随机事件概率和古典概型专题训练

这是一份随机事件概率和古典概型专题训练，共15页。
(1)“点数之和是13”是什么事件？其概率是多少？
(2)“点数之和在2～13之间”是什么事件？其概率是多少？
(3)“点数之和是7”是什么事件？其概率是多少？
解：(1)由于点数最大是6，和最大是12，不可能得13，故此事件是不可能事件，其概率为0.
(2)由于点数之和最小是2，最大是12，在2～13之间，它是必然事件，其概率为1.
(3)由(2)知，和是7是有可能的，此事件是随机事件．事件“点数之和是7”包含的基本事件有{1，6}，{2，5}，{3，4}，{4，3}，{5，2}，{6，1}共6个，因此该事件的概率P＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).
点拨 明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义及相互联系．判断一个事件是哪类事件要看两点：一是看条件，二是看结果发生与否，在条件S下事件发生与否是对应于条件S而言的．
变式1 某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站(首车站)乘车．假设每人自第2号车站开始，在每个车站下车是等可能的．约定用有序数对(x，y)表示“甲在x号车站下车，乙在y号车站下车”.
(1)用有序数对把甲、乙两人下车的所有可能的结果列举出来；
(2)求甲、乙两人同在第3号车站下车的概率；
(3)求甲、乙两人同在第4号车站下车的概率．
解： (1)用有序数对(x，y)表示甲在x号车站下车，乙在y号车站下车，则甲下车的站号记为2，3，4共3种结果，乙下车的站号也是2，3，4共3种结果．甲、乙两人下车的所有可能结果有9种，分别为(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，3)，(3，4)(4，2)，(4，3)，(4，4)．
(2)设“甲、乙两人同时在第3号车站下车”为事件A，则P(A)＝eq \f(1,9).
(3)设“甲、乙两人同在4号车站下车”为事件B，则P(B)＝eq \f(1,9).
考点二 对立事件与互斥事件
例2 (1)从1，2，3，…，7这7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.① B.②④ C.③ D.①③
解：从1，2，3，…，7这7个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，2个奇数，2个偶数．其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或2个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①中的事件可以同时发生，不是对立事件．故选C.
(2)某医院一天派出医生下乡医疗，派出医生人数及其概率如下：
求：(Ⅰ)派出医生至多是2人的概率；
(Ⅱ)派出医生至少是2人的概率．
解：记事件A：“不派出医生”，事件B：“派出1名医生”，事件C：“派出2名医生”，事件D：“派出3名医生”，事件E：“派出4名医生”，事件F：“派出不少于5名医生”.
因为事件A，B，C，D，E，F彼此互斥，
且P(A)＝0.1，P(B)＝0.16，P(C)＝0.3，P(D)＝0.2，P(E)＝0.2，P(F)＝0.04.
(Ⅰ)“派出医生至多2人”的概率为
P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(Ⅱ)解法一：“派出医生至少2人”的概率为
P(C∪D∪E∪F)＝P(C)＋P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.2＋0.2＋0.04＝0.74.
解法二：“派出医生至少2人”与“派出医生至多1人”是对立事件，“派出医生至多1人”的概率
P＝P(A)＋P(B)＝0.1＋0.16＝0.26，
所以“派出医生至少2人”的概率
P′＝1－P＝1－0.26＝0.74.
点拨 解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算．求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：①直接法，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，运用互斥事件的概率加法公式计算；②间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(A)求解，即用正难则反的数学思想，特别是“至多”“至少”型问题，用间接法往往显得较简便．
变式2 (1)一枚均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A为“向上的一面出现奇数点”，事件B为“向上的一面出现的点数不超过3”，事件C为“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：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．故选D.
(2)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：
(Ⅰ)P(A)，P(B)，P(C)；
(Ⅱ)1张奖券的中奖概率；
(Ⅲ)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
解：(Ⅰ)P(A)＝eq \f(1,1 000)，
P(B)＝eq \f(10,1 000)＝eq \f(1,100)，
P(C)＝eq \f(50,1 000)＝eq \f(1,20).
(Ⅱ)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.
因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(1,1 000)＋eq \f(1,100)＋eq \f(1,20)＝eq \f(61,1 000).
故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000).
(Ⅲ)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，
所以P(N)＝1－P(A∪B)
＝1－(eq \f(1,1 000)＋eq \f(1,100))＝eq \f(989,1 000).
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000).
考点三 古典概型及概率
例3 (1)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.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(9,10)
解：事件“甲或乙被录用”的对立事件是“甲和乙都未被录用”.从五位学生中选三人的基本事件为甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊、甲丙丁、甲丙戊、甲丁戊、乙丙丁、乙丙戊、乙丁戊、丙丁戊，共10种情况，“甲和乙都未被录用”只有丙丁戊1种情况，根据古典概型和对立事件的概率公式可得，甲或乙被录用的概率P＝1－eq \f(1,10)＝eq \f(9,10).故选D.
(2)已知函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，则该函数有两个零点的概率为 ．
解：要使函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2有两个零点，即方程x2－2ax＋b2＝0有两个实根，则Δ＝4a2－4b2>0，又a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，即a>b，而(a，b)的所有取法共有3×3＝9(种)，其中满足a>b的取法有(4，3)，(6，3)，(6，5)，(8，3)，(8，5)，(8，7)，共6种，所以所求的概率为eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).故填eq \f(2,3).
变式3 (1)一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是 ( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
解：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共6种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)共4种，所以所求概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).故选D.
(2)如图，在A，B两点间有6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取三条且使每条网线通过最大信息量，则选取的三条网线由A到B可通过的信息总量为6的概率是 ( )


A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
解：设这6条网线从上到下分别是a，b，c，d，e，f，任取3条有Ceq \\al(3,6)＝20种不同的取法，选取的三条网线由A到B可通过的信息总量为6的取法有(a，b，f)，(a，c，e)，(a，d，e)，(b，c，e)，(b，d，e)，共5种不同的取法，所以选取的三条网线由A到B可通过的信息总量为6的概率是eq \f(5,20)＝eq \f(1,4).故选A.
考点四 无放回抽样与有放回抽样的概率
例4 (1)有9张卡片分别写着数字1，2，3，4，5，6，7，8，9，甲、乙二人依次从中抽取一张卡片(不放回)，试求：
(Ⅰ)甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的概率；
(Ⅱ)甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的概率．
解：(Ⅰ)甲、乙二人依次从9张卡片中抽取一张的可能结果有Ceq \\al(1,9)·Ceq \\al(1,8)，甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的结果有Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)种，则所求概率P1＝eq \f(Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(1,9)·Ceq \\al(1,8))＝eq \f(20,72)＝eq \f(5,18).
(Ⅱ)解法一：“甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片”的事件包含下面的三个事件：“甲抽到写有奇数数字卡片，乙抽到写有偶数数字卡片”有Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)种；
“甲抽到写有偶数数字卡片，且乙抽到写有奇数数字卡片”有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,5)种；
“甲、乙二人均抽到写有奇数数字卡片”有Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)种．
则所求概率为P2＝eq \f(Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(1,9)·Ceq \\al(1,8))＝eq \f(60,72)＝eq \f(5,6).
解法二：“甲、乙二人至少抽到一张奇数数字卡片”的对立事件为“两人均抽到写有偶数数字卡片”，记为事件A，
则所求概率为P2＝P()＝1－P(A)＝1－eq \f(Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,9)·Ceq \\al(1,8))＝eq \f(5,6).
点拨 样本空间的选取会影响到解答的过程，因此解等可能概型时，建议遵循以下步骤：①判断该问题是等可能概型；②确定样本空间(即试验的方法，因为试验的方法影响样本空间)；③用计数原理确定card(Ω)与card(A)，得到P(A)＝eq \f(card（A）,card（Ω）).
(2)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.
(Ⅰ)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；
(Ⅱ)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．
解：(Ⅰ)由题意知，(a，b，c)所有的可能共3×3×3＝27种．
设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，
则事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3种．
所以P(A)＝eq \f(3,27)＝eq \f(1,9).
因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为eq \f(1,9).
(Ⅱ)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3种．
所以P(B)＝1－P()＝1－eq \f(3,27)＝eq \f(8,9).
因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为eq \f(8,9).
点拨 相对于无放回抽样，计算有放回抽样的概率问题应注意，有放回抽样可视作独立重复试验，抽样时总体个数不发生变化．
变式4 (1)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、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(Ⅰ)求袋中原有白球的个数；
(Ⅱ)求取球2次即终止的概率；
(Ⅲ)求甲取到白球的概率．
解：(Ⅰ)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为Ceq \\al(2,n)，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为Ceq \\al(2,7).
由题意知从袋中任取2个球都是白球的概率P＝eq \f(Ceq \\al(2,n),Ceq \\al(2,7))＝eq \f(1,7)，则n(n－1)＝6，解得n＝3(舍去n＝－2)，即袋中原有3个白球．
(Ⅱ)设事件A为“取球2次即终止”，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，
P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,7)×Ceq \\al(1,6))＝eq \f(4×3,7×6)＝eq \f(2,7).
(Ⅲ)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4×3×3,7×6×5)＋eq \f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).
(2)连续三次掷同一枚骰子，求：
(Ⅰ)共有多少个等可能基本事件；
(Ⅱ)三次掷得的点数都是偶数概率；
(Ⅲ)三次掷得的点数之和为16的概率．
解：(Ⅰ)将骰子抛掷一次，会出现点数为1，2，3，4，5，6这6种可能的结果，第二次又有6种可能的结果，第三次又有6种可能的结果，于是连续三次抛掷骰子一共有6×6×6＝216种可能的结果，即共有216个等可能基本事件．
(Ⅱ)设事件A表示“三次掷出的点数都是偶数”，而每一次抛掷出的点数都为偶数有3种结果：点数为2、点数为4、点数为6，所以事件A包含的不同结果有3×3×3＝27种．
所以P(A)＝eq \f(27,216)＝eq \f(1,8).
(Ⅲ)设事件B表示“三次掷得的点数之和为16”，而事件B包含6种不同的结果，分别为(6，6，4)，(6，5，5)，(6，4，6)，(5，6，5)，(5，5，6)，(4，6，6)．
所以P(B)＝eq \f(6,216)＝eq \f(1,36).
考点五 间接计算
例5 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 ( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(3,8) C.eq \f(5,8) D.eq \f(7,8)
解：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有1种，所以所求概率为1－eq \f(1＋1,16)＝eq \f(7,8).故选D.
点拨 间接计算是计算概率十分常用的方式，是“正难则反”策略的体现，对于含“至多”“至少”等词句的概率问题，一般情况下应首先考虑利用这一策略．高考概率大题对间接计算的考查也比较常见，尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题．
变式5 如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是 ( )
A.eq \f(3,7) B.eq \f(4,7) C.eq \f(1,14) D.eq \f(13,14)
解：从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq \\al(3,9)＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,1)＝6种，所以所求概率为P＝1－eq \f(6,84)＝eq \f(13,14).故选D.


课后作业

1.已知甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，A2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
解：对立事件是一种特殊的互斥事件．故选B.
2.(河北省邢台市2020届高三上第一次摸底)A，B，C三人同时参加一场活动，活动前A，B，C三人都把手机存放在了A的包里．活动结束后B，C两人去拿手机，发现三人手机外观看上去都一样，于是这两人每人随机拿出一部，则这两人中只有一人拿到自己手机的概率是 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,6)
解：设A，B，C三人的手机分别为A′，B′，C′，则B，C两人拿到的手机的可能情况为(B－A′，C－B′)，(B－A′，C－C′)，(B－B′，C－A′)，(B－B′，C－C′)，(B－C′，C－A′)，(B－C′，C－B′)，共6种．
这两人中只有一人拿到自己手机的情况有(B－A′，C－C′)，(B－B′，C－A′)，共2种，
故所求概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).故选B.
3.(湖北武汉市部分学校2020届高三上起点质量监测)设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次．记事件A＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}；C＝{两个四面体向下的一面或者同时出现奇数，或者同时出现偶数}．给出下列结论：
①P(A)＝eq \f(1,2)；②P(AB)＝eq \f(1,4)；③P(ABC)＝eq \f(1,8).
其中所有正确的结论序号为 ( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
解：由题意知，P(A)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，则①正确；
因为P(B)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，所以P(AB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，则②正确；
因为事件AB与事件C为互斥事件，所以P(ABC)＝0，则③错误．
故选A.
4.若有2位老师，2位学生站成一排合影，则每位老师都不站在两端的概率是 ( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,6) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
解：依题意，所求概率为P＝eq \f(Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2),Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,6).故选B.
5.(安徽六校2020届高三上第一次素质测试)2019年12月《长江三角洲区域一体化发展规划纲要》发布，规划范围包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省全域，简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为 ( )
A.eq \f(27,64) B.eq \f(9,16) C.eq \f(81,256) D.eq \f(7,16)
解：4名同学去旅游的所有情况有44＝256种，
恰有一个地方未被选中共有Ceq \\al(1,4)·eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝144种情况，
所以所求概率P＝eq \f(144,256)＝eq \f(9,16).故选B.
6.(浙江省嘉兴市2020届高三上9月教学测试)袋中有形状、大小都相同且编号分别为1，2，3，4，5的5个球，其中1个白球，2个红球，2个黄球．从中一次随机取出2个球，则这2个球颜色不同的概率为 ( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,10) D.eq \f(4,5)
解：依题意，基本事件的总数为Ceq \\al(2,5)＝10，
“这2个球颜色不同的”对立事件是“2个球颜色相同”，
所以这2个球颜色不同的概率为P＝1－eq \f(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,5).
故选D.
7.(河北省石家庄市2020届高三二模)古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8 128，33 550 336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为 ( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,10)
解：由题意知，基本事件总数n＝Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)＝10，
6和28恰好在同一组包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)＝4，
故所求概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).故选B.
8.【多选题】(2020·山东高二期中)设集合M＝{2，3，4}，N＝{1，2，3，4}，分别从集合M和N中随机取一个元素m与n.记“点P(m，n)落在直线x＋y＝k上”为事件Ak(3≤k≤8，k∈N *)，若事件Ak的概率最大，则k的取值可能是 ( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解：由题意，点P(m，n)的所有可能情况为(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12个基本事件，则事件A3：点P(m，n)落在直线x＋y＝3上，包含其中(2，1)共1个基本事件，所以P(A3)＝eq \f(1,12)；事件A4：点P(m，n)落在直线x＋y＝4上，包含其中(2，2)、(3，1)共2个基本事件，所以P(A4)＝eq \f(1,6)；事件A5：点P(m，n)落在直线x＋y＝5上，包含其中(2，3)、(3，2)、(4，1)共3个基本事件，所以P(A5)＝eq \f(1,4)；事件A6：点P(m，n)落在直线x＋y＝6上，包含其中(2，4)、(3，3)、(4，2)共3个基本事件，所以P(A6)＝eq \f(1,4)；事件A7：点P(m，n)落在直线x＋y＝7上，包含其中(3，4)、(4，3)共2个基本事件，所以P(A7)＝eq \f(1,6)；事件A8：点P(m，n)落在直线x＋y＝8上，包含其中(4，4)共1个基本事件，所以P(A8)＝eq \f(1,12).综上可得，当k＝5或6时，P(Ak)max＝P(A5)＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A6))＝eq \f(1,4).故选BC.
9.在所有的两位数10～99中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率是 ．
解：所有两位数共有90个，其中2的倍数有45个，3的倍数有30个，6的倍数有15个，所以能被2或3整除的共有45＋30－15＝60个，所以所求概率是eq \f(60,90)＝eq \f(2,3).故填eq \f(2,3).
10.(2019·潍坊模拟)连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6)，记“两次向上的数字之和等于m”为事件A，则P(A)最大时，m＝ .
解：m可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，对应的基本事件个数依次为1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，所以“两次向上的数字之和等于7”发生的概率最大，即m＝7.故填7.
11.(2019·郑州质量预测)在一个不透明的箱子里装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，5.甲先从箱子中摸出一个小球，记下球上所标数字后，再将该小球放回箱子中摇匀后，乙从该箱子中摸出一个小球．
(1)若甲、乙两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率；
(2)若规定：两人摸到的球上所标数字之和小于6，则甲获胜，否则乙获胜，这样规定公平吗？
解：用(x，y)(x表示甲摸到的数字，y表示乙摸到的数字)表示甲、乙各摸一球构成的基本事件，则基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，共25个．
(1)设“甲获胜”为事件A，则事件A包含的基本事件有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，共10个．则P(A)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5).
(2)设“甲获胜”为事件B，“乙获胜”为事件C.事件B所包含的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，共10个．
则P(B)＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5)，所以P(C)＝1－P(B)＝eq \f(3,5).
因为P(B)≠P(C)，所以这样规定不公平．
12.现有8名北京马拉松志愿者，其中志愿者A1，A2，A3通晓日语，B1，B2，B3通晓俄语，C1，C2通晓韩语．从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．
(1)求A1被选中的概率；
(2)求B1和C1不全被选中的概率．
解：(1)从8人中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名的方法数是Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＝18，A1被选中的方法数是Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＝6.
用M表示事件“A1被选中”，则P(M)＝eq \f(6,18)＝eq \f(1,3).
(2)“B1和C1不全被选中”包括“选B1不选C1”“选C1不选B1”“B1和C1都不选”这三个事件，分别记作事件A，B，C，则A，B，C彼此互斥，且有P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2))＝eq \f(1,6)，P(B)＝eq \f(Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2))＝eq \f(1,3)，P(C)＝eq \f(Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2))＝eq \f(1,3)，用N表示事件“B1和C1不全被选中”，所以有P(N)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(5,6).或由其对立事件“B1和C1全被选中”求概率．
13.(2018·广州综合测试二)某工厂生产的A产品按每盒10件包装，每盒产品需检验合格后方可出厂，检验方案是从每盒10件产品中任取4件，4件都做检验，若4件都为合格品，则认为该盒产品合格且其余产品不再检验；若4件中次品数多于1件，则认为该盒产品不合格且其余产品不再检验；若4件中只有1件次品，则把剩余的6件采用一件一件抽取出来检验，没有检验出次品则认为该盒产品合格，检验出次品则认为该盒产品不合格且停止检验．假设某盒A产品中有8件合格品，2件次品．
(1)求该盒A产品可出厂的概率；
(2)已知每件产品的检验费用为10元，且抽取的每件都需要检验，设该盒A产品的检验费用为X(单位：元)．
(Ⅰ)求P(X＝40)；
(Ⅱ)求X的分布列和数学期望E(X)．
解：(1)依题意，该盒A产品可出厂，即任取的4件产品都为合格品，从10件中任取4件的基本事件数为Ceq \\al(4,10)，4件都为合格品的事件数为Ceq \\al(4,8)，
故该盒A产品可出厂的概率为P＝eq \f(Ceq \\al(4,8),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(1,3).
(2)(Ⅰ)该盒A产品的检验费用X＝40元表示只检验4件产品就停止检验，
记“从该盒10件产品中任取4件产品都为合格品”为事件T1，“从该盒10件产品中任取4件产品中，2件为合格品，2件为次品”为事件T2，事件T1与事件T2为互斥事件，
则P(X＝40)＝P(T1＋T2)＝P(T1)＋P(T2)＝eq \f(1,3)＋eq \f(Ceq \\al(2,8)·Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(4,10))＝eq \f(7,15).
(Ⅱ)X的所有可能取值分别为40，50，60，70，80，90，100，
P(X＝40)＝eq \f(7,15)，P(X＝50)＝eq \f(Ceq \\al(3,8)·Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(4,10))·eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(1,6))＝eq \f(4,45)，
P(X＝60)＝eq \f(Ceq \\al(3,8)·Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(4,10))·eq \f(Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(1,6))·eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(1,5))＝eq \f(4,45)，
P(X＝70)＝eq \f(Ceq \\al(3,8)·Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(4,10))·eq \f(Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(1,6))·eq \f(Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(1,5))·eq \f(Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(1,4))＝eq \f(4,45)，
同理，P(X＝80)＝eq \f(4,45)，P(X＝90)＝eq \f(4,45)，
P(X＝100)＝eq \f(4,45)，所以X的分布列为
数学期望E(X)＝40×eq \f(7,15)＋50×eq \f(4,45)＋60×eq \f(4,45)＋70×eq \f(4,45)＋80×eq \f(4,45)＋90×eq \f(4,45)＋100×eq \f(4,45)＝eq \f(176,3).
附加题 从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，则这个三位数能被3整除的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(19,27) C.eq \f(19,54) D.eq \f(35,54)
解：依题意，没有重复数字的三位数总共有9×9×8＝648(个)，10个数字中能被3整除的数字有0，3，6，9，余数为1的数字有1，4，7，余数为2的数字有2，5，8，则能被3整除的三位数可分为“含0”与“不含0”两类：①若“含0”，则构成三位数的数字情况有Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(1,3)＋Aeq \\al(2,3)＝12种．此时满足条件的三位数有12×4＝48(个)．②若“不含0”，则满足条件的三位数有3Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝180(个)．故能被3整除的三位数有228个，故所求概率为eq \f(228,648)＝eq \f(19,54).故选C.
医生
人数/人
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.1
0.16
0.3
0.2
0.2
0.04
X
40
50
60
70
80
90
100
P
eq \f(7,15)
eq \f(4,45)
eq \f(4,45)
eq \f(4,45)
eq \f(4,45)
eq \f(4,45)
eq \f(4,45)