5.3.3古典概型(第2课时)-教师版
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A．0B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分类计算得到从两类符号中任取2个符号排列，则组成不同的十进制数为0，1，2，3，计算得到概率.
【详解】
根据题意，不同符号可分为三类：
第一类：由两个“—”组成，其二进制为 ；
第二类：由两个“——”组成，其二进制为 ；
第三类：由一个“—”和一个“——”组成，其二进制为 ， ，
3.1415926＜ ＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”,这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6随机选取两位数字，整数部分3不变，那么得到的数字大于3.14的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：根据题意，由列举法可得所有可能的客车通过顺序的情况，分析可得该人可以乘上上等车的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案．
二、填空题
12．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质数的和，如 .在不超过15的质数中，随机选取2个不同的数，其和不等于16的概率是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出和等于16的概率，再利用事件A与其对立事件 概率和为1解决.
【答案】D
【解析】
【分析】
6元分成整数元有3份，可能性有(1，1，4)，(1，2，3)，(2，2，2)，然后求出每一种分法的个数，再求出符合“最佳手气”的个数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】
6元分成整数元有3份，可能性有(1，1，4)，(1，2，3)，(2，2，2)，第一个分法有3种，第二个分法有6种，第三个分法有1种，其中符合“最佳手气”的有4种，
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先设这6位外国人分别记为 , , , , , ,其中 未关注此次大阅兵,列举出从这6位外国人中任意选取2位的基本事件总数,再选出2位都关注大阅兵的基本事件数,代入古典概型公式即可求得概率.
【详解】
解：这6位外国人分别记为 , , , , , ,
其中 未关注此次大阅兵,
法官乙民事庭维持原判的案件率为 ，行政庭维持原判的案件率为 ，总体上维持原判的案件率为 ．
所以 ， ， ．选D．
【点睛】
本题主要考查了古典概型及其概率公式的应用，其中解答中认真审题，根据表中的数据，利用古典概型及其概率的公式分别求解相应的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
【点睛】
本题考查古典概型概率的计算，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.
2．袋子中有四张卡片，分别写有“学、习、强、国”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“学”“习”两个字都取到记为事件 ，用随机模拟的方法估计事件 发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“学、习、强、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
A．P1•P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P2
【答案】C
【解析】
【分析】
将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.
【详解】
三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321
方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝ ；
方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝ ；
【答案】A
【解析】
选择数字的方法有： 种，其中
得到的数字不大于3.14的数字为： ，
据此可得：得到的数字大于3.14的概率为 .
本题选择A选项.
点睛：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的和，运用互斥事件的求和公式计算．
二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P( )，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”，“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．
2次点数之和为6包括的基本事件数为：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5个．
∴2次点数之和为6的概率为 ．
故选：C
【点睛】
本题考查了古典概型的计算方法，属于基础题.
4．“二进制”来源于我国古代的《易经》，该书中有两类最基本的符号：“—”和“——”，其中“—”在二进制中记作“1”，“——”在二进制中记作“0”，例如二进制数 化为十进制的计算如下： .若从两类符号中任取2个符号进行排列，则得到的二进制数所对应的十进制数大于2的概率为（）
A． ， ， B． ， ，
C． ， ， D． ， ，
【答案】D
【解析】
【分析】
分别求出法官甲、乙民事庭维持原判的案件率为 ， ，行政庭维持原判的案件率 ， ，总体上维持原判的案件率为 的值，即可得到答案．
【详解】
由题意，可得法官甲民事庭维持原判的案件率为 ，行政庭维持原判的案件率 ，总体上维持原判的案件率为 ；
故概率为 ．
故选：D
【点睛】
此题考查古典概型的概率公式的应用，属于基础题
7．已知 ， ，则函数 为增函数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：∵ 为增函数，∴ >0，又∵ ，∴ ，又 ，∴函数 为增函数的概率是 ，故选B．
考点：1．函数的单调性；2．古典概型求概率．
8．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率 的值的范围是：
13．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．
【答案】 .
【解析】
分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.
则基本事件有 , , , , ,
, , , , , ,
, , , ,共15个,
其中被采访者都关注了此次大阅兵的基本事件有10个,
故所求概率为 .
故选：C
【点睛】
本题考查古典概型,考查运算求解能力.
10．一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为 ，当且仅当 时称为“凹数”（如213，312等），若 ，且 互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为（）
232
321
210
023
123
021
132
220
001
231
130
133
231
031
320
122
103
233
由此可以估计事件 发生的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
18组随机数中,利用列举法求出事件A发生的随机数有共6个,由此能估计事件A发生的概率.
【详解】
18组随机数中,利用列举法求出事件A发生的随机数有210，021，001，130，031，103，共6个,估计事件A发生的概率为 .
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由于 ，且 互不相同，故可得 个三位数.若 ，则“凹数”有：. 共6个；若 ，则“凹数”有：. 共2个.所以这个三位数为“凹数”的概率为有 .
考点：古典概型.
11．英国统计学家 辛普森1951年提出了著名的辛普森悖论，下面这个案例可以让我们感受到这个悖论.有甲乙两名法官，他们都在民事庭和行政庭主持审理案件，他们审理的部分案件被提出上诉.记录这些被上述案件的终审结果如下表所示（单位：件）：
5.3.3古典概型（第2课时）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知张明在拼写单词“ ”时，对后三个字母的记忆有些模糊，他只记得由“ ”、“ ”、“ ”三个字母组成，且字母“ ”只能在最后两个位置中的某一个位置上，则“张明拼写该单词错误”的概率为（）
详解：由题意可知了，比赛可能的方法有 种，
其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，
田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，
结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为 .
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
【详解】
不超过15的质数有2，3，5，7，11，13共6个，从中选2个质数一共有 种，和等于16的有（3，13），（5，11）两种，
由古典概型的概率计算公式知，和等于16的概率为 ，和不等于16的概率为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查古典概型的概率计算，注意正面情况比较多的情况下，可以采用先计算对立事件的概率，本题是一道容易题.
故选:C.
【点睛】
本题考查列举法计算基本事件数及事件发生的概率,难度较易.
3．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，则2次点数之和为6的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出基本事件的个数，再求出2次点数之和为6包括的基本事件的个数，最后利用古典概型计算公式求解即可.
【详解】
基本事件的总数为6×6＝36．
14．图是甲、乙两人在 次综合测评中的成绩的茎叶图，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为.
【答案】
【解析】
试题分析：由图可知，甲的5次成绩分别是88、89、90、91、92，易知甲的平均分为90.乙的成绩分别是83、83、87、99，其中被污损的那次成绩为90到99中的某一个.设被污损的那次成绩为 ，由甲的平均成绩超过乙的平均成绩，得 .所以 .又 是90到99的十个整数中的其中一个，其中有8个整数小于98，所以 的概率 .
法官甲
终审结果
民事庭
行政庭
合计Βιβλιοθήκη Baidu
维持
29
100
129
推翻
3
18
21
合计
32
118
150
法官乙
终审结果
民事庭
行政庭
合计
维持
90
20
110
推翻
10
5
15
合计
100
25
125
记甲法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为 ， 和 ，记乙法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为 ， 和 ，则下面说法正确的是（ ）
9．2019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注，还得到了无数外国人的关注.某单位有6位外国人，其中关注此次大阅兵的有5位，若从这6位外国人中任意选取2位做一次采访，则被采访者都关注了此次大阅兵的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
列举出所有的基本事件，并确定事件“张明拼写该单词错误”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可得出所求事件的概率.
【详解】
据题意知，单词“ ”后三个字母张明排序有 、 、 、 ，共 种情况，其中拼写错误的有一三种 、 、 ，所以所求的概率 .
故选：A.
所以P1+P2＝
故选C.
【点睛】
本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.
6．甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是（）
A． B． C． D．
所以从两类符号中任取2个符号排列，则组成不同的十进制数为0，1，2，3，
则得到的二进制数所对应的十进制数大于2的概率 ，
故选：D.
【点睛】
本题考查古典概型及进制转化的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
5．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．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（ ）
考点：茎叶图、随机事件的概率
15．某汽车站每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车，某天袁先生准备在该汽车站乘车前往省城办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘上上等车，他采取如下策略：先放过一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆．则他乘上上等车的概率为________．
【答案】D
【解析】
【分析】
分类计算得到从两类符号中任取2个符号排列，则组成不同的十进制数为0，1，2，3，计算得到概率.
【详解】
根据题意，不同符号可分为三类：
第一类：由两个“—”组成，其二进制为 ；
第二类：由两个“——”组成，其二进制为 ；
第三类：由一个“—”和一个“——”组成，其二进制为 ， ，
3.1415926＜ ＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”,这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6随机选取两位数字，整数部分3不变，那么得到的数字大于3.14的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】
【解析】
试题分析：根据题意，由列举法可得所有可能的客车通过顺序的情况，分析可得该人可以乘上上等车的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案．
二、填空题
12．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质数的和，如 .在不超过15的质数中，随机选取2个不同的数，其和不等于16的概率是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出和等于16的概率，再利用事件A与其对立事件 概率和为1解决.
【答案】D
【解析】
【分析】
6元分成整数元有3份，可能性有(1，1，4)，(1，2，3)，(2，2，2)，然后求出每一种分法的个数，再求出符合“最佳手气”的个数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】
6元分成整数元有3份，可能性有(1，1，4)，(1，2，3)，(2，2，2)，第一个分法有3种，第二个分法有6种，第三个分法有1种，其中符合“最佳手气”的有4种，
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先设这6位外国人分别记为 , , , , , ,其中 未关注此次大阅兵,列举出从这6位外国人中任意选取2位的基本事件总数,再选出2位都关注大阅兵的基本事件数,代入古典概型公式即可求得概率.
【详解】
解：这6位外国人分别记为 , , , , , ,
其中 未关注此次大阅兵,
法官乙民事庭维持原判的案件率为 ，行政庭维持原判的案件率为 ，总体上维持原判的案件率为 ．
所以 ， ， ．选D．
【点睛】
本题主要考查了古典概型及其概率公式的应用，其中解答中认真审题，根据表中的数据，利用古典概型及其概率的公式分别求解相应的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
【点睛】
本题考查古典概型概率的计算，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.
2．袋子中有四张卡片，分别写有“学、习、强、国”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“学”“习”两个字都取到记为事件 ，用随机模拟的方法估计事件 发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“学、习、强、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
A．P1•P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P2
【答案】C
【解析】
【分析】
将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.
【详解】
三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321
方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝ ；
方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝ ；
【答案】A
【解析】
选择数字的方法有： 种，其中
得到的数字不大于3.14的数字为： ，
据此可得：得到的数字大于3.14的概率为 .
本题选择A选项.
点睛：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的和，运用互斥事件的求和公式计算．
二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P( )，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”，“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．
2次点数之和为6包括的基本事件数为：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5个．
∴2次点数之和为6的概率为 ．
故选：C
【点睛】
本题考查了古典概型的计算方法，属于基础题.
4．“二进制”来源于我国古代的《易经》，该书中有两类最基本的符号：“—”和“——”，其中“—”在二进制中记作“1”，“——”在二进制中记作“0”，例如二进制数 化为十进制的计算如下： .若从两类符号中任取2个符号进行排列，则得到的二进制数所对应的十进制数大于2的概率为（）
A． ， ， B． ， ，
C． ， ， D． ， ，
【答案】D
【解析】
【分析】
分别求出法官甲、乙民事庭维持原判的案件率为 ， ，行政庭维持原判的案件率 ， ，总体上维持原判的案件率为 的值，即可得到答案．
【详解】
由题意，可得法官甲民事庭维持原判的案件率为 ，行政庭维持原判的案件率 ，总体上维持原判的案件率为 ；
故概率为 ．
故选：D
【点睛】
此题考查古典概型的概率公式的应用，属于基础题
7．已知 ， ，则函数 为增函数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：∵ 为增函数，∴ >0，又∵ ，∴ ，又 ，∴函数 为增函数的概率是 ，故选B．
考点：1．函数的单调性；2．古典概型求概率．
8．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率 的值的范围是：
13．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．
【答案】 .
【解析】
分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.
则基本事件有 , , , , ,
, , , , , ,
, , , ,共15个,
其中被采访者都关注了此次大阅兵的基本事件有10个,
故所求概率为 .
故选：C
【点睛】
本题考查古典概型,考查运算求解能力.
10．一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为 ，当且仅当 时称为“凹数”（如213，312等），若 ，且 互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为（）
232
321
210
023
123
021
132
220
001
231
130
133
231
031
320
122
103
233
由此可以估计事件 发生的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
18组随机数中,利用列举法求出事件A发生的随机数有共6个,由此能估计事件A发生的概率.
【详解】
18组随机数中,利用列举法求出事件A发生的随机数有210，021，001，130，031，103，共6个,估计事件A发生的概率为 .
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由于 ，且 互不相同，故可得 个三位数.若 ，则“凹数”有：. 共6个；若 ，则“凹数”有：. 共2个.所以这个三位数为“凹数”的概率为有 .
考点：古典概型.
11．英国统计学家 辛普森1951年提出了著名的辛普森悖论，下面这个案例可以让我们感受到这个悖论.有甲乙两名法官，他们都在民事庭和行政庭主持审理案件，他们审理的部分案件被提出上诉.记录这些被上述案件的终审结果如下表所示（单位：件）：
5.3.3古典概型（第2课时）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知张明在拼写单词“ ”时，对后三个字母的记忆有些模糊，他只记得由“ ”、“ ”、“ ”三个字母组成，且字母“ ”只能在最后两个位置中的某一个位置上，则“张明拼写该单词错误”的概率为（）
详解：由题意可知了，比赛可能的方法有 种，
其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，
田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，
结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为 .
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
【详解】
不超过15的质数有2，3，5，7，11，13共6个，从中选2个质数一共有 种，和等于16的有（3，13），（5，11）两种，
由古典概型的概率计算公式知，和等于16的概率为 ，和不等于16的概率为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查古典概型的概率计算，注意正面情况比较多的情况下，可以采用先计算对立事件的概率，本题是一道容易题.
故选:C.
【点睛】
本题考查列举法计算基本事件数及事件发生的概率,难度较易.
3．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，则2次点数之和为6的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出基本事件的个数，再求出2次点数之和为6包括的基本事件的个数，最后利用古典概型计算公式求解即可.
【详解】
基本事件的总数为6×6＝36．
14．图是甲、乙两人在 次综合测评中的成绩的茎叶图，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为.
【答案】
【解析】
试题分析：由图可知，甲的5次成绩分别是88、89、90、91、92，易知甲的平均分为90.乙的成绩分别是83、83、87、99，其中被污损的那次成绩为90到99中的某一个.设被污损的那次成绩为 ，由甲的平均成绩超过乙的平均成绩，得 .所以 .又 是90到99的十个整数中的其中一个，其中有8个整数小于98，所以 的概率 .
法官甲
终审结果
民事庭
行政庭
合计Βιβλιοθήκη Baidu
维持
29
100
129
推翻
3
18
21
合计
32
118
150
法官乙
终审结果
民事庭
行政庭
合计
维持
90
20
110
推翻
10
5
15
合计
100
25
125
记甲法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为 ， 和 ，记乙法官在民事庭、行政庭以及所有审理的案件被维持原判的比率分别为 ， 和 ，则下面说法正确的是（ ）
9．2019年庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强军成就.装备方阵堪称“强军利刃”“强国之盾”，见证着人民军队迈向世界一流军队的坚定步伐.此次大阅兵不仅得到了全中国人的关注，还得到了无数外国人的关注.某单位有6位外国人，其中关注此次大阅兵的有5位，若从这6位外国人中任意选取2位做一次采访，则被采访者都关注了此次大阅兵的概率为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
列举出所有的基本事件，并确定事件“张明拼写该单词错误”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可得出所求事件的概率.
【详解】
据题意知，单词“ ”后三个字母张明排序有 、 、 、 ，共 种情况，其中拼写错误的有一三种 、 、 ，所以所求的概率 .
故选：A.
所以P1+P2＝
故选C.
【点睛】
本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.
6．甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是（）
A． B． C． D．
所以从两类符号中任取2个符号排列，则组成不同的十进制数为0，1，2，3，
则得到的二进制数所对应的十进制数大于2的概率 ，
故选：D.
【点睛】
本题考查古典概型及进制转化的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
5．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．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（ ）
考点：茎叶图、随机事件的概率
15．某汽车站每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车，某天袁先生准备在该汽车站乘车前往省城办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘上上等车，他采取如下策略：先放过一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆．则他乘上上等车的概率为________．