资源简介

习题课　古典概型的综合问题
[学习目标]　1.熟练掌握古典概型求概率的方法.2.能利用概率的性质,求解较复杂的概率问题.
一、树形图在古典概型中的应用
例1　有A,B,C,D四位贵宾,应分别坐在a,b,c,d四个席位上,现在这四人均未留意,在四个席位上随便就座.
(1)求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率;
(2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率;
(3)求这四人恰好有1人坐在自己的席位上的概率.
反思感悟　当事件个数没有很明显的规律,并且涉及的样本点又不是太多时,我们可借助树形图直观地将其表示出来,这是进行列举的常用方法.树形图可以清晰准确地列出所有的样本点,并且画出一个树枝之后可猜想其余的情况.另外,如果试验结果具有对称性,可简化结果以便于模型的建立与解答.
跟踪训练1　口袋里装有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,4个人按顺序依次从中摸出一个球.试计算第二个人摸到白球的概率.
二、古典概型中的有(无)放回抽样问题
例2　一个盒子中装有4个形状大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从盒子中不放回地随机抽取两个球,求取出的球的编号之和不大于4的概率;
(2)先从盒子中随机取一个球,记该球的编号为m,将球放回盒子中,然后再从盒子中随机取一个球,记该球的编号为n,求n反思感悟　解题时要注意是“有放回地抽取”还是“无放回地抽取”,若是“有放回地抽取”,则在每次抽取之前,产品种类及个数都不发生变化,因此某件新产品被抽到的概率也不变;若是“无放回地抽取”(假设每次抽取的结果都可知),则在每次抽取之前,所剩产品种类及个数都在发生变化,因此某件产品被抽到的概率也在不断变化.
跟踪训练2　从1,2,3,4,5这5个数字中不放回地任取两数,则两数都是奇数的概率是　　　　;若有放回地任取两数,则两数都是偶数的概率是　　　　　　.
三、古典概型的综合问题
例3　已知A={1,2,3},B={x∈R|x2-ax+b=0,a∈A,b∈A},则A∩B=B的概率是 (　　)
A. B.
C. D.1
反思感悟　解决概率与函数、方程等综合问题时,关键是求出事件包含的样本点的个数,再结合概率的性质即可求解.
跟踪训练3　某初级中学共有学生2 000名,各年级男、女生人数如表:
七年级 八年级 九年级
女生 373 x y
男生 377 370 z
已知在全校学生中随机抽取1名,抽到八年级女生的概率为0.19.
(1)求x的值;
(2)现用比例分配的分层抽样的方法在全校抽取48名学生,则应在九年级中抽取多少名学生
(3)已知y≥245,z≥245,求九年级女生比男生少的概率.
1.知识清单:
(1)古典概型的排序问题.
(2)古典概型中的有(无)放回抽样问题.
(3)古典概型的综合问题.
2.方法归纳:列举法、树形图法等.
3.常见误区:样本空间中样本点列举错误和古典概型的判断错误.
1.某部小说共有3册,将其按任意顺序摆放在书架上,则从左到右或从右到左恰好为第1,2,3册的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
2.从1,2,3,4这4个数中,依次不放回地任意抽取2个数,2个数都为偶数的概率是 (　　)
A. B.
C. D.
3.有四张不透明的卡片(除正面的函数关系式不同外,其余相同),将它们背面朝上洗匀后,从中抽取一张卡片,则抽到函数图象不经过第四象限的卡片的概率为　　　.
4.某中学拟从4月16日至30日期间,选择连续两天举行春季运动会,从以往的气象记录中随机抽取一个年份,记录该年4月16日到30日期间天气结果如下:
日期 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
天气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 雨 雨 阴 晴 晴 晴 雨
估计运动会期间不下雨的概率为　　　　.
答案精析
例1　解　将A,B,C,D四位贵宾就座情况用树形图表示出来:
如图所示,样本点的总数为24,且每个样本点出现的可能性相等.
(1)设事件A为“这四人恰好都坐在自己的席位上”,则事件A只包含1个样本点,所以P(A)=.
(2)设事件B为“这四个人恰好都没坐在自己的席位上”,则事件B包含9个样本点,所以P(B)==.
(3)设事件C为“这四人恰好有1人坐在自己的席位上”,则事件C包含8个样本点,所以P(C)==.
跟踪训练1　解　需要找出4个人按顺序依次摸球的样本点总数和第二个人摸到白球的样本点数.
解题过程如下:用A表示事件“第二个人摸到白球”,把2个白球编上序号1,2;2个黑球也编上序号1,2.于是,4个人按顺序依次从袋中摸出一个球的所有样本点,可用树形图直观地表示出来,如图所示:
由图可知,试验的样本点总数是24,由于口袋内的4个球除颜色外完全相同,所以,这24个样本点出现的可能性相同,其中,第二个人摸到白球的样本点有12个,
故第二个人摸到白球的概率
P(A)==.
例2　解　(1)从盒子中不放回地随机抽取两个球,其样本空间可记为Ω1={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},共包含6个样本点,
用A表示“取出的球的编号之和不大于4”,则A={(1,2),(1,3)},A包含的样本点个数为2.
因此,所求事件的概率为
P(A)==.
(2)先从盒子中随机取一个球,记下编号为m,放回后,再从盒子中随机取一个球,记下编号为n,用数对(m,n)来表示取出的结果,则样本空间可记为Ω2={(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)},共包含16个样本点,用B表示“n≥m+2”,故表示“n所以P(B)=,
所以P()=1-=.
跟踪训练2　　
例3　C
跟踪训练3　解　(1)∵=0.19,∴x=380.
(2)九年级人数为y+z=2 000-(373+377+380+370)=500,现用比例分配的分层抽样的方法在全校抽取48名学生,应在九年级抽取的人数为×48=12.
(3)记事件A=“九年级女生比男生少”,九年级女生人数、男生人数记为(y,z).
由(2)知y+z=500,y,z∈N+.满足题意的所有样本点有(245,255),(246,254),(247,253),…,(255,245),共11个.
其中事件A包含的样本点是(245,255),(246,254),(247,253),(248,252),(249,251),共5个,
∴所求事件的概率P(A)=.
随堂演练
1.B　2.A　3.　4.习题课　古典概型的综合问题
[学习目标]　1.熟练掌握古典概型求概率的方法.2.能利用概率的性质,求解较复杂的概率问题.
导语
古典概型是我们最常见也最广泛应用的数学模型之一.我们应当善于将学习到的知识应用于生活实际,那么今天一起探讨古典概型的综合问题.
一、树形图在古典概型中的应用
例1　有A,B,C,D四位贵宾,应分别坐在a,b,c,d四个席位上,现在这四人均未留意,在四个席位上随便就座.
(1)求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率;
(2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率;
(3)求这四人恰好有1人坐在自己的席位上的概率.
解　将A,B,C,D四位贵宾就座情况用树形图表示出来:
如图所示,样本点的总数为24,且每个样本点出现的可能性相等.
(1)设事件A为“这四人恰好都坐在自己的席位上”,则事件A只包含1个样本点,所以P(A)=.
(2)设事件B为“这四个人恰好都没坐在自己的席位上”,则事件B包含9个样本点,所以P(B)==.
(3)设事件C为“这四人恰好有1人坐在自己的席位上”,则事件C包含8个样本点,所以P(C)==.
反思感悟　当事件个数没有很明显的规律,并且涉及的样本点又不是太多时,我们可借助树形图直观地将其表示出来,这是进行列举的常用方法.树形图可以清晰准确地列出所有的样本点,并且画出一个树枝之后可猜想其余的情况.另外,如果试验结果具有对称性,可简化结果以便于模型的建立与解答.
跟踪训练1　口袋里装有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,4个人按顺序依次从中摸出一个球.试计算第二个人摸到白球的概率.
解　方法一　需要找出4个人按顺序依次摸球的样本点总数和第二个人摸到白球的样本点数.
解题过程如下:用A表示事件“第二个人摸到白球”,把2个白球编上序号1,2;2个黑球也编上序号1,2.于是,4个人按顺序依次从袋中摸出一个球的所有样本点,可用树形图直观地表示出来,如图所示:
由图可知,试验的样本点总数是24,由于口袋内的4个球除颜色外完全相同,所以,这24个样本点出现的可能性相同,其中,第二个人摸到白球的样本点有12个,
故第二个人摸到白球的概率P(A)==.
方法二　把2个白球编上序号1,2,两个黑球也编上序号1,2,4个人按顺序依次从袋中摸出一球,前两人摸出的球的所有样本点,可用树形图直观地表示出来,如图所示:
由图可知,试验的样本点总数是12,由于口袋内的4个球除颜色外完全相同,所以这12个样本点出现的可能性相同,其中,第二个人摸到白球的样本点有6个,
故第二个人摸到白球的概率P(A)==.
二、古典概型中的有(无)放回抽样问题
例2　一个盒子中装有4个形状大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从盒子中不放回地随机抽取两个球,求取出的球的编号之和不大于4的概率;
(2)先从盒子中随机取一个球,记该球的编号为m,将球放回盒子中,然后再从盒子中随机取一个球,记该球的编号为n,求n解　(1)从盒子中不放回地随机抽取两个球,其样本空间可记为Ω1={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},共包含6个样本点,
用A表示“取出的球的编号之和不大于4”,则A={(1,2),(1,3)},A包含的样本点个数为2.
因此,所求事件的概率为P(A)==.
(2)先从盒子中随机取一个球,记下编号为m,放回后,再从盒子中随机取一个球,记下编号为n,用数对(m,n)来表示取出的结果,则样本空间可记为Ω2={(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)},共包含16个样本点,用B表示“n≥m+2”,故表示“n所以P(B)=,
所以P()=1-=.
反思感悟　解题时要注意是“有放回地抽取”还是“无放回地抽取”,若是“有放回地抽取”,则在每次抽取之前,产品种类及个数都不发生变化,因此某件新产品被抽到的概率也不变;若是“无放回地抽取”(假设每次抽取的结果都可知),则在每次抽取之前,所剩产品种类及个数都在发生变化,因此某件产品被抽到的概率也在不断变化.
跟踪训练2　从1,2,3,4,5这5个数字中不放回地任取两数,则两数都是奇数的概率是　　　　;若有放回地任取两数,则两数都是偶数的概率是　　　　.
答案　　
解析　从5个数字中不放回地任取两数,样本点有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10个,而每个样本点出现的可能性相等,两数都为奇数的事件A的样本点有(1,3),(1,5),(3,5),共3个,则P(A)=,所以两数都是奇数的概率是;
从5个数字中有放回地任取两数,样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),共25个,且每个样本点出现的可能性相等,两数都为偶数的事件B的样本点有(2,4),(4,2),(2,2),(4,4),共4个,则P(B)=,所以两数都是偶数的概率是.
三、古典概型的综合问题
例3　已知A={1,2,3},B={x∈R|x2-ax+b=0,a∈A,b∈A},则A∩B=B的概率是 (　　)
A. B. C. D.1
答案　C
解析　因为a∈A,b∈A,所以可用列表法得到样本点(a,b)的总个数为9,如表所示.
b a 1 2 3
1 (1,1) (1,2) (1,3)
2 (2,1) (2,2) (2,3)
3 (3,1) (3,2) (3,3)
因为A∩B=B,所以B可能为 ,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}.
当B= 时,a2-4b<0,满足条件的a,b为a=1,b=1,2,3;a=2,b=2,3;a=3,b=3,共6个样本点;
当B={1}时,1-a+b=0且a2-4b=0,满足条件的a,b为a=2,b=1,共1个样本点;
当B={2},{3}时,没有满足条件的a,b;
当B={1,2}时,满足条件的a,b为a=3,b=2,共1个样本点;
当B={2,3},{1,3}时,没有满足条件的a,b.
综上,符合条件的样本点有8个.
故所求概率为.
反思感悟　解决概率与函数、方程等综合问题时,关键是求出事件包含的样本点的个数,再结合概率的性质即可求解.
跟踪训练3　某初级中学共有学生2 000名,各年级男、女生人数如表:
七年级 八年级 九年级
女生 373 x y
男生 377 370 z
已知在全校学生中随机抽取1名,抽到八年级女生的概率为0.19.
(1)求x的值;
(2)现用比例分配的分层抽样的方法在全校抽取48名学生,则应在九年级中抽取多少名学生
(3)已知y≥245,z≥245,求九年级女生比男生少的概率.
解　(1)∵=0.19,∴x=380.
(2)九年级人数为y+z=2 000-(373+377+380+370)=500,现用比例分配的分层抽样的方法在全校抽取48名学生,应在九年级抽取的人数为×48=12.
(3)记事件A=“九年级女生比男生少”,九年级女生人数、男生人数记为(y,z).
由(2)知y+z=500,y,z∈N+.满足题意的所有样本点有(245,255),(246,254),(247,253),…,(255,245),共11个.
其中事件A包含的样本点是(245,255),(246,254),(247,253),(248,252),(249,251),共5个,∴所求事件的概率P(A)=.
1.知识清单:
(1)古典概型的排序问题.
(2)古典概型中的有(无)放回抽样问题.
(3)古典概型的综合问题.
2.方法归纳:列举法、树形图法等.
3.常见误区:样本空间中样本点列举错误和古典概型的判断错误.
1.某部小说共有3册,将其按任意顺序摆放在书架上,则从左到右或从右到左恰好为第1,2,3册的概率为 (　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　设(1,2,3)表示从左到右依次为第1,2,3册,则所有样本点为(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1)(3,1,2),(3,2,1),共6个.其中从左到右或从右到左恰好为第1,2,3册的样本点有2个,所以所求概率为P==.
2.从1,2,3,4这4个数中,依次不放回地任意抽取2个数,2个数都为偶数的概率是 (　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　从1,2,3,4这4个数中,依次不放回地任意抽取2个数,样本点有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),共12个,其中满足条件2个数都是偶数的有(2,4),(4,2),共2个样本点,故从1,2,3,4这4个数中,不放回地任意取2个数,2个数都是偶数的概率为P==.
3.有四张不透明的卡片(除正面的函数关系式不同外,其余相同),将它们背面朝上洗匀后,从中抽取一张卡片,则抽到函数图象不经过第四象限的卡片的概率为　　　.
答案　
解析　因为4张卡片只有第2张经过第四象限,所以抽取一张卡片,抽到函数图象不经过第四象限的卡片的概率为.
4.某中学拟从4月16日至30日期间,选择连续两天举行春季运动会,从以往的气象记录中随机抽取一个年份,记录该年4月16日到30日期间天气结果如下:
日期 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
天气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 雨 雨 阴 晴 晴 晴 雨
估计运动会期间不下雨的概率为　　　　.
答案　
解析　依题意,以每相邻两天为一个样本点,如16日与17日、17日与18日为不同的两个样本点,则从4月16日到30日期间,共有14个样本点,每个样本点出现的可能性相等,其中相邻两天不下雨的有16与17,19与20,20与21,21与22,22与23,26与27,27与28,28与29,共8个样本点,所以运动会期间不下雨的概率为P==.
课时对点练　[分值:100分]
单选题每小题5分,共30分;多选题每小题6分,共24分
1.一个停车场有3个并排的车位,分别停放着“红旗”“捷达”“桑塔纳”轿车各一辆,则“捷达”车停在“桑塔纳”车的右边的概率和“红旗”车停在最左边的概率分别是 (　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　三辆车从左往右停放组成的样本点有:(红旗、捷达、桑塔纳),(红旗、桑塔纳、捷达),(捷达,红旗、桑塔纳),(桑塔纳、红旗、捷达),(捷达、桑塔纳、红旗),(桑塔纳、捷达、红旗),共有6个,所以“捷达”车停在“桑塔纳”车右边的概率为=,“红旗”车停在最左边的概率为=.
2.从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a,从{1,2,3}中随机选取一个数为b,则b>a的概率是 (　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　样本空间Ω={(a,b)|a∈{1,2,3,4,5},b∈{1,2,3}},包含的样本点个数为5×3=15,事件“b>a”可表示为{(1,2),(1,3),(2,3)},包含的样本点个数为3,所以P==.
3.抛掷一枚质地均匀的骰子两次,则向上的点数之差的绝对值等于2的概率是 (　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子,记录向上的点数,样本空间包含的样本点的个数为n=6×6=36,“向上的点数之差的绝对值等于2”包含的样本点有(1,3),(3,1),(2,4),(4,2),(3,5),(5,3),(4,6),(6,4),共8个,所以“向上的点数之差的绝对值等于2”的概率为P==.
4.在国庆阅兵仪式中,某兵种A,B,C三个方阵按一定次序通过主席台,若先后次序是随机排定的,则B先于A,C通过的概率为 (　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　用数组(A,B,C)表示A,B,C通过主席台的次序,则所有可能的样本点为(A,B,C),(A,C,B),(B,A,C),(B,C,A),(C,A,B),(C,B,A),共6个,其中B先于A,C通过的有(B,C,A)和(B,A,C),共2个,故所求概率P==.
5.小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是 (　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　∵Ω={(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)},共包含15个样本点,且每个样本点出现的可能性相等.
正确的开机密码只有1种,∴P=.
6.(多选)如图,圆O的半径为1,六边形ABCDEF是圆O的内接正六边形,从A,B,C,D,E,F六点中任意取两点,并连接成线段,则下列结论正确的是 (　　)
A.线段的长为1的概率是0.4
B.线段的长为2的概率是0.5
C.线段的长为的概率是0.4
D.线段的长不超过的概率是0.8
答案　ACD
解析　在A,B,C,D,E,F中任取两点的样本空间Ω={(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F)},共15个样本点.线段的长为1的样本点有(A,B),(B,C),(C,D),(D,E),(E,F),(A,F),共6个,所以线段的长为1的概率P1==0.4,故A正确;线段的长为2的样本点有(A,D),(B,E),(C,F),共3个,所以线段的长为2的概率P2==0.2,故B不正确;线段的长为的样本点有(A,C),(A,E),(B,D),(B,F),(C,E),(D,F),共6个,所以线段的长为的概率P3==0.4,故C正确;线段的长不超过的概率是P1+P3=0.4+0.4=0.8,故D正确.
7.(5分)从甲、乙、丙、丁、戊五个人中选取三人参加演讲比赛,则甲、乙都被选中的概率为　　　　.
答案　
解析　从五个人中选取三人,则试验的样本空间Ω={(甲,乙,丙),(甲,乙,丁),(甲,乙,戊),(甲,丙,丁),(甲,丙,戊),(甲,丁,戊),(乙,丙,丁),(乙,丙,戊),(乙,丁,戊),(丙,丁,戊)},共包含10个样本点,甲、乙都被选中的样本点有3个,故所求的概率为.
8.(5分)市场调查公司为了了解某小区居民在订阅报纸方面的取向,抽样调查了500户居民,结果显示:订阅晨报的有334户,订阅晚报的有297户,其中两种都订阅的有150户,则两种都不订阅的概率为　　　　.
答案　0.038
解析　记500户居民组成的集合为U,订阅晨报的居民全体为集合A,订阅晚报的居民全体为集合B,订阅晨报的有334户,订阅晚报的有297户,两种都订阅的有150户,如图所示.
由图可知至少订阅一种报纸的有334+297-150=481(户),所以两种报纸都不订阅的有500-481=19(户).
故两种都不订阅的概率为=0.038.
9.(10分)从两台台式电脑(记为A和B)、两台笔记本电脑(记为C和D)中任意抽取两台.
(1)分别写出有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样和按类型等比例分层抽样的样本空间;(5分)
(2)在三种抽样方法下,分别计算抽到的两台都是笔记本电脑的概率.(5分)
解　设第一次抽到的电脑记为x,第二次抽到的电脑记为y,
则可用数组(x,y)表示两次抽取的样本点.
(1)根据相应的抽样方法可知,
有放回简单随机抽样的样本空间Ω1={(A,A),(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,B),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,C),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C),(D,D)}.
不放回简单随机抽样的样本空间Ω2={(A,B),(A,C),(A,D),(B,A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A),(D,B),(D,C)}.
按类型等比例分层抽样,先从台式电脑中抽一台,再从笔记本电脑中抽一台,其样本空间Ω3={(A,C),(A,D),(B,C),(B,D)}.
(2)设事件E=“抽到两台笔记本电脑”,
则对于有放回简单随机抽样,
E={(C,C),(C,D),(D,C),(D,D)}.
因为抽中样本空间Ω1中每一个样本点的可能性都相等,
所以这是一个古典概型.
因此P(E)==.
对于不放回简单随机抽样,
E={(C,D),(D,C)}.
对于抽中样本空间Ω2中每一个样本点的可能性都相等,
所以这是一个古典概型.
因此P(E)==.
因为按类型等比例分层抽样,不可能抽到两台笔记本电脑,
所以E= ,因此P(E)=0.
10.(10分)某小组共有A,B,C,D,E五位同学,他们的身高(单位:米)及体重指标(单位:千克/米2)如下表所示:
A B C D E
身高 1.69 1.73 1.75 1.79 1.82
体重指标 19.2 25.1 18.5 23.3 20.9
(1)从该小组身高低于1.80米的同学中任选2人,求选到的2人身高都在1.78米以下的概率;(5分)
(2)从该小组同学中任选2人,求选到的2人的身高都在1.70米以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率.(5分)
解　(1)由题意知,从该小组身高低于1.80米的同学中任选2人,这一试验E1的样本空间Ω1={AB,AC,AD,BC,BD,CD},共包含6个样本点,且每个样本点出现的可能性相同,故属于古典概型.设事件M表示“选到的2人身高都在1.78米以下”,则M={AB,AC,BC},共含有3个样本点,
所以P(M)==.
(2)从该小组同学中任选2人,这一试验E2的样本空间Ω2={AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE},共包含10个样本点,且每个样本点出现的可能性相等.设事件N表示“选到的2人的身高都在1.70米以上且体重指标都在[18.5,23.9)中”,则N={CD,CE,DE},共含有3个样本点,所以P(N)=.
11.(多选)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车,按等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想设计了两种乘车方案.方案一:不乘坐第一辆车,若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号,就乘坐此车,否则乘坐第三辆车;方案二:直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1,P2,则 (　　)
A.P1·P2= B.P1=P2=
C.P1+P2= D.P1>P2
答案　ACD
解析　本题考查古典概型.三辆车的出车顺序可能为123,132,213,231,312,321,共6种.方案一坐到“3号”车可能为132,213,231,共3种,所以P1==;方案二坐到“3号”车可能为312,321,共2种,所以P2==.所以P1>P2,P1·P2=,P1+P2=.
12.先后抛掷两枚质地均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6),骰子朝上的面的点数分别记为x,y,则log2xy=1的概率为 (　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　所有样本点的个数为36,且每个样本点出现的可能性相等.由log2xy=1得2x=y,其中x,y∈{1,2,3,4,5,6},所以或或故事件“log2xy=1”包含3个样本点,所以所求的概率为P==.
13.(多选)一个袋子中装有3件正品和1件次品,按以下要求抽取2件产品,其中结论正确的是 (　　)
A.任取2件,则取出的2件中恰有1件次品的概率是
B.每次抽取1件,不放回抽取两次,样本点总数为16
C.每次抽取1件,不放回抽取两次,则取出的2件中恰有1件次品的概率是
D.每次抽取1件,有放回抽取两次,样本点总数为16
答案　ACD
解析　记4件产品分别为1,2,3,a,其中a表示次品.在A中,样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,a),(2,3),(2,a),(3,a)},共包含6个样本点,且每个样本点出现的可能性相等,“恰有一件次品”的样本点为(1,a),(2,a),(3,a),因此其概率P==,A正确;在B中,每次抽取1件,不放回抽取两次,样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,a),(2,1),(2,3),(2,a),(3,1),(3,2),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3)},因此n(Ω)=12,B错误;在C中,“取出的两件中恰有一件次品”的样本点数为6,因此其概率为,C正确;在D中,每次抽取1件,有放回抽取两次,样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,a),(2,1),(2,2),(2,3),(2,a),(3,1),(3,2),(3,3),(3,a),(a,1),(a,2),(a,3),(a,a)},因此n(Ω)=16,D正确.
14.(5分)用红、黄、蓝三种不同颜色给如图中的3个矩形随机涂色,每个矩形只涂一种颜色,则3个矩形颜色都相同的概率是　　　　,3个矩形颜色都不同的概率是　　　　.
答案　　
解析　所有可能的样本点共有27个,如图所示,
记“3个矩形颜色都相同”为事件A,由图可知,事件A包含的样本点有3个,故P(A)==.记“3个矩形颜色都不同”为事件B,由图可知,事件B中的样本点有6个,故P(B)==.
15.(多选)素数分布是数论研究的核心领域之一,含有众多著名的猜想.19世纪中叶,法国数学家波利尼亚克提出了广义“孪生素数猜想”:对所有自然数k,存在无穷多个素数对(p,p+2k).其中当k=1时,称(p,p+2)为“孪生素数”,当k=2时,称(p,p+4)为“表兄弟素数”.在不超过30的素数中,任选两个不同的素数p,q(pA.P(A)P(B)=P(C)
B.P(A)+P(B)=P(C)
C.P(A)+P(B)>P(C)
D.P(A)+P(B)答案　ABC
解析　由题设,不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,
从中任意取两个不同的素数p,q(pA={(3,5),(5,7),(11,13),(17,19)},共4个样本点;
B={(3,7),(7,11),(13,17),(19,23)},共4个样本点;
C={(2,3),(2,5),(3,5),(3,7),(5,7),(7,11),(11,13),(13,17),(17,19),(19,23)},共10个样本点,
所以P(A)=P(B)=,P(C)=,
显然P(A)P(B)≠P(C),P(A)+P(B)16.(11分)在人流量较大的街道上,有一中年人吆喝“送钱”,只见他手拿一黑色小布袋,袋中有3个黄球、3个白球(除颜色外完全相同),旁边立着一块小黑板,上面写道:
摸球方法:一次从袋中随机摸出3个球,若摸得同一颜色的3个球,摊主送给摸球者5元钱;若摸得非同一颜色的3个球,摸球者付给摊主1元钱.
(1)一次摸出的3个球均为白球的概率是多少 (3分)
(2)一次摸出的3个球为2个黄球和1个白球的概率是多少 (4分)
(3)假定一天中有100人摸球,试从概率的角度估算一下这个摊主一个月(按30天计)的收入.(4分)
解　(1)把3个黄球分别记为A,B,C,3个白球分别记为1,2,3.
“从6个球中随机摸出3个球”的样本点有ABC,AB1,AB2,AB3,AC1,AC2,AC3,A12,A13,A23,BC1,BC2,BC3,B12,B13,B23,C12,C13,C23,123,共20个.
记事件E为“一次摸出的3个球均为白球”,则事件E的样本点只有1个,故P(E)==0.05.
(2)记事件F为“一次摸出的3个球为2个黄球和1个白球”,则事件F的样本点有9个,故P(F)==0.45.
(3)记事件G为“一次摸出的3个球为同一颜色”,
则P(G)==0.1.
假定一天中有100人摸球,由摸出的3个球为同一颜色的概率可估计一天中事件G发生10次,不发生90次.
故该摊主一天的收入为90×1-10×5=40(元),一个月的收入为40×30=1 200(元).

展开更多......

收起↑