1、课时作业课时作业 38古典概型的应用古典概型的应用 时间：时间：45 分钟分钟 一、选择题 1袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字，有放回地 从中任意摸出一个小球，直到“和”“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三 次停止摸球的概率利用电脑随机产生 1 到 4 之间取整数值的随机数，分别用 1,2,3,4 代表 “和”“谐”“校”“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了 以下 18 组随机数： 343432341342234142243331112 34224124443123321434414213
2、4 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为(B) A.1 6 B.2 9 C. 5 18 D.1 9 解析：随机模拟产生了以下 18 组随机数： 343432341342234142243331112 342241244431233214344142134 其中第三次就停止摸球的随机数有：142,112,241,142，共 4 个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球 的概率为 4 18 2 9.故选 B. 2从个位数字与十位数字之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数字为 0 的概率是(D) A.4 9 B.1 3 C.2 9 D.1 9 解析：个位数字与十位数字之和为奇数，则个位数字与十位
3、数字中必有一个奇数一个偶数，所以可以 分两类： (1)当个位数字为奇数时，有 5420(个)符合条件的两位数 (2)当个位数字为偶数时，有 5525(个)符合条件的两位数 因此共有 202545(个)符合条件的两位数， 其中个位数字为 0 的两位数有 5 个， 所以所求概率为 5 45 1 9. 3图(1)和图(2)中所有的正方形都全等，将图(1)中的正方形放在图(2)中的某一位置，所组成 的图形能围成正方体的概率是(C) A.1 4 B.1 2 C.3 4 D1 解析：由图知共有 4 种等可能结果，其中将图(1)的正方形放在图(2)中的位置出现重叠的面，不能围 成正方体，则所组成的图形能围成
4、正方体的概率是3 4.故选 C. 4若 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这 3 个数为一组勾股数，从 1,2,3,4,5 中任 取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为(C) A. 3 10 B.1 5 C. 1 10 D. 1 20 解析：从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数共有 10 种不同的取法，其中的勾股数只有 3,4,5，故 3 个数构成 一组勾股数的取法只有 1 种，所求概率为 1 10.故选 C. 5如右图所示的图形中，每个三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为 20，则称该图形 是“和谐图形”，已知其中四个三角形上的数字之和
5、为 14.现从 1,2,3,4,5 中任取两个数字标在另外两个三角 形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为(B) A. 3 10 B.1 5 C. 1 10 D. 3 20 解析：由题意可知，若该图形为“和谐图形”，则另外两个三角形上的数字之和恰为 20146.从 1,2,3,4,5 中任取两个数字的样本空间(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)， 共 10 个样本点，而其中数字之和为 6 的样本点有(1,5)，(2,4)，共 2 个，所以所求概率为1 5.故选 B. 6甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两
6、人中的一人，则甲、乙将贺年卡都送给丁的概率为 (C) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D.1 5 解析：由题知，有(甲送给丙，乙送给丁)、(甲送给丁，乙送给丙)、(甲、乙都送给丙)、(甲、乙都送给 丁)共四种情况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的情况有两种，所以甲、乙将贺年卡送给同一人丁的情况 有一种，概率为1 4，故选 C. 7为了治疗某种疾病，研制了一种新药，为确定该药的疗效，生物实验室有 6 只小动物，其中有 3 只 注射过该新药，若从这 6 只小动物中随机取出 2 只检测，则恰有 1 只注射过该新药的概率为(B) A.2 3 B.3 5 C.2 5 D.1 5 解析：将 3 只注射过
7、新药的小动物编号为 A，B，C,3 只未注射新药的小动物编号为 a，b，c，记事件 M： 恰有 1 只注射过该新药，所有的样本点有：(A，B)，(A，C)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，C)，(B，a)，(B， b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共 15 个，其中事件 M 所包含的样本点个数 为 9 个，由古典概型的概率公式得 P(M) 9 15 3 5，故选 B. 8古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，“金克木，木克土，土克水， 水克火，火克金”从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽到的两种物质不相
8、克的概率为(A) A.1 2 B.1 3 C.2 5 D. 3 10 解析：从五种物质中随机抽取两种，所有的抽法共有 10 种，而相克的有 5 种情况，则抽取的两种物质 相克的概率是 5 10 1 2，故抽取的两种物质不相克的概率是 1 1 2 1 2，故选 A. 二、填空题 9按文献记载， 百家姓成文于北宋初年，表 1 记录了百家姓开头的 24 大姓氏： 表 1： 赵钱孙李周吴郑王冯陈褚卫 蒋沈韩杨朱秦尤许何吕施张 表 2 记录了 2018 年中国人口最多的前 10 大姓氏： 表 2： 1：李 2：王 3：张 4：刘5：陈 6：杨 7：赵 8：黄 9：周 10：吴 从百家姓开头的 24 大姓
9、氏中随机选取 1 个姓氏，则这个姓氏是 2018 年中国人口最多的前 10 大姓 氏的概率为1 3. 解析：2018 年中国人口最多的前 10 大姓氏也是百家姓的前 24 大姓氏的是赵、李、周、吴、王、 陈、杨、张，共 8 个，故所求概率为 8 24 1 3. 10玲玲和倩倩是一对好朋友，她俩都想去观看某明星的演唱会，可手里只有一张票，怎么办呢？玲 玲对倩倩说：“我向空中抛 2 枚同样的一元硬币，如果落地后一正一反，就我去；如果落地后两面一样， 就你去！”你认为这个游戏公平吗？答：公平 解析：两枚硬币落地共有四种结果：正，正；正，反；反，正；反，反由此可见，她们两人得到门 票的概率都是相等的各
10、为1 2，所以公平 11博览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 P1P25 6. 解析：三辆车的出车顺序可能为：123,132,213,231,312,321. 方案一：坐到“3 号”车的可能为 132,213,231，所以 P11 2； 方案二：坐到“3 号”车的可能为 312,321，所以 P21 3.所以 P 1P25
11、6. 三、解答题(解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 12某旅游爱好者计划从 3 个亚洲国家 A1，A2，A3和 3 个欧洲国家 B1，B2，B3中选择 2 个国家去旅游. (1)若从这 6 个国家中任选 2 个，求这 2 个国家都是亚洲国家的概率； (2)若从亚洲国家和欧洲国家中各选 1 个，求这两个国家包括 A1，但不包括 B1的概率 解：(1)由题意知，从 6 个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的样本点有： (A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，
12、(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共 15 个 所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的样本点有： (A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，共 3 个，则所求事件的概率为 P 3 15 1 5. (2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个，其一切可能的结果组成的样本点有： (A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，共 9 个， 包含 A1但不包括 B1的事件所包含的样本点有：(A1，B2)，(A1，B3)，共 2 个， 所以所求事件的概率为 P2
13、 9. 13箱子里装有十张卡片，上面分别写有 1 到 10 这十个整数从箱子中任意取出一张卡片，记下它的 读数 x，然后再放回箱子中，第二次再从箱子中任意取出一张卡片，记下它的读数 y. (1)求 xy 是 10 的倍数的概率； (2)求 xy 是 3 的倍数的概率 解：(1)先后两次抽取卡片，每次都有 110 这 10 种结果， 故有序实数对(x，y)有 1010100 个 因为 xy 是 10 的倍数，它包含下列 10 个数对： (1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)，(5,5)，(6,4)，(7,3)，(8,2)，(9,1)，(10,10) 故 xy 是 10 的倍数的概率为 1
14、0 100 1 10. (2)符合 xy 是 3 的倍数，只要 x 或 y 是 3 的倍数即可 其中，x 是 3 的倍数，y 不是 3 的倍数与 y 是 3 的倍数，x 不是 3 的倍数的数对各有 37 个；x，y 都是 3 的倍数的数对有 33 个 故 xy 是 3 的倍数的数对有 2373351(个) 故 xy 是 3 的倍数的概率为 51 100. 14如果一个三位数的各位数字互不相同，且各数字之和等于 10，则称此三位数为“十全十美三位 数”(如 235)，任取一个“十全十美三位数”，该数为奇数的概率为(C) A.13 20 B. 7 20 C.1 2 D. 5 12 解析：任取一个“
15、十全十美三位数”，包含的样本点有： 109,190,901,910,127,172,271,217,721,712,136,163,316,361,613,631,145,154,451,415,514,541,208,280,802,8 20,235,253,352,325,523,532,307,370,703,730,406,460,604,640，共 40 个，其中奇数有 20 个，任取一个“十 全十美三位数”，该数为奇数的概率为20 40 1 2.故选 C. 15(多选)以下对各事件的概率求解正确的是(BCD) A甲、乙两人玩剪刀、锤子、布的游戏，则玩一局甲不输的概率是1 3 B每个
16、大于 2 的偶数都可以表示为两个素数的和，例如 835，在不超过 14 的素数中随机选取两 个不同的数，其和等于 14 的概率为 1 15 C将一颗质地均匀的正方体骰子(每个面上分别写有数字 1,2,3,4,5,6)先后抛掷 2 次，观察向上的点数， 则点数之和是 6 的概率是 5 36 D从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是1 2 解析：对于 A，画树形图如下： 从树形图可以看出，所有可能出现的结果共有 9 种，这些结果出现的可能性相等， P(甲获胜)1 3；P(乙获胜) 1 3，P(平局) 1 3，故玩一局甲不输的概率是 2 3，故 A 错误； 对于 B，不超过
17、 14 的素数有 2,3,5,7,11,13，共 6 个，从这 6 个素数中任取 2 个，有 2 与 3,2 与 5,2 与 7,2 与 11,2 与 13,3 与 5,3 与 7,3 与 11,3 与 13,5 与 7,5 与 11,5 与 13,7 与 11,7 与 13,11 与 13，共 15 种结果，其中 和等于 14 的只有一组 3 与 11， 所以在不超过 14 的素数中随机选取两个不同的数， 其和等于 14 的概率为 1 15， 故 B 正确； 对于 C，该试验的样本点总数为 6636，点数之和是 6 包括(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共 5 个
18、样本点，则所求概率是 5 36，故 C 正确； 对于 D，三件正品记为 A1，A2，A3，一件次品记为 B，任取两件的所有可能为：A1A2，A1A3，A1B，A2A3， A2B，A3B，共 6 种，其中两件都是正品的有 A1A2，A1A3，A2A3共 3 种，所求概率为 P3 6 1 2，故 D 正确故 选 BCD. 16大学生小王和小张即将参加实习，他们各从“崇尚科学，关心社会”的荆州市荆州中学、“安学、 亲师、乐友、信道”的荆门市龙泉中学、“崇尚科学，追求真理”的荆门市钟祥一中、“追求卓越，崇尚 一流”的襄阳市第四中学、“文明、振奋、务实、创新”的襄阳市第五中学、“千年文脉，百年一中”的
19、宜昌市第一中学、“人走三峡，书读夷陵”的宜昌市夷陵中学这七所省重点中学中随机选择一所参加实习， 两人可选同一所或者两所不同的学校，假设他们选择哪所学校是等可能的，则他们在同一个市参加实习的 概率为13 49. 解析：小王选一所学校实习，一共有 7 种选法，小张选一所学校实习，一共有 7 种选法，因为他们选 择哪所学校是独立且等可能的，故两人随机选择一所参加实习，共有 7749(种)选法，又他们到同一个市 参加实习共 122222213(种)选法，即他们在同一个市参加实习的概率为13 49. 17某中学调查了某班全部 45 名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如表(单位：人)： 参加书法社团
20、未参加书法社团 参加演讲社团85 未参加演讲社团230 (1)从该班随机选 1 名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率； (2)在既参加书法社团又参加演讲社团的 8 名同学中，有 5 名男同学 A1，A2，A3，A4，A5,3 名女同学 B1， B2，B3.现从这 5 名男同学和 3 名女同学中各随机选 1 人，求 A1被选中且 B1未被选中的概率 解：(1)记“该同学至少参加上述一个社团为事件 A”，则 P(A)825 45 1 3. 所以该同学至少参加上述一个社团的概率为1 3. (2)从 5 名男同学和 3 名女同学中各随机选 1 人的样本空间(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)， (A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(A4，B1)，(A4，B2)，(A4，B3)，(A5，B1)，(A5，B2)，(A5， B3)，共 15 个样本点，其中 A1被选中且 B1未被选中的有(A1，B2)，(A1，B3)，共 2 个样本点，所以 A1被选 中且 B1未被选中的概率为 2 15.
