, {A_4}↖{-}$ и ${A_5}↖{-}$ — означают, что Алексей промахнулся при соответствующем выстреле.
Событие «Алексей Антонов первый раз попал по мишени, а последние четыре промахнулся» означает одновременное наступление (пересечение) независимых событий ${A_1}, {A_2}↖{-}, {A_3}↖{-}, {A_4}↖{-}$ и ${A_5}↖{-}$.
$P (A_1 ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = P (A_1) · P ({A_2}↖{-}) · P ({A_3}↖{-}) · P ({A_4}↖{-}) · P ({A_5}↖{-}) = 0.7 · 0.3 · 0.3 · 0.3 · 0.3 = 0.00567$.
По условию Алексей мог попасть единожды, но это попадание могло прийтись на любой из пяти выстрелов, не обязательно на первый.
Тогда, аналогично, $P ({A_1}↖{-} ∩ A_2 ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = P ({A_1}↖{-}∩ {A_2}↖{-} ∩ A_3 ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) =$
$= P ({A_1}↖{-} ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ A_4 ∩ {A_5}↖{-}) = P ({A_1}↖{-} ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ A_5) =$
$= P (A_1 ∩ {A_2}↖{-} ∩ {A_3}↖{-} ∩ {A_4}↖{-} ∩ {A_5}↖{-}) = (0.3)^4 · 0.7 = 0.00567$.
Следовательно, искомая вероятность равна $0.00567 · 5 = 0.02835 ≈0.03$.
Ответ: 0.03
Самая удобная и увлекательная подготовка к егэ
Тема задания 10 ЕГЭ по математике «Вычисления и преобразования». Если вам попадется вариант вопроса «Преобразования числовых рациональных выражений», готовьтесь решить простой пример из двух-трех действий, в котором могут быть умножение, деление, сложение, вычитание, возведение в квадрат или куб. Ответом на такую мини-задачу будет одно число, причем составители тестов постарались сделать ответы целыми числами, без дробной части. Более сложна для выполнения тема «Преобразования алгебраических выражений и дробей», особенно, если в ней используется два буквенных показателя. Однако дадим подсказку – ответы на это задание 10 ЕГЭ по математике также всегда максимально простые, чаще всего выражаются одним целым числом, без буквенных составляющих.
Часть вопросов затрагивает иррациональные числовые выражения с извлечением корня любой степени, еще некоторое их количество посвящено преобразованию буквенных иррациональных выражений, причем в вопросе будет пояснение, в каком интервале находится член выражения, обозначенный буквой, к примеру: «при х более 2, но менее 10». Много вопросов задания призвано проверить ваши знания в вычислении значений степенных выражений, а также действий со степенями. Присутствуют в задании № 10 ЕГЭ по математике также логарифмические и тригонометрические выражения, как буквенные, так и числовые, однако даже в буквенных выражениях ответ будет, скорее всего, простым числом.
Для успешного решения этой экзаменационной задачи вам придется повторить учебный материал по арифметике, математике, алгебре, тригонометрии. Использовать для подготовки можно любой учебник по этим дисциплинам, рекомендованный для российских школ Министерством образования. Из-за обилия материала вам, возможно понадобится помощь учителя или репетитора, а проверить свои знания по теме можно с помощью онлайн тестов ЕГЭ по математике.
§
Теоремы о вероятностях событий | виктор осипов
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
Для решения подобной задачи нам понадобится вспомнить, что такое сочетание из комбинаторики. Пусть у вас есть три числа, если вам не важен порядок размещения этих чисел, то возможных комбинаций этих чисел будет всего одна, то есть 123, 132 или 231 — это одинаковые множества. Так вот, чтобы определить количество таких комбинаций используют формулу:
$$C_{m}^{n}=frac{m!}{n!(m-n)!}$$
Найдем количество треугольников, которые можно построить ТОЛЬКО из красных точек. В треугольнике три вершины, значит брать мы будем три точки, красных всего 6. Значит имеем:
$$C_{6}^{3}=frac{6!}{3!(6-3)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*3!}=20$$
Аналогично найдем четырехугольники, пятиугольники:
$$C_{6}^{4}=frac{6!}{4!(6-4)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*2!}=15$$
$$C_{6}^{5}=frac{6!}{5!(6-5)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*5*1!}=6$$
Плюс есть еще 1 шестиугольник. В итоге получаем всего фигур ТОЛЬКО из красных: 20 15 6 1=42
Теперь разберемся с вариантом фигур с одной красной точкой. Возьмем треугольник. Если в нем одна синяя точка, то остается две вершины (то есть n=2), где можно использовать красную точку. А самих красных точек 6 (m=6). Значит треугольников, в которых есть синяя всего:
$$C_{6}^{2}=frac{6!}{2!(6-2)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*4!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*1*2*3*4}=15$$
Аналогично, для четырехугольников:
$$C_{6}^{3}=frac{6!}{3!(6-3)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*3!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*1*2*3*}=20$$
Пятиугольников:
$$C_{6}^{4}=frac{6!}{4!(6-4)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*2!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*1*2}=15$$
Шестиугольников:
$$C_{6}^{5}=frac{6!}{5!(6-5)!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*5*1!}=frac{1*2*3*4*5*6}{1*2*3*4*5*1}=6$$
Плюс есть еще 1 семиугольник. Всего таких фигур:15 20 15 6 1=57
В итоге разница: 57 — 42 = 15
