(新高考)高考数学一轮复习学案10.4《随机事件的概率与古典概型》(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案10.4《随机事件的概率与古典概型》(含详解)，共17页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。
第4讲　随机事件的概率与古典概型


一、知识梳理
1．概率与频率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
2．事件的关系与运算

定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A
(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等
A＝B
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B
(或A＋B)
交事件
(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B
(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅
且A∪B＝Ω
3.古典概型
(1)基本事件的特点
①任何两个基本事件是互斥的；
②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
(2)特点
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
(3)概率公式
P(A)＝．
4．对古典概型的理解
(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．
(2)古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．
常用结论
概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率：P(A)＝1.
(3)不可能事件的概率：P(A)＝0.
(4)概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
二、教材衍化
1．袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则
①恰有1个白球和全是白球；
②至少有1个白球和全是黑球；
③至少有1个白球和至少有2个白球；
④至少有1个白球和至少有1个黑球．
在上述事件中，是互斥事件但不是对立事件的为________．
答案：①
2．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
分组
[10，20)
[20，30)
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10，40)的频率为________．
答案：0.45
3．袋中装有6个白球， 5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概率为________．
解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝＝.
答案：
4．已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为________．
解析：从5件产品中任取2件共有C＝10(种)取法，恰有一件次品的取法有CC＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为＝0.6.
答案：0.6

一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．(　　)
(2)随机事件和随机试验是一回事．(　　)
(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　　)
(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．(　　)
(5)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.(　　)
(6)在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×
二、易错纠偏
(1)确定互斥事件、对立事件出错；
(2)基本事件计数错误．
1．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为________．
解析：由题意得，甲不输的概率为＋＝.
答案：
2．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为________．
解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，所以P()＝1－P(B)＝1－＝，显然A与互斥，从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.
答案：
3．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________．
解析：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＝.
答案：

考点一　随机事件的频率与概率(基础型)
在具体情境中，了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，进一步了解概率的意义以及频率与概率的区别．
核心素养：数学抽象、数据分析
某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如表所示：

X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42
这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米．
(1)完成下表，并求所种作物的平均年均收获量；
Y
51
48
45
42
频数

4


(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg的概率．
【解】　(1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3
所种作物的平均年收获量为＝＝46.
(2)由(1)知，P(Y＝51)＝，P(Y＝48)＝.
故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为
P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝＋＝.

　
　某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成频率分布表；
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率






(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率．
解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率






(2)由已知可得Y＝＋425，
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)
＝P(Y＜490或Y＞530)＝P(X＜130或X＞210)
＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)
＝＋＋＝.故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为.
考点二　互斥事件、对立事件的概率(基础型)
通过实例，了解两个互斥事件的概率加法公式．
核心素养：数学建模
某商场有奖销售中，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．记1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)1张奖券的中奖概率；
(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解】　(1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝，
故1张奖券的中奖概率为.
(2)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－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.

求复杂互斥事件的概率的两种方法
(1)直接法

(2)间接法(正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解简单)
　

1．某人去开会，他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3，0.2，0.1，0.4.则他乘火车或乘飞机去的概率为________．
解析：设此人乘火车、轮船、汽车、飞机去开会分别用事件A，B，C，D表示，则事件A，B，C，D是互斥事件，P(A∪D)＝P(A)＋P(D)＝0.3＋0.4＝0.7，所以他乘火车或乘飞机去的概率为0.7.
答案：0.7
2．(一题多解)经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
考点三　古典概型的概率(应用型)
通过实例，理解古典概型及其概率计算公式，会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．
核心素养：数学建模、数学运算
角度一　简单的古典概型的概率
(1)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素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】　(1)不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C．
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，基本事件总数n＝CCC＝90，每个小组恰好有1名教师和1名学生包含的基本事件个数m＝CCCCCC＝36，所以每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为P＝＝＝.故选B．
【答案】　(1)C　(2)B

(1)古典概型中基本事件的探求方法

(2)利用公式法求解古典概型问题的步骤
　
角度二　古典概型与其他知识的综合问题
(1)从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为(　　)
A． B．
C． D．
(2)已知a∈{－2，0，1，2，3}，b∈{3，5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是(　　)
A． B．
C． D．
(3)将一个骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，则实数m的取值范围是(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
【解析】　(1)由题意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3，3)，(5，5)共2个，
故所求的概率为.故选A．
(2)函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2＜0，又a∈{－2，0，1，2，3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，又b∈{3，5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是＝.故选C．
(3)对于a与b各有6种情形，故总数为36种．
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，故概率为P1＝＝，两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝＝，
因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，
所以＋＜，
解得－＜m＜，故选D．
【答案】　(1)A　(2)C　(3)D

解决古典概型中交汇问题的方法
解决与古典概型交汇的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．　

1．(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)

A． B．
C． D．
解析：选A．由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A．
2．2021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(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D．由题意，从政治、地理、化学、生物中四选二，共有C＝6(种)方法，所以他们选课相同的概率为，故选D．
3．2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”的活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为________．
解析：法一：若小王和小李都没被选中，则有C种方法，若小王和小李有一人被选中，则有CC种方法，故所求概率P＝＝.
法二：若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－＝.
答案：

[基础题组练]
1．(多选)下列4个命题错误的是(　　)
A．对立事件一定是互斥事件
B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
C．若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件
解析：选BCD．在A中，对立事件一定是互斥事件，故A正确；在B中，若A，B为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不是互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故B错误；在C中，若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，故C错误；在D中，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B有可能不是对立事件．
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(　　)
A．0.5　　　　　　　　　 B．0.6
C．0.7 D．0.8
解析：选C．根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：

所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为＝0.7.
3．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完结束的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．将5张奖票不放回地依次取出共有A＝120种不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票，共有3AAA＝36种取法，所以P＝＝.故选C．
4．(多选)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＝ B．P1＝P2＝
C．P1＋P2＝ D．P1＞P2
解析：选ACD．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＝＝；方案二坐到“3号”车可能为312，321，共2种，所以P2＝＝，所以P1＞P2，P1·P2＝，P1＋P2＝，故选ACD．
5．(2020·武汉市调研测试)大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小明恰好分配到甲村小学的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．依题意，小明与另外3名大学生分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学的分配方法是1个学校2人，另外2个学校各1人，共有CA＝36(种)分配方法，若小明必分配到甲村小学，有CA＋CA＝12(种)分配方法，根据古典概型的概率计算公式得所求的概率为＝，故选C．
6．(2019·高考全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.
答案：0.98
7．连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币出现正面还是反面．“恰好3枚正面都朝上”的概率是________；“至少有2枚反面朝上”的概率是________．
解析：列举基本事件如下：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，(正，反，反)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)，共8个，“恰好3枚正面都朝上”包含1个基本事件，概率P1＝.“至少有2枚反面朝上”包含4个基本事件，概率P2＝＝.
答案：　
8．已知|p|≤3，|q|≤3，当p，q∈Z，则方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率是________．

解析：由方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，可得Δ＝(2p)2－4(－q2＋1)＞0，即p2＋q2＞1.
当p，q∈Z时，设点M(p，q)，如图，直线p＝－3，－2，－1，0，1，2，3和直线q＝－3，－2，－1，0，1，2，3的交点，即为点M，共有49个，其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点)．当点M(p，q)落在圆p2＋q2＝1外时，方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，所以方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率P＝＝.
答案：
9．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
10．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝＝，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝＝，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()＝1－P(E)＝.
(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝＝，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1＝1－P2＝.
[综合题组练]
1．已知甲、乙、丙各有一张自己的身份证，现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，则恰有一人取到自己身份证的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．甲、乙、丙各有一张自己的身份证，
现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，
基本事件总数n＝A＝6，
恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m＝CCC＝3，
所以恰有一人取到自己身份证的概率为p＝＝＝.故选A．
2．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为(　　)

A． B．
C． D．
解析：选B．根据题意，最近路线就是不能走回头路，不能走重复的路，所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，所以最近的行走路线共有A＝5 040(种)．因为不能连续向上，所以先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列为A.接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空隙中，5个位置排3个元素，也就是A，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有AA＝1 440(种)，所以其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率P＝＝.故选B．
3．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为ai，若存在正整数k，使a1＋a2＋…＋ak＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为3的概率是________．
解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子3次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a1＋a2＋a3＝6，则a1，a2，a3可取1，2，3或1，1，4或2，2，2三种情况，其所含的基本事件个数m＝A＋C＋1＝10.
故幸运数字为3的概率为P＝＝.
答案：
4．如图的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为________．

解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C＝＝84种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C·C·C＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－＝.
答案：
5．某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2017年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3，0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：

电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
购物金额分组
[0.3，0.5)
[0.5，0.6)
[0.6，0.8)
[0.8，0.9]
发放金额
50
100
150
200
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
解：(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
x
0.3≤x＜0.5
0.5≤x＜0.6
0.6≤x＜0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为
(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知，
P(y＝150)＝P(0.6≤x＜0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
6．(2020·太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1 kg的包裹收费10元；质量超过1 kg的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元．
该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
(1)某人打算将A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：
情况
第一个包裹
第二个包裹
甲支付的
总快递费
礼物
质量(kg)
快递费(元)
礼物
质量(kg)
快递费(元)
1
A
0.3
10
B，C
3.3
25
35
2
B
1.8
15
A，C
1.8
15
30
3
C
1.5
15
A，B
2.1
20
35
所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为.
(2)由题目中的天数得出频率，如下：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司每日利润为235×5－2×100＝975(元)．
综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．