第五十二讲 (第五十三讲(文))随机事件的概率

名师作业·练全能第五十二讲 (第五十三讲(文))随机事件的概率班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________ 括号内．)1．4张卡片上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( )A.13 B.12 C.23D.34解析：从4张卡片中取2张共有C 42＝6种取法，数字之和为奇数是指所取两个数分别是一个奇数和一个偶数，共有C 21·C 21＝4(种)，则满足条件的概率是46＝23.答案：C2．从20名男同学，10名女同学中任选3名参加体能测试，则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为( )A.929B.1029C.1929D.2029解析：解法一：从30名同学中选3人的选法有C 303种，其中全是男同学的选法有C 203种，全是女同学的选法有C 103种；故所求概率为P ＝1－C 203＋C 103C 303＝1－126406＝2029. 解法二：从10名女同学，20名男同学中选出3名同学，既有男同学又有女同学的选法包括两种：1男2女，2男1女．共有C 201C 102＋C 202C 101，因此满足条件的概率为C 201C 102＋C 202C 101C 303＝2029.答案：D3．电子钟一天显示的时间是从0000到2359，每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为( )A.1180B.1288C.1360D.1480解析：由时间特点知后2个数字之和最大为5＋9＝14， 故前2个数字之和不能小于9， 前2个数字只可能为：09,18,19.∴只有在0959,1859,1958与1949时，四个数字之和为23.又一天共有60×24＝1440分钟，即只能显示1440个数字，∴所求概率为41440＝1360.答案：C4．从编号为1,2，…，10的10个大小相同的球中任取4个，则所取4个球的最大号码是6的概率为( )A.184B.121C.25D.35解析：从10个球中任选4个共有C 104种取法，所取4个球中最大号码是6的取法共有C 53种，所求概率为P ＝C 53C 104＝121.答案：B5．(2019·保定一模)一个三位数由1,2,3，…，9这九个数字中的三个组成，且百位是5的倍数，十位是4的倍数，个位是3的倍数，若某人依据这一信息猜测该三位数，则其一次猜对的概率为( )A.15B.16C.536D.56解析：∵百位是5的倍数，∴百位数字只能为5. ∵十位数字是4的倍数，∴十位数字只能是4或8，有2种情况；同理，个位只能是3,6,9三种情况，即满足条件的数有1×2×3＝6个，正确的只有1个，故正确的概率是16.答案：B6．(2019·芜湖模拟)从编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的10个球中，任取5个球，则这5个球的编号之和为偶数的概率是( )A.16B.13C.12D.23解析：从10个球中任取5个球，共有C 105种取法，取出的5个球的编号之和为偶数的取法种数为C 51C 54＋C 53C 52＋C 55＝126，故所求的概率为126C 105＝12.答案：C二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．) 7．在平面直角坐标系中，从六个点：A (0,0)、B (2,0)、C (1,1)、D (0,2)、E (2,2)、F (3,3)中任取三个，这三点能构成三角形的概率是________．(结果用分数表示)解析：∵A (0,0)，C (1,1)，E (2,2)，F (3,3)在直线y ＝x 上，B (2,0)，C (1,1)，D (0,2)在直线x ＋y ＝2上，∴A 、C 、E 、F 四点共线，B 、C 、D 三点共线． ∴任取三点共有C 63＝20(种)取法， 三点共线的取法有1＋C 43＝5(种)， ∴取三点能构成三角形的概率为20－520＝34.答案：348．(2019·成都)连续抛掷一枚骰子两次，得到的点数依次记为m 、n ，则点(m ，n )恰能落在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋y －3|<3x ≤3所表示的平面区域内的概率为________．解析：由画图可知有9个点在区域内， 所以概率P ＝936＝14.答案：149．某招呼站，每天均有3辆开往省城南京的分为上、中、下等级的客车．某天袁先生准备在该招呼站乘车前往南京办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘上上等车，他采取如下策略：先放过第一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆，那么他乘上上等车的概率为________．解析：上、中、下三辆车的出发顺序是任意的，有A 33＝6种情况，若第二辆车比第一辆好，有三种情况：下、中、上，下、上、中，中、上、下，符合条件的仅有2种情况；若第二辆不比第一辆好，有三种情况：中、下、上；上、中、下；上、下、中，其中仅有1种情况适合条件．所以袁先生乘上上等车的概率P ＝2＋16＝12. 答案：1210．一次二期课改经验交流会打算交流试点学校的论文5篇和非试点学校的论文3篇．若任意排列论文交流次序，则最先和最后交流的论文都为试点学校的概率是________．(结果用分数表示)解析：总的排法有A 88种，最先和最后排试点学校的排法有A 52A 66种，所求概率为A 52A 66A 88＝514. 答案：514三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)11．一个口袋中装有大小相同的2个红球，3个黑球和4个白球，从口袋中一次摸出一个球，摸出的球不再放回．(1)连续摸球2次，求第一次摸出黑球，第二次摸出白球的概率； (2)如果摸出红球，则停止摸球，求摸球次数不超过3次的概率．解析：(1)从袋中依次摸出2个球共有A 92种结果，第一次摸出黑球，第二次摸出白球有A 31A 41种结果，则所求概率P 1＝A 31A 41A 92＝16⎝⎛⎭⎫或P 1＝39×48＝16. (2)第一次摸出红球的概率为A 21A 91，第二次摸出红球的概率为A 71A 21A 92，第三次摸出红球的概率为A 72A 21A 93，则摸球次数不超过3次的概率为P 2＝A 21A 91＋A 71A 21A 92＋A 72A 21A 93＝712.12．一个盒子里盛有若干个均匀的红球和白球，从中任取一个球，取到红球的概率为13；若从中任取两个球，取到的球至少有一个是白球的概率为1011.(1)求该盒子中红球、白球各有多少？(2)从盒子中任取3个球，求取到的白球个数不少于红球个数的概率．解析：(1)设红球m 个，白球n 个，则⎩⎨⎧m m ＋n ＝131－Cm 2Cm ＋n2＝1011解得m ＝4，n ＝8. ∴红球4个，白球8个．(2)设“从盒子中任取3个球，取到的白球个数不少于红球个数”为事件A ， 则P (A )＝C 83＋C 82·C 41C 123＝4255.因此，从盒子中任取3个球，取到的白球个数不少于红球个数的概率为4255.13．甲、乙两个盒子中，各放有5个不同的电子元件，已知：甲盒子中有2个次品；乙盒子中有1个次品，其余的均为正品．若将两个盒子的元件放在一起，然后逐个取出检验，直到次品全部被检出为止，求所有次品恰好在第4次检验时被检出的概率．解析：盒子中共有10个电子元件，其中3个次品，所有这3个次品，恰好在第4次被检出时，说明第4次检出的一定是次品，且另外2个次品是在前3次检验中检出，据此可用等可能性事件的概率求解．解法一：∵10个元件中有3个次品，且所有次品在第4次被全部检出，∴在前3次检验中，只能检到1个正品，其余的均为次品，故该基本事件数为C 32A 71A 33，而总的事件数为A 104，∴所求概率为P ＝C 32A 71A 33A 104＝140.解法二：对于所有次品恰好在第4次检验时被检出这一事件，其前4次取出的元件情况共有3种：正、次、次、次；次、正、次、次；次、次、正、次，所以这一事件的概率为P ＝⎝⎛⎭⎫710×39×28＋310×79×28＋310×29×78×17＝140.点评：求解等可能性事件的概率，首先明确等可能性事件中的基本事件是什么，其次要明确由基本事件组成的一般事件中包含基本事件的可能结果有多少种，最后由定义求解其概率．解等可能性事件的概率问题，关键是利用排列组合的有关知识，正确求出基本事件总数和所求事件中包含的基本事件数．要注意基本事件中的“序”．有的问题“无序”，有的问题“有序”，有的则兼可．本例中4次检验要看成是有序的，否则体现不出第4次检验时恰好发现最后一个次品．但本例中前3次测试的序并不重要，故有另解：C 71·C 32·C 11C 103·C 71＝140.可有可无的序，在计算n ，m 时要前后一致．进一步，以“3个次品在10个元件中的位置”为随机事件，除去3个次品的“序”，则基本事件总数为C 103，其中“所有次品恰好在第4次被检出”的基本事件数为C 32，故所求概率为C 32C 103＝140.。