previous arrow
next arrow
Slider

Новые задачи по теории вероятностей из Открытого Банка заданий ЕГЭ, 2021-2022 год

Анна Малкова

 
На этой странице – решения новых задач из Открытого Банка заданий, из которого формируется Банк заданий ФИПИ. Вы знаете, что в Проекте ЕГЭ-2022 в варианте Профильного ЕГЭ по математике не одна задача на теорию вероятностей, а две, причем вторая – повышенной сложности. Покажем, какие задачи могут вам встретиться на ЕГЭ-2022. Проект пока не утвержден, возможны изменения, но ясно одно – теория вероятностей на ЕГЭ будет на более серьезном уровне, чем раньше. Раздел будет дополняться, так что заходите на наш сайт почаще!

1. Игральный кубик бросают дважды. Известно, что в сумме выпало 8 очков. Найдите вероятность того, что во второй раз выпало 3 очка.

Решение:

Выпишем возможные варианты получения 8 очков в сумме:

2 6
6 2
3 5
5 3
4 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подходит только вариант 5; 3. Вероятность этого события равна 1 : 5 = 0,2 (один случай из 5 возможных).

Ответ: 0,2

2. В ящике 4 красных и 2 синих фломастера. Фломастеры вытаскивают по очереди в случайном порядке. Какова вероятность того, что первый раз синий фломастер появится третьим по счету?

Решение:

Благоприятными будут следующие исходы:

Первый раз – вытащили красный фломастер,

И второй раз – красный,

А третий раз – синий.

Вероятность вытащить красный фломастер (которых в ящике 4) равна \displaystyle \frac{4}{6}=\frac{2}{3}.

После этого в ящике остается 5 фломастеров, из них 3 красных, вероятность вытащить красный равна \displaystyle \frac{3}{5}.

Наконец, когда осталось 4 фломастера и из них 2 синих, вероятность вытащить синий равна \displaystyle \frac{1}{2}.

Вероятность события {красный – красный – синий } равна произведению этих вероятностей, то есть \displaystyle \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{5}=0,2

Ответ: 0,2

3. В коробке 10 синих, 9 красных и 6 зеленых фломастеров. Случайным образом выбирают 2 фломастера. Какова вероятность того, что окажутся выбраны один синий и один красный фломастер?

Решение:

Всего в коробке 25 фломастеров.
В условии не сказано, какой из фломастеров вытащили первым – красный или синий.

Предположим, что первым вытащили красный фломастер. Вероятность этого \displaystyle \frac{9}{25}, в коробке остается 24 фломастера, и вероятность вытащить вторым синий равна \displaystyle \frac{10}{24}. Вероятность того, что первым вытащили красный, а вторым синий, равна \displaystyle \frac{9}{25} \cdot \frac{10}{24} = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{3}{20}.

А если первым вытащили синий фломастер? Вероятность этого события равна \displaystyle \frac{10}{25}=\frac{2}{5}. Вероятность после этого вытащить красный равна \displaystyle \frac{9}{24}=\frac{3}{8}, вероятность того, что синий и красный вытащили один за другим, равна \displaystyle \frac{2}{5}\cdot \frac{3}{8} = \frac{3}{20}.

Значит, вероятность вытащить первым красный, вторым синий или первым синий, вторым красный равна \displaystyle \frac{3}{20} + \frac{3}{20} =0,3.

А если их доставали из коробки не один за другим, а одновременно? Вероятность остается такой же: 0,3. Потому что она не зависит от того, вытащили мы фломастеры один за другим, или с интервалом в 2 секунды, или с интервалом в 0,5 секунды… или одновременно!
Ответ: 0,3.

4. При подозрение на наличие некоторого заболевания пациента отправляют на ПЦР-тест. Если заболевание действительно есть, то тест подтверждает его в 86 % случаев. Если заболевания нет, то тест выявляет отсутствие заболевания в среднем в 94% случаев.

Известно, что в среднем тест оказывается положительным у 10% пациентов, направленных на тестирование. При обследовании некоторого пациента врач направил его на ПЦР-тест, который оказался положительным. Какова вероятность того, что пациент действительно имеет это заболевание?

Решение:

Задача похожа на уже знакомую тем, кто готовится к ЕГЭ (про гепатит), однако вопрос здесь другой.
Уточним условие: "Какова вероятность того, что пациент, ПЦР-тест которого положителен, действительно имеет это заболевание?". В такой формулировке множество возможных исходов - это число пациентов с положительным результатом ПЦР-теста, причем только часть из них действительно заболевшие.

Пациент приходит к врачу и делает ПЦР-тест. Он может быть болен этим заболеванием – с вероятностью х. Тогда с вероятностью 1 – х он этим заболеванием не болен.

Анализ пациента может быть положительным по двум причинам:
а) пациент болеет заболеванием, которое нельзя называть, его анализ верен; событие А,
б) пациент не болен этим заболеванием, его анализ ложно-положительный, событие В.
Это несовместные события, и вероятность их суммы равна сумме вероятностей этих событий.

Имеем:

P(A)=0,86x

P(B)=0,06 \cdot (1-x)

P(A+B)=P(A)+P(B)=0,86x+0,06 (1-x)=0,1.

Мы составили уравнение, решив которое, найдем вероятность x.

x = 0,05.

Что такое вероятность х? Это вероятность того, что пациент, пришедший к доктору, действительно болен. Здесь множество возможных исходов - это количество всех пациентов, пришедших к доктору.

Нам же нужно найти вероятность z того, что пациент, ПЦР-тест которого положителен, действительно имеет это заболевание. Вероятность этого события равна 0,05 \cdot 0,86 (пациент болен и ПЦР-тест выявил заболевание, произведение событий). С другой стороны, эта вероятность равна 0,1 \cdot z (у пациента положительный результат ПЦР-теста, и при выполнении этого условия он действительно болен).

Получим: 0,05 \cdot 0,86 = 0,1 \cdot z, отсюда z = 0,43.
Ответ: 0,43

Вероятность того, что пациент с положительным результатом ПЦР-теста действительно болен, меньше половины!
Кстати, это реальная проблема для диагностики в медицине, то есть в задаче отражена вполне жизненная ситуация.

5. Телефон передает sms-сообщение. В случае неудачи телефон делает следующую попытку. Вероятность того, что сообщение удастся передать без ошибок в каждой следующей попытке, равна 0,4. Найдите вероятность того, что для передачи сообщения потребуется не больше 2 попыток.

Решение:

Здесь все просто. Либо сообщение удалось передать с первой попытки, либо со второй.
Вероятность того, что сообщение удалось передать с первой попытки, равна 0,4.
С вероятностью 0,6 с первой попытки передать не получилось. Если при этом получилось со второй, то вероятность этого события равна 0,6 \cdot 0,4.
Значит, вероятность того, что для передачи сообщения потребовалось не более 2 попыток, равна 0,4 + 0,4 \cdot 0,6 = 0,4 \cdot ( 1 + 0,6 ) = 0,64.

Ответ: 0,64

6. Симметричную монету бросают 10 раз. Во сколько раз вероятность события «выпадет ровно 5 орлов» больше вероятности события «выпадет ровно 4 орла»?

Решение:

А это более сложная задача. Можно, как и в предыдущих, пользоваться определением вероятности и понятиями суммы и произведения событий. А можно применить формулу Бернулли.

Формула Бернулли:

– Вероятность P_n^m того, что в n независимых испытаниях некоторое случайное событие A наступит ровно m раз, равна:

P_n^m=C_n^m p^m q^{n-m}, где:

p – вероятность появления события A в каждом испытании;
q=1-p – вероятность непоявления события A в каждом испытании.

Коэффициент C_n^m часто называют биномиальным коэффициентом.

О том, что это такое, расскажем с следующих статьях на нашем сайте. Чтобы не пропустить – подписывайтесь на нашу рассылку.

А пока скажем просто, как их вычислять.

\displaystyle C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}

Нет, это не заклинание. Не нужно громко кричать: Эн!!!! Поделить на эм! И на эн минус эм! 🙂 То, что вы видите в формуле, – это не восклицательные знаки. Это факториалы.
На самом деле все просто: n! (читается: эн факториал) – это произведение натуральных чисел от 1 до n. Например,

6! = 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6.

Пусть вероятность выпадения орла при одном броске монеты равна \displaystyle \frac{1}{2}, вероятность решки тоже \displaystyle \frac{1}{2}. Давайте посчитаем вероятность того, что из 10 бросков монеты выпадет ровно 5 орлов.

\displaystyle P_1=C_{10}^5 \cdot \left ( \frac{1}{2} \right )^5 \cdot \left ( \frac{1}{2} \right )^5 =\frac{10!}{5!\cdot 5!}\cdot \frac{1}{2^{10}}

Вероятность выпадения ровно 4 орлов равна

\displaystyle P_2=C_{10}^4 \cdot \left ( \frac{1}{2} \right )^4 \cdot \left ( \frac{1}{2} \right )^6 =\frac{10!}{4!\cdot 6!}\cdot \frac{1}{2^{10}}

Найдем, во сколько раз P_1 больше, чем P_2.

\displaystyle \frac{P_1}{P_2}=\frac{10!\cdot 4!\cdot 6!\cdot 2^{10}}{5!\cdot 5!\cdot 2^{10}\cdot 10!}=\frac{4!}{5!}=\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4\cdot 5\cdot 6}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5 \cdot 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4\cdot 5}=

\displaystyle =\frac{6}{5}=1,2.

Ответ: 1,2

7. Стрелок стреляет по пяти одинаковым мишеням. На каждую мишень дается не более двух выстрелов, и известно, что вероятность поразить мишень каждым отдельным выстрелом равна 0,6. Во сколько раз вероятность события «стрелок поразит ровно 5 мишеней» больше вероятности события «стрелок поразит ровно 4 мишени»?

Решение:

Стрелок поражает мишень с первого или со второго выстрела;

Вероятность поразить мишень равна

0,6 + 0,4 \cdot 0,6 = 0,84.

Вероятность поразить 5 мишеней из 5 равна 0,84^5 = P_1 .

Вероятность поразить 4 мишени из 5 находим по формуле Бернулли:

\displaystyle P_2={C_5}^4 \cdot 0,84^4 \cdot 0,16 = \frac{5!}{4!}\cdot 0,84^4 \cdot 0,16 = 5\cdot 0,84^4 \cdot 0,16 ;

\displaystyle \frac{P_1}{P_2}=\frac{0,84^5}{5\cdot 0,84^4 \cdot 0,16} = \frac{0,84}{0,8} = 1,05

8. В одном ресторане в г. Тамбове администратор предлагает гостям сыграть в «Шеш-беш»: гость бросает одновременно 2 игральные кости. Если он выбросит комбинацию 5 и 6 очков хотя бы один раз из двух попыток, то получит комплимент от ресторана: чашку кофе или десерт бесплатно. Какова вероятность получить комплимент? Результат округлите до сотых.

Решение:

Ресторан «Шеш-Беш» должен сказать составителям задачи спасибо: теперь популярность вырастет во много раз :-)
Заметим, что условие не вполне корректно. Например, я бросаю кости и при первом броске получаю 5 и 6 очков. Надо ли мне бросать второй раз? Могу ли я получить 2 десерта, если дважды выброшу комбинацию из 5 и 6 очков?

Поэтому уточним условие. Если при первом броске получилась комбинация из 5 и 6 очков, то больше кости я не бросаю и забираю свой десерт (или кофе).

Если первый раз не получилось – у меня есть вторая попытка.

Решим задачу с учетом этих условий.

При броске одной игральной кости возможны 6 исходов, при броске 2 костей 36 исходов. Только два из них благоприятны: это 5; 6 и 6; 5, вероятность каждого из них равна \displaystyle \frac{1}{36}. Вероятность выбросить 5 и 6 при первом броске равна \displaystyle \frac{1}{36} + \frac{1}{36}=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}.

Вероятность того, что с первой попытки не получилось, равна \displaystyle 1- \frac{1}{18}=\frac{17}{18}.

Если в первый раз не получилось выбросить 5 и 6, а во второй раз получилось – вероятность этого события равна \displaystyle \frac{17}{18}\cdot \frac{1}{18}.

Вероятность выбросить 5 и 6 с первой или со второй попытки равна \displaystyle \frac{1}{18}+ \frac{1}{18} \cdot \frac{17}{18}= \frac{1}{18} \cdot \frac{35}{18} = \frac{35}{324} (приблизительно равно, символом) 0,11.

9. Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна 4. Какова вероятность того, что был сделан один бросок? Ответ округлите до сотых.

Решение:

Рассмотрим возможные варианты. Игральную кость могли бросить:
1 раз, выпало 4 очка. Вероятность этого события равна \displaystyle \frac{1}{6} (1 благоприятный исход из 6 возможных). При этом, если получили 4 очка, кость больше не бросаем.

2 раза, выпало 3 и 1 или 1 и 3 или 2 и 2. При этом, если получили 4 очка, больше не бросаем кость. Для 2 бросков: всего 36 возможны исходов, из них 3 благоприятных, вероятность получить 4 очка равна \displaystyle \frac{3}{36}.

3 раза, выпало 1, 1, 2 или 1, 2, 1 или 2, 1, 1. Если получили 4 очка – больше не бросаем кость. Для 3 бросков: всего 6^3 = 216 возможны исходов, из них 3 благоприятных, вероятность получить 4 очка равна \displaystyle \frac{3}{216}.

4 раза, каждый раз по 1 очку. Вероятность этого события равна \displaystyle \frac{1}{6^4}.

Вероятность получить 4 очка равна

\displaystyle P=\frac{1}{6}+\frac{3}{6^2}+\frac{3}{6^3}+\frac{1}{6^4}=\frac{1}{6}\left ( 1+\frac{3}{6}+\frac{3}{6^2}+\frac{1}{6^3} \right )=

\displaystyle =\frac{1}{6}\left ( 1+\frac{1}{6} \right )^3=\frac{1}{6}\cdot \frac{7^3}{6^3}=\frac{7^3}{6^4}.

Воспользуемся формулой условной вероятности.

Пусть P_1 — вероятность получить 4 очка, сделав 1 бросок; \displaystyle P_1=\frac{1}{6} (для одного броска: 6 возможных исходов, 1 благоприятный);

P — вероятность получить 4 очка с одной или нескольких попыток, \displaystyle P=\frac{7^3}{6^4}.

P_2 — вероятность, что при этом был сделан только один бросок;

P_1=P\cdot P_2

\displaystyle \frac{1}{6}=\frac{1}{6}\cdot \frac{7^3}{6^3}\cdot P_2

\displaystyle P_2=\frac{6^3}{7^3}=\frac{216}{343}\approx 0,63

Ответ: 0,63

И наконец, хитроумная задача, совсем не похожая на школьную теорию вероятностей. В математике ее называют «задачей о разорении игрока». Это уже крутейший теорвер! Будем надеяться, что в варианты ЕГЭ ее все-таки включать не будут.

10. В викторине участвуют 6 команд. Все команды разной силы, и в каждой встрече выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды.

Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из викторины, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых трех играх победила команда А. Какова вероятность того, что эта команда выиграет следующий раунд?

Решение:

Пусть силы команд равны 1, 2, 3, 4, 5 и 6.
В трех раундах участвуют 4 команды, то есть выбирается 4 числа из 6 и среди этих четырех находится наибольшее.
Выпишем в порядке возрастания, какие 4 команды могли участвовать в первых трех раундах:

1234, 1235, 1236, 1245, 1246, 1256, 1345, 1346, 1356, 1456, 2345, 2346, 2356, 2456, 3456 - всего 15 вариантов.

Среди этих 15 групп есть только одна, в которой 4 - наибольшее число. Это группа 1234. Однако, если команда 4 победила команды 1, 2 и 3, то у нее нет шансов выиграть в следующем раунде у команды 5 или 6.

Есть также 4 группы, в которых 5 - наибольшее число. Вероятность того, что команда 5 победила в трех первых раундах, равна \displaystyle  \frac{4}{15}. В следующем туре команда 5 встретится либо с командой 6 (и проиграет), либо с командой 1, 2, 3 или 4 и выиграет, то есть в четвертном раунде команда 5 побеждает с вероятностью \displaystyle \frac{1}{2}.

Есть также 10 групп, где 6 - наибольшее число. Вероятность того, что команда 6 победила в трех первых раундах, равна \displaystyle \frac{10}{15}. В четвертом туре команда 6 побеждает с вероятностью 1 (она самая сильная). Соответственно, в следующем туре команда 6 побеждает с вероятностью 1.
Получается \displaystyle \frac{4}{15} \cdot \frac{1}{2} + \frac{10}{15} \cdot 1 = \frac{12}{15} = \frac{4}{5} - вероятность команды, победившей в 3 первых турах, победить в четвертном.

Ответ: \displaystyle \frac{4}{5}

11. Первый член последовательности целых чисел равен 0. Каждый следующий член последовательности с вероятностью р = 0,8 на единицу больше предыдущего и с вероятностью 1 – р меньше предыдущего. Какова вероятность того, что какой-то член этой последовательности окажется равен – 1?

Решение:

Кошмар, что и говорить, и точно не задача из Части 1 ЕГЭ. Будем разбираться.
Вначале мы находимся в точке 0, из нее можем попасть в точку с координатой 1 или в точку с координатой -1. Дальше возможно увеличение или уменьшение координаты на каждом шаге, а найти надо вероятность того, что когда-либо попадем в точку -1.

Обозначим P_1 – вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке 0,
P_i – вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке i.

Из точки 0 можно пойти вверх или вниз. Если мы идем вниз (с вероятностью q=1 – р) – мы сразу попадаем в точку -1.

Поскольку из точки 0 можно пойти вверх или вниз, и эти события несовместны, получим:

P_1= q + p \cdot P_2, где P_2 – вероятность попасть когда-нибудь в точку -1, находясь в данный момент в точке 1.
А из точки 1 в точку – 1 можно попасть следующим образом: сначала в точку 0, потом в точку – 1; вероятность каждого из этих событий равна P_1.
Да, это сложно воспринять! Но давайте вернемся к обозначениям: Р1 – вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке 0. И она точно такая же, как вероятность когда-либо попасть в точку 0, если сейчас мы находимся в точке 1.
Значит, вероятность попадания из точки 1 в точку – 1 равна {P_1}^2 . Мы получаем квадратное уравнение: P_1 = q +p \cdot {P_1}^2 .

По условию, q = 1 - p = 0,2. Тогда 0,8\cdot{P_1}^2 - P_1 + 0,2 = 0;
4 \cdot {P_1}^2 - 5P_1 + 1 = 0. Корни этого уравнения: \displaystyle P_1 = 1 или \displaystyle P_1 = \frac{1}{4} = \frac{q}{p}.

Какой из этих корней выбрать? Оказывается, если по условию \displaystyle \frac{q}{p} \textgreater 1, то в ответе получится 1 (всегда попадем в точку -1).
А если, как в нашем случае, \displaystyle \frac{q}{p} \textless 1, то ответ \displaystyle \frac{q}{p} , то есть 0,25.
Ответ: 0,25

А теперь представим себе, что будет, если эту задачи все-таки включат в курс подготовки к ЕГЭ. Учителя будут говорить ученикам: если тебе надо попасть из 0 в точку – 1, вероятность перехода вверх равна р, вероятность перехода вниз равна q, и если q \textless p, то в ответе будет \displaystyle \frac{q}{p}, а если q \textgreater p, то в ответе будет 1. Бессмысленная зубрежка, короче говоря.

Задачи, разобранные в этой статье, взяты из Открытого Банка заданий ЕГЭ по математике: mathege.ru

Будут ли эти задачи - и особенно последние - на ЕГЭ-2022? Вот официальный ответ ФИПИ:

"Открытость и прозрачность ЕГЭ, наличие открытых банков, дает возможность развивать различные ресурсы, способствующие повышению качества образования.

При этом вся официальная информация, спецификации, демонстрационные варианты, открытые банки, содержатся только на сайте ФИПИ. Типы заданий, которые будут включены в ЕГЭ по математике в 2022 году прошли широкое обсуждение и апробацию в регионах, соответствуют ФГОС.

ФИПИ не комментирует содержание других ресурсов".
Ждем, когда на сайте ФИПИ появятся подборки задач №10 ЕГЭ-2022.