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第4节　古典概型与事件的相互独立性
1.理解古典概型,能计算古典概型中简单随机事件的概率.
2.结合古典概型,了解两个事件独立性的含义.
3.能利用事件的独立性解决一些实际问题.
1.古典概型的特点及概率计算公式
(1)古典概型的特点:①有限性:样本空间的样本点只有有限个;②等可能性:每个样本点发生的可能性相等.
(2)古典概型的计算公式:一般地,设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则P(A)==, 其中,n(A)与n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
一次试验只能出现一个结果,即产生一个样本点,任意两个样本点都是互斥的.
2.事件的相互独立性
(1)相互独立的定义:对任意两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)P(B)成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.
(2)相互独立的性质:①如果事件A与事件B相互独立,则A与,与B,与都相互独立.
②若事件A与事件B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B).
相互独立事件与互斥事件的区别:相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响,计算式为P(AB)=P(A)P(B),互斥事件是指在同一试验中,两个事件不会同时发生,计算公式为P(A∪B)=P(A)+P(B).
如果A1,A2,…,An相互独立,那么P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).
1.(必修第二册P235例8改编)把一颗质地均匀的骰子抛掷两次,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,向量m=(a,b),n=(1,2),则向量m与向量n不共线的概率是(　B　)
A. B.
C. D.
解析:若向量m与n共线,则2a-b=0,而(a,b)的可能性情况共有6×
6=36(种),其中符合2a=b的有(1,2),(2,4),(3,6)这3个,所以向量m与向量n共线的概率是=,从而不共线的概率是1-=.故选B.
2.(2019·全国Ⅰ卷)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　A　)
A. B.
C. D.
解析:在所有重卦中随机取一重卦,其基本事件总数n=26=64,恰有3个阳爻的基本事件数为=20,所以在所有重卦中随机取一重卦,该重卦恰有3个阳爻的概率P==.故选A.
3.(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球,甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则(　B　)
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
解析:事件甲发生的概率P(甲)=,事件乙发生的概率P(乙)=,事件丙发生的概率P(丙)=,事件丁发生的概率P(丁)==,
事件甲与事件丙同时发生的概率P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),事件甲与事件丁同时发生的概率P(甲丁)==P(甲)P(丁),
事件乙与事件丙同时发生的概率P(乙丙)=≠P(乙)P(丙),事件丙与事件丁同时发生的概率P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙).故选B.
4.袋中有形状、大小都相同的4个球,其中1个白球,1个红球,2个黄球,从中一次随机摸出2个球,则这2个球颜色不同的概率为　　　.
解析:基本事件共有=6(种),设取出的两个球颜色不同为事件A.
A包含的基本事件有+=5(种).故P(A)=.
答案:
5.五一放假,甲、乙、丙去某地旅游的概率分别是,,,假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去该地旅游的概率为　　　　.
解析:记事件A为“至少有1人去该地旅游”,其对立事件为“三人都不去该地旅游”,由独立事件的概率公式可得P()=(1-)×(1-)×
(1-)=,由对立事件的概率公式可得P(A)=1-P()=1-=.
答案:
古典概型概率的计算
1.(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为(　C　)
A. B. C. D.
解析:法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素)　4个1分别设为1A,1B,1C,1D,2个0分别设为0A,0B,将4个1和2个0随机排成一行有种排法,将1A,1B,1C,1D排成一行有种排法,再将0A,0B插空有种排法,所以2个0不相邻的概率P==.故选C.
法二(含有相同元素的排列)　将4个1和2个0安排在6个位置,则选择2个位置安排0,共有种排法;将4个1排成一行,把2个0插空,即在5个位置中选2个位置安排0,共有种排法.所以2个0不相邻的概率P==.故选C.
2.在3张卡片上分别写上3位同学的学号后,再把卡片随机分给这
3位同学,每人1张,则恰有1位学生分到写有自己学号的卡片的概率为(　C　)
A. B. C. D.
解析:法一　设三位同学分别为A,B,C,他们的学号分别为1,2,3.
用有序实数列表示三人拿到的卡片种类,如(1,3,2)表示A同学拿到
1号,B同学拿到3号,C同学拿到2号.
三人可能拿到的卡片结果为(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),
(3,1,2),(3,2,1),共6种,
其中满足题意的结果有(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1),共3种,
结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为P==.故选C.
法二　把卡片分给3位同学,每人1张,有=6种分法,恰有1位学生分到写有自己学号卡片的方法有=3种,所以P===.故选C.
3.(2021·安徽合肥一模)某商场进行购物摸奖活动,规则:在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1,2,3,4,5的形状、大小都相同的五个小球,每次摸奖需要同时取出两个球,每位顾客最多有两次摸奖机会,并规定,若第一次取出的两球号码连号,则中奖,摸奖结束;若第一次未中奖,则将这两个小球放回后进行第二次摸球,若与第一次取出的两个小球号码相同,则为中奖.按照这样的规则摸奖,中奖的概率为(　C　)
A. B. C. D.
解析:分两种情况,第一种情况为第一次摸到连号,
则概率为=,
第二种情况对应的概率为×=,
所以中奖的概率为+=.故选C.
4.某校选定4名教师去3个地区支教(每地至少1人),则甲、乙两人不在同一地区的概率是　　　　.
解析:某校选定4名教师去3个地区支教(每地至少1人),
基本事件总数n=·=36,
甲、乙两人在同一地区包含的基本事件个数m==6,
所以甲、乙两人不在同一地区的概率是P=1-=1-=.
答案:
求古典概型概率的步骤
(1)读题,理解题意.
(2)判断试验结果是否为等可能事件,设出所求事件A.
(3)分别求出基本事件总数n与所求事件A所包含的基本事件的个
数m.
(4)利用公式P(A)=求出事件A的概率.
提醒:在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时,既要注意它们是否是等可能的,又要保证计数的一致性,就是在计算基本事件数时,都按排列数求,或都按组合数求.
事件的相互独立性
　判断事件的独立性
判断下列各对事件是不是相互独立事件.
(1)甲组3名男生、2名女生,乙组2名男生、3名女生,现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛,“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”;
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球,“从8个球中任意取出1个,取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个,取出的还是白球”;
(3)掷一枚质地均匀的骰子一次,“出现偶数点”与“出现3点或6点”.
解:(1)设“从甲组中选出1名男生”为事件A,“从乙组中选出1名女生”为事件B,则P(A)与P(B)互不影响,故二者是相互独立事件.
(2)“从8个球中任意取出1个,取出的是白球”的概率为,若这一事件发生了,则“从剩下的7个球中任意取出1个,取出的还是白球”的概率为;若前一事件没有发生,则后一事件发生的概率为.可见,前一事件会不会发生,对后一事件发生的概率有影响,所以二者不是相互独立事件.
(3)设A表示出现偶数点,B表示出现3点或6点,则A={2,4,6},B=
{3,6},AB={6},所以P(A)==,P(B)=,P(AB)=,故P(AB)=P(A)P(B),所以二者是相互独立事件.
判断两个事件是不是相互独立的方法
(1)直接法:直接判断一个事件发生与否能不能影响另一事件发生的概率.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法:由事件A与事件B相互独立知,A与,与B,与也相互独立.
　相互独立事件的概率
(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰;另一人最终获胜,比赛结束.
经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
解:(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
甲连胜四场的概率为;
乙连胜四场的概率为;
丙上场后连胜三场的概率为,
所以需要进行第五场比赛的概率为1---=.
(3)丙最终获胜,有两种情况:
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为;
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况,胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,,,因此丙最终获胜的概率为+++=.
求相互独立事件同时发生的概率的步骤
(1)首先确定各事件之间是相互独立的.
(2)确定这些事件可以同时发生.
(3)求出每个事件的概率,再求积.
[针对训练]
1.一袋中装有形状、大小都相同的5只白球,3只黄球,在有放回地摸球中,设A1=“第一次摸得白球”,A2=“第二次摸得白球”,则事件A1与是(　　)
A.相互独立事件 B.不相互独立事件
C.互斥事件 D.对立事件
解析:由题意知=“第二次摸到的不是白球”,即=“第二次摸到的是黄球”,由于采用有放回地摸球,故每次是否摸到黄球或白球互不影响,故事件A1与是相互独立事件.故选A.
2.(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　.
解析:法一　因为甲队以4∶1获胜,所以第五场甲胜,
而前四场甲需要胜三场输一场,则甲队的胜负情况可分为“胜胜胜负胜”“胜胜负胜胜”“胜负胜胜胜”“负胜胜胜胜”这4种.
设事件A为“甲队以4∶1获胜”,Ai表示第i场甲队获胜.
又前五场甲队的主客场安排为“主主客客主”,所以P(A1)=P(A2)=
P(A5)=0.6,P(A3)=P(A4)=0.5,
则P(A)=P(A1A2A3A5)+P(A1A2A4A5)+P(A1A3A4A5)+P(A2A3A4A5)=
0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×
0.5×0.5×0.6+0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18.
法二　当甲队在前四场中有一场客场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;
当甲队在前四场中有一场主场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率为
P=0.108+0.072=0.18.
法三　由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.
前四场甲队胜三场,输一场的情况有如下两种,
①甲队主场输一场,其概率P1=×0.6×0.4××0.52=0.12.
②甲队客场输一场,其概率P2=×0.62××0.5×0.5=0.18.
由于第五场必定是甲队胜,所以甲队以4∶1获胜的概率P=(P1+P2)×
0.6=0.18.
答案:0.18
“互斥、对立、独立”的综合应用
甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次,甲射中的概率为0.8,乙射中的概率为0.9,求:
(1)2人都射中目标的概率;
(2)2人中恰有1人射中目标的概率;
(3)2人至少有1人射中目标的概率.
解:记“甲射击1次,射中目标”为事件A,“乙射击1次,射中目标”为事件B,则A与B,与B,A与,与都为相互独立事件.
(1)2人都射中目标的概率为
P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72,
所以2人都射中目标的概率是0.72.
(2)“2人各射击1次,恰有1人射中目标”包括两种情况:一种是甲射中,乙未射中(事件A发生),另一种是甲未射中,乙射中(事件B发生).根据题意,事件A与B互斥,根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式,所求的概率为
P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)
=0.8×(1-0.9)+(1-0.8)×0.9=0.08+0.18=0.26.
所以2人中恰有1人射中目标的概率是0.26.
(3)法一　“2人至少有1人射中目标”包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况,其概率为P=P(AB)+[P(A)+P(B)]=0.72+0.26=0.98.
法二　“2人至少有一人射中”与“2人都未射中”为对立事件,2人都未射中目标的概率是P( )=P()P()=(1-0.8)×(1-0.9)=0.02,
所以2人至少有1人射中目标的概率为P=1-P( )=1-0.02=0.98.
[典例迁移](变结论)本例第(3)问,将“至少”改为“至多”,又该如何求解
解:法一　“2人至多有1人射中目标”包括“2人有1人射中”和
“2人都未射中”,故所求概率为
P=P( )+P(A)+P(B)
=P()P()+P(A)P()+P()P(B)
=0.02+0.08+0.18=0.28.
法二　“2人至多有1人射中目标”的对立事件是“2人都射中目标”,故所求概率为P=1-P(AB)=1-P(A)P(B)=1-0.72=0.28.
求复杂事件的概率,关键是对事件等价分解(分解成互斥事件的和或对立事件).一般地,已知两个事件A,B:(1)A,B中至少有一个发生为事件A+B;(2)A,B都发生为事件AB;(3)A,B都不发生为事件 ;
(4)A,B恰有一个发生为事件A+B;(5)A,B中至多有一个发生为事件 +B+A.
(1)从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张,假设每张卡片被取到的概率相等,且每张卡片上只有一个数字,则取到的两张卡片上的数字之和为偶数的概率为(　　)
A. B. C. D.
(2)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　　　　.
(3)10件产品中有7件正品,3件次品,从中任取4件,则恰好取到1件次品的概率是　　　　.
解析:(1)法一(列举法)　从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张,总的情况为:
(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),
(3,2),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(5,1),(5,2),
(5,3),(5,4),共20种情况.
两张卡片上的数字之和为偶数的有:(1,3),(1,5),(2,4),(3,1),
(3,5),(4,2),(5,1),(5,3),共8种情况,所以从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张,这两张卡片上的数字之和为偶数的概率P=
=.故选D.
法二(组合法)　由题意知本题是一个古典概率模型,试验发生包含的事件是从5张中随机地抽2张,共=10种结果.满足条件的事件分两种情况,一种为从1,3,5中任取两张,有=3种结果,另一种为从2,4中任取两张,有=1种,所以取到的两张卡片上的数字之和为偶数共有3+1=4(种)结果,所以P==.故选D.
(2)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数,共有种不同的取法.当这七个数的中位数是6时,应该有3个比6小的数,还有3个比6大的数,因此一共有·种不同的取法,故所求概率P==
=.
(3)从10件产品中取4件,共有种取法,取到1件次品的取法有种,由古典概型概率计算公式得P===.
答案:(1)D　(2)　(3)
在某大型活动中,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EA,那么P(EA)=
=,
即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E,那么P(E)=
=,所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()=1-P(E)=.
(3)因为有两人同时参加A岗位服务的概率P2==,所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1=1-P2=.
某种产品的质量以其质量指标值衡量,并依据质量指标值划分等级如表:
质量指标值m m<185 185≤m<205 m≥205
等级 三等品 二等品 一等品
从某企业生产的这种产品中抽取200件,检测后得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据以上抽样调查数据,能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品的92%”的规定
(2)在样本中,按产品等级用分层随机抽样的方法抽取8件,再从这
8件产品中随机抽取4件,求抽取的4件产品中,一、二、三等品都有的概率.
解:(1)根据抽样调查数据,一、二等品所占比例的估计值为0.200+
0.300+0.260+0.090+0.025=0.875,由于该估计值小于0.92,故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品的92%”的规定.
(2)由频率分布直方图知,一、二、三等品的频率分别为0.375,0.5,0.125,故在样本中用分层随机抽样的方法抽取的8件产品中,一等品有3件,二等品有4件,三等品有1件.再从这8件产品中随机抽取4件.一、二、三等品都有的情形有2种:
①一等品2件,二等品1件,三等品1件;
②一等品1件,二等品2件,三等品1件,
故所求的概率P==.
(2019·全国Ⅱ卷)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为 0.5,乙发球时甲得分的概率为 0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
(1)求P(X=2);
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.
解:(1)X=2就是某局双方打成10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×
0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.
(2)X=4且甲获胜,就是某局双方打成10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.
因此事件“X=4且甲获胜”的概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×
0.5×0.4=0.1.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
古典概型 1,4,6,8 10,11,14 15
相互独立事件的概率 5,7,9 16
互斥、对立与相互独立的综合应用 2,3 12,13
1.(2021·江西九江统考)洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源,在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图象,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四隅黑点为阴数.其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图,若从4个阴数中随机抽取2个数,则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是(　D　)
A. B. C. D.
解析:从4个阴数中随机抽取2个数,共有6种取法,其中满足题意的取法有两种:4,6和2,8.所以能使这2个数与居中阳数之和等于15的概率P==.故选D.
2.三个元件T1,T2,T3正常工作的概率分别为,,,且是互相独立的.将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路,在如图的电路中,电路不发生故障的概率是(　A　)
A. B. C. D.
解析:记“三个元件T1,T2,T3正常工作”分别为事件A1,A2,A3,则P(A1)=
,P(A2)=,P(A3)=,不发生故障为事件(A2∪A3)A1,则不发生故障的概率为P=P[(A2∪A3)A1]=[1-P()·P()]·P(A1)=(1-×)×=.故选A.
3.(2021·山西大同一中期末)某学校10名同学组成的志愿者组织由李老师和张老师负责,每次献爱心活动均需该组织的4名同学参加.假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立随机地发给
4名同学,且所发信息都能被收到,则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为(　C　)
A. B. C. D.
解析:记“甲同学收到李老师的信息”为事件A,“甲同学收到张老师的信息”为事件B.由题意知事件A,B相互独立,P(A)=P(B)==,则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为1-P()=1-
[1-P(A)]·[1-P(B)]=1-×=.故选C.
4.(2021·湖北武昌高三调研)某学校成立了A,B,C三个课外学习小组,每名学生只能申请进入其中一个学习小组学习.申请其中任意一个学习小组是等可能的,则该校的任意4名学生中,恰有2人申请A学习小组的概率是(　D　)
A. B. C. D.
解析:依题意4名学生申请A,B,C三个课外学习小组的方法有34种,这4名学生中,恰有2人申请A学习小组的方法有×22种,所以这
4名学生中,恰有2人申请A学习小组的概率为=.故选D.
5.(多选题)设M,N为两个随机事件,则以下说法正确的是(　ABC　)
A.若事件M与事件N互斥,且P(M)=,P(N)=,则P(M∪N)=
B.若P(M)=,P(N)=,P(MN)=,则事件M,N相互独立
C.若P()=,P(N)=,P(MN)=,则事件M,N相互独立
D.若P(M)=,P()=,P(MN)=,则事件M,N相互独立
解析:由概率的加法公式得P(M∪N)=+=,故A正确;由相互独立事件的概念知B正确;由对立事件概率计算公式和相互独立事件的概念知C正确;当事件M,N相互独立时,P(MN)=×=,故D错误.故选ABC.
6.(2021·广西南宁一模)用0与1两个数字随机填入如图所示的5个格子里,每个格子填一个数字,并且从左到右数,不管数到哪个格子,总是1的个数不少于0的个数,则这样填法的概率为　　　　.
解析:5个格子用0与1两个数字随机填入共有25=32种不同方法,从左到右数,不管数到哪个格子,总是1的个数不少于0的个数有:①全是1,有1种方法;②第一个格子是1,另外4个格子有一个0,有4种方法;③第一个格子是1,另外4个格子有2个0,有5种方法.所以共有1+4+5=10种方法,那么概率P==.
答案:
7.本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多,某自行车租车点的收费标准是每辆车每次租车时间不超过2 h免费,超过2 h的部分每小时收费2元(不足1 h的部分按1 h计算),有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一辆车一次).设甲、乙不超过2 h还车的概率分别为,,2 h以上且不超过3 h还车的概率分别为,,两人租车时间都不会超过4 h.甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为　　　　.
解析:由题意知,甲、乙在3 h以上且不超过4 h还车的概率分别为,.设“甲、乙两人所付的租车费用相同”为事件A,则P(A)=×+×+
×=.
答案:
8.(2021·广东东莞一模)现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为　　　　.
解析:基本事件总数n=·=6,乙、丙两人恰好参加同一项活动即表示两人分在同一个志愿者小组有两种情况,即m=2,所以乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率P===.
答案:
9.(2021·浙江金华一模)某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛,A中学推荐了3名男生、2名女生,B中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率;
(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,求参赛女生人数不少于2人的概率.
解:(1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.入选代表队学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为=,因此,A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-=.
(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A,记“参赛女生有
2人”为事件B,“参赛女生有3人”为事件C,则P(B)==,P(C)==
.由互斥事件的概率加法公式,得P(A)=P(B)+P(C)=+=,故所求事件的概率为.
10.(2021·四川攀枝花统考)部分省份在即将实施的新高考中将实行3+1+2模式,即语文、数学、英语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二.小明与小芳都准备选物理,如果他们都对后面四科的选择没有偏好,则他们所选六科中恰有五科相同的概率为(　A　)
A. B. C. D.
解析:新高考中将实行3+1+2模式,即语文、数学、英语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二.小明与小芳都准备选
物理,
他们都对后面四科的选择没有偏好.
基本事件总数n==36,
他们所选六科中恰有五科相同包含的基本事件个数m==24,
所以他们所选六科中恰有五科相同的概率为
P===.故选A.
11.(多选题)(2021·山东烟台教育科学研究院模拟)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(　BC　)
A.事件A发生的概率为
B.事件A∪B发生的概率为
C.事件A∩B发生的概率为
D.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为
解析:由题意,从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,共包含=
20个样本点;
“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的样本点有:(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;
“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的样本点有:(2,5),(2,6),
(3,3),(3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6),共8个,
即事件B是事件A的子事件,
因此事件A发生的概率为,故A错误;
事件A∪B包含的样本点个数为11,所以事件A∪B发生的概率为,故B正确;
事件A∩B包含的样本点个数为8,所以事件A∩B发生的概率为=,故C正确;
从甲罐中抽到标号为2的小球,包含的样本点为:(2,1),(2,2),
(2,3),(2,5),(2,6),共5个,故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为,故D错误.故选BC.
12.一道数学竞赛试题,甲解出它的概率为,乙解出它的概率为,丙解出它的概率为.由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为　　　　.
解析:甲解出,而乙、丙不能解出为事件A1,
则P(A1)=×(1-)×(1-)=,
乙解出,而甲、丙不能解出为事件A2,
则P(A2)=×(1-)×(1-)=,
丙解出,而甲、乙不能解出为事件A3,
则P(A3)=×(1-)×(1-)=.
甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为P(A1+A2+A3)=++
=.
答案:
13.设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4,每人需不需要使用设备相互独立.
(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率;
(2)实验室计划购买k台设备供甲、乙、丙、丁使用.若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1,求k的最小值.
解:记Ai表示事件:同一工作日,乙、丙中恰有i人需使用设备,i=
0,1,2.
B表示事件“甲需使用设备”,
C表示事件“丁需使用设备”,
D表示事件“同一工作日至少3人需使用设备”,
E表示事件“同一工作日4人需使用设备”,
F表示事件“同一工作日需使用设备的人数大于k”.
(1)D=(A1∩B∩C)∪(A2∩B)∪(A2∩∩C),
P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A0)=(1-0.5)×(1-0.5)=0.25,P(A1)=2×0.5×(1-0.5)=0.5,P(A2)=0.5×0.5=0.25,
所以P(D)=P(A1BC+A2B+A2C)
=P(A1BC)+P(A2B)+P(A2C)=P(A1)·P(B)P(C)+P(A2)P(B)+
P(A2)P()P(C)=0.31.
(2)由(1)知,若k=2,则P(F)=0.31>0.1.
因为E=B∩C∩A2,
所以P(E)=P(BCA2)=P(B)P(C)P(A2)=0.06.
若k=3,则P(F)=0.06<0.1.
故k的最小值为3.
14.(2021·河南焦作第一次模拟)新个税法于2019年1月1日起实施.为了调查国企员工对新个税法的满意程度,研究人员在A地各个国企中随机抽取了1 000名员工进行调查,并将满意程度以分数的形式统计成如图所示的频率分布直方图,其中a=4b.
(1)求a,b的值,并估计被调查的员工的满意程度的中位数;(计算结果保留两位小数)
(2)若按照分层随机抽样的方法从分数在[50,60),[60,70)的员工中随机抽取8人,再从这8人中随机抽取2人,求至少有1人的分数在[50,60)的概率.
解:(1)依题意,得(a+b+0.008+0.027+0.035)×10=1,所以a+b=0.03.
又a=4b,所以a=0.024,b=0.006.
所以中位数为70+≈75.14.
(2)依题意,知从分数在[50,60)的员工中抽取2人,记为m,n,从分数在[60,70)的员工中抽取6人,记为1,2,3,4,5,6,所以从这8人中随机抽取2人的所有情况为(m,n),(m,1),(m,2),(m,3),(m,4),(m,5),
(m,6),(n,1),(n,2),(n,3),(n,4),(n,5),(n,6),(1,2),(1,3),
(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),
(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共28种.
其中满足条件的为(m,n),(m,1),(m,2),(m,3),(m,4),(m,5),(m,6),
(n,1),(n,2),(n,3),(n,4),(n,5),(n,6),共13种,设“至少有1人的分数在[50,60)”为事件A,则P(A)=.
15.(多选题)(2021·山东滨州十二校联考)设集合M={2,3,4},N=
{1,2,3,4},分别从集合M和N中随机取一个元素m与n.记“点P(m,n)落在直线x+y=k上”为事件Ak(3≤k≤8,k∈N*).若事件Ak的概率最大,则k的取值可能是(　BC　)
A.4 B.5 C.6 D.7
解析:由题意,得点P(m,n)的所有可能情况为(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
12个.事件A3:点P(m,n)落在直线x+y=3上,包含(2,1),共1个基本事件,所以P(A3)=;事件A4:点P(m,n)落在直线x+y=4上,包含(2,2),
(3,1),共2个基本事件,所以P(A4)==;事件A5:点P(m,n)落在直线x+y=5上,包含(2,3),(3,2),(4,1),共3个基本事件,所以P(A5)==;事件A6:点P(m,n)落在直线x+y=6上,包含(2,4),(3,3),(4,2),共
3个基本事件,所以P(A6)==;事件A7:点P(m,n)落在直线x+y=7上,包含(3,4),(4,3),共2个基本事件,所以P(A7)==;事件A8:点P(m,n)落在直线x+y=8上,包含(4,4),共1个基本事件,所以P(A8)=.综上可知,当k=5或k=6时,P(Ak)max=P(A5)=P(A6)=.故选BC.
16.(2021·山东沂水第一中学高三模拟)甲、乙、丙三人玩传球游戏,持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.开始甲持球,传球两次后,球回到甲手里的概率P2=　　　　;传球n次后,球回到甲手里的概率Pn=　　　　　　　.
解析:经过一次传递后,落在乙、丙手中的概率都为,
而落在甲手中的概率为0,因此P1=0,
两次传递后球落在甲手中的概率为
P2=×+×=.
要想经过n次传递后球落在甲的手中,那么在n-1次传递后球一定不在甲手中,
所以Pn=(1-Pn-1),n=1,2,3,4,…,
因此P3=(1-P2)=×=,
P4=(1-P3)=×=,
P5=(1-P4)=×=,
P6=(1-P5)=×=,
因为Pn=(1-Pn-1),
所以Pn-=-(Pn-1-),
Pn-=(P1-)·(-)n-1,
所以Pn=-·(-)n-1.
答案:　-·(-)n-1

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