1、考点考点1 1 古典概型古典概型 1.(2019课标,4,5分)生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机 取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为( ) A. B. C. D. 2 3 3 5 2 5 1 5 答案答案 B 本题主要考查古典概型;考查学生的逻辑推理和运算求解能力;考查的核心素养是数学 运算. 记5只兔子分别为A,B,C,D,E,其中测量过某项指标的3只兔子为A,B,C,则从这5只兔子中随机取出3 只的基本事件有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种,其中恰有2只测量过 该指标的基本事件有ABD,AB
2、E,ACD,ACE,BCD,BCE,共6种,所以所求事件的概率P=. 6 10 3 5 2.(2019课标文,3,5分)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是 ( ) A. B. C. D. 1 6 1 4 1 3 1 2 答案答案 D 本题考查古典概型,以现实生活中常见的学生排队问题为背景,考查学生对数学知识的 应用意识. 设两位男同学分别为A、B,两位女同学分别为a、b,则四位同学排成一列,所有可能的结果用树状 图表示为 共24种结果,其中两位女同学相邻的结果有12种, P(两位女同学相邻)=,故选D. 12 24 1 2 技巧点拨技巧点拨 用树状图列举所有可能的结果
3、是求解古典概型问题的基本方法之一. 3.(2018课标,8,5分)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. 1 12 1 14 1 15 1 18 答案答案 C 本题主要考查古典概型. 不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,从这10个素数中随机选取两个不同的数,有 =45种情况,其和等于30的情况有3种,则所求概率等于=.故选C. 2 10 C 3 45 1
4、15 方法总结方法总结 解决关于古典概型的概率问题关键是正确求出基本事件的总数和所求事件包含的基 本事件数.(1)当基本事件的总数较少时,可用列举法把所有基本事件一一列举出来.(2)注意区分排 列与组合,正确使用计数原理. 4.(2017山东,8,5分)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. B. C. D. 5 18 4 9 5 9 7 9 答案答案 C 本题主要考查古典概型. 由题意可知依次抽取两次的基本事件总数n=98=72,抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的基本事 件个数m= =40,所以所求概率P=.故
5、选C. 1 5 C 1 4 C 2 2 A m n 40 72 5 9 方法技巧方法技巧 古典概型中基本事件个数的探求方法: 枚举法:适合给定的基本事件个数较少且易一一列举; 树状图法:适用于对较为复杂的问题中的基本事件的探求,注意对有序问题的基本事件的探求; 排列、组合法:在求一些较为复杂的基本事件时,可利用排列、组合知识求出基本事件个数. 5.(2020江苏,4,5分)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概 率是 . 答案答案 1 9 解析解析 抛掷一颗骰子2次,所有基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(6,1
6、),(6,2),(6,3),(6, 4),(6,5),(6,6),共36个,其中点数之和为5的有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4个,故所求概率P=. 4 36 1 9 6.(2018上海,9,5分)有编号互不相同的五个砝码,其中5克、3克、1克砝码各一个,2克砝码两个,从 中随机选取三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率是 (结果用最简分数表示). 答案答案 1 5 解析解析 本题主要考查古典概型的概率计算. 记5克、3克、1克砝码分别为5、3、1,两个2克砝码分别为2a,2b,则从这五个砝码中随机选取三个, 有以下选法:(5,3,1),(5,3,2a),(5,3,2b),
7、(5,1,2a),(5,1,2b),(5,2a,2b),(3,1,2a),(3,1,2b),(3,2a,2b),(1,2a,2b),共 10种,其中满足三个砝码的总质量为9克的有(5,3,1),(5,2a,2b),共2种,故所求概率P=. 2 10 1 5 7.(2020课标,19,12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进 行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其 中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束. 经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每
8、场比赛双方获胜的概率都为. (1)求甲连胜四场的概率; (2)求需要进行第五场比赛的概率; (3)求丙最终获胜的概率. 1 2 解析解析 (1)甲连胜四场的概率为. (2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛. 比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为;乙连胜四场的概率为;丙上场后连胜三场 的概率为. 所以需要进行第五场比赛的概率为1-=. (3)丙最终获胜,有两种情况: 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为; 比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情 况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,. 因此丙最终获胜的概率为+=. 1
9、 16 1 16 1 16 1 8 1 16 1 16 1 8 3 4 1 8 1 16 1 8 1 8 1 8 1 16 1 8 1 8 7 16 1.(2014课标,5,5分)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. B. C. D. 1 8 3 8 5 8 7 8 以下为教师用书专用 答案答案 D 由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位 同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概 率为P=,故选D. 4 4 2 -1-1 2 14 16
10、7 8 解题关键解题关键 正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件个数是解题的关键. 2.(2016江苏,7,5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具) 先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是 . 答案答案 5 6 解析解析 先后抛掷2次骰子,所有可能出现的情况可用数对表示为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6), (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6), (5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6), (6,1),(6,2),(6,3),(6
11、,4),(6,5),(6,6),共36个. 其中点数之和不小于10的有(4,6),(5,5),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6),共6个.从而点数之和小于10的数对共 有30个,故所求概率P=. 30 36 5 6 3.(2018江苏,6,5分)某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,则恰好选中2 名女生的概率为 . 答案答案 3 10 解析解析 本题考查古典概型. 解法一:把男生编号为男1,男2,女生编号为女1,女2,女3,则从5名学生中任选2名学生有:男1男2,男1女1, 男1女2,男1女3,男2女1,男2女2,男2女3,女1女2,女1女3,女2女3,共1
12、0 种情况,其中选中2名女生有3种情况,则 恰好选中2名女生的概率为. 解法二:所求概率P=. 3 10 2 3 2 5 C C 3 10 易错警示易错警示 在使用古典概型的概率公式时,应注意:(1)要判断该概率模型是不是古典概型;(2)分清 基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m,常用列举法把基本事件一一列举出来,再利用公式P (A)=求出事件A发生的概率,列举时尽量按某一顺序,做到不重复、不遗漏. m n 4.(2017上海,9,5分)已知四个函数:y=-x,y=-,y=x3,y=,从中任选2个,则事件“所选2个函 数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 . 1 x 1 2 x 答案答案
13、1 3 解析解析 给出四个函数:y=-x,y=-,y=x3,y=,从中任选2个的基本事件总数n=6, 事件“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有,共2个, 所求概率为=. 1 x 1 2 x 2 4 C 2 6 1 3 5.(2016上海,14,4分)如图,在平面直角坐标系xOy中,O为正八边形A1A2A8的中心,A1(1,0).任取不同 的两点Ai,Aj,点P满足+ =0,则点P落在第一象限的概率是 . OP i OA j OA 答案答案 5 28 解析解析 任选两点,共有=28个基本事件,其中使点P落在第一象限的情况有+2=5种,故所求概率 为. 2 8 C 2 3 C
14、5 28 考点考点2 2 几何概型几何概型 1.(2017课标,2,5分)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色 部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概 率是( ) A. B. C. D. 1 4 8 1 2 4 答案答案 B 本题考查几何概型. 设正方形的边长为2,则正方形的内切圆的半径为1,其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对 称,则黑色部分的面积为,所以在正方形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率P=,故选B. 2 2 22 8 2.(2016课标,4,5分)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车
15、,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐 班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是( ) A. B. C. D. 1 3 1 2 2 3 3 4 答案答案 B 当小明到达车站的时刻超过8:00,但又不到8:20时,等车时间将超过10分钟,其他时刻到 达车站时,等车时间将不超过10分钟,故等车时间不超过10分钟的概率为1-=. 20 40 1 2 3.(2016课标,10,5分)从区间0,1随机抽取2n个数x1,x2,xn,y1,y2,yn,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2), (xn,yn),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的
16、圆周率的近似值为 ( ) A. B. C. D. 4n m 2n m 4m n 2m n 答案答案 C 如图,数对(xi,yi)(i=1,2,n)表示的点落在边长为1的正方形OABC内(包括边界),两数的平方和小于 1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆(阴影部分,不含圆边界)内,则由几何概型的概率公式 可得=.故选C. m n 2 1 4 1 4m n 4.(2018课标,10,5分)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构 成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC.ABC的三边所围成的区域 记为,黑色部分记为,其余部分记为.在整个图形中
17、随机取一点,此点取自,的概率分别 记为p1,p2,p3,则( ) A.p1=p2 B.p1=p3 C.p2=p3 D.p1=p2+p3 方法总结方法总结 与面积有关的几何概型的解法 求与面积有关的几何概型的概率时,关键是弄清某事件所有结果对应的平面区域的形状并能正确 计算面积.必要时可根据题意构造两个变量,利用平面直角坐标系,找到全部试验结果构成的平面 图形及某事件所有结果构成的平面图形,以便求解. 答案答案 A 本题主要考查几何概型概率的求法. 不妨设BC=5,AB=4,AC=3,则ABC三边所围成的区域的面积S1=34=6,区域的面积S3= -S1=-6,区域的面积S2=22+-=6,所以
18、S1=S2S3,由几何概型的概率公式 可知p1=p2p3,故选A. 1 2 2 2 5 2 25 8 2 2 2 3 2 25 -6 8 1.(2015湖北,7,5分)在区间0,1上随机取两个数x,y,记p1为事件“x+y”的概率,p2为事件“|x-y| ”的概率,p3为事件“xy”的概率,则( ) A.p1p2p3 B.p2p3p1 C.p3p1p2 D.p3p216,p1-p30,即p1p3. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 2 S S 3 4 1 2 1 2 1 1 2 1 2x 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 3 S S 1 2 1 2 3 8 1
19、2 3-4ln2 8 1 8 3 e 16 而p2-p3=-ln 2=ln0,p2p3p2. 1 4 1 2 1 4 e 4 评析评析 本题考查几何概型概率的求解,平面图形的面积计算,定积分等知识,考查推理运算能力和 化归与转化思想. 2.(2015陕西,11,5分)设复数z=(x-1)+yi(x,yR),若|z|1,则yx的概率为( ) A.+ B.- C.- D.+ 3 4 1 2 1 4 1 2 1 2 1 1 2 1 答案答案 B |z|1,(x-1)2+y21,表示以M(1,0)为圆心,1为半径的圆及其内部,该圆的面积为.易 知直线y=x与圆(x-1)2+y2=1相交于O(0,0),
20、A(1,1)两点,作图如下: OMA=90,S阴影=-11=-. 故所求的概率P=-. 4 1 2 4 1 2 M S S 阴影 1 - 4 2 1 4 1 2 3.(2017江苏,7,5分)记函数f(x)=的定义域为D.在区间-4,5上随机取一个数x,则xD的概 率是 . 2 6-x x 答案答案 5 9 解析解析 本题考查几何概型. 由6+x-x20,得-2x3,即D=-2,3, P(xD)=. 3-(-2) 5-(-4) 5 9 考点考点1 1 古典概型古典概型 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020安徽江南十校质量检测,8)“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一,其内容是
21、:一个大 于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和,也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家 哥德巴赫提出的,我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成 绩.若将6拆成两个正整数的和,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率为( ) A. B. C. D. 1 5 1 3 3 5 2 3 答案答案 A 6拆成两个正整数的和的所有基本事件有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),而加数全为质数的 为(3,3),所以所求概率为,故选A. 1 5 2.(2020江西南昌四校联考,8)在明代珠算发明之前,我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具记 数
22、、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍,如图是利用算筹表示数19的一种方法, 例如:47可以表示为“”,如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数, 这个数至少要用8根小木棍的概率为( ) A. B. C. D. 11 14 3 14 73 84 6 7 答案答案 D 至少要用8根小木棍的对立事件为用5根,6根,7根这三种情况,用5根小木棍为数字1、 2、6这一种情况的全排列,用6根小木棍为数字1、2、3,1、2、7,1、6、3,1、6、7这四种情况的全 排列,用7根小木棍为数字1、2、4,1、2、8,1、6、4,1、6、8,1、3、7,2、6、7,2、6、3这七种情 况的全
23、排列,故至少要用8根小木棍的概率为1-=. 3 3 3 9 12A A 6 7 3.(2020四川模拟,6)为弘扬新时代的中国女排精神.甲、乙两个女排校队举行一场友谊比赛,采用 五局三胜制(即某队先赢三局即获胜,比赛随即结束).若甲队以32赢得比赛,则甲队输掉的两局恰 好相邻的概率是( ) A. B. C. D. 1 6 1 3 1 2 2 3 答案答案 C 本题考查用列举法求古典概型的概率,考查了逻辑推理和数学运算的核心素养. 由题意得五局比赛的结果为: 甲甲乙乙甲(表示第一局甲胜,第二局甲胜,第三局乙胜,第四局乙胜,第五局甲胜,以下类同), 甲乙甲乙甲,甲乙乙甲甲,乙甲甲乙甲、乙甲乙甲甲,
24、乙乙甲甲甲,共6种, 其中甲队输掉的两局恰好相邻的结果有3种, 甲队输掉的两局恰好相邻的概率P=.故选C. 3 6 1 2 4.(2019江西南昌一模,6)2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、外语必选,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.今年上高一的小明与小芳都准备 选历史与政治,假若他们都对后面三科没有偏好,则他们选课相同的概率为( ) A. B. C. D. 1 2 1 3 1 6 1 9 答案答案 B 基本事件总数为 =9,他们选课相同的事件数为3,他们选课相同的概率P=.故 选B. 1 3 C 1 3 C 3 9 1 3 考点考点2
25、 2 几何概型几何概型 1.(2020安徽池州模拟,3)如图所示,ABC中,AB=2,AC=2,BAC=120,半圆O的直径在边BC上,且 与边AB,AC都相切,若在ABC内随机取一点,则此点取自阴影部分(半圆O内)的概率为( ) A. B. C. D. 3 8 3 6 4 3 答案答案 A 设半圆O的半径为r,半圆O与AC的切点为D,连接OA,OD,如图所示,则OA=1,r=OD=, 则半圆O的面积S=r2=,又ABC的面积S=22=,故所求概率P=. 3 2 1 2 3 8 1 2 3 2 3 S S 3 8 3 3 8 2.(2020天一联考“顶尖计划”高中毕业班第二次考试,4)一个陶瓷
26、圆盘的半径为10 cm,中间有一 个边长为4 cm的正方形花纹,向盘中投入1 000粒米后,发现落在正方形花纹上的米共有51粒,据此 估计圆周率的值为(精确到0.001)( ) A.3.132 B.3.137 C.3.142 D.3.147 答案答案 B 本题考查几何概型. 由题意得=3.137. 2 2 4 10 51 1 000 3.(2020新疆一模,8) 剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一,作为一种镂空艺术,它能给人以视觉上透空的感觉和艺术 享受.剪纸艺术通过一把剪刀、一张纸就可以表达生活中的各种喜怒哀乐.如图是一边长为1的正 方形剪纸图案,中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心,圆与圆之
27、间是相切的,且中间黑色大圆的 半径是黑色小圆半径的2倍,若在正方形图案上随机取一点,则该点取自白色区域的概率为 ( ) A. B. C. D. 64 32 16 8 答案答案 D 本题考查几何概型的概率的求法,考查了数学运算的核心素养. 设黑色小圆的半径为r.由题意得2r+2r+22r=1,解得r=,所以白色区域的面积为-4- =. 所以在正方形图案上随机取一点,该点取自白色区域的概率为=.故选D. 1 8 2 1 2 2 1 8 2 1 4 8 8 1 1 8 4.(2019河南安阳二模,8)如图所示,分别以点B和点D为圆心,以线段BD的长为半径作两个圆.若在 该图形内任取一点,则该点取自四
28、边形ABCD内的概率为( ) A. B. C. D. 3 3 83 3 3 4- 3 3 3 8 3 4 答案答案 A 设BD=2,由已知可得ABD,BCD是全等的等边三角形,所以S四边形ABCD=222=2 ,整个图形可以看作由两个弓形组成,其面积S=2=+2,所以 所求的概率为=,故选A. 1 2 3 2 3 12 12 4-4-4 sin 2323 16 3 3 2 3 16 2 3 3 3 3 83 3 一、选择题(每小题5分,共30分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：30分钟 分值：55分) 1.(2020甘肃模拟,5)为了弘扬中国优秀传统文化,某班打算召开中国传统节
29、日主题班会,在春节、 清明节、端午节、中秋节、重阳节中随机选取两个节日来学习其文化内涵,其中中秋节被选中的 概率为( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 答案答案 C 本题考查古典概型、组合等基础知识,考查运算求解能力. 在春节、清明节、端午节、中秋节、重阳节中随机选取两个节日的基本事件总数为=10, 其中中秋节被选中包含的基本事件个数为=4, 中秋节被选中的概率P=.故选C. 2 5 C 1 1 C 1 4 C 4 10 2 5 2.(2020重庆模拟,5)2020年2月,在新型冠状病毒肺炎疫情防控工作期间,某单位有4名党员报名参 加该地四个社区的疫情防控服务工作,假设每名党
30、员均从这四个社区中任意选取一个社区参加疫 情防控服务工作,则恰有一个社区未被这4名党员选取的概率为( ) A. B. C. D. 81 256 27 64 9 64 9 16 答案答案 D 本题考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,体现了逻辑推理、数学 运算的核心素养. 由题意得基本事件总数为44,而恰有一个社区未被这4名党员选取包含的基本事件个数为, 则恰有一个社区未被这4名党员选取的概率P=.故选D. 1 4 C 2 4 C 3 3 A 123 443 4 C C A 4 9 16 3.(2020重庆模拟,11)2019年年末,武汉出现新型冠状病毒肺炎(COVID-19)疫情
31、,并快速席卷我国其 他地区,传播速度很快,因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株,所以目前没有特 异治疗方法,防控难度很大,武汉市出现疫情最早,感染人员最多,防控压力最大,武汉市从2月7日起 举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎 的发热患者和与确诊患者的密切接触者“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏一人.在 排查期间,一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”,这种情况下医护人员要对其家庭 成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测,若出现阳性,则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个 成员检测呈阳性的概率均为p(0p1)且相互独立,该
32、家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高 危户”的概率为f(p),当p=p0时, f(p)最大,则p0=( ) A.1- B. C. D.1- 6 3 6 3 1 3 3 3 答案答案 A 本题考查概率的求法,以及求函数最值,考查了逻辑推理和数学运算的核心素养. 设事件A为检测了5个人确定为“感染高危户”, 事件B为检测了6个人确定为“感染高危户”, P(A)=p(1-p)4,P(B)=p(1-p)5, 即f(p)=p(1-p)4+p(1-p)5=p(2-p)(1-p)4, 设x=1-p,0x153,所以选择方案二更划算. 3 2 4 1 8 2 3 C 2 2 4 2 4 3 8 1 8 3
33、8 1 2 1 8 2 3 C 3 1 2 3 8 1 3 C 3 1 2 3 8 0 3 C 3 1 2 1 8 1 8 3 8 3 8 1 8 8.(2018山西太原一模,18)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: (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
34、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? 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 解析解析 (1)由题意,寄出方式有以下三种可能: 所有3种情况中,有1种情况快递费未超过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: 情况 第一个包裹 第二个包裹 需支付的总 快递费(
35、元) 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 1 3 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,公司每日揽件数情况如下: 故公司平均每日利润为2605-3100=1 000(元); 若裁员1人,则每天可揽件的
36、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 50 150 250 350 450 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 平均揽件数 500.1+1500.1+2500.5+3500.2+4500.1=260 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 500.1+1500.1+2500.5+3000.2+3000.1=235 1.(2020 5 3原创题)已知A(x,y),x,yR,满足|x-2
37、|+|x|+|y-2|+|y|4,则x+y的概率是( ) A. B. C. D. 2 2 2 3 4 2 3 2 4 答案答案 B 由|x|+|x-2|x-(x-2)|=2以及|y|+|y-2|y-(y-2)|=2, 得|x-2|+|x|+|y-2|+|y|4,等号成立时当且仅当又|x-2|+|x|+|y-2|+|y|4, 所以|x-2|+|x|+|y-2|+|y|=4, 则所以样本空间是边长为2的正方形内部(包含边界).事件空间为样本空间在直线x+y- =0上及其右上方的部分,如图中阴影部分所示. 因此所求概率为=,故选B. 02, 02. x y 02, 02, x y 2 2 2 1 2
38、 -22 2 2 4-1 4 3 4 2.(2020 5 3原创题)为战胜新冠肺炎,某医院在36名积极申请的医护人员中任选2名驰援武汉,若申 请人中任何人被获准的可能性相同,且获准同性别的医护人员的概率是,则申请者中男性医护人 员有 名. 1 2 答案答案 21或15 解析解析 设男性医护人员有x名,则女性医护人员有(36-x)名,因此选出的2名申请者都是男性的概率P 1=,选出的2名申请者都是女性的概率P2=,由题意得+=,化简整理得x 2-36x+315=0, 解得x1=21,x2=15, 经检验,x1=21,x2=15都是符合条件的解. 故申请者中男性医护人员有21名或15名. 2 2
39、36 C C x 2 36- 2 36 C C x 2 2 36 C C x 2 36- 2 36 C C x 1 2 命题说明命题说明 本题以生活实际为问题情境,考查学生对古典概型问题的掌握情况,对学生的逻辑思维 能力、运算能力要求较高. 3.(2020 5 3原创题)费马大定理又被称为“费马最后定理”,由17世纪法国数学家皮耶 德 费马提 出.他断言当整数n2时,关于x,y,z的方程xn+yn=zn没有正整数解.他提出后,历经多人猜想辩证,最终 在1995年被英国数学家安德鲁 怀尔斯彻底证明.甲同学对这个问题很感兴趣,他决定从1,2,3,4,5这 5个自然数中随机选两个数字作为方程xn+yn=zn中的指数n,方程xn+yn=zn存在正整数解的概率为 . 答案答案 7 10 解析解析 由题意,n=1时,存在正整数解,n=2时其实就是勾股定理,所以也存在正整数解,由费马大定理 得,n2时,方程不存在正整数解.从1,2,3,4,5这5个数中随机取2个数,其中包含1或2的概率P=1-= .故所求概率为. 2 3 2 5 C C 7 10 7 10 命题说明命题说明 近年来,以数学文化和数学史为背景命制高考题成为新的热点,本题以著名的费马大定 理为背景,在提炼关键信息之后,转化为一道简单的古典概型的题目.
