多维层次练58- 随机事件的概率及古典概型学案

这是一份多维层次练58- 随机事件的概率及古典概型学案，共12页。
1．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．
答案：D
2．(2020·中山模拟)袋子里有3个白球，4个黑球，5个红球，某人一次抽取3个球，若每个球被抽到的机会均等，则此人抽到的球颜色互异的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,7) D.eq \f(3,11)
解析：基本事件总数为Ceq \\al(3,12)＝220(种)，此人抽到的球颜色互异的情况有3×4×5＝60(种)，故所求概率为eq \f(60,220)＝eq \f(3,11).故选D.
答案：D
3.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数，其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图，若从4个阴数中随机抽取2个数，则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,3)
解析：从4个阴数中随机抽取2个数，共有6种取法，其中满足题意的取法有两种：4，6和2，8，所以能使这2个数与居中阳数之和等于15的概率P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).故选D.
答案：D
4．在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序A，B，C，D，E，F，则程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,15)
C.eq \f(4,15) D.eq \f(2,15)
解析：程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为P＝eq \f(Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4),Aeq \\al(6,6))＝eq \f(2,15).
答案：D
5．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”，若表示B的对立事件，则一次试验中，事件A＋发生的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,6)
解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果．
依题意P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，
所以P()＝1－P(B)＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
因为B表示“出现5点或6点”的事件，
因此事件A与互斥，
从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).故选C.
答案：C
6.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年被美国数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A和区域B标记的数字丢失．若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为1的区域的概率的所有可能值中，最大的是( )
A.eq \f(1,15) B.eq \f(1,10)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(11,30)
解析：A，B只能有一个可能为1，题目求最大，令B为1，则总共有30个小方格，标有数字1的小方格有10个，所以所求概率为eq \f(1,3)，故选C.
答案：C
7．从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，则lgab为整数的概率是________．
解析：从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，则有(2，3)，(2，8)，(2，9)，(3，8)，(3，9)，(8，9)，(3，2)，(8，2)，(9，2)，(8，3)，(9，3)，(9，8)，共12种取法，其中lgab为整数的有(2，8)，(3，9)两种，故P＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6).
答案：eq \f(1,6)
8.如图所示的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．
解析：依题意，记题中被污损的数字为x，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x＋5)≤0，解得x≥7，即此时x的可能取值是7，8，9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P＝eq \f(3,10)＝0.3.
答案：0.3
9．某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．
解：(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为eq \f(Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(3,6))＝eq \f(1,100)，
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－eq \f(1,100)＝eq \f(99,100).
(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，记“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C.
则P(B)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(4,6))＝eq \f(3,5)，P(C)＝eq \f(Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(4,6))＝eq \f(1,5).
由互斥事件的概率加法公式，
得P(A)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，
故所求事件的概率为eq \f(4,5).
10．(2018·天津卷)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动．
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
(2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．
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名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．
解：(1)由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．
(2)①从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(A，G)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(B，G)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(C，G)，(D，E)，(D，F)，(D，G)，(E，F)，(E，G)，(F，G)共21种．
②由①，不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(F，G)，共5种．
所以事件M发生的概率P(M)＝eq \f(5,21).
[综合应用练]
11．(多选题)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案．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( )
A．P1·P2＝eq \f(1,6) B．P1＝P2＝eq \f(1,2)
C．P1＋P2＝eq \f(5,6) D．P1>P2
解析：三辆车的出车顺序可能为123，132，213，231，312，321，共6种．方案一坐到“3号”车可能为132，213，231，共3种，所以P1＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)；方案二坐到“3号”车可能为312，321，共2种，所以P2＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).所以P1>P2，P1·P2＝eq \f(1,6)，P1＋P2＝eq \f(5,6)，故选ACD.
答案：ACD
12．(多选题)某学校共有六个学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐(选择每个餐厅的概率相同)，则下列结论正确的是( )
A．四人去了四个不同餐厅就餐的概率为eq \f(5,18)
B．四人去了同一餐厅就餐的概率为eq \f(1,1 296)
C．四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为eq \f(25,216)
D．四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为eq \f(2,3)
解析：四人去餐厅就餐的情况共有64种，其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有Aeq \\al(4,6)种，则四人去了四个不同餐厅就餐的概率为eq \f(Aeq \\al(4,6),64)＝eq \f(5,18)，故A正确；同理，四人去了同一餐厅就餐的概率为eq \f(6,64)＝eq \f(1,216)，故B错误；四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为eq \f(Ceq \\al(2,4)×52,64)＝eq \f(25,216)，故C正确；设四人中去第一餐厅就餐的人数为ξ，则ξ＝0，1，2，3，4.则P(ξ＝0)＝eq \f(54,64)，P(ξ＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)53,64)，P(ξ＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)52,64)，P(ξ＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4)×5,64)，P(ξ＝4)＝eq \f(1,64)，则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为
则四人中去第一餐厅就餐的人数的期望E(ξ)＝0×eq \f(54,64)＋1×eq \f(Ceq \\al(1,4)53,64)＋2×eq \f(Ceq \\al(2,4)52,64)＋3×eq \f(Ceq \\al(3,4)×5,64)＋4×eq \f(1,64)＝eq \f(2,3)，故D正确．
答案：ACD
13．2021年广东新高考将实行3＋1＋2模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率为________．
解析：由题意，从政治、地理、化学、生物中四选二，共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)方法，所以他们选课相同的概率为eq \f(1,6).
答案：eq \f(1,6)
14．一只袋子中装有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，取得两个红玻璃球的概率为eq \f(7,15)，取得两个绿玻璃球的概率为eq \f(1,15)，则取得两个同色玻璃球的概率为________；至少取得一个红玻璃球的概率为________．
解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为P＝eq \f(7,15)＋eq \f(1,15)＝eq \f(8,15).
由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至少取得一个红玻璃球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－eq \f(1,15)＝eq \f(14,15).
答案：eq \f(8,15) eq \f(14,15)
15．(2019·天津卷)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．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.享受情况如下表，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：(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用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)＝eq \f(11,15).
[拔高创新练]
16．著名的“3N＋1猜想”是指对于每一个正整数n，若n是偶数，则让它变成eq \f(n,2)；若n是奇数，则让它变成3n＋1.如此循环，最终都会变成1.若数字5，6，7，8，9按照以上猜想进行变换，则变换次数为奇数的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：依题意知，5→16→8→4→2→1，共进行5次变换；6→3→10→5→…，共进行8次变换；7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→…，共进行16次变换；由以上可知，8变换共需要3次；9→28→14→7→…，共进行19次变换．故变换次数为奇数的概率为eq \f(3,5).
答案：C
17．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为eq \f(1,7).现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有1人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求取球2次即终止的概率；
(3)求甲取到白球的概率．
解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有Ceq \\al(2,n)＝eq \f(n（n－1）,2)(种)结果，从袋中任取2个球共有Ceq \\al(2,7)＝21(种)结果．
由题意知eq \f(1,7)＝eq \f(\f(n（n－1）,2),21)＝eq \f(n（n－1）,42)，
所以n(n－1)＝6，解得n＝3或n＝－2(舍去)，
即袋中原有3个白球．
(2)记“取球2次即终止”为事件A.
则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3),Aeq \\al(2,7))＝eq \f(2,7).
(3)记“甲取到白球”为事件B.“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1，2，3，4，5.因为甲先取，所以甲只能在第1次，第3次和第5次取球．
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,7))＋eq \f(Aeq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3),Aeq \\al(3,7))＋eq \f(Aeq \\al(4,4)Ceq \\al(1,3),Aeq \\al(5,7))＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).
ξ
0
1
2
3
4
P
eq \f(54,64)
eq \f(Ceq \\al(1,4)53,64)
eq \f(Ceq \\al(2,4)52,64)
eq \f(Ceq \\al(3,4)×5,64)
eq \f(1,64)
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○