第5章 习题课 古典概型的综合问题（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第二册学习笔记（人教B版）

该高中数学课件聚焦古典概型综合应用，通过生活实例导入，以树形图、有（无）放回抽样为学习支架，衔接基础知识点，帮助学生掌握复杂概率问题的求解方法。 其亮点在于用树形图直观呈现样本点培养数学眼光，通过抽样对比训练逻辑推理（数学思维），综合问题结合集合方程体现模型意识（数学语言）。实例丰富如贵宾就座、摸球抽样，助力学生提升应用能力，教师可高效开展教学。

习题课 古典概型的综合问题 第五章　统计与概率 <<< 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. 学习目标 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. 导 语 一、树形图在古典概型中的应用 二、古典概型中的有(无)放回抽样问题 课时对点练 三、古典概型的综合问题 随堂演练 内容索引 树形图在古典概型中的应用 一 　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； 例 1 6 将A，B，C，D四位贵宾就座情况用树形图表示出来： 解 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. 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)=. 7 (2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率； 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)==. 解 8 (3)求这四人恰好有1人坐在自己的席位上的概率. 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)==. 解 9 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. 反 思 感 悟 10 　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. 跟踪训练 1 11 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： 解 12 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： 解 13 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)==. 解 14 二 古典概型中的有(无)放回抽样问题 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； 例 2 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)==. 解 16 (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<m+2的概率. 17 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<m+2”，则B={(1，3)，(1，4)，(2，4)}，共包含3个样本点， 所以P(B)=， 所以P()=1-=. 解 18 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. 反 思 感 悟 19 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　　　　.  跟踪训练 2 20 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. 解析 21 古典概型的综合问题 三 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 例 3 √ 23 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. 解析 因为A∩B=B，所以B可能为∅，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}. 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) 24 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. 解析 25 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. 反 思 感 悟 26 某初级中学共有学生2 000名，各年级男、女生人数如表： 跟踪训练3   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； ∵=0.19，∴x=380. 解 27   七年级 八年级 九年级 女生 373 x y 男生 377 370 z (2)现用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？ 九年级人数为y+z=2 000-(373+377+380+370)=500，现用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. 解 28   七年级 八年级 九年级 女生 373 x y 男生 377 370 z (3)已知y≥245，z≥245，求九年级女生比男生少的概率. 29 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)=. 解 30 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. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 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. 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==. 解析 √ 1 2 3 4 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. √ 1 2 3 4 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==. 解析 1 2 3 4 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　　　.  1 2 3 4 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. 解析 1 2 3 4 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　　　　.  1 2 3 4 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==. 解析 课时对点练 五 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D D B C ACD 0.038 题号 11 12 13 14 15 答案 ACD C ACD 　 ABC 对一对 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)}. 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)}. 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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， 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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)==. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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)=. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 基础巩固 1.从甲、乙、丙、丁4人中任选2人组成志愿小组，则甲被选中的概率为 A.B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 从甲、乙、丙、丁4人中任选2人的情况有 甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种， 其中甲被选中的情况有甲乙、甲丙、甲丁，共3种， 则甲被选中的概率为=. 解析 √ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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==. 解析 √ 3.袋子中有5个除颜色外大小质地完全相同的球，其中2个红球、3个黄球，从中有放回地依次随机摸出2个球，那么这2个球同色的概率为 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设2个红球为A，B，3个黄球为c，d，e，从中有放回地依次随机摸出2个球， 样本空间为Ω={AA，AB，Ac，Ad，Ae，BA，BB，Bc，Bd，Be，cA，cB，cc，cd，ce，dA，dB，dc，dd，de，eA，eB，ec，ed，ee}，共25个样本点， 设事件M为“这2个球同色”， 则M={AA，AB，BA，BB，cc，cd，ce，dc，dd，de，ec，ed，ee}，共13个样本点， 由古典概型概率公式，可得P(M)=. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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==. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵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=. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 7.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 8.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.038 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. 解析 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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.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分层抽样的样本空间； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 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)}. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 按类型分层抽样，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)}. 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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， 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)==. 因为按类型分层抽样，不可能抽到两台笔记本电脑， 所以E=∅，因此P(E)=0. 解 10.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： 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16   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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)==. 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)=. 解 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 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 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=. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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==. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 14.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所有可能的样本点共有27个，如图所示， 解析 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(p<q)，令事件A={(p，q)|(p，q)为孪生素数}，B={(p，q)|(p，q)为表兄弟素数}，C={(p，q)|q-p≤4}，记事件A，B，C发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，则下列关系式不成立的是 A.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)<P(C) 拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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(p<q)：p=2有9个，p=3有8个，p=5有7个，p=7有6个，p=11有5个，p=13有4个，p=17有3个，p=19有2个，p=23有1个，所以共有9+8+7+6+5+4+3+2+1=45(个)样本点； A={(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； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)<P(C). 解析 16.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？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解 (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？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 解 第五章　统计与概率 <<< $