【走向高考】2021届高考数学一轮总温习 11-5古典概型课后强化作业 北师大版 (1)

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基础达标检测
一、选择题
1．从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为( ) A.1
2 B.1
3 C.23 D ．1
[答案] C
[解析] 因为三个人被选中的可能性相等，且大体事件是有限的，故是古典概型，大体事件为甲乙，甲丙，乙丙，故甲被选中有甲乙，甲丙，故P ＝2
3
.
2．(文)盒中有10个铁钉，其中8个合格，2个不合格，从中任取一个恰为合格铁钉的概率是( ) A.15 B.14 C.45 D.110 [答案] C
[解析] 每一个铁钉被选中的可能性是相等的，而且实验中所显现的大体事件共有10个，是有限的，是古典概型，任取一个恰为合格铁钉的事件有8个，故概率为P ＝8
10＝4
5
.
(理)从数字1,2,3中任取两个不同数字组成两位数，该数大于23的概率为( ) A.13 B.16 C.18 D.14
[答案] A
[解析] 从数字1,2,3中任取两个不同数字组成的两位数有12,21,13,31,23,32，共6种，每种结果显现的可能性是相等的，因此该实验属于古典概型．记事件A 为“掏出两个数字组成两位数大于23”，那么A 中包括31,32两个大体事件，故P (A )＝26＝1
3
.
3．(2021·金华模拟)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，那么掏出的两个数不是持续自然数的概率是( ) A.35 B.25 C.13 D.23
[答案] D
[解析] 掏出的两个数是持续自然数有5种情形，那么掏出的两个数不是持续自然数的概率P ＝1－5
15＝2
3.
4．某班预备到郊外野营，为此向商店定了帐篷，若是下雨与不下雨是等可能的，可否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就可不能淋雨，那么以下说法正确的选项是( )
A ．必然可不能淋雨
B ．淋雨的可能性为3
4
C ．淋雨的可能性为1
2
D ．淋雨的可能性为1
4
[答案] D
[解析] 这次野营共4种结果：下雨，收到帐篷；不下雨，收到帐篷；下雨，未收到帐篷；不下雨，未收到帐篷．只有“下雨，未收到帐篷”会淋雨，因此P ＝1
4
.
5．有3个爱好小组，甲、乙两位同窗各自参加其中一个小组，每位同窗参加各个小组的可能性相同，那么这两位同窗参加同一个爱好小组的概率为( )
A.13
B.12
C.23
D.34
[答案] A
[解析] 甲乙两位同窗参加3个小组的所有可能性共3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情形有3种，故甲、乙两位同窗参加同一个爱好小组的概率为P ＝39＝1
3
.
6．(文)甲、乙两人各抛掷一次正方体骰子(六个面别离标有数字1,2,3,4,5,6)．设甲、乙所抛掷骰子朝上的面的点数别离为x ，y ，那么知足复数x ＋y i 的实部大于虚部的概率是( )
A.16
B.5
12 C.7
12 D.13
[答案] B [解析] 总共有36种情形．当x ＝6时，y 有5种情形； 当x ＝5时，y 有4种情形；当x ＝4时，y 有3种情形； 当x ＝3时，y 有2种情形；当x ＝2时，y 有1种情形． 因此P ＝5＋4＋3＋2＋136＝5
12
.
(理)抛掷两颗骰子，其向上的点数别离为m 和n ，那么复数(m ＋n i)2为纯虚数的概率为( ) A.1
3 B.1
4 C.16 D.1
12 [答案] C
[解析] ∵(m ＋n i)2＝m 2－n 2＋2mn i 为纯虚数， ∴m 2－n 2＝0，∴m ＝n ，
(m ，n )的所有可能取法有6×6＝36种，其中知足m ＝n 的取法有6种，∴所求概率P ＝6
36＝1
6.
二、填空题
7．(2021·重庆高考)假设甲、乙、丙三人随机地站成一排，那么甲、乙两人相邻而站的概率为________． [答案] 2
3
[解析] 此题考查排列组合及概率．
甲、乙、丙三人站成一排共有6种站法，而甲、乙两人相邻的站法有4种， ∴甲、乙两人相邻的概率为46＝2
3
.
8．(文)现有10个数，它们能组成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，假设从这10个数中随机抽取一个数，那么它小于8的概率是________．
[答案] 3
5
[解析] 此题考查等比数列及古典概型的知识．
等比数列的通项公式为a n ＝(－3)n －1.因此此数列中偶数项都为负值，奇数项全为正值．
若a n ≥8，那么n 为奇数且(－3)n －1＝3n －1≥8，那么n －1≥2，∴n ≥3，∴n ＝3,5,7,9共四项知足要求．∴p ＝1－4
10＝3
5
.
(理)从甲、乙等10位同窗中任选3位去参加某项活动，那么所选3位中有甲但没有乙的概率为________． [答案]
7
30
[解析] 假设所选的3位中有甲但没有乙，只需从剩下的8位同窗当选2位即可，故所求概率为P ＝
C 28
C 310＝7
30. 9．(文)一次掷两粒骰子，取得的点数为m 和n ，那么关于x 的方程x 2＋(m ＋n )x ＋4＝0有实数根的概率是________．
[答案] 11
12
[解析] 大体事件共36个，∵方程有实根， ∴Δ＝(m ＋n )2－16≥0，∴m ＋n ≥4，
其对立事件是m ＋n <4，其中有(1,1)，(1,2)，(2,1)共3个大体事件，∴所求概率为P ＝1－3
36＝11
12.
(理)(2021·黑龙江哈尔滨六校联考)第十五届全运会将在哈尔滨市举行，假设将6名志愿者每2人一组，分派到3个不同场馆，那么甲、乙两人必需在同组的概率是________．
[答案] 15
[解析] 6个人平均分3组共有C 26C 24C 22
A 33
＝15种，甲、乙同组的概率为P ＝315＝15.
三、解答题
10．(文)(2021·陕西高考)有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱竞赛，由500名公共评委现场投票决定歌手名次．依照年龄将公共评委分为五组，各组的人数如下：
(1)为了调查评委对7B 组抽取了6人，请将其余各组抽取的人数填入下表.
(2)在(1)1人，求这2人都支持1号歌手的概率．
[解析] (1)由题设知，分层抽样的抽取比例为6%，因此各组抽取的人数如下表：
(2)记从A 123126个评委为b 1，b 2，
b 3，b 4，b 5，b 6，其中b 1，b 2支持1号歌手，从{a 1，a 2，a 3}和{b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6}中各抽取1人的所
有结果为：
由以上树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a 1b 1，a 1b 2，a 2b 1，a 2b 2共4种，故所求概率p ＝4
18＝2
9
.
(理)已知10件产品中有3件是次品．
(1)任意掏出3件产品作查验，求其中至少有1件是次品的概率；
(2)为了保证使3件次品全数查验出的概率超过0.6，最少应抽取几件产品作查验？ [解析] (1)任意掏出3件产品作查验，全数是正品的概率为C 37
C 310＝7
24.
∴至少有一件是次品的概率为1－7
24＝17
24
.
(2)设抽取n 件产品作查验，那么3件次品全数查验出的概率为C 33C n －37C n 10＝C n －37
C n 10
.
由
C n －37
C n 10
>0.6，
即
7！
n －3！10－n ！>
6
10·
10！
n ！10－n ！
，
整理得n (n －1)(n －2)>9×8×6，
∵n ∈N ，n ≤10，∴当n ＝9或n ＝10时上式成立．
∴为了保证使3件次品全数查验出的概率超过0.6，最少应抽取9件产品作查验． 能力强化训练 一、选择题
1．设a 、b 别离是甲、乙各抛掷一枚骰子取得的点数，已知乙所得的点数为2，那么方程x 2＋ax ＋b ＝0有两个不相等的实数根的概率为( )
A.23
B.13
C.12
D.5
12 [答案] A
[解析] 由已知得b ＝2，那么Δ＝a 2－4b ＝a 2－8>0，解得a >2
2，故a ＝3,4,5,6，故所求概率为46＝2
3
，
选A.
2．(文)把一颗骰子抛掷两次，观看显现的点数，并记第一次显现的点数为m ，第二次显现的点数为n ，向量p ＝(m ，n )，q ＝(－2,1)，那么向量p ⊥q 的概率为( )
A.1
18 B.112 C.19 D.16 [答案] B
[解析] ∵向量p ⊥q ，∴p ·q ＝－2m ＋n ＝0，∴n ＝2m ，知足条件的(m ，n )有3个：(1,2)，(2,4)，(3,6)，又大体事件的总数为36，∴P ＝3
36＝1
12
，应选B.
(理)已知k ∈Z ，AB →
＝(k,1)，AC →
＝(2,4)，假设|AB →
|≤10，那么△ABC 是直角三角形的概率是( )
A.17
B.27
C.37
D.47
[答案] C
[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，那么AB →·AC →＝(k,1)·(2,4)＝2k ＋4＝0，得k ＝－2；假设B 是直角，那么AB →·BC →
＝(k,1)·(2－k,3)＝(2－k )k ＋3＝0，得k ＝－1或3；
若C 是直角，那么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3
7，选C.
二、填空题
3．(2021·新课标Ⅱ)从1,2,3,4,5中任意掏出两个不同的数，其和为5的概率是________． [答案] 0.2
[解析] 从5个数中任取2个，所有大体事件为：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共有10个元素．
记A ＝“其和为5”，那么A 中有(1,4)，(2,3)共2个元素， ∴P (A )＝2
10
＝0.2.
4．(文)(2021·银川模拟)将一颗骰子抛掷两次别离取得点数a ，b ，那么直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为________．
[答案]
512
[解析] 圆心(2,0)到直线ax －by ＝0的距离d ＝
|2a |
a 2＋
b 2，当d <
2时，直线与圆相交，那么有d ＝
|2a |
a 2＋
b 2
<2，得b >a ，知足题意的b >a 共有15种情形，因此直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2
相交的概率为15
36
＝
5
12
. (理)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，那么在课程表上的相邻两节文化课之间至少距离1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
[答案] 1
5
[解析] 此题考查古典概型、排列组合知识． 解法1：大体事件总数A 66＝720.
事件A “相邻两节文化课之间至少距离一节艺术课”分两类，一类是相邻两节文化课间都恰有一节艺术课，
有2A 33A 33＝72种排法，另一类是相邻两节文化课之间有一节艺术课或两节艺术课，有A 33C 23A 22A 22＝72种排法．
∴P (A )＝72＋72720＝15
.
解法2：6节课的全排列为A 66种，先排3节艺术课有A 33种不同方式，同时产生4个空，再利用插空法排文化课共有A 34种不同方式，故由古典概型概率公式得P (A )＝A 33·A 34A 66＝15
.
三、解答题
5．袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现依次有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球． (1)试问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；
(2)假设摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为5的概率． [解析] (1)一共有8种不同的结果，列举如下：
(红，红，红)、(红，红，黑)、(红，黑，红)、(红，黑，黑)、(黑，红，红)、(黑，红，黑)，(黑，黑，红)、(黑，黑，黑)．
(2)记“3次摸球所得总分为5”为事件A .
事件A 包括的大体事件为：(红，红，黑)、(红，黑，红)、(黑，红，红)，事件A 包括的大体事件数为3. 由(1)可知，大体事件总数为8，因此事件A 的概率为 P (A )＝3
8
.
6．(文)(2021·天津高考)某产品的三个质量指标别离为x 、y 、z ，用综合指标S ＝x ＋y ＋z 评判该产品的品级．假设S ≤4，那么该产品为一等品，现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：
(1)
(2)在该样本的一等品中，随机抽取2件产品．
(ⅰ)用产品编号列出所有可能的结果；
(ⅱ)设事件B为“在掏出的2件产品中，每件产品的综合指标S都等于4”，求事件B发生的概率．[解析](1)计算10件产品的综合指标S，如下表：
其中S≤4的有A1、A2、A4、A5、A7、A9，共6件，故该样本的一等品率为
10
＝0.6，从而可估量该批产品的一等品率为0.6.
(2)(ⅰ)在该样本的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A1，A9}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A2，A9}，{A4，A5}，{A4，A7}，{A4，A9}，{A5，A7}，{A5，A9}，{A7，A9}，共15种．
(ⅱ)在该样本的一等品中，综合指标S等于4的产品编号别离为A1、A2、A5、A7，那么事件B发生的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A5}，{A1，A7}，{A2，A5}，{A2，A7}，{A5，A7}，共6种．
因此P(B)＝6
15＝2 5
.
(理)如图，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0,1,0，)B2(0,2,0)，C1(0,0,1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点．
(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个极点的概率；
(2)求这3点与原点O共面的概率．
[解析]从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：
x 轴上取2个点的有A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，共4种， y 轴上取2个点的有B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2，共4种， z 轴上取2个点的有C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1, C 1C 2B 2，共4种，
所选取的3个点在不同坐标轴上有A 1B 1C 1，A 1B 1C 2，A 1B 2C 1，A 1B 2C 2，A 2B 1C 1，A 2B 1C 2，A 2B 2C 1，A 2B 2C 2，共8种，因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．
(1)选取的这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个极点的所有可能结果有：A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，共2种，因此，这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个极点的概率为
P 1＝
220＝1
10
.
(2)选取的这3个点与原点O 共面的所有可能结果有：A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，
B 1B 2
C 1，B 1B 2C 2，C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2，共12种．因此这3个点与原点O 共面的概率为
P 2＝1220＝35
.。