5.2.3 古典概型-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第二册随堂练习（人教B版）

高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ k∈N ）， 那么事件 A k 彼此互斥 . 设 “打进的电话在响 5 声之前被接” 为事件 A ， 根据互斥事件概率加法公式， 得 P （ A ） =P （ A 1 ∪A 2 ∪A 3 ∪A 4 ） =P （ A 1 ） +P （ A 2 ） +P （ A 3 ） +P （ A 4 ） =0.1+0.2+0.3+0.35=0.95. （ 2 ） 事件 “打进的电话响 4 声而不被接” 是事件 A “打进的电话在响 5 声之前被接” 的对立事件， 记为 A. 根据对立事件的概率公式， 得 P （ A ） =1-P （ A ） =1-0.95= 0.05. * 15. 解 ： （ 1 ） 由已知得 25＋y＋10＝55 ， x＋30＝45 ， ∴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+3×10 100 ＝1.9 （ min ） ． （ 2 ） 记 A 为事件 “一位顾客一次购物的结算时间不 超过 2 min ”， 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 min ” “该顾客一次购物的结算时间为 3 min ”， 将频率视为概率得 P （ A 1 ） ＝ 20 100 ＝ 1 5 ， P （ A 2 ） ＝ 10 100 ＝ 1 10 ， 则 P （ A ） ＝1－P （ A 1 ） －P （ A 2 ） ＝1－ 1 5 － 1 10 ＝ 7 10 . 故一位顾 客一次购物的结算时间不超过 2 min 的概率为 7 10 . 5.2.3 古 典 概 型 学习手册 变式训练 1 C 【解析】 根据古典概型的两个特征进行判断 . A 项中两个基本事件不是等可能的； B 项中基本事 件的个数是无限的， C 项符合古典概型的两个特征； D 项中 “中靶” 与 “不中靶” 不是等可能的 . 故选 C. 变式训练 2 D 【解析】 根据题意， 在 A ， B ， C ， D ， E ， F 共六 个景点中， 满足可以使李华不重复走遍全部街道的有 B ， E ， 共两个景点， ∴ 所求概率为 P= 2 6 = 1 3 . 故选 D. 变式训练 3 1 2 【解析】 用符号 （ m ， n ） 表示两次的结果， 共有 （ 0 ， 1 ） ， （ 0 ， 3 ） ， （ 0 ， 5 ） ， （ 1 ， 0 ） ， （ 1 ， 3 ） ， （ 1 ， 5 ） ， （ 3 ， 0 ） ， （ 3 ， 1 ） ， （ 3 ， 5 ） ， （ 5 ， 0 ） ， （ 5 ， 1 ）， （ 5 ， 3 ） 12 种等可能的情况， 其中数字 m ， n 都为奇数的有 6 种情况， ∴ 数字 m ， n 都为奇数的概率 为 6 12 = 1 2 . 随堂练习 1. A 【解析】 事件满足古典概型事件的有限性和等 可能性， 故 A 属于古典概型； 由于每一粒种子发芽的可 能性不相同， ∴ 事件不满足古典概型事件的等可能性， 故 B 不属于古典概型； 由于随机走到一个十字路口， 观 察是否遇到红灯， 有无数个结果， ∴ 不满足古典概型事 件的有限性， 故 C 不是古典概型； 从一组直径为 （ 120± 0.3 ） mm 的零件中取出一个， 测量它的直径有无数个结 果， 故 D 不属于古典概型 . 故选 A. 2. B 【解析】 掷一枚质地均匀的骰子， 观察朝上的 面的点数， 则基本事件总数为 6. 记事件 A ： 点数为 2 或 3 ， 包含 2 个基本事件， ∴P （ A ） = 2 6 = 1 3 . 故选 B. 3. A 【解析】 据题意知， 单词 “ calendar ” 后三个字 母张明排序有 dra ， ard ， adr ， dar ， 共 4 种情况， 其中拼 写错误的有三种 dra ， ard ， adr ， ∴ 所求的概率 P= 3 4 . 故 选 A. 4. C 【解析】 18 组随机数中， 利用列举法求出事件 A 发生的随机数有 210 ， 021 ， 001 ， 130 ， 031 ， 103 ， 共 6 个， 估计事件 A 发生的概率为 P= 6 18 = 1 3 . 故选 C. 5. C 【解析 】 样本空间 Ω={ （ A ， B ） ， （ A ， C ） ， （ A ， a ） ， （ A ， b ） ， （ B ， C ） ， （ B ， a ） ， （ B ， b ） ， （ C ， a ）， （ C ， b ）， （ a ， b ） }. 记事件 A= “至少有 1 扇 门被敞开”， 则 A={ （ A ， a ）， （ A ， b ）， （ B ， a ）， （ B ， b ）， （ C ， a ）， （ C ， b ）， （ a ， b ） } ， ∴P （ A ） = 7 10 ， 故 选 C. 6. D 【解析】 1 根算筹只能表示 1 ， 2 根算筹可以表 示 2 和 6 ， 3 根算筹可以表示 3 和 7 ， 4 根算筹可以表示 4 和 8 ， 5 根算筹可以表示 5 和 9 ， 因此 6 根算筹表示的两位数有 15 ， 19 ， 51 ， 91 ， 24 ， 28 ， 64 ， 68 ， 42 ， 82 ， 46 ， 86 ， 37 ， 33 ， 73 ， 77 共 16 个， 其中 15 ， 51 ， 24 ， 42 ， 33 共 5 个可以被 3 整除， ∴ 所求概率 P= 5 16 . 故选 D. 练习手册 效果评价 1. D 【解析】 甲、 乙、 丙至多有 2 种被选取的对立 事件为甲、 乙、 丙都被选取， 记此事件为 A ， 依题意所 有基本事件为 （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 10 种， 其中事件 A 所包含的事件数 64 参 考 答 案 为 1 ， ∴ 根据古典概型的概率公式可得 P （ A ） = 1 10 ， 再根 据对立事件的概率公式可得所求事件的概率为 1-P （ A ） = 1- 1 10 = 9 10 . 故选 D. 2. B 【解析】 给 “小萌芽 ” “小萌花 ” “牡丹花 ” “菊花” 编号分别为 1 ， 2 ， 3 ， 4. 从中选 2 个基本事件为 12 ， 13 ， 14 ， 23 ， 24 ， 34 ， 共 6 个， ∴2 张恰好是 “小萌 芽” 和 “小萌花” 卡片的概率为 1 6 . 故选 B. 3. C 【解析】 M={1 ， 3} ， N={1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9} ， 若从 集合 M ， N 中各任取一个数 x ， y ， 基本事件总数 n=10 ， log 3 （ xy ）为整数包含的基本事件有 （ 1 ， 1 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 9 ） ， （ 3 ， 1 ） ， （ 3 ， 3 ） ， （ 3 ， 9 ） ， 共有 6 个 ， ∴log 3 （ xy ）为整数的概率为 P= 6 10 = 3 5 . 故选 C. 4. C 【解析】 由题为古典概型， 基本事件的总数共 有 36 种， 满足 |a-b|≤1 的有 （ 1 ， 1 ） （ 2 ， 2 ） （ 3 ， 3 ） （ 4 ， 4 ） （ 5 ， 5 ） （ 6 ， 6 ） （ 1 ， 2 ） （ 2 ， 1 ） （ 3 ， 2 ） （ 2 ， 3 ） （ 3 ， 4 ） （ 4 ， 3 ） （ 5 ， 4 ） （ 4 ， 5 ） （ 5 ， 6 ） （ 6 ， 5 ） 共 16 种情况， 则概率为 P= 16 36 = 4 9 . 故选 C. 5. B 【解析】 由题意可得 2 36 = y 54 ， 解得 y=3 ， ∴ 从高 校 C 中抽取 3 人， 记从高校 B 抽取的 2 人为 b 1 ， b 2 ， 从 高校 C 抽取的 3 人为 c 1 ， c 2 ， c 3 ， 则从高校 B ， C 抽取的 5 人中选 2 人作专题发言的基本事件有 （ b 1 ， b 2 ）， （ b 1 ， c 1 ）， （ b 1 ， c 2 ）， （ b 1 ， c 3 ）， （ b 2 ， c 1 ）， （ b 2 ， c 2 ）， （ b 2 ， c 3 ）， （ c 1 ， c 2 ）， （ c 1 ， c 3 ）， （ c 2 ， c 3 ）， 共 10 种， 选中的 2 人都来自高校 C 的基本事件有 （ c 1 ， c 2 ）， （ c 1 ， c 3 ）， （ c 2 ， c 3 ）， 共 3 种， 故所求概率 P= 3 10 . 故选 B. 6. ACD 【解析】 向上的点数为奇数与向上的点数为 偶数的概率相等， A 符合题意； 张明获胜的概率是 1 2 ， 而李华获胜的概率是 1 4 ， 故游戏规则不公平， B 不符合 题意； 扑克牌是红色与扑克牌是黑色的概率相等， C 符 合题意； 两人写的数字相同与两人写的数字不同的概率 相等， D 符合题意 . 故选 ACD. 7. 7 10 【解析】 设 3 名男同学为 A ， B ， C ， 2 名女同 学为 a ， b. 从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学 参加志愿者服务， 有 AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC ， Ba ， Bb ， Ca ， Cb ， ab ， 共 10 种情况， 选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学 ， 有 Aa ， Ab ， Ba ， Bb ， Ca ， Cb ， ab ， 共 7 种情况， 故所求概率为 7 10 . 8. 1 5 【解析】 由茎叶图可得甲的 5 次得分分别为 18 ， 19 ， 20 ， 21 ， 22 ， 则甲的平均得分为 1 5 × （ 18+19+ 20+21+22 ） =20. 设污损数字为 x ， 则乙的 5 次得分分别为 15 ， 16 ， 18 ， 28 ， （ 20+x ）， 则乙的平均得分为 1 5 × （ 15+ 16+18+28+20+x ） =19.4+ x 5 ， ∵0≤x≤9 ， x∈Z ， 当 x= 1 ， 2 时， 甲的平均得分高于乙的平均得分， ∴ 甲的平均 得分高于乙的平均得分的概率为 2 10 = 1 5 . 9. 13 15 【解析 】 不超过 15 的质数有 2 ， 3 ， 5 ， 7 ， 11 ， 13 ， 共 6 个， 从中选 2 个质数一共有 15 种， 和等 于 16 的有 （ 3 ， 13 ）， （ 5 ， 11 ） 两种， 由古典概型的概 率计算公式知， 和等于 16 的概率为 2 15 ， 和不等于 16 的 概率为 1- 2 15 = 13 15 . 10. 解： （ 1 ） 由频率分布直方图可知， ［ 25 ， 30 ） 与 ［ 30 ， 35 ） 两组的人数相同 ， ∴a=25 ， 且 b=25× 0.08 0.02 = 100 ， 总人数 N= 25 0.02×5 =250. （ 2 ） ∵ 第 1 ， 2 ， 3 组共有 25+25+100=150 （人）， 利 用分层抽样在 150 名员工中抽取 6 人， 每组抽取的人数 分别为： 第 1 组的人数： 6× 25 150 =1 ， 第 2 组的人数： 6× 25 150 =1 ， 第 3 组的人数： 6× 100 150 =4 ， ∴ 第 1 ， 2 ， 3 组分 别抽取 1 人、 1 人、 4 人 . （ 3 ） 由 （ 2 ） 可设第 1 组的 1 人为 A ， 第 2 组的 1 人 为 B ， 第 3 组的 4 人分别为 C 1 ， C 2 ， C 3 ， C 4 ， 则从 6 人 中抽取 2 人的所有可能结果为 （ A ， B ） ， （ A ， C 1 ） ， （ A ， C 2 ）， （ A ， C 3 ）， （ A ， C 4 ）， （ B ， C 1 ）， （ B ， C 2 ）， （ B ， C 3 ） ， （ B ， C 4 ） ， （ C 1 ， C 2 ） ， （ C 1 ， C 3 ） ， （ C 1 ， C 4 ）， （ C 2 ， C 3 ）， （ C 2 ， C 4 ）， （ C 3 ， C 4 ） 共有 15 种 . 其 中恰有 1 人年龄在第 3 组的所有结果为 （ A ， C 1 ）， （ A ， C 2 ） ， （ A ， C 3 ） ， （ A ， C 4 ） ， （ B ， C 1 ） ， （ B ， C 2 ） ， （ B ， C 3 ）， （ B ， C 4 ）， 共有 8 种， ∴ 恰有 1 人年龄在第 3 组的概率为 8 15 . 提升练习 11. BCD 【解析】 由题意知， 试验发生所包含的事 件共有 4×4×4=64 种结果 . 三次都出现相同数字的事件为 111 ， 222 ， 333 ， 444 ， 共 4 种结果， ∴ 三次都出现相同数字的概率为 4 64 = 1 16 ， 65 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 故 A 错误； 没有出现数字 1 ， 即这三次抛掷出的底面上的数字 均为 2 ， 3 ， 4 中的一个， 共有 3×3×3=27 种结果， ∴ 没 有出现数字 1 的概率为 27 64 ， 故 B 正确； 至少出现一次数字 1 的概率为 1- 27 64 = 37 64 ， 故 C 正确； 三个数字之和为 9 的事件为 441 ， 414 ， 144 ， 333 ， 432 ， 423 ， 234 ， 243 ， 342 ， 324 共 10 种 ， ∴ 三个数字 之和为 9 的概率为 10 64 = 5 32 ， 故 D 正确 . 故选 BCD. 12. ACD 【解析】 只拨动一粒珠子至梁上， 因此数 字只表示 1 或 5 ， 则表示四位数的总数是 2 4 =16 个， 能 被 3 整除的四位数中， 数字 1 和 5 各出现 2 次， 因此事 件 A 包含的基本事件有 5511 ， 5115 ， 1155 ， 1515 ， 5151 ， 1551 ， 共 6 个， ∴P （ A ） = 6 16 = 3 8 ， 故 A 正确； 事件 B 包含的基本事件有 1115 ， 1155 ， 1515 ， 1555 ， 5555 ， 5115 ， 5155 ， 5515 ， 共 8 个， ∴P （ B ） = 8 16 = 1 2 ， 故 B 错误； 事件 A∪B 包含的基本事件有 1155 ， 1515 ， 1551 ， 5511 ， 5115 ， 5151 ， 1115 ， 1555 ， 5555 ， 5155 ， 5515 ， 共 11 个， ∴P （ A∪B ） = 11 16 ， 故 C 正确； 事件 AB 包含的基本事件有 1155 ， 1515 ， 5115 ， 共 3 个， ∴P （ AB ） = 3 16 ， 故 D 正确 . 故选 ACD. 13. 解： （ 1 ） 当 n=6 时 ， k∈ ［ 60 ， 70 ）， M= 1 100 ， 频率为 p 1 = 1 100 ×10=0.1 ； 当 n=7 时 ， k∈ ［ 70 ， 80 ）， M= 1 50 ， 频率为 p 2 = 1 50 × 10=0.2 ； 当 n=8 时 ， k∈ ［ 80 ， 90 ）， M= 1 25 ， 频率为 p 3 = 1 25 × 10=0.4. 各产品等级的频率如下表所示： ∵0.1+0.2<0.5<0.1+0.2+0.4 ， ∴m∈ （ 80 ， 90 ）， ∴0.1+ 0.2+ m-80 10 ×0.4=0.5 ， 解得 m=85. （ 2 ） 所抽取的 7 件产品中 ， A 级品的数量为 7× 0.3 0.3+0.4 =3 ， 分别记为 A 1 ， A 2 ， A 3 ， B 级品的数量为 4 ， 分别记为 B 1 ， B 2 ， B 3 ， B 4 ， 从这 7 件产品中任取 2 件产品， 所有的基本事件有 A 1 A 2 ， A 1 A 3 ， A 1 B 1 ， A 1 B 2 ， A 1 B 3 ， A 1 B 4 ， A 2 A 3 ， A 2 B 1 ， A 2 B 2 ， A 2 B 3 ， A 2 B 4 ， A 3 B 1 ， A 3 B 2 ， A 3 B 3 ， A 3 B 4 ， B 1 B 2 ， B 1 B 3 ， B 1 B 4 ， B 2 B 3 ， B 2 B 4 ， B 3 B 4 ， 共 21 个， 事件 “所抽的 2 件产品中至少有 1 件 A 级品” 包含 15 个基本事件， 所求事件的概率为 P= 15 21 = 5 7 . * 14. 解： （ 1 ） 由题意， 设基本事件空间为 Ω= { （ m ， n ） |m=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； n=1 ， 2 ， 3 ， 4} ， 则 Ω= { （ 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 ） } ， 则 Ω 中共有 16 个基本事件 . 设函数 f （ x ） =x 2 +mx+n 零点的个数为 0 个时为事件 A ， 则 A={ （ m ， n ） |m=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； n=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； 且 m 2 - 4n<0} ， 即 A={ （ 1 ， 1 ）， （ 1 ， 2 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 4 ）， （ 2 ， 2 ）， （ 2 ， 3 ）， （ 2 ， 4 ）， （ 3 ， 3 ）， （ 3 ， 4 ） } ， 则 A 中有 9 个基本事件， ∴X=0 的概率 P （ X=0 ） = 9 16 . （ 2 ） 设先后两次出现的点数中有数字 3 为事件 D ， 则 D={ （ 1 ， 3 ）， （ 2 ， 3 ）， （ 3 ， 1 ）， （ 3 ， 2 ）， （ 3 ， 3 ）， （ 3 ， 4 ）， （ 4 ， 3 ） } ， 故 D 中有 7 个基本事件 . 设先后两次出现的点数中有数字 3 的条件下， 函数 有零点的事件为 E ， 则 E={ （ 3 ， 1 ）， （ 3 ， 2 ）， （ 4 ， 3 ） } ， E 中有 3 个基本事件， ∴ 先后两次出现的点数中有数字 3 的条件下， 函数 有零点的概率为 3 7 . * 15. 解： （ 1 ） 记黑球为 1 ， 2 号， 白球为 3 ， 4 号， 红球为 5 ， 6 号， 则甲的可能取球结果共有以下 20 种情况： 123 ， 124 ， 125 ， 126 ， 134 ， 135 ， 136 ， 145 ， 146 ， 156 ， 234 ， 235 ， 236 ， 245 ， 246 ， 256 ， 345 ， 346 ， 356 ， 456. 甲、 乙平局 时都得 3 分， ∴ 甲取出的 3 个小球是 1 黑 1 白 1 红， 共 8 种情况， 故平局的概率 P 1 = 8 20 = 2 5 . （ 2 ） 甲获胜时， 得分只能是 4 分或 5 分， 即取出的 是 2 红 1 白、 1 红 2 白、 2 红 1 黑共 6 种情况， 故先取者 （甲） 获胜的概率 P 2 = 6 20 = 3 10 ， 后取者 （乙） 获胜的概率 P 1 =1- 2 5 - 3 10 = 3 10 ， ∴P 2 =P 3 ， 故先后取球的顺序不影响比赛的公平性 . 质量指标值 k 90≤k<100 80≤k<90 70≤k<80 60≤k<70 产品等级 A B C D 频率 0.3 0.4 0.2 0.1 66 日期： 班级： 姓名： 1. 下列概率模型是古典概型的是 （ ） A. 已知袋子中装有大小完全相同的红色、 绿色、 黑色小球 各 1 个， 从中任意取出 1 个球， 观察球的颜色 B. 在适宜条件下种下一粒种子， 观察它是否发芽 C. 随机走到一个十字路口， 观察是否遇到红灯 D. 从一组直径为 （ 120±0.3 ） mm 的零件中取出一个， 测量 它的直径 2. 掷一枚质地均匀的骰子， 观察朝上的面的点数， 记事件 A ： 点数为 2 或 3 ， 则 P （ A ） = （ ） A. 1 6 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 3. 已知张明在拼写单词 “ calendar ” 时， 对后三个字母的记忆 有些模糊， 他只记得由 “ d ” “ a ” “ r ” 三个字母组成， 且 字母 “ r ” 只能在最后两个位置中的某一个位置上， 则 “张 明拼写该单词错误” 的概率为 （ ） A. 3 4 B. 1 4 C. 5 6 D. 2 3 4. 袋子中有四张卡片， 分别写有 “学、 习、 强、 国” 四个字， 有放回地从中任取一张卡片， 将三次抽取后 “学” “习” 两个字都取到记为事件 A ， 用随机模拟的方法估计事件 A 5.2.3 古 典 概 型 35 发生的概率 . 利用电脑随机产生整数 0 ， 1 ， 2 ， 3 四个随机 数， 分别代表 “学、 习、 强、 国” 这四个字， 以每三个随 机数为一组， 表示取卡片三次的结果， 经随机模拟产生了 以下 18 组随机数： 由此可以估计事件 A 发生的概率为 （ ） A. 2 9 B. 5 18 C. 1 3 D. 7 18 5. 教室有 4 扇编号分别为 A ， B ， C ， D 的窗户和 2 扇编号分 别为 a ， b 的门， 窗户 D 敞开， 其余窗户和门均被关闭 . 为 保持教室空气流通， 班长在这些关闭的门和窗户中随机地 敞开 2 扇， 则至少有 1 扇门被敞开的概率为 （ ） A. 2 3 B. 4 9 C. 7 10 D. 7 12 6. 中国古代十进制的算筹计 数法在数学史上是一个伟 大的创造， 算筹实际上是 一根根同长短的小木棍 . 如图是利用算筹表示数 1~9 的一种 方法 . 例如： 3 可表示为 “ ≡ ”， 26 可表示为 “ =⊥ ” . 现有 6 根算筹， 据此表示方法， 若算筹不能剩余， 则可以用 1~9 这 9 个数字表示的两位数中， 能被 3 整除的概率是 （ ） A. 5 18 B. 7 18 C. 7 16 D. 5 16 232 321 210 023 123 021 132 220 001 231 130 133 231 031 320 122 103 233 1 2 3 4 5 6 7 8 9 第 6 题图 36