高考数学一轮复习第十一章第四节随机事件的概率课后作业理6(1).doc
高考数学一轮复习 第十一章 概率与统计11.1事件与概率
课时作业55 事件与概率 一、选择题1．下列说法正确的是( )．A ．某事件发生的频率为P (A )＝1.1B ．不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1C ．小概率事件就是不可能发生的事件，大概率事件就是必然发生的事件D ．某事件发生的概率是随着试验次数的变化而变化的2．甲：A 1，A 2是互斥事件；乙：A 1，A 2是对立事件，那么( )．A ．甲是乙的充分但不必要条件B ．甲是乙的必要但不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件3．从一篮子鸡蛋中任取1个，如果其重量小于30克的概率为0.3，重量在[30,40]克的概率为0.5，那么重量不小于30克的概率为( )．A ．0.3B ．0.5C ．0.8D ．0.74．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子(六个面上分别写有1,2,3,4,5,6)，若前3次连续抛到“6点朝上”，则对于第4次抛掷结果的预测，下列说法中正确的是( )．A ．一定出现“6点朝上”B ．出现“6点朝上”的概率大于16C ．出现“6点朝上”的概率等于16D ．无法预测“6点朝上”的概率5．给出以下三个命题：(1)将一枚硬币抛掷两次，记事件A ：“两次都出现正面”，事件B ：“两次都出现反面”，则事件A 与事件B 是对立事件；(2)在命题(1)中，事件A 与事件B 是互斥事件；(3)在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，记事件A ：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B ：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A 与事件B 是互斥事件． 其中真命题的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．36．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，A ＝30°，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a ，b ，则满足条件的三角形有两个解的概率是( )．A ．16B ．13C ．12D ．347．从某自动包装机包装的食盐中，随机抽取20袋，测得各袋的质量分别为(单位：g)： 492 496 494 495 498 497 501 502 504 496497 503 506 508 507 492 496 500 501 499根据样本频率分布估计总体分布的原理，该自动包装机包装的袋装食盐质量在497.5～501.5 g 之间的概率约为( )．A ．0.25B ．0.20C ．0.35D ．0.45二、填空题8．现有语文、数学、英语、物理和化学共5本书，从中任取1本，取出的是理科书的概率为__________．9．某地有居民100 000户，其中普通家庭99 000户，高收入家庭1 000户．从普通家庭中以简单随机抽样方式抽取990户，从高收入家庭中以简单随机抽样方式抽取100户进行调查，发现共有120户家庭拥有3套或3套以上住房，其中普通家庭50户，高收入家庭70户．依据这些数据并结合所掌握的统计知识，你认为该地拥有3套或3套以上住房的家庭所占比例的合理估计是__________．10．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是__________，他属于不超过2个小组的概率是__________．三、解答题11．下表为某班的英语及数学成绩，全班共有学生50人，成绩分为1～5分五个档次．例如表中所示英语成绩为4分的学生共14人，数学成绩为5分的共5人．设x ，y 分别表示英语成绩和数学成绩.(1)x ＝4的概率是多少？x ＝4且y ＝3的概率是多少？x ≥3的概率是多少？(2)x ＝2的概率是多少？a ＋b 的值是多少？12．(2012北京高考)近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)： “厨余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱厨余垃圾 400 100 100可回收物 30 240 30其他垃圾 20 20 60(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；(2)试估计生活垃圾投放错误的概率；(3)假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a ，b ，c ，其中a ＞0，a ＋b ＋c ＝600.当数据a ，b ，c 的方差s 2最大时，写出a ，b ，c 的值(结论不要求证明)，并求此时s 2的值．(注：s 2＝1n[(x 1－x )2＋(x 2－x )2＋…＋(x n －x )2]，其中x 为数据x 1，x 2，…，x n 的平均数)参考答案一、选择题1．B 解析：概率、频率的值不能大于1，故A 错；小概率事件不一定不发生，大概率事件也不一定发生，故C 错；概率是频率的稳定值，不会随试验次数的变化而变化，故D 错．2．B 解析：由互斥事件、对立事件的含义知选B.3．D4．C 解析：随机事件具有不确定性，与前面的试验结果无关．由于正方体骰子的质地是均匀的，所以它出现哪一个面朝上的可能性都是相等的．5．B 解析：(1)中A 与B 互斥但不对立；(2)是真命题；(3)事件A 与事件B 不互斥．6．A 解析：要使△ABC 有两个解，需满足的条件是⎩⎪⎨⎪⎧ a >b sin A ，b >a .因为A ＝30°，所以⎩⎪⎨⎪⎧ b <2a ，b >a ，满足此条件的a ，b 的值有b ＝3，a ＝2；b ＝4，a ＝3；b＝5，a ＝3；b ＝5，a ＝4；b ＝6，a ＝4；b ＝6，a ＝5，共6种情况，所以满足条件的三角形有两个解的概率是636＝16. 7．A 解析：袋装食盐质量在497.5～501.5 g 之间的有5袋，故所求概率P ≈520＝0.25. 二、填空题8．359．5.7% 解析：所抽取的990户普通家庭中有50户拥有3套或3套以上住房，所抽取的100户高收入家庭中有70户拥有3套或3套以上住房，那么99 000户普通家庭中就约有5 000户拥有3套或3套以上住房，1 000户高收入家庭中就约有700户拥有3套或3套以上住房．那么该地100 000户居民中拥有3套或3套以上住房的家庭占的比例约为5 000＋700100 000×100%＝5 700100 000×100%＝5.7%. 10．35 1315解析：“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35. “不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”．故他属于不超过2个小组的概率是P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315. 三、解答题11．解：(1)P (x ＝4)＝1＋0＋7＋5＋150＝725； P (x ＝4，y ＝3)＝750， P (x ≥3)＝P (x ＝3)＋P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝2＋1＋0＋9＋350＋725＋1＋3＋1＋0＋150＝710. (2)P (x ＝2)＝1－P (x ＝1)－P (x ≥3)＝1－110－710＝15. 又∵P (x ＝2)＝1＋b ＋6＋0＋a 50＝15， ∴a ＋b ＝3.12．解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为 “厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝23. (2)设生活垃圾投放错误为事件A ，则事件A 表示生活垃圾投放正确．事件A 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P (A )约为400＋240＋601 000＝0.7， 所以P (A )约为1－0.7＝0.3.(3)当a ＝600，b ＝c ＝0时，s 2取得最大值．因为x ＝13(a ＋b ＋c )＝200，所以s 2＝13×[(600－200)2＋(0－200)2＋(0－200)2]＝80 000.。
【瀚海导航】高考数学总复习第十一单元 第四节 随机事件的概率精品课件
分析 根据互斥事件，对立事件概念判断．
解 1)由于事件C“至多订一种报”中有可能只 订甲报，即事件A与事件C有可能同时发生，故A与
C不是互斥事件．
(2)事件B“至少订一种报”与事件E“一种报也
不订”是不可能同时发生的，故B与E是互斥事件； 由于事件B和E必有一个发生，故B与E是对立事 件．
(3)事件B“至少订一种报”中有可能只订乙报，
不是对立事件． (2)“至少有1件次品”包括“2件正品1件次品”“1件 正品2件次品”“全是次品”3种情况，它与“全是次品” 既不是互斥事件也不是对立事件．
(3)“至少有2件次品”包括“1件正品2件次 品”“全是次品”2种情况；“至多有1件次品” 包括“2件正品1件次品”“全是正品”2种情况，
它们既是互斥事件也是对立事件．
品的概率是多少？
【解析】
(2)由(1)知，概率大约是0.95.
互斥事件、对立事件的概率
12分)某人射击1次，命中7～10环的概率如
下表所示：
分析 首先用字母表示事件，然后合理运用互斥事件、
对立事件简化概率的计算． 解
答：此人射击1次，至少命中7环的概率为0.9，命中不
足7环的概率为0.1.12分
定是互斥事件，但两个互斥事件却不一 定是对立事件，解题时一定要搞清两种事件 的关系．
(2)注意事项：对于互斥事件与对立事件
等易混淆的概念，应注意弄清它们之间的区 别与联系；对于概念的处理，应突出其实际 意义．
变式训练1
从6件正品与3件次品中任取3件，观察正品
件数与次品件数，判断下列每个事件是不是互斥事件；如 果是，再判断它们是不是对立事件． (1)“恰好有1件次品”和“恰好有2件次品”；
随机事件的频率与概率
11-4随机事件的概率(一轮复习)
若事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝ P(A)＋P(B) ． 5．对立事件的概率 若事件 A 与事件 B 互为对立事件，则 A∪B 为必然事件．P(A ∪B)＝ 1 ，P(A)＝ 1－P(B) ．
课 时 跟 踪 检 测
必考部分 第十一章 §11.4
第11页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
课 时 跟 踪 检 测 真 题 演 练 集 训
题 型 重 点 研 讨
为事件 A 的概率，简称为 A 的概率．
必考部分 第十一章 §11.4
第 7页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
基 础 分 层 导 学
考点 2
事件的关系与运算
真 题 演 练 集 训
题 型 重 点 研 讨
课 时 跟 踪 检 测
题 型 重 点 研 讨
课 时 跟 踪 检 测
必考部分 第十一章 §11.4
第13页
名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
基 础 分 层 导 学
[双基夯实]
真 题 演 练 集 训
1.[教材习题改编]从 6 名男生、2 名女生中任选 3 人，则下列事 件：①3 人都是男生；②至少有 1 名男生；③3 人都是女生；④至
(2)[教材习题改编]经统计，在夏日超市付款处排队等候付款的 人数及其概率如下： 排队人数 概率 0 1 2 3 4 5 人及以上 0.04
真 题 演 练 集 训
0.1 0.16 0.3
0.3 0.1
题 型 重 点 研 讨
0.74 则至少有 2 人排队的概率为__________ ．
解析：依题意，“至少有 2 人排队”记为事件 A，则其对立 事件为至多有 1 人排队， 所以 P(A)＝1－(0.1＋0.16)＝0.74.
2022届高考一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第4节随机事件的概率课时跟踪检测理含解
第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布第四节 随机事件的概率A 级·基础过关 |固根基|1.如果事件A 与B 是互斥事件，且事件A∪B 发生的概率是0.64，事件B 发生的概率是事件A 发生的概率的3倍，则事件A 发生的概率为( )A ．0.64B ．0.36C ．0.16D ．0.84解析：选C 设P(A)＝x ，则P(B)＝3x ，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x ＋3x ＝0.64，解得x ＝0.16，故选C ．2．(2019届西安五校模拟)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，如果事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A ．至多有一张移动卡B ．恰有一张移动卡C ．都不是移动卡D ．至少有一张移动卡解析：选A “2张全是移动卡”的对立事件是“2张不全是移动卡”，即至多有一张移动卡． 3．4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( )A ．13 B ．12 C ．23D ．34解析：选C 从4张卡片中抽取2张的方法有6种，和为奇数的情况有4种，∴P＝23.4．从1，2，3，4，5这5个数中任取3个不同的数，则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是( )A ．310B ．15C ．12D ．35解析：选A 从1，2，3，4，5这5个数中任取3个数，共有10种情况，其中三个数可作为三角形边长的有(2，3，4)，(2，4，5)，(3，4，5)3种情况，故所求概率P ＝310.故选A ．5．(2019届湖南长沙模拟)同时掷3枚硬币，至少有1枚正面向上的概率是( ) A ．78 B ．58 C ．38D ．18解析：选A 由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是将1枚硬币连续抛掷三次，共有8种结果，满足条件的事件的对立事件是3枚硬币都是背面向上，有1种结果，所以至少一枚正面向上的概率是1－18＝78.故选A ．6．(2019年全国卷Ⅲ)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( ) A ．16 B ．14 C ．13D ．12解析：选D 将两位男同学分别记为A 1，A 2，两位女同学分别记为B 1，B 2，则四位同学排成一列，情况有A 1A 2B 1B 2，A 1A 2B 2B 1，A 2A 1B 1B 2，A 2A 1B 2B 1，A 1B 1A 2B 2，A 1B 2A 2B 1，A 2B 1A 1B 2，A 2B 2A 1B 1，B 1A 1A 2B 2，B 1A 2A 1B 2，B 2A 1A 2B 1，B 2A 2A 1B 1，A 1B 1B 2A 2，A 1B 2B 1A 2，A 2B 1B 2A 1，A 2B 2B 1A 1，B 1B 2A 1A 2，B 1B 2A 2A 1，B 2B 1A 1A 2，B 2B 1A 2A 1，B 1A 1B 2A 2，B 1A 2B 2A 1，B 2A 1B 1A 2，B 2A 2B 1A 1，共有24种，其中两位女同学相邻的有12种，所以所求概率P ＝12.故选D ．7．(2019年全国卷Ⅱ)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( )A ．23B ．35C ．25D ．15解析：选B 设3只测量过某项指标的兔子为A ，B ，C ，另2只兔子为a ，b ，从这5只兔子中随机取出3只，则基本事件共有10种，分别为(A ，B ，C)，(A ，B ，a)，(A ，B ，b)，(A ，C ，a)，(A ，C ，b)，(A ，a ，b)，(B ，C ，a)，(B ，C ，b)，(B ，a ，b)，(C ，a ，b)，其中“恰有2只测量过该指标”的取法有6种，分别为(A ，B ，a)，(A ，B ，b)，(A ，C ，a)，(A ，C ，b)，(B ，C ，a)，(B ，C ，b)，因此所求的概率为610＝35，故选B ． 8．(2019届云南质检)在2，0，1，8这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( )A ．34B ．58C ．12D ．14解析：选C 分析题意可知，共有(0，1，2)，(0，2，8)，(1，2，8)，(0，1，8)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P ＝12.9．有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起组成两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是( )A ．16B ．13C ．12D ．38解析：选 C 将两张卡片排在一起组成两位数，所组成的两位数有12，13，20，21，30，31，共6个，两位数为奇数的有13，21，31，共3个，故所组成的两位数为奇数的概率为36＝12.10．(2019届银川模拟)已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙胜的概率为13，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为( )A ．16，16 B ．12，23 C ．16，23D ．23，12解析：选C 因为“甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以甲胜的概率为1－12－13＝16.设“甲不输”为事件A ，则A 可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以P(A)＝16＋12＝23(或设“甲不输”为事件A ，则A ⎭⎪⎫可看作是“乙胜”的对立事件，所以P （A ）＝1－13＝23. 11．(2019届吉林模拟)从分别写有0，1，2，3，4的五张卡片中取出一张卡片．记下数字后放回，再从中取出一张卡片，则两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率是________．解析：从0，1，2，3，4五张卡片中取出两张卡片的结果有25种，数字之和恰好等于4的结果有(0，4)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(4，0)，共5种，所以数字之和恰好等于4的概率是P ＝15.答案：1512．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解：(1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝1501 000＝0.15，P(B)＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔 4 000元”，由已知，得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.13．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：(2)从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率； (3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B 的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．解：(1)由题知，样本中仅使用A 的学生有27＋3＝30(人)，仅使用B 的学生有24＋1＝25(人)，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人，故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．估计该校学生中上个月A ，B 两种支付方式都使用的人数为40100×1 000＝400.(2)记事件C 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”， 则P(C)＝125＝0.04.(3)记事件E 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000元”． 由(2)知，P(E)＝0.04.可以认为有变化．理由如下：因为P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化.B 级·素养提升 |练能力|14.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )A ．134石B ．169石C ．338石D ．1 365石解析：选B 这批米内夹谷为28254×1 534≈169(石)，故选B ．15．把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a ，第二次出现的点数为b ，向量m ＝(a ，b)，n ＝(1，2)，则向量m 与向量n 不共线的概率是( )A ．16B ．1112C ．112D ．118解析：选B 若m 与n 共线，则2a －b ＝0，即2a ＝b.(a ，b)的可能情况有36种，符合2a ＝b 的有(1，2)，(2，4)，(3，6)，共3种，故共线的概率是336＝112，从而不共线的概率是1－112＝1112.16．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a ，P(B)＝3a －4，则实数a 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤43，32B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫43，32 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，43 解析：选A 由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧0<P （A ）<1，0<P （B ）<1，P （A ）＋P （B ）≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a<1，0<3a －4<1，2a －2≤1，解得43<a ≤32，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤43，32.故选A ．17．(2019届合肥模拟)某城市有连接8个小区A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 和市中心O 的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示．某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A 前往小区H ，则他经过市中心O 的概率为( )A ．13B ．23C ．14D ．34解析：选B 由题意知，此人从小区A 前往小区H 的所有最短路径为：A→B→C→E→H，A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，A→D→F→G→H，共6条．记“此人经过市中心O”为事件M ，则M 包含的基本事件为：A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，共4个，所以P(M)＝46＝23，即他经过市中心O 的概率为23.。
高中数学一轮复习理数通用版：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 Word版含解析
第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节 排列、组合本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一) 两个计数原理[基本知识]1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ×n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较 名称分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点 运用加法运算运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 [基本能力]1．判断题(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√2．填空题(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________．解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．答案：6(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：36(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120[全析考法]分类加法计数原理(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1](1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种(2)(·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10[解析](1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方式．(2)①当a＝0时，有x＝－b2，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.[答案](1)B(2)B[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2](1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案](1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案](1)B(2)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．[全练题点]1.[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504 B．210C．336 D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2.[考点二]某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A．20 B．25C．32 D．60解析：选C依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.3.[考点一]从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3 B．4C．6 D．8解析：选D先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.4.[考点一]在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．答案：85.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3是否同色分类．①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：96突破点(二)排列、组合问题[基本知识]1．排列与排列数排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n组合从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n排列数组合数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！C m n＝A m nA m m＝n(n－1)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！性质A n n＝n！；0！＝1C0n＝1；C m n＝C n－mn_；C m n＋C m－1n＝C m n＋1备注n，m∈N*且m≤n4．排列与组合的区别[基本能力]1．判断题(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )(3)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立．( ) (4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )(5)A m n ＝n A m －1n －1.( )(6)k C k n ＝n C k －1n －1.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√2．填空题(1)A 、B 、C 、D 、E 五人并排站成一排，不同的排法共有________种．答案：120(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．解析：由题意，得毕业留言共A 240＝1 560(条)．答案：1 560(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．解析：依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24(种)．答案：24(4)方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x的解为________． 解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：5(5)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则m ＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，原等式可化为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2. 答案：2[全析考法]排列问题[例1] (1)的排法共有( )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．[解析] (1)第一类：甲在最左端，有A 55＝120种排法；第二类：乙在最左端，有4A 44＝96种排法，所以共有120＋96＝216种排法．(2)记其余两种产品为D ，E ，由于A ，B 相邻，则视为一个元素，先与D ，E 排列，有A 22A 33种方法．再将C 插入，仅有3个空位可选，共有A 22A 33C 13＝2×6×3＝36种不同的摆法．[答案] (1)B (2)36[方法技巧] 求解排列问题的六种主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算 优先法优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中 定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法组合问题常见题型一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等解题思路(1)分清问题是否为组合问题；(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86C．91 D．90(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．130 B．120C．90 D．60(3)(·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C25C13＋C15C24＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C 48－C 46＝55.从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A 24＝12种．故总共有55×12＝660种选法．[答案] (1)B (2)A (3)660[方法技巧] 有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． [答案] (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略[全练题点]1.[考点一]某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40 解析：选B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A 55，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为A 55A 33＝5×4＝20.2.[考点三]世界华商大会的某分会场有A ，B ，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为( )A ．12B ．10C ．8D ．6解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A 33种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A 33＝6.3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4.[考点一、二](·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有C 14C 35A 44＝960个． (2)没有偶数的四位数有A 45＝120个． 故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个． 答案：1 0805.[考点二]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.答案：472[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C 24种分法． 第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A 33种分配方法，故共有C 24·A 33＝36种安排方法．2．(·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9解析：选B分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.3．(·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14(个)，故选C.4．(·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种解析：选C从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75(种)．故选C.[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)两个计数原理1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15 D．21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x ＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.2．(·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是()A．7 B．10C．25D．52解析：选B因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种解析：选B赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．4．(·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243 B．252C．261 D．279解析：选B0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24 B．14C．10 D．9解析：选B第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A 不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．答案：420对点练(二)排列、组合问题1．(·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有()A．34种B．48种C．96种D．144种解析：选C特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96种排法，故选C.2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10 B．20C．30 D．40解析：选B将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22A22＝20(种)．3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为()A．13 B．24C．18 D．72解析：选D可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C34A13A33＝72.4．(·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13A33＋C23A33＝36(种)．5．(·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有()A．72种B．36种C．24种D．18种解析：选B A12(C23C13＋C13C23)＝36(种)．6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20.答案：207．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种情况．答案：968．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11[大题综合练——迁移贯通]1．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．(1)共有多少种不同的排法？(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)解：(1)从4名男生中选出2人，有C24种选法，从6名女生中选出3人，有C36种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有C24C36A55＝14 400(种)．(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有C24C36A33A24＝8 640(种)．2．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；。
湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第十一章 第四节 随机事件的概率与古典概型
∵P(A1)>P(A2),∴甲应选择L1.
同理,P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8,P(B2)=0+0.1+0.4+0.4=0.9.
∵P(B1)<P(B2),∴乙应选择L2.
规律方法 计算简单随机事件的频率或概率的解题步骤
对点训练某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为
P(A)+P(B)
性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=
P(A)=
1
1-P(B)
1-P(A)
;
,
;
性质5:如果A⊆B,那么
P(A)≤P(B)
,由该性质可得,对于任意事件A,因为
⌀⊆A⊆Ω,所以0≤P(A)≤1;
性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,有
P(A∪B)= P(A)+P(B)-P(A∩B) .
选择L1的人数 6
12
18
12
12
选择L2的人数 0
4
16
16
4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率;
(2)分别求通过路径L1和乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站,为了尽最大
可能在允许的时间内赶到火车站,试通过计算说明,他们应如何选择各自的
(2)记B为事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的
160%”,求P(B)的估计值;
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
解 (1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2.
由所给数据知,一年内出险次数小于 2
60+50
的频率为 200 =0.55,故
高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第四节随机事件的概率课后作业理
【2019最新】精选高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第四节随机事件的概率课后作业理一、选择题1．抽查10件产品，设事件A为“至少有2件次品”，则事件A的对立事件为( )A．至多有2件次品 B．至多有1件次品C．至多有2件正品 D．至少有2件正品2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( )A．A∪B与C是互斥事件，也是对立事件B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件3．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( ) A．0.45 B．0.67 C．0.64 D．0.324．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A. B. C. D．15．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是( ) A．甲获胜的概率是 B．甲不输的概率是12C．乙输了的概率是 D．乙不输的概率是12二、填空题6．已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8、0.12、0.05，则这台纺纱机在1小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为________，________.7．某城市2015年的空气质量状况如下表所示：100<T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2015年空气质量达到良或优的概率为________．8．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．三、解答题9．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：求：(1)(2)至少3人排队等候的概率是多少？10．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X 每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,1 40,160.(1)完成如下的频率分布表：近20年六月份降雨量频率分布表(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．1．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为( )A. B. C. D.132．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，若红球有21个，则黑球有________个．答案一、选择题1. 解析：选B ∵“至少有n个”的反面是“至多有n－1个”，又∵事件A“至少有2件次品”，∴事件A的对立事件为“至多有1件次品”．2. 解析：选D 由于A，B，C，D彼此互斥，且A∪B∪C∪D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．3. 解析：选D 摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.4. 解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B 互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.5. 解析：选A “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－－＝，故A正确；“乙输”等于“甲获胜”，其概率为，故C不正确；设事件A为“甲不输”，则A是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝＋＝或设事件A为“甲不输”看作是“乙获胜”的对立事件，所以P(A)＝1－＝，故B不正确；同理，“乙不输”的概率为，故D不正确．二、填空题6. 解析：断头不超过两次的概率P1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.97.于是，断头超过两次的概率P2＝1－P1＝1－0.97＝0.03.答案：0.97 0.037. 解析：由题意可知2015年空气质量达到良或优的概率为P＝＋＋＝.答案：358. 解析：由题意得an＝(－3)n－1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以p＝＝.答案：35三、解答题9. 解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.10. 解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为Y＝＋425，故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝＋＋＝.故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为.1. 解析：选A 从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm～170.5 cm之间的学生有8人，频率为，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为.2. 解析：摸到黑球的概率为1－0.42－0.28＝0.3.设黑球有n个，则＝，故n＝15.答案：15。
高考第一轮复习数学：11.1 随机事件的概率 高考数学第一轮复习教案集 新课标 人教版 高考数学第
●知识梳理
1.随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件.
2.必然事件：在一定条件下必然要发生的事件.
3.不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件.
A的概率：在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率 总接近于某个常数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件A的概率,记作P（A）.由定义可知0≤P（A）≤1,显然必然事件的概率是1,不可能事件的概率是0.
解析：10位同学总参赛次序A .一班3位同学恰好排在一起,而二班的2位同学没有排在一起的方法数为先将一班3人捆在一起A ,与另外5人全排列A ,二班2位同学不排在一起,采用插空法A ,即A A A .
∴所求概率为 = .
答案：B
3.（2004年某某,9）将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是
答案：B
2.（2004年某某模拟题）甲、乙二人参加法律知识竞赛,共有12个不同的题目,其中选择题8个,判断题4个.甲、乙二人各依次抽一题,则甲抽到判断题,乙抽到选择题的概率是
A. B. C. D.
解析：甲、乙二人依次抽一题有C ·C 种方法,
而甲抽到判断题,乙抽到选择题的方法有C C 种.
∴P= = .
（2）当m=7时,（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共有6种,此时P= = 最大.
●思悟小结
求解等可能性事件A的概率一般遵循如下步骤：
（1）先确定一次试验是什么,此时一次试验的可能性结果有多少，即求出A.
（2）再确定所研究的事件A是什么,事件A包括结果有多少,即求出m.
●点击双基
1.（2004年全国Ⅰ,文11）从1，2，…，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是
2024届高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布高考解答题专项六课件
①求抽取的3名用户,既有30岁及以下的“语音达人”又有30岁以上“语音达
人”的概率;
②为鼓励30岁以上用户使用语音,对抽取的30岁以上“语音达人”,每人奖励
100元话费,记奖励总金额为X,求X的均值.
2
(-)
2
附:χ =
,其中 n=a+b+c+d.
(+)(+)(+)(+)
新增企业的数量;
(2)若在此地进行考察,考察企业中有4个为“专精特新”企业,3个为普通企业,
现从这7个企业中随机抽取3个,用X表示抽取的3个为“专精特新”企业的个
数,求随机变量X的分布列与均值.
^
^
^
参考公式:经验回归方程 = a + x 中,斜率和截距的最小二乘估计分别为
^
=
∑ ( -)( -) ^
∑ ( -)
=1
2
^
^
, = − .
解(1)由题意得,
=
1+2+3+4+5+6+7+8
8
=
14+12+20+20+22+24+30+26
=21,
8
=
8
^
=
∑ -8·
i=1
8
∑ 2 -8
2
=
=1
^
^
= − · =
9
2
850-8× ×21
22
C12
=
21
C37
,P(X=3)= 3
近年高考数学一轮复习第11章计数原理和概率第4课时随机事件的概率练习理(2021年整理)
2019高考数学一轮复习第11章计数原理和概率第4课时随机事件的概率练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考数学一轮复习第11章计数原理和概率第4课时随机事件的概率练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019高考数学一轮复习第11章计数原理和概率第4课时随机事件的概率练习理的全部内容。
第4课时随机事件的概率1．将一个骰子抛掷一次，设事件A表示向上的一面出现的点数不超过3，事件B表示向上的一面出现的点数不小于4，事件C表示向上的一面出现奇数点，则( ）A．A与B是对立事件B．A与B是互斥而非对立事件C．B与C是互斥而非对立事件D．B与C是对立事件答案A解析由题意知,事件A包含的基本事件为向上点数为1，2，3，事件B包含的基本事件为向上的点数为4，5，6。
事件C包含的点数为1，3，5。
A与B是对立事件，故选A.2．从一堆产品（其中正品与次品都多于2件）中任取2件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的是（)A．恰好有1件次品和恰好有2件次品B．至少有1件次品和全是次品C．至少有1件正品和至少有1件次品D．至少有1件次品和全是正品答案A解析依据互斥和对立事件的定义知，B，C都不是互斥事件；D不但是互斥事件而且是对立事件;只有A是互斥事件但不是对立事件．3．(2018·广东茂名模拟）在｛1，3,5｝和｛2，4｝两个集合中各取一个数字组成一个两位数，则这个数能被4整除的概率是（)A。
错误!B。
错误!C。
错误!D。
错误!答案D解析符合条件的所有两位数为12，14，21，41，32，34，23，43，52，54，25,45，共12个，能被4整除的数为12，32，52，共3个，故所求概率P＝312＝错误!。
新教材高考数学一轮复习第十一章11-4随机事件与概率课件新人教版
是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的
3
概率是 ；③随机事件发生的频率就是这样随机事件发生的概率．
7
答案：0
解析：①错，不一定是10件次品；
3
②错， 是频率而非概率；
7
③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．
题型一 事件关系的判断
C中，D2＝“点数为3，4，5，6”，D3＝“点数为5，6”，∴D2∪ D3 ＝“点
数3，4，5，6”＝D2，C正确；
D中，D1＝“点数为1，2”，D2＝“点数为3，4，5，6”，∴D1∩ D2 ＝∅≠D3，
D错．故选AC.
2．从52张扑克牌(不含大小王)中随机抽一张牌，则抽到的牌是红
花色的概率为________．
_____
B 或_____
AB
A∩ B＝_____
∅
A∩ B＝_____
∅
A∪ B＝_____
Ω
3.古典概型
(1)特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
(2)计算公式：
一般地，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，
n A
k
则P(A)＝ ＝ _____．
不会发生
_________，称∅为不可能事件．
2．事件的关系和运算
事件的关系或运算
包含
并事件(和事件)
交事件(积事件)
互斥(互不相容)
含义
A发生导致B发生
A与B至少一个发生
A与B同时发生
A与B不能同时发生
互为对立
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
高考数学(理)人教A全国通用版第十一章 第4节随机事件的概率
第4节 随机事件的概率最新考纲 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式.知 识 梳 理1.概率与频率(1)频率：在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n A n 为事件A 出现的频率.(2)概率：对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A )随着试验次数的增加稳定于概率P (A )，因此可以用频率f n (A )来估计概率P (A ).2.事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率P(E)＝1.(3)不可能事件的概率P(F)＝0.(4)互斥事件概率的加法公式①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B).②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(B).[常用结论与微点提醒]1.频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数.2.对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的.()(2)在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值.()(3)若随机事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1.()(4)6张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的概率小于乙中奖的概率.()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(教材习题改编)某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”()A.是互斥事件，不是对立事件B.是对立事件，不是互斥事件C.既是互斥事件，也是对立事件D.既不是互斥事件也不是对立事件解析“至少有一名女生”包括“一男一女”和“两名女生”两种情况，这两种情况再加上“全是男生”构成全集，且不能同时发生，故“至少有一名女生”与“全是男生”既是互斥事件，也是对立事件.答案 C3.(2016·天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( )A.56B.25C.16D.13解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56.答案 A4.某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别为0.2，0.3，0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为( )A.0.5B.0.3C.0.6D.0.9解析 依题设知，此射手在一次射击中不超过8环的概率为1－(0.2＋0.3)＝0.5. 答案 A5.(2018·北京东城区调研)经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下表：则该营业窗口上午9点钟时，至少有2人排队的概率是________.解析 由表格知，至少有2人排队的概率P ＝0.3＋0.3＋0.1＋0.04＝0.74. 答案 0.74考点一 随机事件间的关系【例1】 (1)袋中装有3个白球和4个黑球，从中任取3个球，则：①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球.在上述事件中，是对立事件的为( )A.①B.②C.③D.④(2)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率为710的事件是()A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡解析(1)至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且一定有一个发生.故②中两事件是对立事件.③④不是互斥事件，①是互斥事件，但不是对立事件，因此是对立事件的只有②，选B.(2)至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，因此“至多有一张移动卡”的概率为710.答案(1)B(2)A规律方法 1.准确把握互斥事件与对立事件的概念(1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生.(2)对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.2.判别互斥、对立事件的方法判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.【训练1】从1，2，3，4，5这五个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中，是对立事件的是()A.①B.②④C.③D.①③解析从1，2，3，4，5这五个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，两个奇数，两个偶数.其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件.又①②④中的事件可以同时发生，不是对立事件.答案 C考点二随机事件的频率与概率【例2】(2017·全国Ⅲ卷)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率.解(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表中数据可知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6.所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温低于20，则Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100；若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300；若最高气温不低于25，则Y＝450×(6－4)＝900，所以，利润Y的所有可能值为－100，300，900.Y 大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋490＝0.8. 因此Y 大于零的概率的估计值为0.8.规律方法 1.概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.2.随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.提醒 概率的定义是求一个事件概率的基本方法.【训练2】 (2018·武汉调研)某鲜花店将一个月(30天)某品种鲜花的日销售量与销售天数统计如下表，将日销售量在各区间的销售天数占总天数的值视为概率.(1)求这30天中日销售量低于100枝的概率；(2)若此花店在日销售量低于100枝的时候选择两天做促销活动，求这两天恰好是在日销售量低于50枝时的概率.解 (1)设鲜花店日销售量为x 枝，则P (0<x <50)＝330＝110，P (50≤x <100)＝530＝16，所以这30天中日销售量低于100枝的概率P ＝110＋16＝415.(2)日销售量低于100枝共有8天，从中任选两天做促销活动，共有28种情况；日销售量低于50枝共有3天，从中任选两天做促销活动，共有3种情况.所以所求事件发生的概率P ＝328.考点三互斥事件与对立事件的概率【例3】经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)(一题多解)至少3人排队等候的概率.解记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥.(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.规律方法 1.求解本题的关键是正确判断各事件之间的关系，以及把所求事件用已知概率的事件表示出来.2.求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率再求和；二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P(A)求解.当题目涉及“至多”、“至少”型问题，多考虑间接法.【训练3】某商场有奖销售活动中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120.故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C .∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝11 000＋1100＋120＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000.(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是( )A.互斥但非对立事件B.对立事件C.相互独立事件D.以上都不对解析 由于每人一个方向，事件“甲向南”与事件“乙向南”不能同时发生，但能同时不发生，故是互斥事件，但不是对立事件.答案 A2.设事件A ，B ，已知P (A )＝15，P (B )＝13，P (A ∪B )＝815，则A ，B 之间的关系一定为( )A.两个任意事件B.互斥事件C.非互斥事件D.对立事件解析 因为P (A )＋P (B )＝15＋13＝815＝P (A ∪B )，所以A ，B 之间的关系一定为互斥事件.答案 B3.(2018·石家庄模拟)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为( )A.0.95B.0.97C.0.92D.0.08解析 记“抽检的产品是甲级品”为事件A ，是“乙级品”为事件B ，是“丙级品”为事件C ，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P (A )＝1－P (B )－P (C )＝ 1－5%－3%＝92%＝0.92.答案 C4.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A.17B.1235C.1735D.1解析 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥.由于P (A )＝17，P (B )＝1235.所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.答案 C5.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B 表示B 的对立事件，则一次试验中，事件A ∪B 发生的概率为( )A.13B.12C.23D.56解析 掷一个骰子的试验有6种可能结果.依题意P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，∴P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13.∵B 表示“出现5点或6点”的事件，因此事件A 与B 互斥，从而P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23.答案 C二、填空题6.给出下列三个命题，其中正确命题有________个.①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.解析 ①错，不一定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念.答案 07.已知某运动员每次投篮命中的概率都为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20组随机数： 907 966 191 925 271 932 812 458 569 683431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________.解析20组随机数中，恰有两次命中的有5组，因此该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝520＝1 4.答案1 48.如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为________.解析设P(A)＝x，则P(B)＝3x，又P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64，所以x＝0.16，则P(A)＝0.16.答案0.16三、解答题9.某班选派5人参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56，求x的值；(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y，z的值. 解记事件“在竞赛中，有k人获奖”为A k(k∈N，k≤5)，则事件A k彼此互斥.(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56，∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.解得x＝0.3.(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04. 由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.10.(2016·全国Ⅱ卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P (A )的估计值； (2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值.解 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2，由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4，由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3， 故P (B )的估计值为0.3. (3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a . 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( ) A.25B.710C.45D.910解析 设被污损的数字为x ，则 x 甲＝15(88＋89＋90＋91＋92)＝90， x 乙＝15(83＋83＋87＋99＋90＋x )，若x甲＝x乙，则x＝8.若x甲＞x乙，则x可以为0，1，2，3，4，5，6，7，故P＝810＝4 5.答案 C12.某城市2017年的空气质量状况如表所示：其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50＜T≤100时，空气质量为良，100＜T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2017年空气质量达到良或优的概率为________.解析由题意可知2017年空气质量达到良或优的概率为P＝110＋16＋13＝35.答案3 513.某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率(将频率视为概率).解(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以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＋3×10100＝1.9(分钟).(2)记A表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”.将频率视为概率得P(A1)＝15100＝320，P(A2)＝30100＝310，P(A3)＝25100＝14.因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝320＋310＋14＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为7 10.。
高考数学一轮复习 11.1 随机事件的概率课时作业 理(含解析)新人教A版
【与名师对话】2015高考数学一轮复习 11.1 随机事件的概率课时作业 理（含解析）新人教A 版一、选择题1．甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是( )A ．甲获胜的概率是16B ．甲不输的概率是12C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16； 设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23(或设事件A 为“甲不输”看作是“乙胜”的对立事件，所以P (A )＝1－13＝23)． 答案：A2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A 、B 、C 、D 的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3，则下列说法正确的是( )A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件解析：由于A，B，C，D彼此互斥，且A＋B＋C＋D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的Venn图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．故选D.答案：D3．从一篮子鸡蛋中任取1个，如果其重量小于30克的概率为0.3，重量在[30,40]克的概率为0.5，那么重量不小于30克的概率为( )A．0.3 B．0.5 C．0.8 D．0.7解析：由互斥事件概率加法公式知：重量在(40，＋∞)的概率为1－0.3－0.5＝0.2，又∵0.5＋0.2＝0.7，∴重量不小于30克的概率为0.7.答案：D4．在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同．现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是( )A.310B.15C.110D.112解析：从五个小球中任取两个共有10种，而1＋2＝3,2＋4＝6,1＋5＝6，取出的小球标注的数字之和为3或6的只有3种情况，故取出的小球标注的数字之和为3或6的概率为310.答案：A5．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( )A．0.45 B．0.67 C．0.64 D．0.32解析：摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.答案：D6．(2013·石家庄高三模拟)现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0、1表示没有击中目标，2、3、4、5、6、7、8、9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了 20组随机数：7 527 0 293 7 140 9 857 0 347 4 373 8 636 6 947 1 417 4 698 0 371 6 233 2 616 8 045 6 011 3 661 9 597 7 424 7 610 4 281根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为 ( ) A ．0.852 B ．0.819 2 C ．0.8 D ．0.75解析：20组数据中有5组数据，表示的是击中次数少于3次，7 140,1 417,0 371,6 011,7 610，所以射击4次至少击中3次的概率为1－520＝34＝0.75，选D.答案：D 二、填空题7．若A 、B 为互斥事件，P (A )＝0.4，P (A ∪B )＝0.7，则P (B )＝________. 解析：∵A 、B 为互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )， ∴P (B )＝P (A ∪B )－P (A )＝0.7－0.4＝0.3. 答案：0.38．一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，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 ＝715＋115＝815.(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 )＝1－115＝1415.答案：815 14159．(2013·宁波模拟)已知盒子中有散落的黑白棋子若干粒，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，从中取出2粒都是白子的概率是1235，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．解析：从中取出2粒棋子，“都是黑棋子”记为事件A ，“都是白棋子”记为事件B ，则A 、B 为互斥事件．所求概率为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.答案：173510．抛掷甲、乙两枚质地均匀且四面上分别标有1,2,3,4的正四面体，其底面落于桌面，记所得的数字分别为x ，y ，则xy为整数的概率是________．解析：将抛掷甲、乙两枚质地均匀的正四面体所得的数字x ，y 记作有序实数对(x ，y )，共包含16个基本事件，其中x y为整数的有：(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，共8个基本事件，故所求概率为816＝12.答案：12三、解答题11．袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为14，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率是12，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？解：分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A 、B 、C 、D .由于A 、B 、C 、D 为互斥事件，根据已知得到⎩⎪⎨⎪⎧14＋P B ＋P C ＋P D ＝1，P B ＋P C ＝512，PC ＋PD ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧P B ＝14，PC ＝16，PD ＝13.∴得到黑球、黄球、绿球的概率分别为14，16，13.12．某公务员去开会，他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3、0.2、0.1、0.4.(1)求他乘火车或乘飞机去开会的概率； (2)求他不乘轮船去开会的概率；(3)如果他乘某种交通工具去开会的概率为0.5，请问他有可能是乘何种交通工具去开会的？解：(1)记“他乘火车去开会”为事件A 1，“他乘轮船去开会”为事件A 2，“他乘汽车去开会”为事件A 3，“他乘飞机去开会”为事件A 4，这四个事件不可能同时发生，故它们是彼此互斥的．故P (A 1＋A 4)＝P (A 1)＋P (A 4)＝0.3＋0.4＝0.7. (2)设他不乘轮船去开会的概率为P ， 则P ＝1－P (A 2)＝1－0.2＝0.8.(3)由于0.3＋0.2＝0.5,0.1＋0.4＝0.5， 1－(0.3＋0.2)＝0.5,1－(0.1＋0.4)＝0.5，故他有可能乘火车或轮船去开会，也有可能乘汽车或飞机去开会． [热点预测]13．一个袋中装有大小相同的黑球、白球和红球．已知袋中共有10个球，从中任意摸出1个球，得到黑球的概率是25；从中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79.求：(1)从中任意摸出2个球，得到的都是黑球的概率； (2)袋中白球的个数．解：(1)由题意知，袋中黑球的个数为10×25＝4.记“从袋中任意摸出2个球，得到的都是黑球”为事件A ， 则P (A )＝C 24C 210＝215.(2)记“从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球”为事件B ，设袋中白球的个数为x ， 则P (B )＝1－P (B )＝1－C 210－x C 210＝79，解得x ＝5.即袋中白球的个数为5个．。
【走向高考】高考数学一轮总复习 11-4随机事件的概率、互斥事件的概率课后强化作业 北师大版
"【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 11-4随机事件的概率、互斥事件的概率课后强化作业 北师大版 "基础达标检测一、选择题1．已知某厂的产品合格率为90%，抽出10件产品检查，则下列说法正确的是( ) A ．合格产品少于9件 B ．合格产品多于9件 C ．合格产品正好是9件 D ．合格产品可能是9件[答案] D[解析] 由概率的意义可知，抽出10件产品检查时，由于产品合格率为90%，所以合格产品可能为9件．2．掷一枚均匀的硬币两次，事件M ：一次正面朝上，一次反面朝上；事件N ：至少一次正面朝上，则下列结果正确的是( )A ．P (M )＝13，P (N )＝12B ．P (M )＝12，P (N )＝12C ．P (M )＝13，P (N )＝34D ．P (M )＝12，P (N )＝34[答案] D[解析] P (M )＝12，P (N )＝1－12×12＝34.3．(文)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A ．必然事件 B ．随机事件 C ．不可能事件 D ．无法确定 [答案] B[解析] 抛一枚硬币，正面向上的次数是随机的，因此抛10次正面向上5次是随机事件．(理)在n 次重复进行的试验中，事件A 发生的频率为m n ，当n 很大时，P (A )与mn 的关系是( )A ．P (A )≈mnB ．P (A )<mnC ．P (A )>mnD ．P (A )＝mn[答案] A[解析] 随着试验次数n 的增大，频率mn就越接近事件A 的概率．故选A.4．(文)从6名学生中选取4人参加数学竞赛，其中A 同学被选中的概率为( ) A.12 B.13 C.35 D.23[答案] D[解析] 从6名学生中选4人，每人被选中的可能性都是46＝23，∴P (A )＝23.∴选D.(理)(2012·西安模拟)某班有60名学生，其中女生24人，现任选一人，则选中男生的概率为( )A.136 B.160 C.25 D.35 [答案] D[解析] 由题意知男生有60－24＝36(人)，故男生选中的概率为3660＝35.5．某商场举行抽奖活动，从装有编号0,1,2,3的四个小球的抽奖箱中同时抽出两个小球，两个小球号码之和等于5时中一等奖，等于4时中二等奖，等于3时中三等奖，则在一次抽奖中，中奖的概率为( )A.23B.13C.34D.14 [答案] A[解析] 本题主要考查等可能事件的概率的求法和对立事件的概率公式的应用． 从四个小球中任取两个小球的取法有6种，抽出的两个小球号码之和等于1的取法有1种：(0,1)；抽出的两个小球号码之和等于2的取法有1种：(0,2)．所以在一次抽奖中，中奖的概率为1－(16＋16)＝23.6．(2013·新课标Ⅰ)从1、2、3、4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )A.12B.13C.14D.16 [答案] B[解析] 由题意知总事件数为6，且分别为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，满足条件的事件数为2，所以所求概率为13.二、填空题7．已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8,0.12,0.05，则这台纺纱机在1小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为________，________.[答案] 0.97 0.03[解析] 断头不超过两次的概率P 1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.97；于是断头超过两次的概率P 2＝1－P 2＝1－0.97＝0.03.8．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为0.3，两人下成和棋的概率为0.5，那么甲不输的概率是________．[答案] 0.8[解析] “甲获胜”记为事件A ，“两人下成和棋”记为事件B ，则易知A 与B 互斥，所以甲不输的概率为P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝0.3＋0.5＝0.8.9．有20张卡片，每张卡片上分别标有两个连续的自然数k ，k ＋1，其中k ＝0,1,2，…，19.从这20张卡片中任取一张，记事件“该卡片上两个数的各位数字之和(例如：若取到标有9,10的卡片，则卡片上两个数的各位数字之和为9＋1＋0＝10)不小于14”为A ，则P (A )＝________.[答案] 14[解析] 本小题考查等可能事件的概率．从20张卡片中取一张共20种方法，其中数字和不小于14的共5张，∴P ＝520＝14.三、解答题10．某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A 、B 、C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．[解析] (1)事件A ，B ，C 的概率分别为11000，1100，120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ＋B ＋C .∵A 、B 、C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ＋B )＝1－(11 000＋1100)＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.能力强化训练一、选择题1．(文)口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球，从中摸出一个球，摸出红球的概率为0.4，摸出黄球的概率为0.35，则摸出白球的概率是( )A ．0.2B ．0.3C ．0.25D ．0.5[答案] C[解析] 记事件A 、B 、C 分别是为“摸出一球是红球”，“摸出一球是黄球”，“摸出一球是白球”，由已知得事件A 、B 、C 互斥，且事件A ＋B ＋C 是必然事件，∴P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝1， ∴P (C )＝1－0.4－0.35＝0.25.(理)荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍．如图，假设现在青蛙在A 叶上，则顺时针跳动一次停在C 叶上的概率是( )A.13B.23C.49D.12[答案] A[解析] 设青蛙按顺时针方向跳的概率为P 1，按逆时针方向跳的概率为P 2，则有P 2＝2P 1，P 1＋P 2＝1，∴P 1＝13，P 2＝23，则顺时针跳动一次停在C 叶上的概率为P 1＝13.2．(2013·安徽高考)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( )A.23B.25C.35D.910 [答案] D[解析] 以五位大学生选三人共有10种等可能选法，事件“甲或乙被录用”的对立事件为“甲、乙都未被录用”即“丙、丁、戊被录用”，只有一种等可能情况，所以P ＝1－110＝910. 二、填空题3．(文)中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．[答案]1928[解析] 设事件A 为“甲夺得冠军”，事件B 为“乙夺得冠军”，则P (A )＝37，P (B )＝14，因为事件A 和事件B 是互斥事件，∴P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝37＋14＝1928.(理)在10枝铅笔中，有8枝正品和2枝次品，从中不放回地任取2枝，至少取到1枝次品的概率是________．[答案]1745[解析] 解法1(直接法)：“至少取到1枝次品”包括：A ＝“第一次取次品，第二次取到正品”；B ＝“第一次取正品，第二次取到次品”；C ＝“第一、二次均取到次品”三种互斥事件，所以所求事件的概率为P (A )＋P (B )＋P (C )＝2×8＋8×2＋2×110×9＝1745.解法2(间接法)：“至少取到1枝次品”的对立事件为“取到的2枝铅笔均为正品”，所以所求事件的概率为1－8×710×9＝1745. 4．从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是________．[答案] 34[解析] 从四条线段中任取三条的所有情况有：(2,3,4)，(2,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)．其中能构成三角形的有(2,3,4)，(2,4,5)和(3,4,5)，所以P ＝34.三、解答题5．由经验得知，在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下：(2)至少2人排队的概率．[解析] 记“没有人排队”为事件A ，“1人排队”为事件B ，“2人排队”为事件C ，A 、B 、C 彼此互斥．(1)记“至多2人排队”为事件E ，则P (E )＝P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)记“至少2人排队”为事件D.“少于2人排队”为事件A＋B，那么事件D与事件A ＋B是对立事件，则P(D)＝1－P(A＋B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－(0.1＋0.16)＝0.74.6．(2013·湖南高考)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：1米．(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量：(2)的概率．[解析](1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝102＋192＋270＋12615＝69015＝46.(2)由(1)知，P(Y＝51)＝215，P(Y＝48)＝415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48kg的概率为P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝215＋415＝25.。
高考数学一轮复习 11.4随机事件的概率课时作业 理 湘
2016届高考数学一轮复习 11.4随机事件的概率课时作业 理 湘教版一、选择题1．一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字1，2，3，4，5，6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A 表示向上的一面出现奇数点，事件B 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C 表示向上的一面出现的点数不小于4，则( )A ．A 与B 是互斥而非对立事件 B ．A 与B 是对立事件C ．B 与C 是互斥而非对立事件D ．B 与C 是对立事件【解析】 根据互斥与对立的定义作答，A ∩B ＝{出现点数1或3}，事件A ，B 不互斥更不对立；B ∩C ＝∅，B ∪C ＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B ，C 是对立事件．【答案】 D2．(2014·汕头模拟)在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，以710为概率的事件是( )A ．都不是一等品B ．恰有1件一等品C ．至少有1件一等品D ．至多有1件一等品【解析】 从5件产品中任取2件有10种取法，设3件一等品为1，2，3，2件二等品为4，5.这10种取法是(1，2)(1，3)(2，3)(1，4)(1，5)(2，4)(2，5)(3，4)(3，5)(4，5)，其中2件均为一等品的取法有(1，2)，(1，3)，(2，3)，共3种．∴至多有1件一等品的概率P ＝1－310＝710.【答案】 D3．甲、乙二人玩数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1，2，3}，若|a － b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀 ”的概率为( )A.13B.59C.23D.79【解析】 甲想一数字有3种结果，乙猜一数字有3种结果，基本事件总数为3×3＝9.设“甲、乙心有灵犀”为事件A ，则A 的对立事件B 为“|a －b |>1”，又|a －b |＝2包含2个基本事件，所以P (B )＝29，所以P (A )＝1－29＝79.【答案】 D4．把20个球队平均分成两组，最强的两个队分在不同组内的概率( ) A ．小于12 B ．大于12C ．等于12D ．等于1【解析】 最强的两个队分在不同组的方法数为C 918C 99A 22A 22，而20个队平分成两个组的分法数为C 1020C 1010A 22，∴所求的概率P ＝C 918A 22C 1020＝1019>12，选B.【答案】 B5．已知k ∈Z ，AB ＝(k ，1)，AC ＝(2，4)，若|AB |≤10，则△ABC 是直角三角形的概率是( )A.17B.27C.37D.47【解析】 由|AB |＝k 2＋1≤10，解得－3≤k ≤3. 又k ∈Z ，故k ＝－3，－2，－1，0，1，2，3. BC ＝AC －AB ＝(2，4)－(k ，1)＝(2－k ，3)，若A 是直角，则AB ·AC ＝(k ，1)·(2，4)＝2k ＋4＝0， 得k ＝－2；若B 是直角，则AB ·BC ＝(k ，1)·(2－k ，3)＝(2－k )k ＋3＝0， 得k ＝－1或3；若C 是直角，则BC ·AC ＝(2－k ，3)·(2，4)＝2(2－k )＋12＝0， 得k ＝8(不符合题意)．故△ABC 是直角三角形的概率为37.【答案】 C6．甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等．现任意将这4个队分成两个组(每组两个队)进行比赛，胜者再赛，则甲、乙相遇的概率为( )A.16B.14C.13D.12【解析】 初赛中分组有三种：(1)甲乙，丙丁；(2)甲丙，乙丁；(3)甲丁，乙丙．∴甲乙初赛相遇的概率为13，甲乙不相遇的概率为23.若甲乙复赛相遇，则初赛必不相遇．同时初赛都战胜对手，概率为12×12＝14，∴甲乙复赛相遇的概率为23×14＝16.∴P ＝13＋16＝12.【答案】 D 二、填空题7．已知a 、b 、c 为集合A ＝{1，2，3，4，5，6}中三个不同的数，通过如下框图给出的一个算法输出一个整数a ，则输出的数a ＝5的概率是________．【解析】 根据框图可知，该程序框图的功能是输出a ，b ，c 中最大的数，所以要使输出的数a ＝5，则其余两个数必须小于5，故输出的数a ＝5的概率为P ＝C 24C 36＝310.【答案】3108．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件．则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立；④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件．【解析】 由题意知P (B )的值是由A 1，A 2，A 3中某一个事件发生所决定的，故①③错误；∵P (B |A 1)＝P （A 1B ）P （A 1）＝12×51112＝511，故②正确；由互斥事件的定义知④正确，故正确结论的编号是②④. 【答案】 ②④9．设A ＝{1，2，3，4，5，6}，B ＝{1，3，5，7，9}，集合C 是从A ∪B 中任取2个元素组成的集合，则C (A ∩B )的概率是________．【解析】 A ∪B ＝{1，2，3，4，5，6，7，9}，则A ∪B 中有8个元素，在A ∪B 中任取两个元素的取法有C 28种．又A ∩B ＝{1，3，5}，且C(A ∩B )，∴P (C(A ∩B ))＝C 23C 28＝328.【答案】32810．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39、32、33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________．【解析】 “至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35.“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”．故他属于不超过2个小组的概率是P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315.【答案】 35 1315三、解答题11．袋内有35个球，每个球上都记有从1～35中的一个号码，设号码为n 的球的重量为⎝ ⎛⎭⎪⎫n 23－5n ＋20g ，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响)． (1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率；(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率．【解析】 (1)由不等式n 23－5n ＋20＞n ＋5，得n ＞15或n ＜3，由题意知n ＝1，2或者n ＝16，17，…，35，于是所求概率为2235.(2)设第n 号和第m 号的两个球的重量相等， 其中n ＜m ，则有n 23－5n ＋20＝m 23－5m ＋20，所以(n －m )(n ＋m －15)＝0.因为n ≠m ，所以n ＋m ＝15，所以(n ，m )＝(1，14)，(2，13)，…，(7，8)． 故所求概率为7C 235＝7595＝185.12．如图，A 地到火车站共有两条路径L 1和L 2，现随机抽取100位从A 地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间/min 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 选择L 1的人数 6 12 18 12 12 选择L 2的人数416164(1)试估计40 min 内不能赶到火车站的概率；(2)分别求通过路径L 1和L 2所用时间落在上表中各时间段内的频率； (3)现甲、乙两人分别有40 min 和50 min 时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．【解析】 (1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44人，所以用频率估计相应的概率为0.44.(2)选择1的有60人，选择2的有40人，故由调查结果得频率为：(3)1212B 1，B 2分别表示乙选择L 1和L 2时，在50 min 内赶到火车站． 由(2) 知P (A 1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6， P (A 2)＝0.1＋0.4＝0.5，P (A 1)＞P (A 2)， ∴甲应选择L 1；P (B 1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P (B 2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P (B 2)＞P (B 1)， ∴乙应选择L 2. 13．(2013·昆明检测)甲同学有一只装有a 个红球，b 个白球，c 个黄球的箱子，假设a ≥0，b ≥0，c ≥0，a ＋b ＋c ＝6.乙同学有一只装有3个红球，2个白球，1个黄球的箱子，甲乙两同学各自从自己的箱子中随机取出一个球，然后对取出的球的颜色进行比较，规定颜色相同时为甲同学胜，颜色不同时为乙同学胜，假设甲同学箱子中的每个球被取出的概率相等，乙同学箱子中的每个球被取出的概率也相等．(1)求证：乙同学胜的概率等于24－a ＋c36；(2)假设甲同学胜的概率等于12，求a ，b ，c 的值．【解析】 (1)证明：设甲同学胜的概率为P (甲)，乙同学胜的概率为P (乙)，显然甲同学胜与乙同学胜为对立事件，∴P (乙)＝1－P (甲)．甲同学胜分为三个基本事件：①A 1：“甲乙均取到红球”： ②A 2：“甲乙均取到白球”；③A 3：“甲乙均取到黄球”．∵P (A 1)＝a ×36×6＝a 12，P (A 2)＝b ×26×6＝b 18，P (A 3)＝c ×16×6＝c36.∴P (甲)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝3a ＋2b ＋c36.∵a ＋b ＋c ＝6，∴b ＝6－a －c ，P (甲)＝3a ＋2b ＋c 36＝3a ＋2（6－a －c ）＋c 36＝12＋a －c36， ∴P (乙)＝1－P (甲)＝1－12＋a －c 36＝24－a ＋c36.∴乙同学胜的概率为24－a ＋c36.(2)由(1)知，乙同学胜的概率P (乙)＝24－a ＋c36.∵甲同学胜的概率等于12，P (乙)＝1－P (甲)，∴P (乙)＝24－a ＋c 36＝12.∵a ≥0，b ≥0，c ≥0，a ＋b ＋c ＝6，∴a ≤6，c ≥0.∴－a ≥－6，c ≥0. ∴P (乙)＝24－a ＋c 36≥24－636＝12.“＝”成立的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，c ＝0.∴b ＝6－a －c ＝0，此时a ＝6，b ＝c ＝0. ∴当甲同学胜的概率等于12时，a ＝6，b ＝c ＝0.。
高考数学总复习 第11章 第4节 随机事件的概率课件 新人教A版
【思路点拨】解答本题可根据频率的计算公式fn(A)＝ m ，其中n为相同条件下重复的试验次数，m为事件A出现的 n 次数，且随着试验次数的增多，频率接近概率．
【自主解答】(1)由公式可计算出每场比赛该运动员罚 6 3 8 4 9 3 7 7 12 3 球进球的频率依次为8＝4，10＝5，12＝4，9，10，16＝4. (2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总 3 是在 4 的附近摆动，可知该运动员投篮一次，进球的概率约 3 为 . 4
故“取出的球是红球”是不可能事件． (2)由已知，从口袋内取出一个球，可能是白球也可能是 黑球，故“取出的球是黑球”是随机事件． (3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球，故取出一个
球不是黑球，就是白球．因此，“取出的球是白球或黑球”
是必然事件．
【活学活用】 1.若将题目改为“从中任意取2球”，问：
答案：B
2．某人打靶，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的
对立事件是( ) B．2次都中靶 D．只有1次中靶 A．至多有1次中靶 C．2次都不中靶
解析：“至少有1次中靶”包括中1次或中2次．
答案：C
3．甲、乙两个下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概
率为90%，则甲、乙二人下成和棋的概率为( A．60% C．10% B．30% D．50% )
出这两个事件是互斥而不对立的错误判断．
【正解】(1)是互斥事件，不是对立事件．
原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红桃”和
“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件，但是， 不能保证其中必有一个发生，这是由于还可能抽出 “方块” 或者“梅花”，因此二者不是对立事件． (2)既是互斥事件，又是对立事件．
原因是：从40张扑克牌中，任意抽取1张．“抽出红色牌”
【走向高考】2020年高考数学总复习 11-4随机事件的概率、互斥事件的概率课后作业 北师大版
【走向高考】2020年高考数学总复习 11-4随机事件的概率、互斥事件的概率课后作业北师大版一、选择题1．下列说法：①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；②做n次随机试验，事件A发生m次，则事件A发生的频率mn就是事件的概率；③百分率是频率，但不是概率；④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；⑤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．①②③④ B．①④⑤C．①②③④⑤ D．②③[答案] B[解析]由概率与频率的相关定义及联系知①④⑤正确．2．从装有红球和绿球的口袋中任取2个球(其中红球和绿球都多于2个)，那么互斥而不对立的事件是( )A．至少有一个红球；至少有一个绿球B．恰有一个红球；恰有两个绿球C．至少有一个红球；都是红球D．至少有一个红球；都是绿球[答案] B[解析]A中至少有一个红球包括“一红一绿”和“2个红球”，而“至少有一个绿球”包括“一红一绿”和“2个绿球”，两事件相交后为“一红一绿”不是空集，∴不是互斥事件．B中两事件不会同时发生，且并起来不是必然事件，∴是互斥不对立事件．C中“至少有一个红球”包含“都是红球”，∴不是互斥事件．D中“至少有一个红球”与“都是绿球”是对立事件．3．(文)从6名学生中选取4人参加数学竞赛，其中A同学被选中的概率为( )A.12B.13C.35D.23[答案] D[解析]从6名学生中选4人，每人被选中的可能性都是46＝23，∴P(A)＝23.∴选D.(理)(2020·天津模拟)某班有60名学生，其中女生24人，现任选一人，则选中男生的概率为( )A.136B.160C.25D.35[答案] D[解析]由题意知男生有60－24＝36(人)，故男生选中的概率为3660＝35.4．在一个袋子里装有分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球，这些小球除标注数字外完全相同，现从中随机取2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是( )A.112B.110C.15D.310[答案] D[解析]随机从袋子中取2个小球的基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)共有10种，其中数字之和为3或6的，有(1,2)，(1,5)，(2,4)3种，∴数字之和为3或6的概率为P＝3 10 .5．(2020·浙江文，8)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( )A.110B.310C.35D.910[答案] D[解析]本题考查了概率中的古典概型．设3个红球分别为A1，A2，A3,2个白球分别为B1，B2则本题中Ω＝{(A1，A2，A3)，(A1，A2，B1)，(A1，A3，B1)，(A2，A3，B1)，(A1，A2，B2)，(A1，A3，B2)，(A2，B3，B2)，(A1，B1，B2)，(A2，B1，B2)，(A3，B1，B2)}共有10个基本事件，所以“所取3个球中至少有1个白球”与“所取3个球中一个白球也没有”互为对立事件∴P＝1－110＝910.6．(文)口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球，从中摸出一个球，摸出红球的概率为0.4，摸出黄球的概率为0.35，则摸出白球的概率是( )A．0.2 B．0.3C．0.25 D．0.5[答案] C[解析]记事件A、B、C分别是为“摸出一球是红球”，“摸出一球是黄球”，“摸出一球是白球”，由已知得事件A、B、C互斥，且事件A∪B∪C是必然事件，∴P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1，∴P(C)＝1－0.4－0.356＝0.25.(理)12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组(每组4个队)，则3个强队恰好被分在同一组的概率为( )A.155B.355C.14D.13[答案] B[解析]考查概率问题，本题涉及到平均分组问题，注意求法．所求概率为P＝C19×C48·C44A22C412·C48·C44A33＝92×6×4×3×212×11×10×9＝355.二、填空题7．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为0.3，两人下成和棋的概率为0.5，那么甲不输的概率是________．[答案]0.8[解析]“甲获胜”记为事件A，“两人下成和棋”记为事件B，则易知A与B互斥，所以甲不输的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.3＋0.5＝0.8.8．(文)中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．[答案]19 28[解析]设事件A为“甲夺得冠军”，事件B为“乙夺得冠军”，则P(A)＝37，P(B)＝14，因为事件A和事件B是互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝37＋14＝1928.(理)在10枝铅笔中，有8枝正品和2枝次品，从中不放回地任取2枝，至少取到1枝次品的概率是________．[答案]17 45[解析]方法一(直接法)：“至少取到1枝次品”包括：A＝“第一次取次品，第二次取到正品”；B＝“第一次取正品，第二次取到次品”；C＝“第一、二次均取到次品”三种互斥事件，所以所求事件的概率为P(A)＋P(B)＋P(C)＝2×8＋8×2＋2×110×9＝1745.方法二(间接法)：“至少取到1枝次品”的对立事件为“取到的2枝铅笔均为正品”，所以所求事件的概率为1－8×710×9＝1745.三、解答题9．袋中装有6个球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出2球，求下列事件的概率：(1)A：取出的2球都是白球．(2)B：取出的2球1个是白球，另1个是红球．[分析] 要先计算出从6个球中任取2个球的基本事件总数，可以用列举法．[解析]设4个白球的编号为1、2、3、4,2个红球的编号为5、6.从袋中6个小球中任取2个，其基本事件空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}共15个基本事件．(1)从袋中的6个小球中任取2个，所取的2球全是白球的方法总数，即是从4个白球中任取2个的方法总数，共有6种，即A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，所以P(A)＝615＝25.(2)从袋中的6个小球中任取2个，其中1个是红球，而另1个是白球，则B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)}，共8个基本事件．所以P(B)＝8 15 .[点评] 在古典概型条件下，当基本事件总数为n时，每一个基本事件发生的概率均为1n，要求事件A的概率，关键是求出基本事件总数n和事件A中所含基本事件数m，再由古典概型概率公式P(A)＝mn求出事件A的概率.一、选择题1．(文)荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍．如图，假设现在青蛙在A叶上，则顺时针跳动一次停在C叶上的概率是( )A.13B.23C.49D.12 [答案] A[解析] 设青蛙按顺时针方向跳的概率为P 1，按逆时针方向跳的概率为P 2，则有P 2＝2P 1，P 1＋P 2＝1，∴P 1＝13，P 2＝23，则顺时针跳动一次停在C 叶上的概率为P 1＝13.(理)m ∈{－2，－1,0,1,2,3}，n ∈{－3，－2，－1,0,1,2}，且方程x 2m ＋y 2n ＝1有意义，则方程x 2m ＋y 2n＝1可表示不同的双曲线的概率为( )A.3625B ．1 C.925 D.1325 [答案] D[解析] 由题设知⎩⎪⎨⎪⎧ m >0n <0或⎩⎪⎨⎪⎧m <0n >0，1°⎩⎪⎨⎪⎧ m >0n <0时有不同取法3×3＝9种．2°⎩⎪⎨⎪⎧m <0n >0时有不同取法2×2＝4种，∴所求概率P ＝9＋45×5＝1325. 2．(文)先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(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为x ，y ，则log 2x y ＝1的概率为( )A.16B.536C.112D.12[答案] C[解析]log2x y＝1⇒y＝2x，x∈{1,2,3,4,5,6}，y∈{1,2,3,4,5,6}，∴x＝1，y＝2或x＝2，y＝4或x ＝3，y＝6共3种情况，基本事件为(1,1)，(1,2)，…，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)共36种情况，∴P＝336＝112.(理)从－1、0、1、2这四个数中选出三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数组成不同的二次函数，其中的二次函数有变号零点的概率为( )A.79B.712C.59D.512[答案] A[解析]首先取a，∵a≠0，∴a的取法有3种，再取b，b的取法有3种，最后取c，c的取法有2种，∴共组成不同的二次函数3×3×2＝18个．f(x)若有变号零点，不论a>0还是a<0，均应有Δ>0，即b2－4ac>0，∴b2>4ac.①首先b取0时，a、c须异号，a＝－1，则c有2种，a取1或2，则c只能取－1，∴共有4种．②b＝1时，若c＝0，则a有2种，若c＝－1，a只能取2.若c＝2，则a＝－1，共有4种．③若b＝－1，则c只能取0，有2种．④若b＝2，取a有2种，取c有2种，共有2×2＝4种．综上，满足b2>4ac的取法有4＋4＋2＋4＝14种，∴所求概率P＝1418＝79.二、填空题3．(文)某战士射击1次，未中靶的概率是0.05，中靶环数大于5的概率为0.7，则中靶环数大于0且小于5的概率为________．[答案]0.25[解析]设事件A为“中靶环数大于0且小于5”，其对立事件是“未中靶或中靶环数大于5”．∴P(A)＝1－(0.05＋0.7)＝1－0.75＝0.25.∴中靶环数大于0且小于5的概率是0.25.(理)甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．[答案]0.95[解析]由对立事件的性质知，在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为1－(1－0.8)(1－0.75)＝0.95.4．(文)从长度分别为2、3、4、5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是________．[答案]3 4[解析]从四条线段中任取三条的所有情况有：(2,3,4)，(2,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)．其中能构成三角形的有(2,3,4)，(2,4,5)和(3,4,5)，所以P＝3 4 .(理)(2020·湖北理，12)在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期．从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到1瓶已过保质期饮料的概率为________．(结果用最简分数表示)[答案]28 145[解析]本题考查古典概型的概率计算及互斥、对立事件的概率分式．法一：至少取到1瓶分为恰好取到1瓶和恰好取到2瓶．∴P＝C13C127C230＋C23C230＝28145法二：“至少取到一瓶”的对立事件为“两瓶都未过保质期”．∴P＝1－C227C230＝1－117145＝28145.三、解答题5．(文)(2020·湖南文，18)某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为：140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.(1)完成如下的频率分布表：近20年六月份降雨量频率分布表(2)份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．[解析](1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为(2)P＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝120＋320＋220＝310.故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或越过530(万千瓦时)的概率为3 10 .(理)(2020·全国大纲文，19)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3，设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．[解析]设车主购买甲种保险为事件A，购买乙种保险但不购买甲种保险为事件B，则P(A)＝0.5，P(B)＝0.3(1)该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种为事件A∪B，∴A，B互斥∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8即该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率为0.8.(2)两种保险都不买为事件A∪B∴P(A∪B)＝1－P(A∪B)＝1－0.8＝0.23位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为P＝C13×(0.2)×(0.8)2＝0.384.6．(文)抛掷一枚骰子，事件A表示“朝上一面的点数是奇数”，事件B表示“朝上一面的点数不超过2”．求：(1)P(A)；(2)P(B)；(3)P(A∪B)．[解析]基本事件总数为6个.(1)事件A包括出现1,3,5三个基本事件，∴P(A)＝36＝12.(2)事件B包括出现1,2两个基本事件．∴P(B)＝26＝13.(3)事件A ∪B 包括出现1,2,3,5四个基本事件， ∴P (A ∪B )＝46＝23.(理)(2020·天津武清一模)从1、2、3、4、5、8、9这7个数中任取三个数，共有35种不同的取法(两种取法不同，指的是一种取法中至少有一个数与另一种取法中的三个数都不相同)．(1)求取出的三个数能够组成等比数列的概率； (2)求取出的三个数的乘积能被2整除的概率．[解析] (1)从1、2、3、4、5、8、9这7个数中任取三个数，每一种不同的取法为一个基本事件，由题意可知共有35个基本事件．设取出的三个数组成等比数列的事件为A ，A 包含(1,2,4)、(2,4,8)、(1,3,9)共3个基本事件．由于每个基本事件出现的可能性相等，所以P (A )＝335.(2)设取出的三个数的乘积能被2整除的事件为B ，其对立事件为C ，C 包含(1,3,5)，(1,3,9)，(1,5,9)，(3,5,9)共4个基本事件．由于每个基本事件出现的可能性相等，所以P (C )＝435.所以P (B )＝1－P (C )＝1－435＝3135.7．(文)(2020·福建文)设平面向量a m ＝(m,1)，b n ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}． (1)请列出有序数组(m ，n )的所有可能结果；(2)记“使得a m ⊥(a m －b n )成立的(m ，n )”为事件A ，求事件A 发生的概率．[分析] 本小题主要考查概率，平面向量等基础知识，考查运算求解能力，应用意识，考查化归与转化思想，必然与或然思想．[解析] (1)有序数组(m ，n )的所有可能结果为：(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)共16个． (2)由a m ⊥(a m －b n )得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)(3,4)，共2个．又基本事件的总数为16，故所求的概率为P (A )＝216＝18.(理)将一颗骰子先后抛掷两次，得到的点数分别记为a 、b .(1)求点P (a ，b )落在区域⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥0x ＋y －5≤0内的概率；(2)求直线ax ＋by ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝1不相切的概率．[解析] (1)先后两次抛掷一枚骰子，将得到的点数分别记为a ，b ，则事件总数为6×6＝36.∵⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥0x ＋y －5≤0表示的平面区域如图所示：当a ＝1时，b ＝1,2,3,4a ＝2时，b ＝1,2,3 a ＝3时，b ＝1,2 a ＝4时，b ＝1共有(1,1)(1,2)……(4,1)10种情况． ∴P ＝1036＝518.(2)∵直线ax ＋by ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝1相切的充要条件是5a 2＋b2＝1，即a 2＋b 2＝25，∵a 、b ∈{1,2,3,4,5,6}满足条件的情况只有：a ＝3，b ＝4或a ＝4，b ＝3两种情况， ∴直线与圆相切的概率P ＝236＝118.∴直线ax ＋by ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝1不相切的概率P ＝1－118＝1718.。
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【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、
随机变量及其分布 第四节 随机事件的概率课后作业 理
[全盘巩固]
一、选择题
1．抽查10件产品，设事件A 为“至少有2件次品”，则事件A 的对立事件为( ) A ．至多有2件次品 B ．至多有1件次品 C ．至多有2件正品 D ．至少有2件正品
2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A ，B ，C ，D 的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( )
A ．A ∪
B 与
C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ∪C 与
D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ∪C 与B ∪D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ∪C ∪D 是互斥事件，也是对立事件
3．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( )
A ．0.45
B ．0.67
C ．0.64
D ．0.32
4．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为1
7，都是白子的
概率是12
35
.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A.17
B.1235
C.17
35
D ．1 5．甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为1
3，则下列说法正确的是( )
A ．甲获胜的概率是16
B ．甲不输的概率是1
2
C ．乙输了的概率是23
D ．乙不输的概率是1
2
二、填空题
6．已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8、0.12、0.05，则这台纺纱机在1小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为________，
________.
7．某城市2015年的空气质量状况如下表所示：
100<T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2015年空气质量达到良或优的概率为________．8．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．
三、解答题
9．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：
求：
(2)至少3人排队等候的概率是多少？
10．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为
140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
(2)
率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
[冲击名校]
1．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，
151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.
根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为( )
A.2
5
B.
1
2
C.
2
3
D.
1
3
2．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，若红球有21个，则黑球有________个．
答 案 [全盘巩固]
一、选择题
1. 解析：选B ∵“至少有n 个”的反面是“至多有n －1个”，又∵事件A “至少有2件次品”，∴事件A 的对立事件为“至多有1件次品”．
2. 解析：选D 由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ∪B ∪C ∪D 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．
3. 解析：选D 摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率
P ＝1－0.45－0.23＝0.32.
4. 解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥．所以
P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735
.
5. 解析：选A “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16，故A 正确；“乙输”等于“甲获胜”，其概率为1
6，故C 不正确；设事
件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝1
6＋
12＝23或设事件A 为“甲不输”看作是“乙获胜”的对立事件，所以P (A )＝1－13＝2
3，故B 不正确；同理，“乙不输”的概率为5
6
，故D 不正确．
二、填空题
6. 解析：断头不超过两次的概率P 1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.9
7.于是，断头超过两次的概率P 2＝1－P 1＝1－0.97＝0.03.
答案：0.97 0.03
7. 解析：由题意可知2015年空气质量达到良或优的概率为P ＝110＋16＋13＝3
5
.
答案：35
8. 解析：由题意得a n ＝(－3)
n －1
，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于
8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以p ＝610＝3
5
.
答案：35
三、解答题
9. 解：记“无人排队等候”为事件A ，“1人排队等候”为事件B ，“2人排队等候”为事件C ，“3人排队等候”为事件D ，“4人排队等候”为事件E ，“5人及5人以上排队等候”为事件F ，则事件A 、B 、C 、D 、E 、F 互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G ，则G ＝A ∪B ∪C ， 所以P (G )＝P (A ∪B ∪C ) ＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H ，则H ＝D ∪E ∪F ， 所以P (H )＝P (D ∪E ∪F ) ＝P (D )＋P (E )＋P (F ) ＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二：记“至少3人排队等候”为事件H ，则其对立事件为事件G ，所以P (H )＝1－P (G )＝0.44.
10. 解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为
(2)由已知可得Y ＝2
＋425，
故P (“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”) ＝P (Y <490或Y >530)＝P (X <130或X >210) ＝P (X ＝70)＋P (X ＝110)＋P (X ＝220) ＝120＋320＋220＝310
. 故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为310
.
[冲击名校]
1. 解析：选A 从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的学生有8人，频率为2
5，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，
其身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为2
5
.
2. 解析：摸到黑球的概率为1－0.42－0.28＝0.
3.设黑球有n 个，则0.4221＝0.3
n ，故n
＝15.
答案：15。