人教B版 (2019)必修 第二册5.3.3 古典概型同步达标检测题

十九　古典概型

基础练习

一、选择题(每小题5分,共30分)

1.抛掷一枚骰子,出现偶数点的基本事件个数为 (　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

解析:选C.因为抛掷一枚骰子出现数字的样本点有6个,它们分别是1,2,3,4,5,6,所以出现偶数点的样本点数是3个.

2.下列试验是古典概型的是 (　　)

A.口袋中有2个白球和3个黑球,从中任取一球,基本事件为{取中白球}和{取中黑球}

B.在区间[-1,5]上任取一个实数x,使x2-3x+2>0

C.抛一枚质地均匀的硬币,观察其出现正面或反面

D.某人射击中靶或不中靶

解析:选C.A中两个样本点不是等可能的;B中样本点的个数是无限的;D中“中靶”与“不中靶”不是等可能的;C符合古典概型的两个特征,故选C.

3.从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表,甲被选中的概率为 (　　)

A.　 B.　 C.　 D.1

解析:选C.从甲、乙、丙三人中任选两人有(甲、乙),(甲、丙),(乙、丙),共3种情况,其中,甲被选中的情况有2种,故甲被选中的概率为P=.

4.在国庆阅兵中,某兵种A,B,C三个方阵按一定次序通过主席台,若先后次序是随机排定的,则B先于A,C通过的概率为              (　　)

A. B. C. D.

解析:选B.用(A,B,C)表示A,B,C通过主席台的次序,则样本空间为Ω ={ (A,B, C),(A,C,B),(B,A,C),(B,C,A),(C,A,B),(C,B,A) },共6种,其中B先于A,C通过的有(B,C,A)和(B,A,C),共2种,故所求概率P==.

5.三人制足球(也称为笼式足球)以其独特的魅力,吸引着中国众多的业余足球爱好者.在某次三人制足球传球训练中,A队有甲、乙、丙三名队员参加,甲、乙、丙三人都等可能地将球传给另外两位队友中的一个人.若由甲开始发球(记为第一次传球),则第四次仍由甲传球的概率是              (　　)

A.　 B.　 C.　 D.

解析:选A.由题设,知:要使第四次由甲传球,则第三次球不在甲,又由甲开始传球,所以第二次球也不在甲,所以第二次和第三次的球必在乙、丙两人,故传球顺序:甲→乙→丙→甲或者甲→丙→乙→甲;而所有可能的传球顺序有23种,

所以第四次仍由甲传球的概率为=.

6.一袋中装有大小相同,且编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球,从中有放回地每次取一个球,共取2次,则取得两个球的编号之和不小于15的概率为              (　　)

A. B.　 C.　 D.

解析:选D.用(i,j)表示第一次取得球编号i,第二次取得球编号j的一个样本点(i,j=1,2,3,…,8).则所有样本点的总数n=64,其中取得两个球的编号和不小于15的样本点有(7,8),(8,7),(8,8),共3种,故所求的概率P=.

二、填空题(每小题5分,共10分)

7.某国家队“短道速滑”项目有A,B,C,D 4名运动员.若这四人实力相当,现从中任选2名参加比赛,则A,B至少有1人被选中的概率是　　　　. 

解析:4名运动员任选2人,共有6种选法,由A,B至少有1人被选中知,不能同时选中C,D这一种情况,故A,B至少有1人被选中的选法共有6-1=5(种),所有A,B至少有1人被选中的概率P=.

答案:

8.“渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数(如2 578),在二位的“渐升数”中任取一数比37大的概率是　　　　. 

解析:十位是1的“渐升数”有8个,十位是2的“渐升数”有7个,…,十位是8的“渐升数”有1个;所以二位的“渐升数”有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个),以3为十位比37大的“渐升数”有2个,分别以4,5,6,7,8为十位的“渐升数”均比37大,且共有5+4+3+2+1=15(个),所以比37大的“渐升数”共有2+15=17(个),故在二位的“渐升数”中任取一数比37大的概率是.

答案:

三、解答题(共10分)

9.将一枚骰子先后抛掷两次,记录所得点数.则:

(1)一共有几个样本点?

(2)“出现的点数之和大于8”包含几个样本点?

解析:(树形图法):

一枚骰子先后抛掷两次的所有可能结果用树形图表示.如图所示:

(1)由图知,共36个样本点.

(2)“点数之和大于8”包含10个样本点(已用“√”标出).

【补偿训练】

　　　抛掷两枚骰子,求:

(1)点数之和是4的倍数的概率.

(2)点数之和大于5小于10的概率.

　　　解析:如图,样本点与所描点一一对应,共36种.

(1)记“点数之和是4的倍数”的事件为A,从图中可以看出,事件A包含的样本点共有9个,即(1,3),(2,2),(2,6),(3,1),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(6,6).所以P(A)=.

(2)记“点数之和大于5小于10”的事件为B,从图中可以看出,事件B包含的样本点有20个,即(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(3,6),(4,5),(5,4),(6,3).所以P(B)=.

提升练习

一、选择题(每小题5分,共15分)

1.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),骰子朝上的面的点分别为x,y,则loy=1的概率为              (　　)

A. B. C. D.

解析:选C.要使loy=1,则要求2x=y,所以符合题意的基本事件数为3,而基本事件总数为36,所以概率为=.

2.(2019·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. B. C. D.

解析:选D.两位男同学编号为a,b,两位女同学编号为1,2,若a在第一位有ab12,ab21,a1b2,a12b,a2b1,a21b共6种排法,同理b在第一位时也有6种排法,两种情况女同学相邻有8种排法;若1在第一位有1ab2,1a2b,1ba2,1b2a,12ab,12ba共6种排法,同理2在第一位也有6种排法,两种情况女同学相邻有4种排法,故所求的概率为=.

【补偿训练】

　　　设a是从集合{1,2,3,4}中随机取出的一个数,b是从集合{1,2,3}中随机取出的一个数,构成一个样本点(a,b).记“这些样本点中,满足logba≥1”为事件E,则E发生的概率是              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

解析:选B.试验发生包含的事件是分别从两个集合中取1个数字,共有4×3=12(种)结果,满足条件的事件是满足logba≥1,可以列举出所有的事件,当b=2时,a=2,3,4,当b=3时,a=3,4,共有3+2=5(种),所以根据古典概型的概率公式得到概率是.

3.已知平面上有3个点A,B,C,在A处放置一个小球,每次操作时将小球随机移动到另一个点处,则4次操作之后,小球仍在A点的概率为              (　　)

A. B. C. D.

解析:选D.由图可知所求概率P== .

二、填空题(每小题5分,共15分)

4.(2020·江苏高考)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是　　　. 

解析:总事件数为6×6=36,满足条件的事件有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)共4种,则点数和为5的概率为=.

答案:

5.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)=　　　　. 

解析:20张卡片任取一张,有20种取法,其中两个数字之和不少于14的有(7,8),(8,9),(16,17),(17,18),(18,19),则P(A)==.

答案:

6.古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过:“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式.”在中华传统文化里,建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如清代诗人黄伯权的《茶壶回文诗》以连环诗的形式展现,20个字绕着茶壶成一圆环,不论顺着读还是逆着读,皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系,如2020年02月02日(20 200 202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期).数学上把20 200 202这样的对称数叫回文数,两位数的回文数共有9个(11,22,…,99),则在三位数的回文数中,出现偶数的概率为　　　　　. 

解析:由题意可知,所有的三位数中回文数有:101,111,…,191,202,212,…,292,…, 909,919,…,999共90个,其中偶数的回文数共有40个,根据古典概型的概率公式得P==.

答案:

三、解答题(共10分)

7.一个口袋内装有大小相同的5个球,其中3个白球,2个黑球,从中一次摸出2个球.

(1)共有多少个样本点?

(2)2个都是白球包含几个样本点?

解析:方法一:(1)采用列举法.

分别记白球为1,2,3号,黑球为4,5号,则有以下样本点:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10个(其中(1,2)表示摸到1号、2号).

(2)“2个都是白球”包含(1,2),(1,3),(2,3)3个样本点.

方法二:(1)采用列表法.

设5个球的编号为a,b,c,d,e,其中a,b,c为白球,d,e为黑球.

列表如下:

由于每次取2个球,因此每次所得的2个球不相同,而事件(b,a)与(a,b)是相同的事件,故共有10个样本点.

(2)“2个都是白球”包含(a,b),(b,c),(c,a)3个样本点.

【补偿训练】

　　　某单位老、中、青员工分别有72,108,120人,现采用分层抽样的方法,从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.

(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人?

(2)抽取的25人中,享受至少两项专项附加扣除的员工有6人,分别记为A,B,C,D,E,F.享受情况如表,其中“○”表示享受,“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.

①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;

②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件M发生的概率.

解析:(1)由已知,老、中、青员工人数之比为6∶9∶10,

由于采取分层抽样的方法从中抽取25位员工,

因此应从老、中、青员工中分别抽取6人,9人,10人.

(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{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种;

　　　②由表格知,符合题意的所有可能结果为{A,B},{A,D},{A,E},{A,F},{B,D},

　　　{B,E},{B,F},{C,E},{C,F},{D,F},{E,F},共11种,所以事件M发生的概率P(M)=.