（2020年高考专用）第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第5节.doc

1、第第 5 节节 古典概型古典概型 最新考纲 1.理解古典概型及其概率计算公式； 2.会计算一些随机事件所包含的基 本事件数及事件发生的概率. 知 识 梳 理 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.古典概型 具有以下两个特征的概率模型称为古典的概率模型，简称古典概型. (1)试验的所有可能结果只有有限个，每次试验只出现其中的一个结果. (2)每一个试验结果出现的可能性相同. 3.如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性都相等， 那么每一个基本事件的概率都是1 n；如果某个事件 A 包括的结果有

2、m 个，那么事 件 A 的概率 P(A)m n. 4.古典概型的概率公式 P(A)事件A包含的可能结果数 试验的所有可能结果数 . 微点提醒 概率的一般加法公式 P(A+B)P(A)P(B)P(AB)中，易忽视只有当 AB， 即 A，B 互斥时，P(A+B)P(A)P(B)，此时 P(AB)0. 基 础 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件 是“发芽与不发芽”.( ) (2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果 是等可能事件.( ) (3)从3，2，1，0，1，2 中任取

3、一数，取到的数小于 0 与不小于 0 的可能性 相同.( ) (4)利用古典概型的概率可求“在边长为 2 的正方形内任取一点，这点到正方形中 心距离小于或等于 1”的概率.( ) 解析 对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事 件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正 确；对于(4)，所有可能结果不是有限个，不是古典概型，应利用几何概型求概率， 所以(4)不正确. 答案 (1) (2) (3) (4) 2.(必修 3P135 例 2 改编)袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球，从中任取一球 抽到白球的概率为( ) A

4、.2 5 B. 4 15 C.3 5 D.非以上答案 解析 从袋中任取一球，有 15 种取法，其中抽到白球的取法有 6 种，则所求概率 为 p 6 15 2 5. 答案 A 3.(必修 3P157A7 改编)某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门.现随机地取 1 把钥匙 试着开门，不能开门的就扔掉，问第二次才能打开门的概率是_.如果试过 的钥匙不扔掉，这个概率又是_. 解析 第二次打开门，说明第一次没有打开门， 故第二次打开的概率为22 43 1 3； 如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为22 44 1 4. 答案 1 3 1 4 4.(2018 全国卷)从 2 名男同学和 3 名女同学中任选

5、2 人参加社区服务，则选中 的 2 人都是女同学的概率为( ) A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3 解析 2 名男同学和 3 名女同学， 共 5 名同学， 从中取出 2 人， 有 C2510 种情况， 2 人都是女同学的情况有 C233 种，故选中的 2 人都是女同学的概率为 3 100.3. 答案 D 5.(2017 山东卷)从分别标有 1，2，9 的 9 张卡片中不放回地随机抽取 2 次， 每次抽取 1 张，则抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) A. 5 18 B.4 9 C.5 9 D.7 9 解析 由题意可知依次抽取两次的基本事件总数 n9872，抽到的 2

6、张卡片 上的数奇偶性不同的基本事件个数 mC15C14A2240， 所以所求概率 pm n 40 72 5 9. 答案 C 6.(2019 延安模拟改编)在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此 时由这个口袋中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大 1 22，则口袋中原有小球的个数为_. 解析 设原来口袋中白球、黑球的个数分别为 n 个，依题意 n1 2n1 n 2n 1 22，解得 n5. 所以原来口袋中小球共有 2n10 个. 答案 10 考点一 基本事件及古典概型的判断 【例 1】 袋中有大小相同的 5 个白球，3 个黑球和 3 个红球，每球有一个区别于 其他球

7、的编号，从中摸出一个球. (1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型， 该模型是不是古典概型？ (2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建 立概率模型，该模型是不是古典概型？ 解 (1)由于共有 11 个球，且每个球有不同的编号，故共有 11 种不同的摸法. 又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本 事件的概率模型为古典概型. (2)由于11个球共有3种颜色， 因此共有3个基本事件， 分别记为A： “摸到白球”， B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每 个球被摸中的可能

8、性均为 1 11，而白球有 5 个， 故一次摸球摸到白球的可能性为 5 11， 同理可知摸到黑球、红球的可能性均为 3 11， 显然这三个基本事件出现的可能性不相等， 故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型. 规律方法 古典概型中基本事件个数的探求方法： (1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x，y)可看成是有 序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同. (3)排列组合法：在求一些较复杂的基本事件个数时，可利用排列或组合的知识. 【训练 1】 甲、乙

9、两人用 4 张扑克牌(分别是红桃 2、红桃 3、红桃 4、方片 4)玩 游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌 不放回，各抽 1 张. (1)写出甲、乙抽到牌的所有情况. (2)甲、乙约定，若甲抽到的牌的数字比乙大，则甲胜，否则乙胜，你认为此游戏 是否公平？为什么？ 解 (1)设(i，j)表示(甲抽到的牌的数字，乙抽到的牌的数字)，则甲、乙二人抽到 的牌的所有情况(方片 4 用 4表示)为(2，3)，(2，4)，(2，4)，(3，2)，(3，4)，(3， 4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共 12 种. (2)由(1)

10、可知甲抽到的牌的牌面数字比乙大有(3，2)，(4，2)，(4，3)，(4，2)，(4， 3)，共 5 种情况，甲胜的概率 p 5 12， 5 12 1 2，此游戏不公平. 考点二 简单的古典概型的概率 【例 2】 (1)(2019 合肥一模)两名同学分 3 本不同的书，其中一人没有分到书，另 一人分得 3 本书的概率为( ) A.1 2 B.1 4 C.1 3 D.1 6 (2)(2019 湖南六校联考)设袋子中装有 3 个红球，2 个黄球，1 个蓝球，规定：取 出一个红球得 1 分，取出一个黄球得 2 分，取出一个蓝球得 3 分，现从该袋子中 任取(有放回，且每球取得的机会均等)2 个球，则

11、取出此 2 球所得分数之和为 3 分的概率为_. 解析 (1)两名同学分 3 本不同的书，基本事件有(0，3)，(1a，2)，(1b，2)，(1c， 2)，(2，1a)，(2，1b)，(2，1c)，(3，0)，共 8 个，其中一人没有分到书，另一人分 到 3 本书的基本事件有 2 个，一人没有分到书，另一人分得 3 本书的概率 p2 8 1 4. (2)袋子中装有 3 个红球，2 个黄球，1 个蓝球，规定：取出一个红球得 1 分，取 出一个黄球得 2 分，取出一个蓝球得 3 分，现从该袋子中任取(有放回，且每球取 得的机会均等)2 个球，基本事件总数 n6636，取出此 2 球所得分数之和为

12、3 分，包含第一次抽到红球，第二次抽到黄球或者第一次抽到黄球，第二次抽到 红球，基本事件个数 m233212，所以取出此 2 球所得分数之和为 3 分 的概率 pm n 12 36 1 3. 答案 (1)B (2)1 3 规律方法 计算古典概型事件的概率可分三步：(1)计算基本事件总个数 n；(2)计 算事件 A 所包含的基本事件的个数 m；(3)代入公式求出概率 p. 【训练 2】 (1)(2018 衡阳八中、长郡中学联考)同学聚会上，某同学从爱你一万 年 十年 父亲 单身情歌四首歌中选出两首歌进行表演，则爱你一万年 未被选取的概率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.5 6 (

13、2)(2018 石家庄二模)用 1，2，3，4，5 组成无重复数字的五位数， 若用 a1，a2， a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位数字，则出现 a1a5的五位数的概率为_. 解析 (1)从四首歌中任选两首共有 C246 种选法，不选取爱你一万年的方法 有 C233 种，故所求的概率为 p3 6 1 2. (2)用 1，2，3，4，5 组成无重复数字的五位数，基本事件总数 nA55，用 a1，a2， a3， a4， a5分别表示五位数的万位、 千位、 百位、 十位、 个位数字， 出现 a1a5 的五位数有：12543，13542，23541，34521，24531，1

14、4532，共 6 个，出现 a1a5的五位数的概率 p 6 A55 1 20. 答案 (1)B (2) 1 20 考点三 古典概型的交汇问题 多维探究 角度 1 古典概型与平面向量的交汇 【例 31】 设平面向量 a(m，1)，b(2，n)，其中 m，n1，2，3，4，记 “a(ab)”为事件 A，则事件 A 发生的概率为( ) A.1 8 B.1 4 C.1 3 D.1 2 解析 有序数对(m，n)的所有可能情况为 4416 个，由 a(ab)得 m22m 1n0，即 n(m1)2.由于 m，n1，2，3，4，故事件 A 包含的基本事件为 (2，1)和(3，4)，共 2 个，所以 P(A)

15、2 16 1 8. 答案 A 角度 2 古典概型与解析几何的交汇 【例 32】 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数 a，b，则直线 axby0 与 圆(x2)2y22 有公共点的概率为_. 解析 依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有 66 36 种，其中满足直线 axby0 与圆(x2)2y22 有公共点，即满足 2a a2b2 2，即 ab 的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(6，6)，共 6 5432121 种，因此所求的概率为21 36 7 12. 答案 7 12 角度 3 古典概型与函数的交汇 【例 33】 已知函数 f(x)

16、1 3x 3ax2b2x1，若 a 是从 1，2，3 三个数中任取 的一个数，b 是从 0，1，2 三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概 率为( ) A.7 9 B.1 3 C.5 9 D.2 3 解析 f(x)x22axb2，由题意知 f(x)0 有两个不等实根， 即 4(a2b2)0，ab，有序数对(a，b)所有结果为 339 种，其中满足 ab 有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)共 6 种，故所求概率 p6 9 2 3. 答案 D 角度 4 古典概型与统计的交汇 【例 34】 (2019 郑州模拟)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校

17、从 测试合格的男、女生中各随机抽取 100 人的成绩进行统计分析，分别制成了如图 所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图. (注：分组区间为60，70)，70，80)，80，90)，90，100) (1)若得分大于或等于 80 认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？ (2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取 5 人，从这 5 人中任意选取 2 人，求至少有一名男生的概率. 解 (1)由题可得，男生优秀人数为 100(0.010.02)1030，女生优秀人数为 100(0.0150.03)1045. (2)因为样本容量与总体中的个体数的比是 5 3045 1 15，所以样本中包

18、含的男生人 数为 30 1 152，女生人数为 45 1 153. 则从 5 人中任意选取 2 人共有 C2510 种，抽取的 2 人中没有一名男生有 C233 种，则至少有一名男生有 C25C237 种.故至少有一名男生的概率为 p 7 10，即选 取的 2 人中至少有一名男生的概率为 7 10. 规律方法 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利 用古典概型的有关知识解决，一般步骤为： (1)将题目条件中的相关知识转化为事件； (2)判断事件是否为古典概型； (3)选用合适的方法确定基本事件个数； (4)代入古典概型的概率公式求解. 【训练 3】 (2019 黄冈质检)

19、已知某中学高三理科班学生的数学与物理的水平测试 成绩抽样统计如下表： 若抽取学生 n 人，成绩分为 A(优秀)，B(良好)，C(及格)三个等级，设 x，y 分别 表示数学成绩与物理成绩，例如：表中物理成绩为 A 等级的共有 14401064 人，数学成绩为 B 等级且物理成绩为 C 等级的共有 8 人.已知 x 与 y 均为 A 等级 的概率是 0.07. (1)设在该样本中，数学成绩的优秀率是 30%，求 a，b 的值； (2)已知 a7，b6，求数学成绩为 A 等级的人数比 C 等级的人数多的概率. 解 (1)由题意知14 n 0.07，解得 n200， 14a28 200 100%30%

20、，解得 a18， 易知 ab30，所以 b12. (2)由 14a2810b34 得 ab2，又 ab30 且 a7，b6，则(a，b)的 所有可能结果为(7，23)，(8，22)，(9，21)，(24，6)，共 18 种，而 ab2 的可能结果为(17，13)，(18，12)，(24，6)，共 8 种， 则所求概率 p 8 18 4 9. 思维升华 1.古典概型计算三步曲 第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件 A 是什么，它包含的基本事件有多少个. 2.确定基本事件个数的方法 列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合. 易错防范 1.古典概型的重要思想是事件

21、发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数 和事件包括的基本事件个数时，它们是不是等可能的. 2.对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算，计算 时要首先判断事件是否与顺序有关，以确定是按排列处理，还是按组合处理. 基础巩固题组 (建议用时：40 分钟) 一、选择题 1.集合 A2，3，B1，2，3，从 A，B 中各任意取一个数，则这两数之和等 于 4 的概率是( ) A.2 3 B.1 2 C.1 3 D.1 6 解析 从 A，B 中任意取一个数，共有 C12 C136 种情形，两数和等于 4 的情形只 有(2，2)，(3，1)两种，p2 6 1 3. 答案 C 2.

22、设 m，n0，1，2，3，4，向量 a(1，2)，b(m，n)，则 ab 的概率 为( ) A. 2 25 B. 3 25 C. 3 20 D.1 5 解析 ab2mn2mn， 所以 m0， n0 或 m1， n2 或 m2， n4， 因此概率为 3 55 3 25. 答案 B 3.某同学先后投掷一枚骰子两次， 第一次向上的点数记为 x， 第二次向上的点数记 为 y，在平面直角坐标系 xOy 中，以(x，y)为坐标的点在直线 2xy1 上的概率 为( ) A. 1 12 B.1 9 C. 5 36 D.1 6 解析 先后投掷一枚骰子两次，共有 6636 种结果，满足题意的结果有 3 种， 即(

23、1，1)，(2，3)，(3，5)，所以所求概率为 3 36 1 12. 答案 A 4.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( ) A.1 3 B.1 4 C.1 5 D.1 6 解析 分别用 A，B，C 表示齐王的上、中、下等马，用 a，b，c 表示田忌的上、 中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有 Aa，Ab，Ac，Ba， Bb，Bc，Ca，Cb，Cc 共 9 场比赛，其中田忌马获胜的有 Ba，Ca，Cb

24、 共 3 场比 赛，所以田忌马获胜的概率为1 3. 答案 A 5.(2019 周口调研)将一个骰子连续掷 3 次，它落地时向上的点数依次成等差数列 的概率为( ) A. 1 12 B.1 9 C. 1 15 D. 1 18 解析 一个骰子连续掷 3 次，落地时向上的点数可能出现的组合数为 63216 种. 落地时向上的点数依次成等差数列，当向上点数若不同，则为(1，2，3)，(1，3， 5)，(2，3，4)，(2，4，6)，(3，4，5)，(4，5，6)，共有 2612 种情况；当向 上点数相同， 共有6种情况.故落地时向上的点数依次成等差数列的概率为126 216 1 12. 答案 A 二、

25、填空题 6.(2019 萍乡模拟)小明忘记了微信登录密码的后两位，只记得最后一位是字母 A， a，B，b 中的一个，另一位是数字 4，5，6 中的一个，则小明输入一次密码能够 成功登陆的概率是_. 解析 小明输入密码后两位的所有情况有 C14 C1312 种，而能成功登陆的密码只 有一种，故小明输入一次密码能够成功登陆的概率是 1 12. 答案 1 12 7.(2019 河北七校联考)若 m 是集合1，3，5，7，9，11中任意选取的一个元素， 则椭圆x 2 m y2 21 的焦距为整数的概率为_. 解析 m 是集合1，3，5，7，9，11中任意选取的一个元素，基本事件总数为 6，又满足椭圆x

26、 2 m y2 21 的焦距为整数的 m 的取值有 1，3，11，共有 3 个，椭 圆x 2 m y2 21 的焦距为整数的概率 p 3 6 1 2. 答案 1 2 8.某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选 的两种水果相同的概率为_. 解析 甲同学从四种水果中选两种，选法种数有 C24，乙同学的选法种数为 C24， 则两同学的选法种数为 C24 C24，两同学各自所选水果相同的选法种数为 C24，由古 典概型概率计算公式可得，甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为 p C24 C24C24 1 6. 答案 1 6 三、解答题 9.如图所示的茎叶图记录了甲、乙

27、两组各四名同学的植树棵数，其中有一个数据 模糊，无法确认，在图中以 X 表示. (1)如果 X8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差； (2)如果 X9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总 棵数为 19 的概率. 解 (1)当 X8 时，由茎叶图可知，乙组四名同学的植树棵数分别是 8，8，9， 10，故x 88910 4 35 4 ，s21 4 835 4 2 2 935 4 2 1035 4 2 11 16. (2)当 X9 时，记甲组四名同学分别为 A1，A2，A3，A4，他们植树的棵数依次为 9，9，11，11；乙组四名同学分别为 B1，B2，B3，B4，他们植树的棵

28、数依次为 9， 8，9，10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，其包含的基本事件为A1，B1， A1，B2，A1，B3，A1，B4，A2，B1，A2，B2，A2，B3，A2，B4，A3， B1，A3，B2，A3，B3，A3，B4，A4，B1，A4，B2，A4，B3，A4，B4， 共 16 个.设“选出的两名同学的植树总棵数为 19”为事件 C，则事件 C 中包含的 基本事件为A1，B4，A2，B4，A3，B2，A4，B2，共 4 个.故 P(C) 4 16 1 4. 10.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

29、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C 3 3C34 C36C36 1 100，因此，A 中学至少有 1 名学生 入选代表队的概率为 1 1 100 99 100. (2)设“参赛的 4 人中女生不少于 2 人”为事件

30、 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)C 2 3C23 C46 3 5，P(C) C33C13 C46 1 5. 由互斥事件的概率加法公式， 得 P(A)P(B)P(C)3 5 1 5 4 5， 故所求事件的概率为4 5. 能力提升题组 (建议用时：20 分钟) 11.已知函数 f(x)1 2ax 2bx1，其中 a2，4，b1，3，从 f(x)中随机抽取 1 个，则它在(，1上是减函数的概率为( ) A.1 2 B.3 4 C.1 6 D.0 解析 f(x)共有四种等可能基本事件即(a，b)取(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)，

31、 记事件 A 为 f(x)在(，1上是减函数，由条件知 f(x)是开口向上的函数，对 称轴是 xb a1，事件 A 共有三种(2，1)，(4，1)，(4，3)等可能基本事件， 所以 P(A)3 4. 答案 B 12.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.3 4 B.1 3 C. 3 10 D.2 5 解析 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

32、分法有 1 种， 其中符合“最佳手气” 的有 4 种，故概率为 4 10 2 5. 答案 D 13.(2019 江西重点中学盟校联考)从左至右依次站着甲、乙、丙 3 个人，从中随机 抽取 2 个人进行位置调换，则经过两次这样的调换后，甲在乙左边的概率是 _. 解析 从左至右依次站着甲、乙、丙 3 个人，从中随机抽取 2 个人进行位置调换， 则经过两次这样的调换，基本事件总数为 nC23 C239，从左至右依次站着甲、 乙、丙 3 个人，从中随机抽取 2 个人进行位置调换，第一次调换后，对调后的位 置关系有三种：甲丙乙、乙甲丙、丙乙甲，第二次调换后甲在乙的左边对应的关 系有：丙甲乙、甲乙丙；丙甲

33、乙、甲乙丙；甲丙乙、丙甲乙，经过两次这样的 调换后，甲在乙的左边包含的基本事件个数 m6，经过这样的调换后，甲在乙 左边的概率：pm n 6 9 2 3. 答案 2 3 14.(2019 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 0100 101200 201300 301400 401500 包裹件数(近 似处理) 50 15

34、0 250 350 450 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)

35、 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1 3. (2)由题目中的天数得出频率，如下： 包裹件数范围 0100 101200 201300 301400 401500 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

36、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 500.11500.12500.53500.24500.1260 故公司每日利润为 260531001 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 500.11500.12500.53000.23000.1235 故公司每日利润为 23552100975(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.