7.2.1 古典概型的概率计算公式-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版2019）

2.1　古典概型的概率计算公式 　 第七章　§2　古典概型 知识目标 1.结合具体实例，概括出古典概型的两个特征，理解古典概型．　 2.能利用古典概型的概率计算公式计算古典概型中简单随机事件的概率. 素养目标 通过概括古典概型特征的过程，培养数学抽象素养；借助古典概型的概率计算，培养数学运算素养. 知识点一　古典概型的概念 1 知识点二　古典概型的概率计算公式 2 课时测评 5 综合应用 3 内容索引 随堂演练 4 知识点一　古典概型的概念 返回 问题1.我们讨论过彩票摇号试验、抛掷一枚均匀硬币的试验及掷一枚质地均匀骰子的试验，它们的共同特征有哪些？ 提示：样本空间的样本点是有限个，每个样本点发生的可能性相等． 问题2.抛掷一枚不均匀的骰子，求出现点数为偶数点的概率，这个概率模型还是古典概型吗？ 提示：不是，因为骰子不均匀，出现偶数点与奇数点的概率不相等． 问题导思 1．随机事件的概率 对于一个随机事件A，我们通常用一个数P(A)(__________)来表示该事件发生的______的大小，这个数就称为随机事件A的概率．概率度量了随机事件发生的____________，是对随机事件统计规律性的______刻画． 新知构建 0≤P(A)≤1 可能性 可能性的大小 数量 2．古典概型 一般地，若试验E具有如下特征： (1)有限性：试验E的样本空间Ω的样本点总数______，即样本空间Ω为______样本空间； (2)等可能性：每次试验中，样本空间Ω的各个样本点出现的可能性______．则称这样的试验模型为古典概率模型，简称古典概型． 有限 有限 相等 若一次试验的结果所包含的样本点的个数为有限个，则该试验是古典概型吗？ 提示：不一定．还必须满足每个样本点出现的可能性相等，才属于古典概型． 微思考 [多选题]下列概率模型不属于古典概型的是 A．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都是整数的所有点中任取一点 B．某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲 C．一只使用中的灯泡的寿命长短 D．中秋节前夕，某市工商部门调查辖区内某品牌的月饼质量，给该品牌月饼评“优”或“差” 例1 对于A，基本事件是无限的，故A不满足古典概型的特征；对于C，每只灯泡寿命长短具有不确定性，不符合等可能性，故C不满足古典概型的特征；对于D，月饼质量评价有主观性，不符合等可能性，故D不满足古典概型的特征；而对于B，每个人选到的可能性相等且总共有8个人，满足古典概型的特征．故选ACD. √ √ √ 规律方法 判断一个试验是古典概型的依据 判断随机试验是否为古典概型，关键是抓住古典概型的两个特征——有限性和等可能性，二者缺一不可．　　 对点练1.下列问题中是古典概型的是 A．种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率 B．掷一颗质地不均匀的骰子，求掷出1点的概率 C．在区间[1，4]上任取一数，求这个数大于1.5的概率 D．同时掷两颗质地均匀的骰子，求向上的点数之和是5的概率 A、B两项中的样本点的出现不是等可能的；C项中样本点的个数是无限多个；D项中样本点的出现是等可能的，且是有限个．故选D. √ 知识点二　古典概型的概率计算公式 返回 问题3.考虑下面两个随机试验，如何度量事件A和事件B发生的可能性的大小？ (1)一个班级中有男生18名，女生22名．若采用抽签的方式，从中随机选择 一名学生，事件A＝“抽到一名男生”； (2)在掷骰子的试验中，事件B＝“点数为偶数”． 问题导思 古典概型的概率计算公式 对古典概型来说，如果样本空间Ω包含的样本点总数为n，随机事件A包含 的样本点个数为m，那么事件A发生的概率P(A)＝ ＝ ____． 新知构建 (1)明确试验的条件及要观察的结果，用适当的符号(字母、数字、数组等)表示试验的样本点(做到不重不漏)．(2)根据实际问题情景判断样本点的可能性．(3)根据公式求出概率． 微提醒 (链教材P197例1)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游． (1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率； 解：(1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其一切可能的结果有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共15个． 所选2个国家都是亚洲国家的事件所包含的样本点有(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，共3个， 则所求事件的概率为P＝ 例2 (2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率； 解：从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其一切可能的结果有(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，共9个． 包括A1但不包括B1的事件所包含的样本点有(A1，B2)，(A1，B3)，共2个， 则所求事件的概率为P＝ . (3)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家至少有1个欧洲国家的概率． 解：由题意知，从6个国家中任选2个国家，至少有1个欧洲国家的结果为(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共12种；则所求事件 的概率为P＝ 规律方法 求解古典概型的概率“四步”法 对点练2.先后抛掷一枚质地均匀的骰子，第一次抛掷的点数记为m，第二次抛掷的点数记为n. (1)求m＝n的概率； 解：由题意可知，数组(m，n)表示这个试验的一个样本点． 因此该试验的样本空间Ω＝{(m，n)|m，n∈{1，2，3，4，5，6}}共有36个样本点． 记事件“m＝n”为A，则A＝{(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)}， 所以n(A)＝6，从而P(A) (2)求m>n的概率． 解：记事件“m>n”为B，则B＝{(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}， 所以n(B)＝15，从而P(B)＝ . 综合应用 返回 古典概型与其他知识的交汇 如图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天． 例3 (1)求此人到达当日该市空气重度污染的概率； 解：由题图看出，1日至13日这13天的时间内，空气质量重度污染的是5日、8日共2天， 故此人到达当日该市空气重度污染的概率为 . (2)求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率． 解：此人在该市停留两天的空气质量指数的所有情况为(86，25)，(25，57)，(57，143)，(143，220)，(220，160)，(160，40)，(40，217)，(217，160)，(160，121)，(121，158)，(158，86)，(86，79)，(79，37)，共13种情况，其中只有1天空气重度污染的是(143，220)，(220，160)，(40，217)，(217，160)，共4种情况， 故此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为 . 规律方法 古典概型与其它知识的交汇，主要是以频率分布直方图、折线图为载体，多数利用分层抽样选取考查对象的个数，然后利用古典概型计算．在解决此类题时需要注意以下问题： 1.试验必须具有古典概型的两大特征——有限性和等可能性． 2.计算样本点的数目时，要做到不重不漏，常借助坐标系、表格及树状图等列出所有样本点．　　 对点练3.第31届世界大学生夏季运动会(简称“成都大运会”)于2023年7月28日在四川成都开幕，这是中国西部第一次举办世界性综合运动会．为普及大运会相关知识，营造良好的赛事氛围，某学校举行“大运会百科知 识”答题活动，并随机抽取了20名学生，他们的答题得分(满分100分)的频率分布直方图如图所示(分组区间为[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100])． (1)求频率分布直方图中a的值及这20名学生得分的 80%分位数； 解：由频率分布直方图知(2a＋0.020＋0.025＋ 0.035)×10＝1，所以a＝0.010. 设80%分位数为x，由图可知前3组的频率之和 为0.65，前4组的频率之和为0.9，所以x∈[80，90)， 且x＝80＋ ×10＝86. 故这20名学生得分的80%分位数为86. (2)若从样本中任选2名得分在[50，70)内的学生， 求这2人中恰有1人的得分在[60，70)内的概率． 解：由已知可得得分在[50，60)内的学生人数为 0.010×10×20＝2， 得分在[60，70)内的学生人数为0.020×10×20＝4. 记得分在[50，60)内的学生为a，b，得分在[60，70)内的学生为c，d，e，f， 则所有的样本点为{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． 其中恰有1人的得分在[60，70)内的样本点为{a，c}，{a，d}，{a，e}，{a，f}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{b，f}，共8个． 故这2人中恰有1人的得分在[60，70)内的概率P＝ . 返回 课堂小结 知识 1.古典概型的概念. 2.古典概型的概率公式及简单应用 方法 列举法、列表法、树状图法 易错误区 因不按照一定的顺序列举，导致漏掉部分样本点 随堂演练 返回 1．下列实验中，是古典概型的有 A．某人射击中靶或不中靶 B．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都为正数的所有点中任取一个 C．四名同学用抽签法选一人参加会议 D．从区间[1，10]上任取一个实数，求取到1的概率 由古典概型性质：基本事件的有限性及它们发生的等可能性，对于A，基本事件只有中靶、不中靶，但概率不相等，不满足；对于B，基本事件坐标系中坐标为正数的点是无限的，不满足；对于C，基本事件是四名同学是有限的，且抽到的概率相等，满足；对于D，基本事件是区间[1，10]上的实数，是无限的，不满足．故选C. √ 2．为了扎实推进“五大行动”，学校为高一年级同学准备了形式多样的劳动课程．有种植白菜、种植番茄、果树整枝和害虫防治4种课程，小明要随机选报其中的2个，则该试验中样本点的个数为 A．3 B．5 C．6 D．9 设4种课程编号为1，2，3，4，随机选报其中的2个，样本点有：12，13，14，23，24，34，共6个．故选C. √ √ 从1，2，3，4，5中抽取两个数的基本事件有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)共10种，所取的两个数均为偶数的有(2，4)，共1种，所以所取两数均为偶数的概率为P＝ .故选A. 4．在1，2，3，4四个数中，可重复地选取两个数，其中一个数是另一个 数的2倍的概率是____． 返回 可重复地选取两个数共有16个样本点，其中一个数是另一个数的2倍的有(1，2)，(2，1)，(2，4)，(4，2)，共4个样本点，故所求的概率为 ＝ . 课时测评 返回 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．[多选题]下列概率模型是古典概型的为 A．从6名同学中选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性大小 B．同时抛两枚质地均匀的骰子，点数和为6的概率 C．近三天中有一天降雨的概率 D．10人站成一排，其中甲，乙相邻的概率 √ √ √ 古典概型的特征：有限性和等可能性，显然A、B、D符合古典概型的特征，所以A、B、D是古典概型；C选项，每天是否降雨受多方面因素影响，不具有等可能性，不是古典概型．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲 莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲” 图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中． 若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸” 的概率是 √ 记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为A，B，C，(x，y)代表依次摸出的卡片，x，y∈{A，B，C}，则基本事件分别为(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况(A，B)，(B，A)，所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是 .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．从1，2，3，4，5这5个数字中任取三个不同的数字，则事件A＝{三个数字中不含1和5}包含的样本点有__个；事件B＝{三个数字中含1或5}包含的样本点有___个． 1　 9 这个试验的样本空间为{(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)}．因为事件A＝{(2，3，4)}，所以它只含1个样本点；因为事件B＝{(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)}，所以事件B包含9个样本点． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：907，966，191，925，271，431，932，458，569，683.该 运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 由已知条件得，表示运动员三次投篮恰有两次命中的有191，271，932，共三组，则由古典概型的概率公式可知，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．(数学文化)饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点 B的概率为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，则有(右，右，右)， (右，右，下)，(右，下，右)，(下，右，右)，(右，下，下)，(下，右，下)，(下，下，右)，(下，下，下)，共8种不同的跳法(线路)，符合题意的只有(下，下，右)这1种，所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线 到达点B的概率为P＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．(10分)袋中有形状、大小都相同的4个小球，标号分别为1，2，3，4. (1)从袋中一次随机摸出2个球，求标号和为奇数的概率；(4分) 解：试验的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共6个样本点，设标号和为奇数为事件B，则B包含的样本点为 (1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4个，所以P(B)＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)从袋中每次摸出一球，有放回地摸两次．甲、乙约定：若摸出的两个球标号和为奇数，则甲胜，反之，则乙胜．你认为此游戏是否公平．说明你的理由．(6分) 解：试验的样本空间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)}，共有16个， 设标号和为奇数为事件C，事件C包含的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，共8个， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(新设问)世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过10的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 不超过10的质数有：2，3，5，7共4个，随机选取两个不同的数，基本事件为(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，5)，(3，7)，(5，7)共6种，其和为 奇数包含的基本事件有(2，3)，(2，5)，(2，7)，共3个，所以P＝ ＝ . 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．[多选题]抛掷两枚硬币，若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为P1，P2，P3，则 A．P1＝P2＝P3 B．P1＋P2＝P3 C．P1＋P2＋P3＝1 D．P3＝2P1＝2P2 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．[多选题]某学生的笔袋中共有6支不同的圆珠笔，其中3支是黑色圆珠笔，2支是红色圆珠笔，1支是蓝色圆珠笔，现从中任取2支，则下列事件 中概率为 的是 A．2支都是黑色圆珠笔 B．1支是黑色圆珠笔，1支是蓝色圆珠笔 C．2支都是红色圆珠笔 D．2支中恰有1支是黑色圆珠笔 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．(15分)一个袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中2个红球，4个绿球，从中不放回地依次随机摸出2个球． (1)求第二次取到红球的概率；(4分) 解：将两个红球编号为1，2，四个绿球编号为3，4，5，6.第一次摸球时有6种等可能的结果，对应第一次摸球的每个可能结果，第二次摸球时有5种等可能的结果．将两次摸球的结果配对，设第一次摸到的球的编号为m，第二次摸到的球的编号为n，样本点为(m，n)，则样本空间为Ω＝{(m，n)|m，n∈{1，2，3，4，5，6}，m≠n}，则n(Ω)＝30. 设“第二次取到红球”为事件A，则n(A)＝10，即A＝{(1，2)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(6，2)}， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)求两次取到的球颜色相同的概率；(4分) 解：设“两次取到的球颜色相同”为事件B，则n(B)＝14，即 B＝{(1，2)，(2，1)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，3)，(4，5)，(4，6)， (5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}，所以P(B) ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(5分)[多选题]某博览会安排了分别标有序号“1号”“2号”“3号”的三辆车，按等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的序号大于第一辆车的序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记该嘉宾按方案一与方案二乘坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(15分)小颖的爸爸只有一张《阿凡达》的电影票，她和哥哥两人都很想去观看．哥哥想了一个办法，他拿了8张扑克牌，将数字为2，3，5，9的四张牌给小颖，将数字为4，6，7，10的四张牌给自己，并按如下游戏规则进行：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为偶数，则小颖去；如果和为奇数，则哥哥去． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)求小颖去看电影的概率；(5分) 解：由题意画树状图： 两张牌的数字之和所对应16种结果分别为6，8，9，12，7，9，10，13，9，11，12，15，13，15，16，19， 其中和为偶数的结果有6，8，12，10，12，16共6种，所以小颖去看电影 的概率为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)这个游戏规则公平吗？若公平，请说明理由，若不公平，在小颖和哥哥所拿4张牌不变的情况下，如何修改游戏规则使其对双方公平．(10分) 解：哥哥设计的游戏规则不公平，因为小颖去看电影的概率为 ， 因为在所拿的牌不变的情况下，两张牌的数字之和所对应16种结果分别为6，8，9，12，7，9，10，13，9，11，12，15，13，15，16，19，其中和为3的倍数的结果有8个， 故可修改规则为：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加， 如果和为3的倍数，则小颖去；如果和不是3的倍数，则哥哥去． 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 ！ 第 七 章 　 概 率 返回 提示：中抽到一名男生的可能性为＝. 提示：中B＝{2，4，6}．对于抛掷骰子试验，出现各个点的可能性相同，“出现偶数点”的可能性为＝.所以事件A发生的可能性小于事件B发生的可能性． ＝. ＝. ＝＝. ＝＝ 3．从1，2，3，4，5这五个数字中任取两数，则所取两数均为偶数的概率是 A． B． C． D． 1．一枚骰子掷一次得到的点数为m，则m>3的概率为 A． B． C． D． 一枚骰子掷一次得到的点数为m，则m的情况为：1，2，3，4，5，6，即事件发生的基本事件总数为6，其中满足m>3的有4，5，6三种情况，即满足条件的基本事件数为：3，故所求概率为P＝＝.故选B. 3．在一个盒子中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4，从盒子中随机取出两个球，所取球的编号分别记为m，n，则“m＋n＝5”的概率为 A． B． C． D． 从编号为1，2，3，4的4个球中随机取出两个球，所取球的编号分别为m，n，{m，n}的可能结果有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}共6个，其中满足“m＋n＝5”的有{1，4}，{2，3}共2个，所以“m＋n＝5”的概率P＝＝，故选C. A． B． C． D． 5．[多选题]随机地排列数字1，5，6得到一个三位数，则 A．可以排成9个不同的三位数 B．所得的三位数是奇数的概率为 C．所得的三位数是偶数的概率为 D．所得的三位数大于400的概率为 随机地排列数字1，5，6可以得到的三位数有：156，165，516，561，615，651，共6个，故A不正确；其中奇数有165，561，615，651，共4个，所以所得的三位数是奇数的概率为＝，故B正确；其中偶数有156，516，共2个，所以所得的三位数是偶数的概率为＝，故C不正确；其中大于400的有：516，561，615，651，共4个，所以所得的三位数大于400的概率为＝，故D正确．故选BD. ＝ 故P(C)＝＝，即甲胜的概率为，则乙胜的概率为，所以甲、乙获胜的概率是相等的，此游戏公平． A． B． C． D． 抛掷两枚硬币，可能出现的等可能的结果为4个，其中包括“两个正面”的结果为1个，所以P1＝；包括“两个反面”的结果为1个，所以P2＝；包括“一正一反”的结果为2个，所以P3＝.故A错误；B、C、D正确．故选BCD. 设A1，A2，A3表示3支黑色圆珠笔，B1，B2表示2支红色圆珠笔，C表示1支蓝色圆珠笔，从这6支不同的圆珠笔中任取2支，则样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)}，共15个样本点．可知2支都是黑色圆珠笔的概率为＝；1支是黑色圆珠笔，1支是蓝色圆珠笔的概率为＝；2支都是红色圆珠笔的概率为；2支中恰有1支是黑色圆珠笔的概率为＝.故选AB. 所以P(A)＝＝， 故第二次取到红球的概率为. ＝ 故两次取到的球颜色相同的概率为. (3)如果是2个红球，n个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为，那么n是多少？(7分) 解：由已知得＝，解得n＝5. A．P1·P2＝ B．P1－P2＝ C．P1＋P2＝ D．P1>P2 分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，按等可能随机顺序前往酒店接嘉宾的可能情况有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，共6种，该嘉宾按方案一乘坐到“3号”车包含的可能情况有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，有3种，故该嘉宾按方案一乘坐到“3号”车的概率P1＝＝.该嘉宾按方案二乘坐到“3号”车的概率P2＝，所以P1>P2，P1＋P2＝＋＝.故选CD. ＝ 哥哥去看电影的概率为1－＝，>，此规则对哥哥更有利； $$