1、第四节随机事件的概率与古典概型课时训练【选题明细表】知识点、方法题号概率与频率1事件的判断2互斥事件、对立事件的概率13,14,15简单古典概型3,4,5,7,10,11,16古典概型综合问题6,8,9,12,17一、选择题1.下列说法:频率反映事件发生的频繁程度,概率反映事件发生的可能性大小;做n次随机试验,事件A发生m次,则事件A发生的频率就是事件A发生的概率;百分率是频率,但不是概率;频率是不能脱离n次试验的试验值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值;频率是概率的近似值,概率是频率的稳定值.其中正确的是(A)(A)(B)(C) (D)解析:由频率与概率的定义知正确,故选A.2.
2、掷一个骰子的试验,事件A表示“出现小于5的偶数点”,事件B表示“出现小于5的点数”,若表示B的对立事件,则一次试验中,事件A+发生的概率为(C)(A)(B)(C)(D)解析:掷一个骰子的试验有6种可能结果.依题意P(A)=,P(B)=,所以P()=1-P(B)=1-=,因为表示“出现5点或6点”的事件,因此事件A与互斥,从而P(A+)=P(A)+P()=+=.3.(2018全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是(C)(A)(B
3、)(C)(D)解析:不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,随机选取两个不同的数,共有=45种情况,而和为30的有7+23,11+19,13+17这3种情况,所以所求概率为=.故选C.4.从4,5,6,7,8这5个数中任取两个数,则所取两个数之积能被3整除的概率是(A)(A)(B)(C)(D)解析:从4,5,6,7,8这5个数中一次性随机地取出两个数,共有10种取法,其中所取两个数之积能被3整除,则必选6,再从4,5,7,8中任选一个,共四种取法.所以概率为=.故选A.5.袋中装着标有数字1,2,3,4,5的小球各2个,从袋中一次任取3个小球,每个小
4、球被取出的可能性都相等,则取出的3个小球上的数字互不相同的概率为(C)(A)(B)(C)(D)解析:根据题意“一次取出3个小球上的数字互不相同”的事件记为A,P(A)=.6.锅中煮有芝麻馅汤圆6个,花生馅汤圆5个,豆沙馅汤圆4个,这三种汤圆的外部特征完全相同.从中任意舀取4个汤圆,则每种汤圆都至少取到1个的概率为(C)(A)(B)(C)(D)解析:根据题意总的取法为种,而所求事件的取法分为三种,即芝麻馅汤圆、花生馅汤圆、豆沙馅汤圆取得个数分别为2,1,1;1,2,1;1,1,2,故所求概率为P=.7.“序数”指每个数字比其左边的数字大的自然数(如1 246),在两位的“序数”中任取一个数比36
5、大的概率是(A)(A)(B)(C)(D)解析:十位是1的两位的“序数”:8个;十位是2的:7个,依此类推:十位分别是3,4,5,6,7,8的各有6,5,4,3,2,1个,故两位的“序数”共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个,比36大的有:十位是3的:3个;十位是4的:5个,依此类推:十位分别是5,6,7,8的各有4,3,2,1个,所以比36大的两位的“序数”有3+5+4+3+2+1=18(个),所以所求概率P=.故选A.二、填空题8.10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件次品的概率为.解析:从10件产品中任取4件共种取法,取出的4件产品中恰好取到1件次品,有种取法
6、.故所求概率为P=.答案:9.一颗质地均匀的正方体骰子,其六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6,将这颗骰子连续抛掷三次,观察向上的点数,则三次点数依次成等差数列的概率为.解析:连续抛掷三次,共有63=216种情况,记三次点数分别为a,b,c,则a+c=2b.所以a+c为偶数,a,c奇偶相同且a,c的值可以相同,一旦a,c确定,b也唯一确定,故a,c的取法有232=18种,所以P=.答案:10.连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6),记“两次向上的数字之和等于m”为事件A,则P(A)最大时,m=.解析:1+1=2,1+2=3,1+3=4,1+4=5,1+5=6,
7、1+6=7,2+1=3,2+2=4,2+3=5,2+4=6,2+5=7,2+6=8,依次列出m的可能取值,知7出现次数最多.答案:711.甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲心中想一个数字,记为a,再由乙猜甲刚才所想的数字,把乙猜的数字记为b,其中a,b1,2,3,4,5,6,若|a-b|1,就称甲、乙“心相近”.现任意找两人玩这个游戏,则他们“心相近”的概率为.解析:甲、乙“心相近”,他们所有的选择如下:(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3),(3,4),(4,3),(4,4),(4,5),(5,4),(5,5),(5,6),(6,5),(6,6)共有1
8、6种情况,两人猜数的所有情况有36种,所以所求的概率为=.答案:12.投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次,第一次出现向上的点数为a,第二次出现向上的点数为b,直线l1的方程为ax-by-3=0,直线l2的方程为x-2y-2=0,则直线l1与直线l2有交点的概率为.解析:投掷一枚质地均匀的正方体骰子两次,向上的点数的结果有36种情况,直线l1与直线l2有交点即两直线斜率不相等,b2a,所以除(1,2),(2,4),(3,6)这3种情况外,其余都符合题意,即直线l1与直线l2有交点的情况有33种,故所求概率为=.答案:13.一只袋子中装有7个红球,3个绿球,从中无放回地任意抽取两次,每次只取一个,取
9、得两个红球的概率为,取得两个绿球的概率为,则取得两个同颜色的球的概率为;至少取得一个红球的概率为.解析:(1)由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件,取得两个同色球,只需两互斥事件有一个发生即可,因而取得两个同色球的概率为P=+=.(2)由于事件A“至少取得一个红球”与事件B“取得两个绿球”是对立事件,则至少取得一个红球的概率为P(A)=1-P(B)=1-=.答案:14. 用黑白两种颜色随机地染如图所示的表格中的6个格子,每个格子染一种颜色,则有种不同的染色方法.出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子数不少于白色格子数的概率为.解析:用黑白两种颜色随机地染表格中的6个格子,每
10、个格子染一种颜色,共有26=64(种)不同的染色方法.出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子数不少于白色格子数的情况有:全染黑色,有1种方法;第1个格子染黑色,另外5个格子中有1个格子染白色,剩余的都染黑色,有5种方法;第1个格子染黑色,另外5个格子中有2个格子染白色,剩余的都染黑色,有9种方法;第1个格子染黑色,另外5个格子中有3个格子染白色,剩余的都染黑色,有5种方法.所以出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子数不少于白色格子数包含的基本事件数为1+5+9+5=20,所以出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子数不少于白色格子数的概率P=.答案:64三、解答题15.某
11、公务员要去外地开会,他乘火车、汽车、飞机去的概率分别为0.6,0.1,0.3.(1)求他乘火车或飞机去的概率;(2)求他不乘飞机去的概率.解:记乘火车去为事件A,乘汽车去为事件B,乘飞机去为事件C.(1)乘火车或飞机去的概率为P1=P(AC)=P(A)+P(C)=0.6+0.3=0.9.(2)不乘飞机去的概率P2=1-P(C)=1-0.3=0.7.16.一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次,每次抽取1张,将抽取的卡片上的数字依次记为a,b,c.(1)求“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率;(2)求“抽取的卡片上的数字a,
12、b,c不完全相同”的概率.解:(1)由题意知,(a,b,c)所有的可能为(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3),共27种.设“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”为事件A,则事件A包括(1,1,2),(1,2,
13、3),(2,1,3),共3种.所以P(A)=.因此,“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为.(2)设“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”为事件B,则事件包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种.所以P(B)=1-P()=1-=.因此,“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率为.17.在一次抽奖活动中,被记为a,b,c,d,e,f的6人有获奖机会,抽奖规则如下:主办方先从这6人中任意抽取2人均获一等奖,再从余下的4人中随机抽取1人获二等奖,最后还从这余下的4人中随机抽取1人获三等奖,如果在每次抽取中,参与当次抽奖的人被抽到的机会相等.(1)求a获一等奖的概率
14、;(2)若a,b已获一等奖,求c能获奖的概率.解:(1)记“a获一等奖”为事件A,从这6人中随机抽取两人,其一切可能的结果组成的基本事件有: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.事件A包含的基本事件有:a,b,a,c,a,d,a,e,a,f,共5个.所以P(A)=,故a获一等奖的概率为.(2)记“若a,b已获一等奖,c能获奖”为事件B,a,b已获一等奖,余下的四个人中获二、三等奖,其一切可能的结果组成的基本事件有:c,c,c,d,c,e,c,f,d,c,d,d,d,e,d,f,e,c,e,d,e,e,e,f,f,c,f,d,f,e,f,f共16个,事件B包含的基本事件有c,c,c,d,c,e,c,f,d,c,e,c,f,c,共7个,所以P(B)=,故若a,b已获一等奖,c能获奖的概率为.