2018年高考数学(理)一轮复习课时训练：第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9-6

课时规范训练[A级基础演练]1．装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是以下事件“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球”中的哪几个( )A．①②B．①③C．②③D．①②③解析：选A.从口袋内一次取出2个球，这个试验的基本事件空间Ω＝{(白，白)，(红，红)，(黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)}，包含6个基本事件，当事件A“两球都为白球”发生时，①②不可能发生，且A不发生时，①不一定发生，②不一定发生，故非对立事件，而A发生时，③可以发生，故不是互斥事件．2．从一箱产品中随机抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为( )A．0.7 B．0.65C．0.35 D．0.3解析：选C.由对立事件可得P＝1－P(A)＝0.35.3．从存放的号码分别为1，2，3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：A．0.53 B．0.5C．0.47 D．0.37解析：选A.取到号码为奇数的卡片的次数为：13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为53100＝0.53，故选A.4．在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车)，有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车和6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为( )A．0.20 B．0.60C．0.80 D．0.12解析：选C.“能乘上所需要的车”记为事件A ，则3路或6路车有一辆路过即事件发生，故P (A )＝0.20＋0.60＝0.80.5．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为： 162，153，148，154，165，168，172，171，173，150， 151，152，160，165，164，179，149，158，159，175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为( )A.25 B ．12 C.23D ．13解析：选A.从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的学生有8人，频率为25，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为25.6．抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则出现奇数点或2点的概率为 ．解析：由题意知“出现奇数点”的概率是事件A 的概率，“出现2点”的概率是事件B 的概率，事件A ，B 互斥，则“出现奇数点或2点”的概率为P (A )＋P (B )＝12＋16＝23.答案：237．一个袋子中有红球5个，黑球4个，现从中任取5个球，则至少有1个红球的概率为 ．解析：“从中任取5个球，至少有1个红球”是必然事件，必然事件发生的概率为1. 答案：18．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0，1，2的概率分别为0.4，0.5，0.1，则该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率为 ．解析：记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0”为事件A ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为1”为事件B ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C ，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过1次”为事件D ，由题意知事件A ，B ，C 彼此互斥，而事件D 包含事件A 与B ，所以P (D )＝P (A )＋P (B )＝0.4＋0.5＝0.9.答案：0.99．某射击运动员在同一条件下进行练习，结果如下表所示：(2)这位射击运动员射击一次，击中10环的概率为多少？解：(1)击中10环的频率依次为0.8，0.95，0.88，0.93，0.89，0.906.(2)这位射击运动员射击一次，击中10环的概率约为0.9.10．某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y、z的值．解：记事件“在竞赛中，有k人获奖”为A k(k∈N，k≤5)，则事件A k彼此互斥．(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56.∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.解得x＝0.3.(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.[B级能力突破]1．从3个红球、2个白球中随机取出2个球，则取出的2个球不全是红球的概率是( )A.110B．310C.710D．35解析：选C.“取出的2个球全是红球”记为事件A，则P(A)＝310.因为“取出的2个球不全是红球”为事件A的对立事件，所以其概率为P(A)＝1－P(A)＝1－310＝7 10.2．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，若B表示B的对立事件，则一次试验中，事件A＋B发生的概率为( )A.13B．12C.23 D ．56解析：选C.掷一个骰子的试验有6种可能结果． 依题意P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，∴P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13，∵B 表示“出现5点或6点”的事件， 因此事件A 与B 互斥，从而P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23.3．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫54，2 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫54，32 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤54，43 解析：选D.由题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<P （A ）<1，0<P （B ）<1，P （A ）＋P （B ）≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43.⇒54<a ≤43. 4．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为 ．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37＋14＝1928.答案：19285．连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6)，记“两次向上的数字之和等于m ”为事件A ，则P (A )最大时，m ＝ ．解析：m 可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，对应的基本事件个数依次为1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，∴两次向上的数字之和等于7对应的事件发生的概率最大．答案：76．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P(A1)＝20100＝15，P(A2)＝10100＝110.P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－15－110＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.。

课时达标第55讲[解密考纲]本考点考查用两个原理解决计数问题．一、选择题1．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是(A)A．12 B．6C．8 D．16解析：若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12×3＝6(种)方案．若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方案，这时，共有3×2＝6(种)方案．综上可得，所有的不同的考试安排方案有6＋6＝12(种)，故选A．2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为(C)A．324 B．648C．328 D．360解析：首先应考虑0，当0排在个位时，有A29＝9×8＝72(个)，当0不排在个位时，有A14A18＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A14·A28＝4×7×8＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．3．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(B)A．8种B．9种C．10种D．11种解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．4．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现在要求在其余四个区域中涂色，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域涂色不同，则不同的涂色方法种数为(C)A．64 B．72C．84 D．96解析：分成两类，A和C同色时有4×3×3＝36(种)；A和C不同色时有4×3×2×2＝48(种)，所以一共有36＋48＝84(种)，故选C．5．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花(D) A．3 360元B．6 720元C．4 320元D．8 640元解析：从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)，故选D．6．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有(B)A．50种B．49种C．48种D．47种解析：当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15(种)方法；当A中最大的数为2时，A可以是{2}，也可以是{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14(种)方法；当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4(22－1)＝12(种)方法；当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝8(种)方法，故共有15＋14＋12＋8＝49(种)方法．二、填空题7．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x<y 恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有17个．解析：A＝{1}时，B有23－1种情况；A＝{2}时，B有22－1种情况；A＝{3}时，B有1种情况；A＝{1,2}时，B有22－1种情况；A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．8．如图所示，用五种不同颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有180种．解析：按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．9．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有108种.解析：4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108(种)涂法．三、解答题10．一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡自己使用，共有多少种不同的取法？(2)某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡，供自己今后选择使用，问一共有多少种不同的取法？解析：(1)任取一张手机卡，可以从10张不同的中国移动卡中任取一张，或从12张不同的中国联通卡中任取一张，每一类办法都能完成这件事，故应用分类加法计数原理，有10＋12＝22(种)不同的取法．(2)从移动、联通卡中各取一张，则要分两步完成：从移动卡中任取一张，再从联通卡中任取一张，故应用分步乘法计数原理，有10×12＝120(种)不同的取法．11．有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？解析：(1)利用分类加法计数原理知，有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)国画有5种不同的选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．12．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法有多少种？解析：根据A球所在位置分三类：①若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法．②若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6(种)不同的放法．③若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6(种)不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×6＝18(种)不同的方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．。

第4讲 随机事件、古典概型与条件概率)1．概率与频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An为事件A 出现的频率．(2)对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A )随着试验次数的增加稳定于概率P (A )，因此可以用频率f n (A )来估计概率P (A )．2．事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1． (2)必然事件的概率：P (A )＝1． (3)不可能事件的概率：P (A )＝0． (4)概率的加法公式如果事件A 与事件B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )． (5)对立事件的概率若事件A 与事件B 互为对立事件，则A ∪B 为必然事件．P (A ∪B )＝1，P (A )＝1－P (B )．4．古典概型 (1)基本事件的特点①任何两个基本事件是互斥的；②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． (2)特点①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性． ②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性． (3)概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数．5．条件概率及其性质(1)条件概率的定义：设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P （AB ）P （A ）为在事件A发生的条件下，事件B 发生的条件概率．(2)条件概率的性质：①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．1．辨明四个易误点(1)易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数． (2)对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．(3)概率的一般加法公式P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (A ∩B )中，易忽视只有当A ∩B ＝∅，即A ，B 互斥时，P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，此时P (A ∩B )＝0.(4)P (B |A )是在A 发生的条件下B 发生的概率，而P (A |B )是在B 发生的条件下A 发生的概率．2．集合方法判断互斥事件与对立事件(1)由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．(2)事件A 的对立事件A 所含的结果组成的集合，是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集．1．(2016·高考天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( )A.56 B ．25 C.16D ．13A 由题意得，甲不输的概率为12＋13＝56.2．(2016·高考北京卷)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15 B ．25 C.825D ．925B 设5名学生分别为甲、乙、丙、丁、戊，从甲、乙、丙、丁、戊5人中选2人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共10种情况，其中甲被选中的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共4种，所以甲被选中的概率为410＝25.3.教材习题改编 甲：A 1，A 2是互斥事件；乙：A 1，A 2是对立事件，那么( ) A ．甲是乙的充分但不必要条件 B ．甲是乙的必要但不充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件B 两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立． 4．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于________．由P (AB )＝P (A )P (B |A )，可得P (A )＝34.345．在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝n π6，n ＝1，2，3，…，10中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cos x ＝12的概率是________．基本事件总数为10，满足方程cos x ＝12的基本事件数为2，故所求概率为P ＝210＝15.15随机事件的频率与概率(2016·高考全国卷甲)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P (A )的估计值； (2)记B 为事件“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．【解】 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知， 一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3. (3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0．85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a .某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率； (2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．(1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12. 由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为 4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.互斥事件、对立事件的概率某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．记1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求：(1)1张奖券的中奖概率；(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．【解】 (1)设“1张奖券中奖”为事件M ，则M ＝A ∪B ∪C ，依题意，P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝120，因为A ，B ，C 两两互斥， 所以P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000，故1张奖券的中奖概率为611 000. (2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.古典概型的概率(高频考点)古典概型是高考考查的热点，可在选择题、填空题中单独考查，也可在解答题中与统计一起考查，属容易题．高考对本部分内容的考查主要有以下三个命题角度：(1)根据概率求参数；(2)利用古典概型的概率公式求概率；(3)古典概型与统计的综合应用(下章讲解)．(2016·高考山东卷)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．【解】 用数对(x ，y )表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S ＝{(x ，y )|x ∈N ，y ∈N ，1≤x ≤4，1≤y ≤4}一一对应．因为S 中元素的个数是4×4＝16， 所以基本事件总数n ＝16. (1)记“xy ≤3”为事件A ，则事件A 包含的基本事件共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)． 所以P (A )＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(2)记“xy ≥8”为事件B ，“3<xy <8”为事件C . 则事件B 包含的基本事件共6个，即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)， 所以P (B )＝616＝38.事件C 包含的基本事件共5个，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)， 所以P (C )＝516.因为38>516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．角度一 根据概率求参数1．将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a ，第二次出现的点数记为b ，设任意投掷两次使两条不重合直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的概率为P 1，相交的概率为P 2，若点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－518，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，718C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－718，518 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－518，718 D 对于a 与b 各有6种情形，故总数为36种．两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的情形有a ＝2，b ＝4或a ＝3，b ＝6，故概率为P 1＝236＝118，两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2相交的情形除平行与重合(a ＝1，b ＝2)即可，所以P 2＝3336＝1112，因为点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫118－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11122＜137144，解得－518＜m ＜718，故选D ．角度二 利用古典概型的概率公式求概率2．(2017·黑龙江实验中学期末)从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假币，则这两张都是假币的概率为( )A.119 B ．1718C.419D ．217D 从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，至少有一张是假币，共有n ＝C 15C 115＋C 25种抽法；抽取的两张都是假币，有m ＝C 25种，故所求的概率为P ＝m n ＝105×15＋10＝217. 3．全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标．根据相关报道提供的全网传播2016年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示．(1)现从融合指数在内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研，求至少有1家的融合指数在内的概率；(2)根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数．(1)法一：融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．其中，至少有1家融合指数在内的基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共9个．所以所求的概率P＝9 10 .法二：融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．其中，没有1家融合指数在内的基本事件是：{B1，B2}共1个．所以所求的概率P＝1－110＝9 10.(2)这20家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数等于4．5×220＋5.5×820＋6.5×720＋7.5×320＝6.05.条件概率(1)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )A.18B．14C.25D．12(2)将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不相同”，B为“至少出现一个3点”，则P(A|B)＝( )A.6091B．12C.712D．81125【解析】 (1)P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110，由条件概率公式，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110410＝14.(2)P (A |B )表示在B 发生的情况下，A 发生的概率，即在“至少出现一个3点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个3点”的情况数目为6×6×6－5×5×5＝91，“三个点数都不相同”则只有一个3点，共C 13×5×4＝60种情况，故P (A |B )＝6091. 【答案】 (1)B(2)A把本例(1)事件A 中的“和”变为“积”，其他条件不变，则P (B |A )＝________． 事件A ：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，所以P (A )＝710.事件B ：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2，4)，所以P (AB )＝110，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110710＝17.171．根据历年气象统计资料，宜都三月份吹东风的概率为310，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为830，则在吹东风的条件下下雨的概率为( )A.911B ．89C.25 D ．811B 设事件A 表示宜都三月份吹东风，事件B 表示三月份下雨，根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率P (B |A )＝830310＝89.2．(2017·张掖第一次诊断考试)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )A.35B ．59 C.110 D ．25B 第一次摸出新球记为事件A ，则P (A )＝35，第二次取到新球记为事件B ，则P (AB )＝C 26C 210＝13，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1335＝59，故选B ．1．设事件A ，B ，已知P (A )＝15，P (B )＝13，P (A ∪B )＝815，则A ，B 之间的关系一定为( )A ．两个任意事件B ．互斥事件C ．非互斥事件D ．对立事件B 因为P (A )＋P (B )＝15＋13＝815＝P (A ∪B )，所以A ，B 之间的关系一定为互斥事件．故选B ．2．(2017·湖南衡阳八中一模)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A ＝{抽到一等品}，事件B ＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P (A )＝0.65，P (B )＝0.2，P (C )＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( )A ．0.7B ．0.65C ．0.35D ．0.3C 因为事件A ＝{抽到一等品}，且P (A )＝0.65，所以事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P ＝1－P (A )＝1－0.65＝0.35.故选C.3．某工程施工在很大程度上受当地年降水量的影响，施工期间的年降水量X (单位：mm)对工期延误天数Y 的影响及相应的概率P 如下表所示：在年降水量X 至少是100的条件下，工期延误小于30天的概率为( ) A ．0.7 B ．0.5 C ．0.3D ．0.2B 设事件A 为“年降水量X 至少是100”，事件B 为“工期延误小于30天”，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.2＋0.10.2＋0.1＋0.3＝0.5，故选B ．4．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )A ．1B ．1121C.1021D ．521C 从袋中任取2个球共有C 215＝105种，其中恰好1个白球，1个红球共有C 110C 15＝50种，所以恰好1个白球，1个红球的概率为50105＝1021.5．在1，2，3，4，5，6，7，8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字5是取出的五个不同的数的中位数的概率为( )A.956 B ．928 C.914D ．59B 分析可知，要满足题意，则抽取的除5以外的四个数字中，有两个比5小，有两个比5大，故所求概率P ＝C 24·C 23C 58＝928.6．(2017·洛阳统考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )A.115B ．15C.14 D ．12B 由题意分析可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，所以所求概率P ＝4·A 33C 36·A 33＝15.7．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，若红球有21个，则黑球有________个．摸到黑球的概率为1－0.42－0.28＝0.3.设黑球有n 个，则0.4221＝0.3n ，故n ＝15.158．(2016·高考四川卷)从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则log a b 为整数的概率是__________．从2，3，8，9中任取两个不同的数字，(a ，b )的所有可能结果有(2，3)，(2，8)，(2，9)，(3，2)，(3，8)，(3，9)，(8，2)，(8，3)，(8，9)，(9，2)，(9，3)，(9，8)，共12种，其中log 28＝3，log 39＝2为整数，所以log a b 为整数的概率为16.169．一个袋子里有2个白球、3个黑球、4个红球，从中任取3个球恰好有2个球同色的概率为________．记A ＝{取出的3个球中恰好有2个白球}，B ＝{取出的3个球中恰好有2个黑球}，C ＝{取出的3个球中恰好有2个红球}，则P (A )＝C 22C 17C 39＝112，P (B )＝C 23C 16C 39＝314，P (C )＝C 24C 15C 39＝514.又A ，B ，C 三个事件两两互斥， 则P (取出的3个球中恰好有2个球同色) ＝P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝112＋314＋514＝5584. 558410．如下的三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1，2，3；j ＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a31a 32 a 33从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝9×8×71×2×3＝84(种)，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314. 131411．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如表所示．已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)求x ，y 的值；(2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率．(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20. (2)记A ：一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟．A 1：该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟． A 2：该顾客一次购物的结算时间为3分钟．将频率视为概率可得P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝20100＋10100＝0.3，所以一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率为0.3.12．已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A ，B 两组，每组4支，求：(1)A ，B 两组中有一组恰好有2支弱队的概率； (2)A 组中至少有2支弱队的概率．(1)法一：3支弱队在同一组中的概率为C 15C 48×2＝17，故有一组恰好有2支弱队的概率为1－17＝67.法二：A 组恰有2支弱队的概率为C 23C 25C 48，B 组恰好有2支弱队的概率为C 23·C 25C 48，所以有一组恰好有2支弱队的概率为C 23·C 25C 48＋C 23·C 25C 48＝67.(2)法一：A 组中至少有2支弱队的概率为C 23·C 25C 48＋C 33·C 15C 48＝12.法二：A ，B 两组有一组中至少有2支弱队的概率为1(因为此事件为必然事件)．由于对A 组和B 组而言，至少有2支弱队的概率是相同的，所以A 组中至少有2支弱队的概率为12.13．(2017·合肥市第二次质量检测)某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A 和B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的前提下，学生C 第一个出场的概率为( )A.13 B ．15 C.19D ．320A 法一：当学生A 最后一个出场时，有A 13A 33＝18种不同的安排方法；当学生A 不是最后一个出场时，有A 23A 33＝36种不同的安排方法，所以满足“A 和B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的所有不同安排方法有18＋36＝54种．其中“C 第一个出场”的结果有A 13A 33＝18种，则所求概率为1854＝13，选项A 正确． 法二：“A 和B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C 第一个出场”的概率是13.14．有100本书，既分为文科、理科2类，又分为精装、平装2种，其中文科书40本，精装书70本，理科的平装书20本，则：(1)任取1本恰是文科精装书的概率是________；(2)先任取1本恰是文科书，放回后再取1本恰是精装书的概率是________． (1)基本事件总数为100，其中文科书40本，理科书60本；精装书70本，理科的平装书20本，精装书40本；文科的精装书30本，文科的平装书10本．则任取1本恰是文科精装书的概率为30100＝0.3.(2)基本事件总数为100×100，则所求概率P ＝C 140C 170100×100＝410×710＝0.28.(1)0.3 (2)0.2815．在某项大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A ，B ，C ，D 四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．(1)求甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率； (2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率； (3)求五名志愿者中仅有一人参加A 岗位服务的概率．(1)记“甲、乙两人同时参加A 岗位服务”为事件E A ，那么P (E A )＝A 33C 25A 44＝140，即甲、乙两人同时参加A 岗位服务的概率是140.(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E ，那么P (E )＝A 44C 25A 44＝110，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P (E －)＝1－P (E )＝910.(3)有两人同时参加A 岗位服务的概率P 2＝C 25A 33C 25A 44＝14，所以仅有一人参加A 岗位服务的概率P 1＝1－P 2＝34.16．(2017·枣庄模拟)根据我国颁布的《环境空气质量指数(AQI)技术规定》：空气质量指数划分为0～50、51～100、101～150、151～200、201～300和大于300六级，对应空气质量指数的六个级别，指数越大，级别越高，说明污染越严重，对人体健康的影响也越明显．专家建议：当空气质量指数小于等于150时，可以进行户外运动；空气质量指数为151及以上时，不适合进行旅游等户外活动，下表是济南市2016年10月上旬的空气质量指数情况：(1)求10月上旬市民不适合进行户外活动的概率；(2)一外地游客在10月上旬来济南旅游，想连续游玩两天，求适合连续旅游两天的概率． (1)该试验的基本事件空间Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，基本事件总数n ＝10.设事件A 为“市民不适合进行户外活动”，则A ＝{3，4，9，10}，包含基本事件数m ＝4.所以P (A )＝410＝25，即10月上旬市民不适合进行户外活动的概率为25.(2)该试验的基本事件空间Ω＝{(1，2)，(2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，6)，(6，7)，(7，8)，(8，9)，(9，10)}，基本事件总数n ＝9，设事件B 为“适合连续旅游两天的日期”，则B ＝{(1，2)，(5，6)，(6，7)，(7，8)}，包含基本事件数m ＝4，所以P (B )＝49，所以适合连续旅游两天的概率为49.。

课时达标 第59讲[解密考纲]古典概型在高考中常以选择题或填空题的形式出现，有时与集合、函数、不等式等知识综合，以解答题形式出现．一、选择题1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则a <b 的概率为( D )A ．45B ．35C ．25D ．15解析：从1,2,3,4,5中随机选取一个数的取法有5种，从1,2,3中随机选取一个数的取法有3种，所以a ，b 的可能结果有5×3＝15种，其中a <b 的结果有(1,2)，(1,3)，(2,3)，共3种．所以所求概率为P ＝315＝15，故选D ．2．随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过4的概率记为p 1，点数之和大于8的概率记为p 2，点数之和为奇数的概率记为p 3，则( A )A ．p 1<p 2<p 3B ．p 2<p 1<p 3C ．p 1<p 3<p 2D ．p 3<p 1<p 2解析：随机掷两枚质地均匀的骰子，共有36种不同结果，其中向上的点数之和不超过4的有6种不同结果；点数之和大于8的有10种不同结果；点数之和为奇数的有18种不同结果，故p 1＝636＝16，p 2＝1036＝518，p 3＝1836＝12，故p 1<p 2<p 3.3．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( A )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同—个小组的情况有3种，故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13.4．从1,2,3,4这四个数字中一次随机取两个，则取出的这两个数字之和为偶数的概率是( B )A ．16B ．13C ．12D ．15解析：从1,2,3,4这四个数字中一次随机取两个，共有6种情况，其中取出的这个数字之和为偶数的情况有(1,3)，(2,4)，共2种，所以P ＝26＝13.5．把一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为m ，第二次出现的点数记为n ，方程组⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ＝3，2x ＋3y ＝2只有一组解的概率是( D ) A ．23B ．34C ．15D ．1718解析：方程组只有一组解，除了⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝6这两种情况之外都可以，故所求概率P ＝6×6－26×6＝1718.6．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}，若|a －b |≤1，就称甲、乙“心相近”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心相近”的概率为( D )A ．19B ．29C ．718D ．49解析：试验包含的基本事件共有6×6＝36种结果．其中满足题设条件的有如下情况： 若a ＝1，则b ＝1,2；若a ＝2，则b ＝1,2,3； 若a ＝3，则b ＝2,3,4；若a ＝4，则b ＝3,4,5 ； 若a ＝5，则b ＝4,5,6；若a ＝6，则b ＝5,6. 共16种．故他们“心相近”的概率为P ＝1636＝49.二、填空题7．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为23.解析：设2本数学书分别为A ，B ，语文书为C ，则所有的排放顺序有ABC ，ACB ，BAC ，BCA ，CAB ，CBA ，共6种情况，其中数学书相邻的有ABC ，BAC,CAB ，CBA ，共4种情况，故2本数学书相邻的概率P ＝46＝23.8．甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为13.解析：甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种的所有可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共9种，他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．故所求概率为P ＝39＝13.9．(2017·山东潍坊模拟)如图，茎叶图表示甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中的得分，其中一个数字被污损，则甲的平均得分不超过乙的平均得分的概率为710.解析：由茎叶图知甲在五场比赛中的得分总和为18＋19＋20＋21＋22＝100；乙运动员在已知成绩的四场比赛中得分总和为15＋16＋18＋28＝77，乙的另一场得分是20到29十个数字中的任何一个的可能性是相等的，共有10个基本事件，而事件“甲的平均得分不超过乙的平均得分”就包含了其中的23,24,25,26,27,28,29共7个基本事件，所以甲的平均得分不超过乙的平均得分的概率为710.三、解答题10．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n <m ＋2的概率．解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有{1,2}，{1,3}两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(m ，n )有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个， 所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316.故满足条件n <m ＋2的事件的概率为1－P 1＝1－316＝1316.11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)．(1)求使得事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求使得事件“|a |≤|b |”发生的概率．解析：(1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}， 故(m ，n )所有可能的取法共36种．使得a ⊥b ，即m －3n ＝0，即m ＝3n ，共有2种：(3,1)，(6,2)， 所以事件a ⊥b 的概率为236＝118.(2)|a|≤|b|，即m 2＋n 2≤10，此时共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)6种使得|a|≤|b|，其概率为636＝16.12．一个均匀的正四面体的四个面上分别涂有1,2,3,4四个数字，现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为b ，c .(1)z ＝(b －3)2＋(c －3)2，求z ＝4的概率；(2)若方程x 2－bx －c ＝0至少有一根x ∈{1,2,3,4}，就称该方程为“漂亮方程”，求方程为“漂亮方程”的概率．解析：(1)因为是投掷两次，因此基本事件(b ，c )：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)共16个．当z ＝4时，(b ，c )的所有取值为(1,3)，(3,1)， 所以P (z ＝4)＝216＝18.(2)①若方程一根为x ＝1，则1－b －c ＝0，即b ＋c ＝1，不成立． ②若方程一根为x ＝2，则4－2b －c ＝0，即2b ＋c ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝2.③若方程一根为x ＝3，则9－3b －c ＝0，即3b ＋c ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3.④若方程一根为x ＝4，则16－4b －c ＝0，即4b ＋c ＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，c ＝4.由①②③④知，(b ，c )的所有可能取值为(1,2)，(2,3)，(3,4)． 所以方程为“漂亮方程”的概率为P ＝316.。