2020高考数学理科大一轮复习第十章概率_=__ _课时作业 (6)

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点一分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．1．从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为(B)A．6 B．5C．3 D．2解析：“完成这件事”即选出1人当主持人，可分选女主持人和男主持人两类进行，分别有3种选法和2种选法，所以共有3＋2＝5种不同的选法．2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有12个．解析：由题意知本题是一个分类计数问题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2 111,3 111,4 111,1 211,1 311,1 411,1 121,1 131，1 141，有9种，当有三个2,3,4时：2 221,3 331，4 441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．知识点二分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有32种(用数字作答)．解析：每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种)．4．已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为20(用数字作答)．解析：分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5×4＝20种走法．5．如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有32条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．1．两个不同点(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事．(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分．2．三个注意点(1)应用两个计数原理首先要弄清楚先分类还是先分步．(2)分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准．(3)分步要做到“步骤完整”，步步相连．考向一分类加法计数原理【例1】(1)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1，若a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有________个()A．12 B．16C．28 D．32(2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”．如132,341等，那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．【解析】(1)解法1：若焦点在x轴上，则a>b，a＝2时，有1个；a ＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个．若焦点在y轴上，则b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个；b＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个．故共有16＋12＝28个．解法2：a＝b时有4种情况，故椭圆个数为4×8－4＝28个．(2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从1,2,3中任取两个放在4的两边，故有6种；第三类，当中间数字为“5”时，从1,2,3,4中任取两个放在5的两边，故有12种；根据分类加法计数原理，得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20.【答案】(1)C(2)20(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.)(1)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( D )A ．3B ．4C ．6D ．8(2)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( B )A ．4种B ．6种C ．10种D ．16种解析：(1)当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，共有4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．(2)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．考向二分步乘法计数原理【例2】(1)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案的种数为()A．5 B．24C．32 D．64(2)某公司准备在一幢“五角楼”的五个角装上五盏3种不同颜色的灯，要求相邻两盏灯的颜色不同，则不同的安装方法有________种．【解析】(1)5日至9日，分别为5,6,7,8,9日，有3天奇数日，2天偶数日．第一步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步，安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外1天安排其他车，有2×2＝4(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.故选D.(2)如图，按A，B，C，D，E的顺序开始安装灯，则A角有3种装法，B角有2种装法，安装C角的灯可分两类进行：①当C角与A角灯的颜色相同时，D，E角灯的装法有2种；②当C角与A角灯的颜色不同时，D，E角灯的装法有3种．根据两个基本原理可得，不同的安装方法共有3×2×(2＋3)＝30(种)．【答案】(1)D(2)30利用分步乘法计数原理解决问题时应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，以元素(或位置)为主体的计数问题，通常先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)；(2)对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点O外)的游览线路有48种．(用数字作答)解析：根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同游览线路．考向三两个计数原理的综合应用方向1计数问题【例3】(2019·河南商丘二模)高考结束后6名同学游览我市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选一个景区游览，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有()A．A26×A45种B．A26×54种C．C26×A45种D．C26×54种【解析】根据题意，分2步进行分析：①先从6名同学中任选2人，去日月湖景区旅游，有C26种方案，②对于剩下的4名同学，每人都有5种选择，则这4人有5×5×5×5＝54种方案，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有C26×54种，故选D.【答案】D方向2与几何有关的问题【例4】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48 B．18C．24 D．36【解析】第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．【答案】D方向3涂色问题【例5】如图一个地区分为五个行政区域，现给该地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(用数字作答)【解析】由题意可知，当选用三种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有C14C13C12＝24(种)方法，当选用四种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有2C14C13C12C11＝48(种)方法，再据分类加法计数原理可得有24＋48＝72(种)方法．【答案】72利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．1．(方向1)(2019·广东珠海模拟)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的放法共有(C)A．480种B．360种C．240种D．120种解析：根据题意，将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2个小球放入1个盒子，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①先将5个小球分成4组，有C25＝10种分法；②将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44＝24种情况，则不同放法有10×24＝240种．故选C.2．(方向2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(B)A．60 B．48C．36 D．24解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.3．(方向3)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：第二部分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．。

解析：因为必然事件发生的概率是1、所以该同学的身高超过175 cm的概率为1－0.2－0.5＝0.3.
答案：0.3
7．已知盒子中有散落的棋子15粒、其中6粒是黑子、9粒是白子、已知从中取出2粒都是黑子的概率是 、从中取出2粒都是白子的概率是 、现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________.
∴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.
10．(2020·湖北武汉模拟)某鲜花店将一个月(30天)某品种鲜花的日销售量与销售天数统计如下表、将日销售量在各区间的销售天数占总天数的值视为概率.
日销售
量(枝)
(0,50)
[50,100)
[100,150)
[150,200)
[200,250)
销售天数
3天
5天
13天
6天
3天
(1)求这30天中日销售量低于100枝的概率；
解析：C[当A1、A2是互斥事件时、A1、A2不一定是对立事件、所以甲是乙的非充分条件；当A1、A2是对立事件时、A1、A2一定是互斥事件、所以甲是乙的必要条件．所以甲是乙的必要但不充分条件．故选C.]
5．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()

2020高考数学一轮复习第10章第1节事件与概率挑战真题文新
课标版
组别（0，10］（10，20］（20，30］（30，40］（40，50］（50，60］（60，70］频数12 13 24 15 16 13 7
则样本数据落在（10，40］上的频率为( ) A.0.13 B.0.39 C.0.52 D.0.64
解析：本题考查的是统计的基础知识，同时考查学生数据处理能力，属于容易题.由题意可知频数在（10，40］的有：13+24+15=52，由频率=频数÷总数，得频率=0.52.故选C.
答案：C
2.（2020·上海）从一副混合后的扑克牌（52张）中，随机抽取1张.事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P（A∪B)= （结果用最简分数表示）.
解析：因为P（A）=1
52
，P（B）=
13
52
,
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)= 1
52
+
13
52
=
147
5226
=.
答案: 7 26
3.（2008·山东）现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1、A2、A3通晓日语，B1、B2、B3通晓俄语，C1、C2通晓韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组. （1）求A1被选中的概率.
（2）求B1和C1不全被选中的概率.
M= {(A1,B1,C1),( A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2)}，事件M由这6个基本事件组成，
因而P（M）
61
. 183 ==。

课时作业66 古典概型一、选择题1．已知袋子中装有大小相同的6个小球，其中有2个红球、4个白球．现从中随机摸出3个小球，则至少有2个白球的概率为( C )A.34B.35C.45D.710解析：所求问题有两种情况：1红2白或3白，则所求概率P ＝C 12C 24＋C 34C 36＝45. 2．投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)2为纯虚数的概率为( C )A.13B.14C.16D.112解析：∵(m ＋n i)2＝m 2－n 2＋2mn i 为纯虚数， ∴m 2－n 2＝0，∴m ＝n ，(m ，n )的所有可能取法有6×6＝36种，其中满足m ＝n 的取法有6种，∴所求概率P ＝636＝16.3．从甲、乙、丙、丁四个人中选两名代表，甲被选中的概率是( B )A.23B.12C.13D.14解析：P ＝1－C 23C 24＝1－12＝12.故选B.4．已知集合M ＝{1,2,3,4}，N ＝{(a ，b )|a ∈M ，b ∈M }，A 是集合N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线OA 与y ＝x 2＋1有交点的概率是( C )A.12B.13C.14D.18解析：易知过点(0,0)，与y ＝x 2＋1相切的直线为y ＝2x (斜率小于0的无需考虑)，集合N 中共有16个元素，其中使直线OA 的斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为416＝14.5．从数字1,2,3,4,5中，随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于12的概率为( A )A.225B.13125C.18125D.9125解析：从5个数字中任意抽取3个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有53＝125个，但要使各位数字之和等于12且没有重复数字时，则该数只能含有3,4,5三个数字，它们有A 33＝6种；若三位数的各位数字均重复，则该数为444；若三位数中有2个数字重复，则该数为552,525,255，有3种．因此，所求概率为P ＝6＋1＋3125＝225.故选A.6．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( C )A.112B.114C.115D.118解析：不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C 210种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P ＝3C 210＝115，故选C.7．如图，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是( D )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31a 32 a 33 A.37 B.47 C.114D.1314解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84种，因为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＝1314.二、填空题8．将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是56.解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A ＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件A ＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，A 包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P (A )＝636＝16，所以P (A )＝1－16＝56.9．(2019·重庆适应性测试)从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，则所取3个数之和为偶数的概率为25.解析：依题意，从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，共有10种不同的取法，其中所取3个数之和为偶数的取法共有1＋3＝4种(包含两种情形：一种情形是所取的3个数均为偶数，有1种取法；另一种情形是所取的3个数中2个奇数，另一个是偶数，有3种取法)，因此所求的概率为410＝25.10．用两种不同的颜色给图中三个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，则相邻两个矩形涂不同颜色的概率是14.解析：由于只有两种颜色，不妨将其设为1和2，若只用一种颜色有111,222.若用两种颜色有122,212,221,211,121,112.所以基本事件共有8种．又相邻颜色各不相同的有2种，故所求概率为14.三、解答题11．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．解：(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＝34.12．某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分析制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．解：(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.则从5人中任意选取2人共有C25＝10种，抽取的2人中没有一名男生有C23＝3(种)，则至少有一名男生有C25－C23＝7(种)．故至少有一名男生的概率为P ＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.13．(2019·西安调研)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( B )A.115B.15C.14D.12解析：由题意，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4种．故所求事件的概率P ＝4·A 33C 36A 33＝15.14．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为16.解析：十个数中任取七个不同的数共有C 710种情况，七个数的中位数为6，那么6只能处在中间位置，有C 36种情况，于是所求概率P＝C 36C 710＝16.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．(2019·甘肃二诊)某县自古就以盛产“美瓜”而名扬内外，生产的“瓜州蜜瓜”有4个系列30多个品种，质脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量达14%～19%，是消暑止渴的佳品，有诗曰：冰泉浸绿玉，霸刀破黄金；凉冷消晚暑，清甘洗渴心．调查表明，蜜瓜的甜度与海拔、日照时长、温差有极强的相关性，分别用x ，y ，z 表示蜜瓜甜度与海拔、日照时长、温差的相关程度，并对它们进行量化：0表示一般，1表示良，2表示优，再用综合指标ω＝x ＋y ＋z 的值评定蜜瓜的等级，若ω≥4，则为一级；若2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级．近年来，周边各省也开始发展蜜瓜种植，为了了解目前蜜瓜在周边各省的种植情况，研究人员从不同省份随机抽取了10块蜜瓜种植地，得到如下结果：量；(2)在所取样本的二级和二级蜜瓜种植地中任取2块，X 表示取到三级蜜瓜种植地的数量，求椭机变量X 的分布列及数学期望．解：(1)计算10块种植地的综合指标，可得下表：由上表可知：等级为一级的有5个，其频率为12.用样本的频率估计总体的频率，可估计等级为一级的蜜瓜种植地数量为110×12＝55(块)．(2)二级和三级蜜瓜种植地共有5块，三级蜜瓜种植地有2块， 则X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 02C 23C 25＝310，P (X ＝1)＝C 12C 13C 25＝35，P (X ＝2)＝C 22C 03C 25＝110.所以随机变量X 的分布列为从而E (X )＝0×310＋1×35＋2×110＝45.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。