1、12.2 古典概型最新考纲考情考向分析1.理解古典概型及其概率计算公式2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.全国对古典概型每年都会考查，主要考查实际背景的可能事件，通常与互斥事件、对立事件一起考查在高考中单独命题时，通常以选择题、填空题形式出现，属于中低档题；与统计等知识结合在一起考查时，以解答题形式出现，属中档题.1古典概型的两个特点(1)有限性：在一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即只有有限个不同的基本事件；(2)等可能性：每个基本事件发生的可能性是均等的2古典概型的概率公式P(A)事件A包含的基本事件数试验的基本事件总数.题组一 思考辨析1判断下列结论是否正确(请
2、在括号中打“”或“”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽”与“不发芽”()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件()(3)从市场上出售的标准为 5005 g 的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型()(4)有 3 个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为13.()(5)从 1,2,3,4,5 中任取出两个不同的数，其和为 5 的概率是 0.2.()(6)在古典概型中，如果事件 A 中基本事件构成集合 A，且集合 A
3、中的元素个数为 n，所有的基本事件构成集合 I，且集合 I 中元素个数为 m，则事件 A 的概率为nm.()题组二 教材改编2一个盒子里装有标号为 1,2,3,4 的 4 张卡片，随机地抽取 2 张，则取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的概率是()A.14B.13C.12D.23答案 D解析 抽取两张卡片的基本事件有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共 6 种，和为奇数的事件有：(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共 4 种所求概率为4623.3袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为()A.25B.4
4、15C.35D.23答案 A解析 从袋中任取一球，有 15 种取法，其中取到白球的取法有 6 种，则所求概率为 P 61525.4已知 5 件产品中有 2 件次品，其余为合格品现从这 5 件产品中任取 2 件，恰有一件次品的概率为_答案 0.6解析 从 5 件产品中任取 2 件共有 C2510(种)取法，恰有一件次品的取法有 C12C136(种)，所以恰有一件次品的概率为 6100.6.题组三 易错自纠5将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行，则 2 本数学书相邻的概率为()A.12B.13C.23D.56答案 C解析 设两本不同的数学书为 a1，a2,1 本语文书为 b，
5、则在书架上的摆放方法有 a1a2b，a1ba2，a2a1b，a2ba1，ba1a2，ba2a1，共 6 种，其中数学书相邻的有 4 种因此 2 本数学书相邻的概率 P4623.6(2017合肥检测)已知函数 f(x)2x24ax2b2，若 a4,6,8，b3,5,7，则该函数有两个零点的概率为_答案 23解析 要使函数 f(x)2x24ax2b2 有两个零点，即方程 x22axb20 有两个实根，则 4a24b20，又 a4,6,8，b3,5,7，即 ab，而 a，b 的取法共有 339(种)，其中满足 ab 的取法有(4,3)，(6,3)，(6,5)，(8,3)，(8,5)，(8,7)，共
6、6 种，所以所求的概率为6923.题型一 基本事件与古典概型的判断1下列试验中，古典概型的个数为()向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；向正方形 ABCD 内，任意抛掷一点 P，点 P 恰与点 C 重合；从 1,2,3,4 四个数中，任取两个数，求所取两数之一是 2 的概率；在线段0,5上任取一点，求此点小于 2 的概率A0B1C2D3答案 B解析 中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，所以不是古典概型；的基本事件都不是有限个，不是古典概型；符合古典概型的特点，是古典概型2(2018沈阳模拟)有两个正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字 1,2,3,4，下面做投掷这两个正四面体玩具的
7、试验：用(x，y)表示结果，其中 x 表示第 1 个正四面体玩具出现的点数，y 表示第 2 个正四面体玩具出现的点数试写出：(1)试验的基本事件；(2)事件“出现点数之和大于 3”包含的基本事件；(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件解(1)这个试验的基本事件为(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)(2)事件“出现点数之和大于 3”包含的基本事件为(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，
8、(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)3袋中有大小相同的 5 个白球，3 个黑球和 3 个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球(1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？(2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解(1)由于共有 11 个球，且每个球有不同的编号，故共有 11 种不同的摸法又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本
9、事件的概率模型为古典概型(2)由于 11 个球共有 3 种颜色，因此共有 3 个基本事件，分别记为 A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为 111，而白球有 5 个，故一次摸球摸到白球的可能性为 511，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为 311，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型思维升华 一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型题型二 古典概型的求法典例(1)(2017全国)从分别写有
10、1,2,3,4,5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A.110B.15C.310D.25答案 D解析 从 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张的情况如图：基本事件总数为 25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为 10，所求概率 P102525.(2)袋中有形状、大小都相同的 4 个球，其中 1 个白球，1 个红球，2 个黄球，从中一次随机摸出 2 个球，则这 2 个球颜色不同的概率为_答案 56解析 基本事件共有 C246(种)，设取出两个球颜色不同为事件 A.A 包含的基本事件有
11、C12C12C11C115(种)故 P(A)56.(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件 A 表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件 A 发生的概率为_答案 112解析 五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为 A55120，满足事件 A“排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有 C15C1210(
12、种)可能，所以事件 A 出现的概率为 10120 112.引申探究1本例(2)中，若将 4 个球改为颜色相同，标号分别为 1,2，3,4 的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率解 基本事件数仍为 6.设标号和为奇数为事件 A，则 A 包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共 4 种，所以 P(A)4623.2本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率解 基本事件数为 C14C1416，颜色相同的事件数为 C12C11C12C126，故所求概率 P 61638.思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件 A 包
13、含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择跟踪训练(2017山东)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；(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(1)由题意知，从 6 个国家中任选 2 个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：A1，A2，A1，A3，A1，B1，A1，B2，A1，B3，A2，A3，A2，B1
14、，A2，B2，A2，B3，A3，B1，A3，B2，A3，B3，B1，B2，B1，B3，B2，B3，共 15 个所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：A1，A2，A1，A3，A2，A3，共 3 个，则所求事件的概率为 P 31515.(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选 1 个，其一切可能的结果组成的基本事件有：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 的事件所包含的基本事件有：A1，B2，A1，B3，共 2 个，则所求事件的概率为 P29.题型三 古典概型与统计的综合应用典例某县共有
15、 90 个农村淘宝服务网点，随机抽取 6 个网点统计其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数；(2)若网购金额(单位：万元)不小于 18 的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点，根据茎叶图推断这 90 个服务网点中优秀服务网点的个数；(3)从随机抽取的 6 个服务网点中再任取 2 个作网购商品的调查，求恰有 1 个网点是优秀服务网点的概率解(1)由题意知，样本数据的平均数x 4612121820612.(2)样本中优秀服务网点有 2 个，概率为2613，由此估计这 90 个服务网点中优秀服务网点有901330
16、(个)(3)样本中优秀服务网点有 2 个，分别记为 a1，a2，非优秀服务网点有 4 个，分别记为 b1，b2，b3，b4，从随机抽取的 6 个服务网点中再任取 2 个的可能情况有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共 15 种，记“恰有 1 个是优秀服务网点”为事件 M，则事件 M 包含的可能情况有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b
17、2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共 8 种，故所求概率 P(M)815.思维升华 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键跟踪训练 从某学校 2016 届高三年级共 800 名男生中随机抽取 50 名测量身高，被测学生身高全部介于 155 cm 和 195 cm 之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组155,160)，第二组160,165)，第八组190,195，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第六组比第七组
18、多 1 人，第一组和第八组人数相同(1)求第六组、第七组的频率并补充完整频率分布直方图；(2)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名，记他们的身高分别为 x，y，求|xy|5 的概率解(1)由频率分布直方图知，前五组的频率为(0.0080.0160.040.040.06)50.82，所以后三组的频率为 10.820.18，人数为 0.18509，由频率分布直方图得第八组的频率为 0.00850.04，人数为 0.04502，设第六组人数为m，则第七组人数为 m1，又 mm129，所以 m4，即第六组人数为 4，第七组人数为 3，频率分别为 0.08,0.06，频率除以组距分别等于
19、0.016,0.012，则完整的频率分布直方图如图所示：(2)由(1)知身高在180,185)内的男生有四名，设为 a，b，c，d，身高在190,195的男生有两名，设为 A，B.若 x，y180,185)，有 ab，ac，ad，bc，bd，cd 共 6 种情况；若 x，y190,195，只有 AB 1 种情况；若 x，y 分别在180,185)，190,195内，有 aA，bA，cA，dA，aB，bB，cB，dB 共 8 种情况，所以基本事件的总数为 68115，事件|xy|5 包含的基本事件的个数为 617，故所求概率为 715.六审细节更完善典例(12 分)一个袋中装有四个形状大小完全相
20、同的球，球的编号分别为 1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于 4 的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为 m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为 n，求 nm2 的概率(1)基本事件为取两个球(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示)把取两个球的所有结果列举出来1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,4两球编号之和不大于 4(注意：和不大于 4，应为小于 4 或等于 4)1,2，1,3利用古典概型概率公式求解P2613(2)两球分两次取，且有放回(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示)基本事件的总数可用列举法表示(1,1
21、)，(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)(注意细节，m 是第 1 个球的编号，n 是第 2 个球的编号)nm2 的情况较多，计算复杂(将复杂问题转化为简单问题)计算 nm2 的概率nm2 的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4)P1 316注意细节，P1 316是 nm2 的概率，需转化为其对立事件的概率nm2 的概率为 1P11316.规范解答解(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,
22、4，共 6 个从袋中取出的球的编号之和不大于 4 的事件有1,2，1,3，共 2 个因此所求事件的概率 P2613.4 分(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为 m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为 n，其一切可能的结果有(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 16 个6 分又满足条件 nm2 的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共 3 个，所以满足条件 nm2 的事件的概率 P1 316.10 分故满足条件 nm2 的事件
23、的概率为1P11 3161316.12 分1(2016全国)为美化环境，从红、黄、白、紫 4 种颜色的花中任选 2 种花种在一个花坛中，余下的 2 种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.13B.12C.23D.56答案 C解析 将 4 种颜色的花任选 2 种种在一个花坛中，余下 2 种种在另一个花坛中，有(红黄)、(白紫)，(白紫)、(红黄)，(红白)、(黄紫)，(黄紫)、(红白)，(红紫)、(黄白)，(黄白)、(红紫)，共 6 种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有(红黄)、(白紫)，(白紫)、(红黄)，(红白)、(黄紫)，(黄紫)，(红白)，共 4 种，故所
24、求概率为 P4623.2(2016全国)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.815B.18C.115D.130答案 C解析 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，所以总的基本事件的个数为 15，密码正确只有一种，概率为 115，故选 C.3(2017山东)从分别标有 1,2，9 的 9 张卡片中不放回地随机抽取 2 次，每次抽取 1 张，则抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A.518B.49C.59D.79
25、答案 C解析 由题意，得 P(抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同)54C29 59.故选 C.4(2018梅州一模)甲、乙两校各有 3 名教师报名支教，若从这 6 名教师中任选 2 名，则选出的 2 名教师来自同一学校的概率为()A.59B.49C.35D.25答案 D解析 从 6 名教师中任选 2 名教师的种数为 C2615，其中来自同一学校的种数为 2C23236，故所求事件的概率 P25，故选 D.5(2017深圳一模)一个不透明袋中装有大小、质地完全相同的四个球，四个球上分别标有数字 2,3,4,6.现从中随机选取三个球，则所选的三个球上的数字能构成等差数列的概率是()A.14B.12
26、C.13D.23答案 B解析 因为从四个球中随机选三个共有 C344(种)不同的选法，其中能构成等差数列的三个数分别为(2,3,4)，(2,4,6)，共 2 种不同的选法，所以根据古典概型概率公式，得 P2412，故选B.6设 m，n 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有 5 的条件下，方程 x2mxn0 有实根的概率为()A.1136B.736C.711D.710答案 C解析 先后两次出现的点数中有 5 的情况有(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共 11 种，其中使方程
27、x2mxn0 有实根的情况有：(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共 7 种故所求事件的概率 P 711.7(2016四川)从 2,3,8,9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则 logab 为整数的概率是_答案 16解析 从 2,3,8,9 中任取 2 个不同的数字，记为(a，b)，则有(2,3)，(3,2)，(2,8)，(8,2)，(2,9)，(9,2)，(3,8)，(8,3)，(3,9)，(9,3)，(8,9)，(9,8)，共有 12 种情况，其中符合 logab 为整数的有log39 和 log28 两种情况，P 21216.8(
28、2018 届唐山模拟)无重复数字的五位数 a1a2a3a4a5，当 a1a3，a3a5 时称为波形数，则由 1,2,3,4,5 任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是_答案 215解析 a2a1，a2a3，a4a3，a4a5，a2 只能是 3,4,5 中的一个(1)若 a23，则 a45，a54，a1 与 a3 是 1 或 2，这时共有 A222(个)符合条件的五位数(2)若 a24，则 a45，a1，a3，a5 可以是 1,2,3，共有 A336(个)符合条件的五位数(3)若 a25，则 a43 或 4，此时分别与(1)(2)中的个数相同满足条件的五位数有 2(A22A33)16
29、(个)又由 1,2,3,4,5 任意组成的一个没有重复数字的五位数有 A55120(个)，故所求概率为 16120 215.9在集合xxn3，n1，2，3，10中任取一个元素，所取元素恰好满足方程 cos x12的概率是_答案 310解析 基本事件总数为 10，满足方程 cos x12的基本事件数为 3，故所求概率 P 310.9袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球，其中有 10 个白球，5 个红球从袋中任取 2 个球，则所取的 2 个球中恰有 1 个白球、1 个红球的概率为_答案 1021解析 从袋中任取 2 个球共有 C215105(种)取法，其中恰好 1 个白球、1 个红球共有 C1
30、10C1550(种)取法，所以所取的球恰好 1 个白球、1 个红球的概率为 501051021.1010 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 件次品的概率是_答案 12解析 从 10 件产品中取 4 件，共有 C410种取法，取到 1 件次品的取法有 C13C37种，由古典概型概率计算公式得 PC13C37C410 335210 12.11设连续抛掷两次骰子得到的点数分别为 m，n，令平面向量 a(m，n)，b(1，3)(1)求事件“ab”发生的概率；(2)求事件“|a|b|”发生的概率解(1)由题意知，m1,2,3,4,5,6，n1,2,3,4,5,6，故(
31、m，n)所有可能的情况共 36 种因为 ab，所以 m3n0，即 m3n，有(3,1)，(6,2)，共 2 种，所以事件“ab”发生的概率为 236 118.(2)由|a|b|，得 m2n210，有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共 6 种，其概率为 63616.所以事件“|a|b|”发生的概率为16.12海关对同时从 A，B，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取 6 件样品进行检测.地区ABC数量50150100(1)求这 6 件样品中来自 A，B，C 各
32、地区商品的数量；(2)若在这 6 件样品中随机抽取 2 件送往甲机构进行进一步检测，求这 2 件商品来自相同地区的概率解(1)A，B，C 三个地区商品的总数量为 50150100300，抽样比为 6300 150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50 1501,150 1503,100 1502.所以 A，B，C 三个地区的商品被选取的件数分别是 1,3,2.(2)设 6 件来自 A，B，C 三个地区的样品分别为A；B1，B2，B3；C1，C2.则从 6 件样品中抽取的这 2 件商品构成的所有基本事件为：A，B1，A，B2，A，B3，A，C1，A，C2，B1，B2，B1，B3，B1，C1
33、，B1，C2，B2，B3，B2，C1，B2，C2，B3，C1，B3，C2，C1，C2，共 15 个每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的记事件 D：“抽取的这 2 件商品来自相同地区”，则事件 D 包含的基本事件有B1，B2，B1，B3，B2，B3，C1，C2，共 4 个所以 P(D)415，即这 2 件商品来自相同地区的概率为 415.13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_.答案 7解析 112,123,134,145,156，167,213,224,235,246
34、,257,268，依次列出 m 的可能取值，知 7 出现次数最多14.(2016山东)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数设两次记录的数分别为 x，y.奖励规则如下：若 xy3，则奖励玩具一个；若 xy8，则奖励水杯一个；其余情况奖励饮料一瓶假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀，小亮准备参加此项活动(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由解(1)用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间 与点集 S(x，y)|xN，yN,1x4,1y
35、4一一对应因为 S 中元素的个数是 4416，所以基本事件总数 n16.记“xy3”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件共 5 个，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)，所以 P(A)516，即小亮获得玩具的概率为 516.(2)记“xy8”为事件 B，“3xy8”为事件 C.则事件 B 包含的基本事件共 6 个，即(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)所以 P(B)61638.事件 C 包含的基本事件共 5 个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)所以 P(C)516.因为38 516，所以小亮获得水杯的概率大
36、于获得饮料的概率15从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是 6 的概率为_答案 16解析 十个数中任取七个不同的数共有 C710种情况，七个数的中位数为 6，那么 6 只能处在中间位置，有 C36种情况，于是所求概率 PC36C71016.16一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 abc”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率解(1)由题意知，(a，b，c
37、)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 abc”为事件 A，则事件 A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共 3 种所以 P(A)32719.因此，“抽取的卡片上的数字满足 abc”的概率为19.(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 B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共 3 种所以 P(B)1P(B)1 32789.因此，“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率为89.
