2021高考数学一轮复习统考第11章概率第2讲古典概型课时作业含解析北师大版

"【走向高考】2021届高考数学一轮总温习 11-5古典概型课后强化作业 北师大版 "基础达标检测一、选择题1．从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为( ) A.12 B.13 C.23 D ．1[答案] C[解析] 因为三个人被选中的可能性相等，且大体事件是有限的，故是古典概型，大体事件为甲乙，甲丙，乙丙，故甲被选中有甲乙，甲丙，故P ＝23.2．(文)盒中有10个铁钉，其中8个合格，2个不合格，从中任取一个恰为合格铁钉的概率是( ) A.15 B.14 C.45 D.110 [答案] C[解析] 每一个铁钉被选中的可能性是相等的，而且实验中所显现的大体事件共有10个，是有限的，是古典概型，任取一个恰为合格铁钉的事件有8个，故概率为P ＝810＝45.(理)从数字1,2,3中任取两个不同数字组成两位数，该数大于23的概率为( ) A.13 B.16 C.18 D.14[答案] A[解析] 从数字1,2,3中任取两个不同数字组成的两位数有12,21,13,31,23,32，共6种，每种结果显现的可能性是相等的，因此该实验属于古典概型．记事件A 为“掏出两个数字组成两位数大于23”，那么A 中包括31,32两个大体事件，故P (A )＝26＝13.3．(2021·金华模拟)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，那么掏出的两个数不是持续自然数的概率是( ) A.35 B.25 C.13 D.23[答案] D[解析] 掏出的两个数是持续自然数有5种情形，那么掏出的两个数不是持续自然数的概率P ＝1－515＝23.4．某班预备到郊外野营，为此向商店定了帐篷，若是下雨与不下雨是等可能的，可否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就可不能淋雨，那么以下说法正确的选项是( )A ．必然可不能淋雨B ．淋雨的可能性为34C ．淋雨的可能性为12D ．淋雨的可能性为14[答案] D[解析] 这次野营共4种结果：下雨，收到帐篷；不下雨，收到帐篷；下雨，未收到帐篷；不下雨，未收到帐篷．只有“下雨，未收到帐篷”会淋雨，因此P ＝14.5．有3个爱好小组，甲、乙两位同窗各自参加其中一个小组，每位同窗参加各个小组的可能性相同，那么这两位同窗参加同一个爱好小组的概率为( )A.13B.12C.23D.34[答案] A[解析] 甲乙两位同窗参加3个小组的所有可能性共3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情形有3种，故甲、乙两位同窗参加同一个爱好小组的概率为P ＝39＝13.6．(文)甲、乙两人各抛掷一次正方体骰子(六个面别离标有数字1,2,3,4,5,6)．设甲、乙所抛掷骰子朝上的面的点数别离为x ，y ，那么知足复数x ＋y i 的实部大于虚部的概率是( )A.16B.512 C.712 D.13[答案] B [解析] 总共有36种情形．当x ＝6时，y 有5种情形； 当x ＝5时，y 有4种情形；当x ＝4时，y 有3种情形； 当x ＝3时，y 有2种情形；当x ＝2时，y 有1种情形． 因此P ＝5＋4＋3＋2＋136＝512.(理)抛掷两颗骰子，其向上的点数别离为m 和n ，那么复数(m ＋n i)2为纯虚数的概率为( ) A.13 B.14 C.16 D.112 [答案] C[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，其中知足m ＝n 的取法有6种，∴所求概率P ＝636＝16.二、填空题7．(2021·重庆高考)假设甲、乙、丙三人随机地站成一排，那么甲、乙两人相邻而站的概率为________． [答案] 23[解析] 此题考查排列组合及概率．甲、乙、丙三人站成一排共有6种站法，而甲、乙两人相邻的站法有4种， ∴甲、乙两人相邻的概率为46＝23.8．(文)现有10个数，它们能组成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，假设从这10个数中随机抽取一个数，那么它小于8的概率是________．[答案] 35[解析] 此题考查等比数列及古典概型的知识．等比数列的通项公式为a n ＝(－3)n －1.因此此数列中偶数项都为负值，奇数项全为正值．若a n ≥8，那么n 为奇数且(－3)n －1＝3n －1≥8，那么n －1≥2，∴n ≥3，∴n ＝3,5,7,9共四项知足要求．∴p ＝1－410＝35.(理)从甲、乙等10位同窗中任选3位去参加某项活动，那么所选3位中有甲但没有乙的概率为________． [答案]730[解析] 假设所选的3位中有甲但没有乙，只需从剩下的8位同窗当选2位即可，故所求概率为P ＝C 28C 310＝730. 9．(文)一次掷两粒骰子，取得的点数为m 和n ，那么关于x 的方程x 2＋(m ＋n )x ＋4＝0有实数根的概率是________．[答案] 1112[解析] 大体事件共36个，∵方程有实根， ∴Δ＝(m ＋n )2－16≥0，∴m ＋n ≥4，其对立事件是m ＋n <4，其中有(1,1)，(1,2)，(2,1)共3个大体事件，∴所求概率为P ＝1－336＝1112.(理)(2021·黑龙江哈尔滨六校联考)第十五届全运会将在哈尔滨市举行，假设将6名志愿者每2人一组，分派到3个不同场馆，那么甲、乙两人必需在同组的概率是________．[答案] 15[解析] 6个人平均分3组共有C 26C 24C 22A 33＝15种，甲、乙同组的概率为P ＝315＝15.三、解答题10．(文)(2021·陕西高考)有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱竞赛，由500名公共评委现场投票决定歌手名次．依照年龄将公共评委分为五组，各组的人数如下：(1)为了调查评委对7B 组抽取了6人，请将其余各组抽取的人数填入下表.(2)在(1)1人，求这2人都支持1号歌手的概率．[解析] (1)由题设知，分层抽样的抽取比例为6%，因此各组抽取的人数如下表：(2)记从A 123126个评委为b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6，其中b 1，b 2支持1号歌手，从{a 1，a 2，a 3}和{b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6}中各抽取1人的所有结果为：由以上树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a 1b 1，a 1b 2，a 2b 1，a 2b 2共4种，故所求概率p ＝418＝29.(理)已知10件产品中有3件是次品．(1)任意掏出3件产品作查验，求其中至少有1件是次品的概率；(2)为了保证使3件次品全数查验出的概率超过0.6，最少应抽取几件产品作查验？ [解析] (1)任意掏出3件产品作查验，全数是正品的概率为C 37C 310＝724.∴至少有一件是次品的概率为1－724＝1724.(2)设抽取n 件产品作查验，那么3件次品全数查验出的概率为C 33C n －37C n 10＝C n －37C n 10.由C n －37C n 10>0.6，即7！n －3！10－n ！>610·10！n ！10－n ！，整理得n (n －1)(n －2)>9×8×6，∵n ∈N ，n ≤10，∴当n ＝9或n ＝10时上式成立．∴为了保证使3件次品全数查验出的概率超过0.6，最少应抽取9件产品作查验． 能力强化训练 一、选择题1．设a 、b 别离是甲、乙各抛掷一枚骰子取得的点数，已知乙所得的点数为2，那么方程x 2＋ax ＋b ＝0有两个不相等的实数根的概率为( )A.23B.13C.12D.512 [答案] A[解析] 由已知得b ＝2，那么Δ＝a 2－4b ＝a 2－8>0，解得a >22，故a ＝3,4,5,6，故所求概率为46＝23，选A.2．(文)把一颗骰子抛掷两次，观看显现的点数，并记第一次显现的点数为m ，第二次显现的点数为n ，向量p ＝(m ，n )，q ＝(－2,1)，那么向量p ⊥q 的概率为( )A.118 B.112 C.19 D.16 [答案] B[解析] ∵向量p ⊥q ，∴p ·q ＝－2m ＋n ＝0，∴n ＝2m ，知足条件的(m ，n )有3个：(1,2)，(2,4)，(3,6)，又大体事件的总数为36，∴P ＝336＝112，应选B.(理)已知k ∈Z ，AB →＝(k,1)，AC →＝(2,4)，假设|AB →|≤10，那么△ABC 是直角三角形的概率是( )A.17B.27C.37D.47[答案] C[解析] 由|AB →|＝k 2＋1≤10，解得－3≤k ≤3，又k ∈Z ，故k ＝－3，－2，－1,0,1,2,3. BC →＝AC →－AB →＝(2,4)－(k,1)＝(2－k,3)若A 是直角，那么AB →·AC →＝(k,1)·(2,4)＝2k ＋4＝0，得k ＝－2；假设B 是直角，那么AB →·BC →＝(k,1)·(2－k,3)＝(2－k )k ＋3＝0，得k ＝－1或3；若C 是直角，那么BC →·AC →＝(2－k,3)·(2,4)＝2(2－k )＋12＝0，得k ＝8(不符合题意)． 故△ABC 是直角三角形的概率为37，选C.二、填空题3．(2021·新课标Ⅱ)从1,2,3,4,5中任意掏出两个不同的数，其和为5的概率是________． [答案] 0.2[解析] 从5个数中任取2个，所有大体事件为：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共有10个元素．记A ＝“其和为5”，那么A 中有(1,4)，(2,3)共2个元素， ∴P (A )＝210＝0.2.4．(文)(2021·银川模拟)将一颗骰子抛掷两次别离取得点数a ，b ，那么直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为________．[答案]512[解析] 圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝|2a |a 2＋b 2，当d <2时，直线与圆相交，那么有d ＝|2a |a 2＋b 2<2，得b >a ，知足题意的b >a 共有15种情形，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为1536＝512. (理)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，那么在课程表上的相邻两节文化课之间至少距离1节艺术课的概率为________(用数字作答)．[答案] 15[解析] 此题考查古典概型、排列组合知识． 解法1：大体事件总数A 66＝720.事件A “相邻两节文化课之间至少距离一节艺术课”分两类，一类是相邻两节文化课间都恰有一节艺术课，有2A 33A 33＝72种排法，另一类是相邻两节文化课之间有一节艺术课或两节艺术课，有A 33C 23A 22A 22＝72种排法．∴P (A )＝72＋72720＝15.解法2：6节课的全排列为A 66种，先排3节艺术课有A 33种不同方式，同时产生4个空，再利用插空法排文化课共有A 34种不同方式，故由古典概型概率公式得P (A )＝A 33·A 34A 66＝15.三、解答题5．袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现依次有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球． (1)试问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；(2)假设摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为5的概率． [解析] (1)一共有8种不同的结果，列举如下：(红，红，红)、(红，红，黑)、(红，黑，红)、(红，黑，黑)、(黑，红，红)、(黑，红，黑)，(黑，黑，红)、(黑，黑，黑)．(2)记“3次摸球所得总分为5”为事件A .事件A 包括的大体事件为：(红，红，黑)、(红，黑，红)、(黑，红，红)，事件A 包括的大体事件数为3. 由(1)可知，大体事件总数为8，因此事件A 的概率为 P (A )＝38.6．(文)(2021·天津高考)某产品的三个质量指标别离为x 、y 、z ，用综合指标S ＝x ＋y ＋z 评判该产品的品级．假设S ≤4，那么该产品为一等品，现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：(1)(2)在该样本的一等品中，随机抽取2件产品．(ⅰ)用产品编号列出所有可能的结果；(ⅱ)设事件B为“在掏出的2件产品中，每件产品的综合指标S都等于4”，求事件B发生的概率．[解析](1)计算10件产品的综合指标S，如下表：其中S≤4的有A1、A2、A4、A5、A7、A9，共6件，故该样本的一等品率为10＝0.6，从而可估量该批产品的一等品率为0.6.(2)(ⅰ)在该样本的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A1，A9}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A2，A9}，{A4，A5}，{A4，A7}，{A4，A9}，{A5，A7}，{A5，A9}，{A7，A9}，共15种．(ⅱ)在该样本的一等品中，综合指标S等于4的产品编号别离为A1、A2、A5、A7，那么事件B发生的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A5，A7}，共6种．因此P(B)＝615＝2 5.(理)如图，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0,1,0，)B2(0,2,0)，C1(0,0,1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点．(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个极点的概率；(2)求这3点与原点O共面的概率．[解析]从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：x 轴上取2个点的有A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，共4种， y 轴上取2个点的有B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2，共4种， z 轴上取2个点的有C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1, C 1C 2B 2，共4种，所选取的3个点在不同坐标轴上有A 1B 1C 1，A 1B 1C 2，A 1B 2C 1，A 1B 2C 2，A 2B 1C 1，A 2B 1C 2，A 2B 2C 1，A 2B 2C 2，共8种，因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．(1)选取的这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个极点的所有可能结果有：A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，共2种，因此，这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个极点的概率为P 1＝220＝110.(2)选取的这3个点与原点O 共面的所有可能结果有：A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2，C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2，共12种．因此这3个点与原点O 共面的概率为P 2＝1220＝35.。

第二讲 古典概型1.[2021某某省示X 高中联考]在以正五边形ABCDE 的顶点为顶点的三角形中,任取一个,是钝角三角形的概率为( )A.12B.13C.14D.232.[2021某某质检]冬奥会将于2022年2月4日到2022年2月20日在和某某举行.申奥成功后,中国邮政陆续发行多款邮票,图案包括冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”、多种冰上运动等.现从2枚会徽邮票、2枚吉祥物邮票、1枚冰上运动邮票共5枚邮票中任取3枚,则恰有1枚吉祥物邮票的概率为( )A.310B.12C.35D.710 3.[2021某某中学调研]某某轨道交通3号线已开始运行,某某轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验,征求意见”活动,市民可以通过某某地铁App 抢票.小陈抢到了三X 体验票,准备从四位朋友小王、小X 、小X 和小李中随机选择两位去参加体验活动,则小王和小李至多有一人被选中的概率为( )A.16B.13C.23D.564.[2020某某省示X 高中名校联考]长三角城市群包括:某某市及某某省、某某省、某某省全部区域.现有4名高三学生准备高考后到某某市、某某省、某某省、某某省四个省市旅游,假设每名同学均从这四个省市中任意选取一个去旅游,且这4名同学的选择结果互不影响,则恰有一个省市未被选中的概率为( )A.2764B.916C.81256D.716 5.[2020某某市重点高中高三摸底测试]大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村的小学进行支教,若每个村的小学至少分配1名大学生,则小明恰好分配到甲村的小学的概率为( )A.112B.12C.13D.166.[2021某某某某模拟][新定义题]考古发现,在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857,因为142 857×2=285 714,142 857×3=428 571,…,142 857×6=857 142,所以这组数字又叫走马灯数.该组数字还有如下规律:142+857=999,285+714=999,428+571=999,….若从1,4,2,8,5,7这6个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x,则999-x 的结果恰好是剩下3个数字构成的一个三位数的概率为( )A.45B.35C.25D.310 7.[2021某某七校第一次联考]生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人,这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系,具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节课程,连排六节,则“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的概率为( )A.710B.760C.920D.4760 8.[2020某某某某5月模拟][角度创新]定义一个运算:对于一个正整数n,如果它是奇数,则将它乘3再加1;如果它是偶数,则将它除以2.如此循环最终都能够得到1.如:取n=6,根据上述过程,得出6,3,10,5,16,8,4,2,1,共9个数.若n=5,从根据上述过程得出的整数中,随机选取两个不同的数,则这两个数都是偶数的概率为( )A.37B.715C.25D.35 9. [2021某某市统考][多选题]同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次,记事件A={第一个四面体向下的一面出现偶数},事件B={第二个四面体向下的一面出现奇数},事件C={两个四面体向下的一面同时出现奇数,或者同时出现偶数}.下列说法正确的是( )A.P(A)=P(B)=P(C)B.P(AB)=P(AC)=P(BC)C.P(ABC)=18D.P(A)P(B)P(C)=1810.[2020某某市高三摸底测试]为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念,某城区对辖区内A,B,C 三类行业共200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估,考评成绩达到80分及以上的单位被称为“星级”环保单位,未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位.现通过分层抽样的方法抽取了这三类行业中的20个单位,其考评分数如下.A 类行业:85,82,77,78,83,87.B 类行业:76,67,80,85,79,81.C 类行业:87,89,76,86,75,84,90,82.(1)试估算这三类行业中每类行业的单位个数;(2)若在抽出的A 类行业的这6个单位中,随机选取3个单位进行交流发言,求选出的3个单位中既有“星级”环保单位,又有“非星级”环保单位的概率.答 案第二讲 古典概型1.A 在正五边形ABCDE 的五个顶点中任取三个顶点可以构成的三角形有△ABC,△ABD,△ABE,△ACD,△ACE,△ADE,△BCD,△BCE,△BDE,△CDE,共10个三角形,其中△ABC,△BCD,△CDE,△ADE,△ABE 这5个三角形是钝角三角形,所以在以正五边形ABCDE 的顶点为顶点的三角形中,任取一个,是钝角三角形的概率P=510=12,故选A.2.C 解法一(组合数法) 从5枚邮票中任取3枚的基本事件总数为C 53=10,3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件数为C 21·C 32=6, 所以恰有1枚吉祥物邮票的概率P=610=35.故选C.解法二(枚举法) 记5枚邮票中吉祥物邮票分别为x,y,其余三枚分别为a,b,c,则从5枚邮票中任取3枚的基本事件有abc,abx,aby,bcx,bcy,acx,acy,axy,bxy,cxy,共10个, 3枚中恰有1枚吉祥物邮票的基本事件有abx,aby,bcx,bcy,acx,acy,共6个,所以恰有1枚吉祥物邮票的概率P=610=35.故选C.3.D 解法一(间接法) 从小王、小X 、小X 和小李中随机选择两位的基本事件总数为C 42=6,小王和小李均被选中的基本事件数为C 22=1,故小王和小李至多有一人被选中的概率为P=1-16=56.故选D. 解法二(直接法) 从小王、小X 、小X 和小李中随机选择两位的基本事件总数为C 42=6, 小王和小李至多有一人被选中分为两类:第一类,小王、小李均没被选中,其对应的基本事件数为C 22=1;第二类,小王、小李恰有一人被选中,其对应的基本事件数为C 21×C 21=4.故小王和小李至多有一人被选中的概率为P=1+46=56.故选D.4.B 4名高三学生从这四个省市中各任意选取一个去旅游,共有44种可能结果.设事件A 为“恰有一个省市未被选中”,则事件A 包含的结果有C 42A 43=144(种),所以P(A)=14444=916,故选B. 5.C 大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村的小学进行支教,每个村的小学至少分配1名大学生,基本事件总个数n=C 42A 33=36,小明恰好分配到甲村的小学包含的基本事件个数m=A 33+C 32A 22=12,所以小明恰好分配到甲村的小学的概率P=m n =1236=13.故选C.6.C 根据题意得,从1,4,2,8,5,7这6个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x,共有A 63=6×5×4=120(种)情况.在1,4,2,8,5,7这6个数字中,和为9的数字共3组:1+8=9,2+7=9,4+5=9.所以要使6个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x,999-x 的结果恰好是剩下3个数字构成的一个三位数,则每次只能抽取一组和为9的数字中的一个,所以共有C 61C 41C 21=6×4×2=48(种)情况,所以P=48120=25,故选C.7.B “礼、乐、射、御、书、数”六节课程不考虑限制因素有A 66=720(种)排法,其中“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的排课方法可以分两类:①“数”排在第一节,“礼”和“乐”两门课程相邻排课,则有C 41A 22A 33=48(种)排法;②“数”排在第二节,“礼”和“乐”两门课程相邻排课,则有C 31A 22A 33=36(种)排法.故“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的排法共有48+36=84(种),所以“数”排在前两节,“礼”和“乐”相邻排课的概率P=84720=760,故选B. 8.C 根据所给定义可知当n=5时,得出的数为5,16,8,4,2,1.从中随机选取两个不同的数,基本事件有:{5,16},{5,8},{5,4},{5,2},{5,1},{16,8},{16,4},{16,2},{16,1},{8,4},{8,2},{8,1},{4,2},{4,1},{2,1}.共15个.而取出的这两个数都是偶数的基本事件有:{16,8},{16,4},{16,2},{8,4},{8,2},{4,2}.共6个.所以随机选取两个不同的数,则这两个数都是偶数的概率为P=615=25.故选C.9.ABD 由古典概型的概率计算公式,得P(A)=P(B)=24=12,P(C)=84×4=12,所以P(A)=P(B)=P(C)=12,A 正确;P(A)P(B)P(C)=18,D 正确;而事件A,B,C 不可能同时发生,故P(ABC)=0,所以C 不正确;又P(AB)=2×24×4=14,P(AC)=2×24×4=14,P(BC)=2×24×4=14,所以P(AB)=P(AC)=P(BC),B 正确.故选ABD.10.(1)由题意,抽取的三类行业的单位个数之比为3∶3∶4.由分层抽样的定义,有A 类行业单位的个数为310×200=60; B 类行业单位的个数为310×200=60; C 类行业单位的个数为410×200=80.∴A,B,C 三类行业的单位个数分别为60,60,80.(2)记“选出的这3个单位中既有‘星级’环保单位,又有‘非星级’环保单位”为事件M. 在A 类行业的6个单位中随机选取3个单位,这3个单位的考评分数的情形有:{85,82,77},{85,82,78},{85,82,83},{85,82,87},{85,77,78},{85,77,83},{85,77,87},{85,78,83},{85,78,87},{85,83,87},{82,77,78},{82,77,83},{82,77,87},{82,78,83},{82,78,87},{82,83,87},{77,78,83},{77,78,87},{77,83,87},{78,83,87}.共20种. 这3个单位都是“星级”环保单位的情形有:{85,82,83},{85,82,87},{85,83,87},{82,83,87}.共4种.这3个单位都是“非星级”环保单位的情形有0种.∴这3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位的情形共有4种. ∴P(M)=1-420=45.。

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课时跟踪检测(五十二）古典概型一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·徐州高三年级期中考试)从2个黄球，3个红球中随机取出两个球，则两球颜色不同的概率是________。

解析：由列举法得,基本事件共10个，满足条件的事件共6个,所以概率为错误!＝错误!.答案：3 52．（2018·苏锡常镇一模)从集合{1，2,3,4}中任取两个不同的数,则这两个数的和为3的倍数的概率为________．解析：从集合｛1,2，3,4}中任取两个不同的数，基本事件总数n＝6，这两个数的和为3的倍数包含的基本事件有(1，2），（2,4)，共2个，所以这两个数的和为3的倍数的概率P＝错误!＝错误!。

答案：错误!3．从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动,每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为________．解析：设2名男生记为A1,A2，2名女生记为B1,B2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动,共有A1A2,A1B1，A1B2，A2B1,A2B2，B1B2,A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B112种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有A1B1，A1B2，A2B1,A2B2 4种情况,则发生的概率P＝错误!＝错误!.答案:1 34．(2018·苏北四市一模)现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦"这三个字．将这三张卡片随机排序,则能组成“中国梦”的概率是________。

专题11.4 随机事件的概率与古典概型1．（2020·福建高二期中）袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个，其中是互斥而不对立的两事件是（）A．至少有一个白球；全部都是红球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；恰有一个红球D．恰有一个白球；全部都是红球【答案】D【解析】袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个.对于A选项，事件“至少有一个白球”包含：“2个白球”、“1红1白”，所以，A选项中的两个事件为对立事件；对于B选项，事件“至少有一个红球”包含：“2个红球”、“1红1白”，所以，B选项中的两个事件有交事件，这两个事件不是互斥事件；对于C选项，事件“恰有一个白球”和“恰有一个红球”为同一事件；对于D选项，事件“恰有一个白球”与“全部都是红球”是互斥事件，但不是对立事件.故选：D.2．（2020·河北高二期中）一商店有奖促销活动中仅有一等奖､二等奖､鼓励奖三个奖项，其中中一等奖的概率为0.05，中二等奖的概率为0.16，中鼓励奖的概率为0.40，则不中奖的概率为（）A．0.55B．0.39C．0.68D．0.61【答案】B【解析】中奖的概率为0.050.160.400.61++=，中奖与不中奖互为对立事件，所以不中奖的概率为10.610.39-=.故选：B.3．（2017·天津高考真题（文））有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )A．45B．35C．25D．15【答案】C【解析】选取两支彩笔的方法有25C 种，含有红色彩笔的选法为14C 种，由古典概型公式，满足题意的概率值为142542105C p C ===. 本题选择C 选项.4．（2018·全国高考真题（理））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30723=+．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( ) A ．112B ．114C ．115D ．118【答案】C 【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有21045C =种方法，因为7+23=11+19=13+17=30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为31=4515，选C. 5．（2015·全国高考真题（文））如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（ ）A ．310B ．15C ．110D ．120【答案】C 【解析】从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为110，故选C. 6．（2017·山东高考真题（理））从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) A ．518B ．49C ．59D ．79【答案】C 【解析】标有1，2，⋅⋅⋅，9的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4张，所以抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是115425989C C =⨯ ,选C.7.（2017山东，理8）从分别标有1，2，⋅⋅⋅，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) （A ）518 （B ）49 （C ）59（D ）79 【答案】C所以的常数项为228(1)28C -=.8.（2016·全国高考真题（文））为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( ) A ．13B ．12C ．23D ．56【答案】C 【解析】将4种颜色的花种任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一个花坛的种数有4种，故所求概率为23，选C. 9．（多选题）（2020·广东高一期末）从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是( )A ．“至少一个红球”和“都是红球”是互斥事件B ．“恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件C ．“至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件D ．“恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件 【答案】BC 【解析】不妨记两个黑球为12,A A ，两个红球为12,B B ，从中取出2个球，则所有基本事件如下：121112212212,,,,,A A A B A B A B A B B B ，恰有一个黑球包括基本事件：11122122,,,A B A B A B A B ，都是黑球包括基本事件12A A ， 两个事件没有共同的基本事件，故互斥；至少一个黑球包括基本事件：1211122122,,,,A A A B A B A B A B ，都是红球包括基本事件12B B ， 两个事件没有共同的基本事件，且两者包括的基本事件的并集为全部基本事件，故对立. 故选：BC10．（多选题）（2020·广东高一期末）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是15，下面结论正确的是（ ）A ．甲不输的概率710 B ．乙不输的概率45C ．乙获胜的概率310D ．乙输的概率15【答案】ABCD 【解析】因为甲、乙两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是15， 所以甲不输的概率1172510+=，故A 正确； 所以乙不输的概率14155-=，故B 正确；所以乙获胜的概率11315210--=，故C 正确；所以乙输的概率即为甲获胜的概率是15，故D 正确；故选：ABCD1．（2020·云南昆明二十三中高一期中）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ） A ．62% B ．56% C ．46% D ．42%【答案】C 【解析】记“该中学学生喜欢足球”为事件A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件B ，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A B +，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A B ⋅， 则()0.6P A =，()0.82P B =，()0.96P A B +=，所以()P A B ⋅=()()()P A P B P A B +-+0.60.820.960.46=+-= 所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%. 故选：C.2．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且()2P A a =-，()45P B a =-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(1,2) B ．53,42⎛⎫⎪⎝⎭C ．54,43⎛⎫⎪⎝⎭D ．54,43⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0， 且()2P A a =-，()45P B a =-，∴0()10()1()()1P A P B P A P B <<⎧⎪<<⎨⎪+⎩，即0210451331a a a <-<⎧⎪<-<⎨⎪-⎩，解得5443a <，即54,43a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦． 故选：D ．3．（2019·河南高三期中（理））3男2女共5名同学站成一排合影，则2名女生相邻且不站两端的概率为（ ） A ．16B ．15C ．14D ．13【答案】B 【解析】3男2女共5名同学站成一排合影， 基本事件总数55120n A ==，2名女生相邻且不站两端包含的基本事件个数23223224m A A A ==，∴2名女生相邻且不站两端的概率为2411205m p n ===． 故选：B ．4.《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳五行术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，其中白圆点表示阳数，阳数皆为奇数，黑圆点表示阴数，阴数皆为偶数．若从这10个数中任取2个数，则取出的2个数中至少有1个偶数的概率为（ ）A ．12B ．29C ．49D ．79【答案】D 【解析】由题可知，这10个数中5个奇数5个偶数，所以取出的2个数中至少有1个是偶数的概率11255521079C C C P C +== 故选：D5．（多选题）中国篮球职业联赛（CBA ）中，某男篮球运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表： 投篮次数投中两分球的次数投中三分球的次数10055 18记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A ，投中三分球为事件B ，没投中为事件C ，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是（ ） A ．()0.55P A =B ．()0.18P B =C ．()0.27P C =D ．()0.55P B C +=【答案】ABC 【解析】由题意可知，()550.55100P A ==，()180.18100P B ==， 事件A B +与事件C 为对立事件，且事件A 、B 、C 互斥，()()()()110.27P C P A B P A P B ∴=-+=--=，()()()0.45P B C P B P C +=+=.故选：ABC.6．（多选题）（2020·烟台市教育科学研究院高一期末）已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A =“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B =“抽取的两个小球标号之积大于8”，则（ ） A ．事件A 发生的概率为12B ．事件AB 发生的概率为1120 C ．事件A B 发生的概率为25D ．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为15【答案】BC 【解析】由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含114520C C =个基本事件；“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的基本事件有：()1,5，()1,6，()2,5，()2,6，()3,3，()3,5，()3,6，()4,2，()4,3，()4,5，()4,6，共11个基本事件；“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的基本事件有：()2,5，()2,6，()3,3，()3,5，()3,6，()4,3，()4,5，()4,6，共8个基本事件；即事件B 是事件A 的子事件； 因此事件A 发生的概率为1120，故A 错； 事件AB 包含的基本事件个数为11个，所以事件A B 发生的概率为1120；故B 正确； 事件A B 包含的基本事件个数为8个，所以事件A B 发生的概率为82205=，故C 正确；从甲罐中抽到标号为2的小球，包含的基本事件为：()2,1，()2,2，()2,3，()2,5，()2,6共5个基本事件，故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为15，即D 错误. 故选：BC.7．（多选题）分别抛掷两枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），设事件M =“第一枚骰子的点数为奇数”，事件N =“第二枚骰子的点数为偶数”，则（ ） A ．M 与N 互斥 B ．M 与N 不对立 C ．M 与N 相互独立 D ．()34P MN =【答案】BCD 【解析】对于选项A ：事件M 与N 是可能同时发生的，故M 与N 不互斥，选项A 不正确； 对于选项B ：事件M 与N 不互斥，不是对立事件，选项B 正确；对于选项C ：事件M 发生与否对事件N 发生的概率没有影响，M 与N 相互独立. 对于选项D ：事件M 发生概率为1()2P M =，事件N 发生的概率1()2P N =，()1131()()1224P MN P M P N =-=-⨯=，选项D 正确.故选：BCD8．（2019·贵州高三月考（文））三个同学重新随机调换座位，则恰有一个坐在自己原来的位置上的概率为_____________. 【答案】12【解析】三人随机换位共有6种坐法，恰有一人坐在自已原来位置上的坐法有3种， 所以所求概率为31=62. 故答案为：129．（2018·上海市控江中学高三开学考试）甲、乙、丙三人相互传球，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球等可能地传给另外两人中的任何一人。

实用文档 2021年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第五节古典概型课后作业理 一、选择题

1．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )

A.112 B.110 C.325 D.1125

2．4张卡上分别写有数字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偶数的概率为( )

A.12 B.13 C.23 D.34

3．同时抛掷两个骰子，则向上的点数之差的绝对值为4的概率是( )

A.118 B.112 C.19 D.16

4．(xx·合肥模拟)从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为( )

A.13 B.512 C.12 D.712

5．(xx·亳州质检)已知集合M＝{1,2,3,4}，N＝{(a，b)|a，b∈M}，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是( )

A.12 B.13 C.14 D.18 实用文档

二、填空题 6．从2男3女共5名同学中任选2名(每名同学被选中的机会均等)，这2名都是男生或都是女生的概率等于________． 7．从1,2,3,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a，b，使得a2≥4b的概率是________． 8．将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________． 三、解答题 9．(xx·西安模拟)移动公司在国庆期间推出4G套餐，对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐1的客户可获得优惠200元，选择套餐2的客户可获得优惠500元，选择套餐3的客户可获得优惠300元．国庆节当天参与活动的人数统计结果如图所示，现将频率视为概率． (1)求从中任选1人获得优惠金额不低于300元的概率； (2)若采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出6人，再从该6人中随机选出2人，求这2人获得相等优惠金额的概率．

2021年高考数学 10.5古典概型课时提升作业理北师大版一、选择题1.2012年10月11日,中国作家莫言被授予诺贝尔文学奖,成为有史以来首位获得诺贝尔文学奖的中国籍作家.某学校组织了4个课外兴趣阅读小组阅读莫言的名著.现从中抽出2个小组进行学习成果汇报,在这个试验中,基本事件的个数为( )(A)2 (B)4 (C)6 (D)82.(xx·安庆模拟)下列四个命题:①对立事件一定是互斥事件;②若A,B为两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B);③若事件A,B,C两两互斥,则P(A)+P(B)+P(C)=1;④若事件A,B满足P(A)+P(B)=1,则A,B是对立事件.其中错误命题的个数是( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)33.为宣传节约用水,某校4名志愿者准备去附近的甲、乙、丙三家公园进行宣传活动,每名志愿者都可以从三家公园中随机选择一家,且每人的选择相互独立.则这4人恰好选择了同一家公园的概率为( ) (A) (B)(C) (D)4.(xx·铜陵模拟)从一群正在参加游戏的孩子中随机抽出k人,每人分一个苹果,让他们返回继续游戏.过一会儿,再从中任取m人,发现其中有n个孩子曾分过苹果,估计参加游戏的孩子的人数为( )(A) (B)(C)k+m-n (D)k+m+n5.(xx·九江模拟)把一颗骰子投掷两次,观察出现的点数,并记第一次出现的点数为m,第二次出现的点数为n,向量p=(m,n),q=(-2,1),则p⊥q的概率为( )(A) (B) (C) (D)6.(xx·汉中模拟)把一个质地均匀的骰子掷两次,至少有一次骰子的点数为2的概率是( )(A) (B) (C) (D)7.有5本不同的书,其中语文书2本,数学书2本,物理书1本.若将其随机地并排摆放到图书架的同一层上,则同一科目的书都不相邻的概率是( )(A) (B) (C) (D)8.将两名男生、五名女生的照片排成一排贴在光荣榜上,恰有三名女生的照片贴在两名男生的照片之间的概率为( )(A) (B)(C) (D)9.设集合A={1,2},B={1,2,3},分别从集合A和B中随机取一个数a和b,确定平面上的一个点P(a,b),记“点P(a,b)落在直线x+y=n上”为事件C n(2≤n≤5,n∈N),若事件C n的概率最大,则n的所有可能值为( )(A)3 (B)4 (C)2和5 (D)3和410.(xx·榆林模拟)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“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏,则他们“心有灵犀”的概率为( )(A) (B) (C) (D)二、填空题11.(xx·合肥模拟)在集合A={2,3}中随机取一个元素m,在集合B={1,2,3}中随机取一个元素n,得到点P(m,n),则点P在圆x2+y2=9内部的概率为.12.(xx·景德镇模拟)一个质地均匀的正四面体(侧棱长与底面边长相等的正三棱锥)玩具的四个面上分别标有1,2,3,4这四个数字.若连续两次抛掷这个玩具,则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是.13.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组,3个小组分别有39,32,33个成员,一些成员参加了不止一个小组,具体情况如图所示.现随机选取一个成员,他属于至少2个小组的概率是,他属于不超过2个小组的概率是.14.(能力挑战题)把一颗骰子抛掷两次,观察出现的点数,并记第一次出现的点数为a,第二次出现的点数为b,组成方程组则(1)在出现点数有2的情况下,方程组只有一个解的概率为.(2)只有正数解的概率为.三、解答题15.(能力挑战题)为了提高食品的安全度,某食品安检部门调查了一个海水养殖场的养殖鱼的有关情况,安检人员从这个海水养殖场中不同位置共捕捞出100条鱼,称得每条鱼的质量(单位:kg),并将所得数据进行统计得下表.若规定超过正常生长速度(1.0～1.2 kg/年)的比例超过15%,则认为所饲养的鱼有问题,否则认为所饲养的鱼没有问题.(1)根据数据统计表,估计数据落在[1.20,1.30)中的概率约为多少,并判断此养殖场所饲养的鱼是否存在问题?(2)上面捕捞的100条鱼中间,从质量在[1.00,1.05)和[1.25,1.30)的鱼中,任取2条鱼来检测,求所取得的鱼的质量在[1.00,1.05)和[1.25,1.30)各有1条的概率.答案解析1.【解析】选 C.设4个小组分别为a,b,c,d,从中抽取2个,则所有的结果为:(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),共6个.2.【解析】选D.由对立事件及互斥事件的概念可知①正确;当A,B两个事件互斥时,P(A∪B)=P(A)+P(B),所以②错误;③错误;当A,B是互斥事件时,若P(A)+P(B)=1,则A,B是对立事件,④错误.3.【解析】选A.设“4人恰好选择了同一家公园”为事件A.每名志愿者都有3种选择,4名志愿者的选择共有34种等可能的情况.事件A包含的等可能事件的个数为3,所以P(A)==.4.【解析】选B.可以估计每个孩子分到苹果的概率为,故可以估计参加游戏的孩子的人数为=.5.【解析】选B.∵p⊥q,∴p·q=-2m+n=0.∴n=2m,满足条件的(m,n)有3个,分别为(1,2),(2,4),(3,6),而(m,n)的所有情况共有36个,故所求概率P==.6.【思路点拨】可用对立事件的概率公式求解.【解析】选D.把一个质地均匀的骰子掷两次,共有36种可能的情况,两次骰子的点数都不为2的情况共有25种,故所求概率为1-=.7.【思路点拨】古典概型基本问题,可从反面来考虑.【解析】选B.基本事件总数为=120,同一科目中有相邻情况的有+-=72种,故同一科目的书都不相邻的概率是=.8.【解析】选D.7名同学的照片排成一排共有种排法.恰有三名女生的照片贴在两名男生的照片之间的情况共有种,故所求概率为P==.9.【解析】选D.事件C n的总事件数为6.只要求出当n=2,3,4,5时的基本事件个数即可.当n=2时,落在直线x+y=2上的点为(1,1);当n=3时,落在直线x+y=3上的点为(1,2),(2,1);当n=4时,落在直线x+y=4上的点为(1,3),(2,2);当n=5时,落在直线x+y=5上的点为(2,3),显然当n=3,4时,事件C n的概率最大,均为.10. 【解析】选D.甲、乙两人玩游戏,其中a,b构成的基本事件共有6×6=36(组).对于“心有灵犀”的数组,若a=1或6,则b分别有1,2或5,6共4组;若a=2,3,4,5,则每个a有相应的3个数,因此“心有灵犀”的数组共有4+3×4=16(组),∴“心有灵犀”的概率为=.11.【解析】由题意得点P(m,n)有:(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共6个,在圆x2+y2=9内部的点有(2,1),(2,2),即所求概率为=.答案:12.【解析】应用列举法共有16种等可能情况:(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).两次向下的面上的数字之积为偶数共有12种情况,所以所求概率为.答案:13.【解析】“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况,故他属于至少2个小组的概率为P==.“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”,其对立事件是“3个小组”.故他属于不超过2个小组的概率是P=1-=.答案:【方法技巧】方程思想在概率方面的应用利用互斥事件中的基本事件的概率之间的计算公式,通过方程思想反求基本事件的概率,这体现了知识与方法上的纵横交汇.14.【解析】(1)方程组无解⇔a=2b(因该方程组不会出现无数组解的情况).又因为出现点数有2的情况共有11种,而当a=2,b=1;a=4,b=2时,方程组无解,所以出现点数有2的情况下,方程组只有一个解的概率P1=1-=.(2)如图所示,直线ax+by=3与x轴、y轴的交点分别为(,0),(0,),直线2x+y=2与x轴、y轴的交点分别为(1,0),(0,2),要使方程组有正数解,则或即或当a=1,2时,b=2,3,4,5,6;当b=1时,a=4,5,6,所以方程组只有正数解的概率P2==.答案:(1) (2)15.【解析】(1)捕捞的100条鱼中间,数据落在[1.20,1.25)的概率约为P1==0.09;数据落在[1.25,1.30)的概率约为P2==0.02;所以数据落在[1.20,1.30)中的概率约为P=P1+P2=0.11.由于0.11×100%=11%<15%,故饲养的这批鱼没有问题.(2)质量在[1.00,1.05)的鱼有3条,把这3条鱼分别记作A1,A2,A3,质量在[1.25,1.30)的鱼有2条,分别记作B1,B2,那么所有的可能结果有:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,B1}{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},{B1,B2},共10种,而恰好所取得的鱼的质量在[1.00,1.05)和[1.25,1.30)各有1条有:{A1,B1},{A1,B2},{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},共6种,所以所取得的鱼的质量在[1.00,1.05)和[1.25,1.30)各有1条的概率为=.【变式备选】(能力挑战题)如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,A1,A2,A3,A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处,今在道路网M,N处的甲、乙两人分别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,同时以每10分钟一格的速度分别向N,M处行走,直到到达N,M为止.(1)求甲经过A2的概率.(2)求甲、乙两人相遇经A2点的概率.(3)求甲、乙两人相遇的概率.【解析】(1)甲经过A2到达N,可分为两步:第一步:甲从M经过A2的方法数:种;第二步:甲从A2到N的方法数:种,所以甲经过A2的方法数为()2,所以甲经过A2的概率P1==.(2)由(1)知:甲经过A2的方法数为:()2;乙经过A2的方法数也为:()2;所以甲、乙两人相遇经A2点的方法数为:()4=81;甲、乙两人相遇经A2点的概率P2==.(3)甲、乙两人沿最短路径行走,只可能在A1,A2,A3,A4处相遇,他们在Ai(i=1,2,3,4)相遇的走法有()4种方法;所以:()4+()4+()4+()4=164,甲、乙两人相遇的概率为:P3==.39475 9A33 騳 32500 7EF4 维36349 8DFD 跽%28843 70AB 炫,27950 6D2E 洮35903 8C3F 谿33670 8386 莆28928 7100 焀40452 9E04 鸄K32946 80B2 育R。

第十一章 概率第1讲 随机事件的概率基础知识整合1．概率(1)在相同条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A 发生的频率具有□01稳定性．我们把这个常数叫做随机事件A 的□02概率，记作□03P (A )． (2)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而□04概率是一个确定的值，因此，人们用□05概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用□06频率作为随机事件概率的估计值．(3)概率的几个基本性质①概率的取值范围：□070≤P (A )≤1. ②必然事件的概率：P (A )＝□081. ③不可能事件的概率：P (A )＝□090. ④概率的加法公式如果事件A 与事件B 互斥，则P (A ∪B )＝□10P (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 )＝□111，P (A )＝□121－P (B )． 2．事件的关系与运算 名称 定义符号表示 包含 关系 若事件A □13发生，则事件B □14一定发生，这时称事件B 包含事件A (或称事件A 包含于事件B )□15B ⊇A (或□16A ⊆B ) 相等关系 若B ⊇A ，且□17A ⊇B ，则称事件A 与事件B 相等 □18A ＝B 并事件 (和事件) 若某事件发生□19当且仅当事件A 发生或事件B 发生，则称此事件为事件A 与事件B 的并事件(或和事件)□20A ∪B (或□21A ＋B ) 交事件 (积事件) 若某事件发生当且仅当□22事件A 发生且事件B 发生，则称此事件为事件A 与事件B 的交事件(或积事件)□23A ∩B (或□24AB ) 互斥 事件 若A ∩B 为□25不可能事件，则称事件A 与事件B 互斥 A ∩B ＝∅ 对立 事件若A ∩B 为□26不可能事件，A ∪B 为□27必然事件，则称事件A 与事件B 互为对立事件A ∩B ＝∅且A ∪B ＝Ω1．从集合的角度理解互斥事件和对立事件(1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集． (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．2．概率加法公式的推广当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P (A 1∪A 2∪…∪A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n )．1．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A.17B.1235C.1735D ．1答案 C解析 设“从中任意取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中任意取出2粒都是白子”为事件B ，“从中任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥，所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是1735.2．(2020·宁夏固原检测)抽查10件产品，设事件A 为“至少有2件次品”，则事件A 的对立事件为( )A ．至多有2件次品B ．至多有1件次品C ．至多有2件正品D ．至少有2件正品答案 B解析 ∵“至少有n 个”的反面是“至多有n －1个”，又事件A “至少有2件次品”，∴事件A 的对立事件为“至多有1件次品”．3．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学参加演讲比赛，事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”( )A ．是互斥事件，不是对立事件B ．是对立事件，不是互斥事件C ．既是互斥事件，也是对立事件D ．既不是互斥事件，也不是对立事件 答案 C解析 “至少有一名女生”包括“一男一女”和“两名女生”两种情况，这两种情况加上“全是男生”构成全部基本事件，且不能同时发生，故事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”互为对立事件，且是互斥事件，故选C.4．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是0.05和0.03，则抽检一件是正品(甲级品)的概率为( )A ．0.95B ．0.97C ．0.92D ．0.08答案 C解析 记抽检的产品是甲级品为事件A ，是乙级品为事件B ，是丙级品为事件C ，这三个事件彼此互斥，因此所求概率为P (A )＝1－P (B )－P (C )＝1－0.05－0.03＝0.92.5．一个地区从某年起几年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下：答案 0.5173解析 男婴出生的频率依次约是：0.5200,0.5173,0.5173,0.5173.由于这些频率非常接近0.5173，因此这一地区男婴出生的概率约是0.5173.6．在一次班级聚会上，某班到会的女同学比男同学多6人，从这些同学中随机挑选一人表演节目．若选到女同学的概率为23，则这班参加聚会的同学的人数为________．答案 18解析 设该班到会的女同学有x 人，则该班到会的共有(2x －6)人，所以x 2x －6＝23，解得x ＝12，故该班参加聚会的同学有18人．核心考向突破考向一 事件的概念例1 从6件正品与3件次品中任取3件，观察正品件数与次品件数，判断下列每对事件是不是互斥事件；如果是，再判断它们是不是对立事件．(1)“恰好有1件次品”和“恰好有2件次品”； (2)“至少有1件次品”和“全是次品”；(3)“至少有2件次品”和“至多有1件次品”．解从6件正品与3件次品中任取3件，共有4种情况：①3件全是正品；②2件正品1件次品；③1件正品2件次品；④全是次品．(1)“恰好有1件次品”即“2件正品1件次品”；“恰好有2件次品”即“1件正品2件次品”，它们是互斥事件但不是对立事件．(2)“至少有1件次品”包括“2件正品1件次品”“1件正品2件次品”“全是次品”3种情况，它与“全是次品”既不是互斥事件也不是对立事件．(3)“至少有2件次品”包括”1件正品2件次品”“全是次品”2种情况；“至多有1件次品”包括“2件正品1件次品”“全是正品”2种情况，它们既是互斥事件也是对立事件．1．准确把握互斥事件与对立事件(1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但可同时不发生．(2)对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生．2．判别互斥、对立事件的方法判别互斥、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．[即时训练] 1.(2019·湖北十市联考)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”答案 D解析A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．考向二随机事件的概率与频率例 2 (2019·北京高考)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：支付金额不大于2000元大于2000元支付方式仅使用A27人3人仅使用B24人1人(2)从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．解(1)由题知，样本中仅使用A的学生有27＋3＝30(人)，仅使用B的学生有24＋1＝25(人)，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．所以估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为40100×1000＝400.(2)记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2000元”，则P(C)＝125＝0.04.所以从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月支付金额大于2000元的概率为0.04.(3)记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2000元”．假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，则由(2)知，P(E)＝0.04.答案示例1：可以认为有变化．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有变化．1．概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来描述随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．2．随机事件概率的求法利用概率的统计定义可求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．[即时训练] 2.(2018·北京高考)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)解 (1)由题意，知样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2000. 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50， 故所求概率为502000＝0.025.(2)设“随机选取1部电影，这部电影没有获得好评”为事件B .没有获得好评的电影共有140×0.6＋50×0.8＋300×0.85＋200×0.75＋800×0.8＋510×0.9＝1628(部)．由古典概型的概率公式，得P (B )＝16282000＝0.814.(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率． 精准设计考向，多角度探究突破 考向三 互斥、对立事件的概率 角度1 互斥事件的概率例 3 (2019·唐山模拟)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：(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000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4000元的概率．解 (1)设A 表示事件“赔付金额为3000元”，B 表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率，得P (A )＝1501000＝0.15，P (B )＝1201000＝0.12. 由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3000元和4000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4000元”．由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000＝100(辆)，而赔付金额为4000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4000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率，得P (C )＝0.24. 角度2 对立事件的概率例 4 (2020·扬州摸底)某超市为了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”，A 1，A 2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 (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝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.求复杂的互斥事件的概率的一般方法(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．(2)间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式P (A )＝1－P (A )，即运用逆向思维，特别是“至少”“至多”型题目，用间接法就显得较简便．[即时训练] 3.某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1000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．设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)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．解 (1)P (A )＝11000，P (B )＝101000＝1100，P (C )＝501000＝120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖． 设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C . ∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝11000＋1100＋120＝611000.故1张奖券的中奖概率为611000.(3)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，P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11000＋1100＝9891000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891000.(2019·河南洛阳联考)某售报亭每天以每份0.6元的价格从报社购进若干份报纸，然后以每份1元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的报纸以每份0.1元的价格卖给废品收购站．(1)若售报亭一天购进280份报纸，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量x (单位：份)的函数关系式；(2)售报亭记录了100天报纸的日需求量，整理得下表：日需求量x /份240 250 260 270 280 290 300 频数10201616151310②若某天售报亭购进了280份报纸，以这100天记录的各需求量的频率作为概率，求当天的利润不超过100元的概率．解 (1)当x ≥280且x ∈N *时，y ＝280×(1－0.6)＝112； 当x <280且x ∈N *时，y ＝(1－0.6)x －0.5×(280－x )＝0.9x －140.综上，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧112，x ≥280且x ∈N *，0.9x －140，x <280且x ∈N *.(2)①由(1)得这100天中，日利润为76元的有10天，日利润为85元的有20天，日利润为94元的有16天，日利润为103元的有16天，日利润为112元的有38天，所以这100天的日平均利润为76×10＋85×20＋94×16＋103×16＋112×38100＝98.68(元)．②利润不超过100元，即当且仅当报纸日需求量不大于260份， 故当天的利润不超过100元的概率为P ＝0.1＋0.2＋0.16＝0.46. 答题启示(1)准确理解题意，善于从图表信息中提炼数据关系，明确数字特征的含义，提高识图和数据处理能力．(2)正确判定事件间的关系，善于将复杂事件的概率转化为互斥事件或对立事件的概率． 对点训练(2019·湖南长沙模拟)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y (单位：kg)与它的“相近”作物株数X 之间的关系如下表所示：X 1 2 3 4 Y51484542(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；Y51 48 45 42 频数4解 (1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株．列表如下：51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝102＋192＋270＋12615＝69015＝46.(2)由(1)知，P(Y＝51)＝215，P(Y＝48)＝415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝215＋415＝25.。

2021年高考数学一轮复习 11.2 古典概型课时作业 理（含解析）新人教A 版一、选择题1．(xx·广东卷)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( )A.49B.13C.29D.19解析：在个位数与十位数之和为奇数的两位数中：(1)当个位数是偶数时，由分步计数乘法原理知，共有5×5＝25个；(2)当个位数是奇数时，由分步计数乘法原理知，共有4×5＝20个．综上可知，基本事件总数共有25＋20＝45(个)，满足条件的基本事件有5×1＝5(个)，∴概率P ＝545＝19. 答案：D2．同时随机掷两颗骰子，则至少有一颗骰子向上的点数小于4的概率为( )A.19B.89C.14D.34解析：共有36种情况，其中至少有一颗骰子向上的点数小于4有27种情况，所以所求概率为2736＝34. 答案：D3．设集合A ＝{1,2}，B ＝{1,2,3}，分别从集合A 和B 中随机取一个数a 和b ，确定平面上的一个点P (a ，b )，记“点P (a ，b )落在直线x ＋y ＝n 上”为事件C n (2≤n ≤5，n ∈N )，若事件C n 的概率最大，则n 的所有可能值为( )A ．3B ．4C ．2和5D ．3和4解析：点P 的所有可能值为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)．点P (a ，b )落在直线x ＋y ＝n 上(2≤n ≤5)，且事件C n 的概率最大．当n ＝3时，P 点可能是(1,2)，(2,1)，当n ＝4时，P 点可能是(1,3)，(2,2)，即事件C3、C4的概率最大，故选D.答案：D4．(xx·合肥市第二次质检)从1到10这十个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另两个数之和的概率是( )A.16B.14C.13D.12解析：从10个数中任取三个数共有C310种不同的组合，符合题意的有(1,2,3)(1,3,4)(2,3,5)(1,4,5)(1,5,6)(2,4,6)(1,6,7)(2,5,7)(3,4,7)(1,7,8)(2,6,8)( 3,5,8)(1,8,9)(2,7,9)(3,6,9)(4,5,9)(1,9,10)(2,8,10)(3,7,10)(4,6,10)，共20种，所以P＝20C310＝20120＝16.故选A.答案：A5．(xx·浙江重点中学高三摸底测试)投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m和n，则复数(m＋ni)2为纯虚数的概率为( )A.13B.14C.16D.112解析：由(m＋ni)2＝m2－n2＋2mni，要使虚数为纯虚数，则m2－n2＝0即m＝n，所以P＝636＝16.答案：C6．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a、b，则椭圆x2a2＋y2b2＝1的离心率e>32的概率是( )A.118B.536C.16D.13解析：当a>b时，e＝1－b2a2>32⇒ba<12⇒a>2b，符合a>2b的情况有：当b＝1时，有a＝3,4,5,6四种情况；当b＝2时，有a＝5,6两种情况，总共有6种情况，则概率为636＝16.同理当a<b时，e>32的概率也为16，综上可知e>32的概率为13.答案：D二、填空题7．(xx·无锡第一学期质检)甲、乙、丙三人站成一排，其中甲、乙两人不排在一起的概率为________． 解：甲、乙、丙三人站成一排，所有的站位方法共有：①甲、乙、丙；②甲、丙、乙；③乙、甲、丙；④乙、丙、甲；⑤丙、甲、乙；⑥丙、乙、甲六种情况，其中甲、乙两人不排在一起的共有2种，故答案为26＝13. 答案：138．(xx·江苏卷)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．解析：由题意可知，这10个数分别为1，－3,9，－27,81，－35，36，－37,38，－39，在这10个数中，比8小的有5个负数和1个正数，故由古典概型的概率公式得所求概率P＝610＝35. 答案：359．某五所大学进行自主招生，同时向一所重点中学的五位学习成绩优秀，并在某些方面有特长的学生发出提前录取通知单．若这五名学生都乐意进这五所大学中的任意一所就读，则仅有两名学生录取到同一所大学(其余三人在其他学校各选一所不同大学)的概率是________．解析：P ＝C 25C 15A 3455＝48125. 答案：48125 三、解答题10．(xx·广东卷)某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．(1)根据茎叶图计算样本均值；(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人？(3)从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率．解：(1)样本均值为17＋19＋20＋21＋25＋306＝1326＝22. (2)由(1)知样本中优秀工人占的比例为26＝13，故推断该车间12名工人中有12×13＝4名优秀工人．(3)设事件A ：从该车间12名工人中，任取2人，恰有1名优秀工人，则P (A )＝C 14C 18C 212＝1633.11．(xx·河北唐山一中第二次月考)某市为了了解今年高中毕业生的体能状况，从本市某校高中毕业班中抽取一个班进行铅球测试，成绩在8.0米(精确到0.1米)以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成6组画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04,0.10,0.14,0.28,0.30.第6小组的频数是7.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若由直方图来估计这组数据的中位数，指出它在第几组内，并说明理由；(3)若参加此次测试的学生中，有9人的成绩为优秀，现在要从成绩优秀的学生中，随机选出2人参加“毕业运动会”，已知a 、b 的成绩均为优秀，求两人至少有1人入选的概率．解：(1)第6小组的频率为1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14，∴此次测试总人数为70.14＝50(人)． ∴第4、5、6组成绩均合格，人数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36(人)．(2)直方图中中位数两侧的面积相等，即频率相等，前三组的频率和为0.28，前四组的频率和为0.56，∴中位数位于第4组内．(3)设成绩优秀的9人分别为a ，b ，c ，d ，e ，f ，g ，h ，k ，则选出的2人所有可能的情况为：ab ，ac ，ad ，ae ，af ，ag ，ah ，ak ，bc ，bd ，be ，bf ，bg ，bh ，bk ，cd ，ce ，cf ，cg ，ch ，ck ，de ，df ，dg ，dh ，dk ，ef ，eg ，eh ，ek ，fg ，fh ，fk ，gh ，gk ，hk .共36种，其中a 、b 至少有1人入选的情况有15种，∴a 、b 两人至少有1人入选的概率为P ＝1536＝512.12．(xx·河北沧州质量监测)如图，茎叶图记录了甲组3名同学寒假期间去图书馆A 学习的次数和乙组4名同学寒假期间去图书馆B 学习的次数．乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示．(1)如果X ＝7，求乙组同学去图书馆学习次数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，从学习次数大于8的学习中选两名同学，求选出的两名同学恰好分别在两个图书馆学习且学习的次数和大于20的概率．解：(1)当X ＝7时，由茎叶图可知，乙组同学去图书馆学习次数是：7,8,9,12，所以平均数为x ＝7＋8＋9＋124＝9； 方差为s 2＝14[(7－9)2＋(8－9)2＋(9－9)2＋(12－9)2]＝72. (2)记甲组3名同学为A 1，A 2，A 3，他们去图书馆学习次数依次为9,12,11；乙组4名同学为B 1，B 2，B 3，B 4，他们去图书馆学习次数依次为9,8,9,12；从学习次数大于8的学生中选两名学生，所有可能的结果有C 26＝15个．用C 表示：“选出的两名同学恰好在两个图书馆学习且学习的次数和大于20”这一事件，则C 中的结果有5个，它们是：A 1B 4，A 2B 4，A 2B 3，A 2B 1，A 3B 4，故选出的两名同学恰好分别在两个图书馆学习且学习的次数和大于20概率为P (C )＝515＝13. [热点预测]13．(1)(xx·泰安质检)从集合{1,2,3,4,5}中随机选取3个不同的数，这3个数可以构成等差数列的概率为________．(2)(xx·马鞍山第一次质检)袋中有大小相同的4个红球和6个白球，随机从袋中取1个球，取后不放回，那么恰好在第5次取完红球的概率是( )A.1210B.2105C.221D.821解析：(1)从集合中随机选取3个不同的数，共有C 35＝10种选法，能构成等差数列的数组有(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，(1,3,5)4组，所以概率为410＝25. (2)恰好在第5次取完红球，前4次中取了3个红球1个白球，第5次取出的是红球，所以，恰在第5次取完红球的概率为C 34C 16A 44A 510＝2105，选B. 答案：(1)25(2)B 25882 651A 攚38661 9705 霅21417 53A9 厩-o37406 921E 鈞B9U36152 8D38 贸32133 7D85 綅37768 9388 鎈34281 85E9 藩MQ。