2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第10章計(jì)數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第4節(jié)古典概型與事件的相互獨(dú)立性教師用書

第四節(jié)古典概型與事務(wù)的相互獨(dú)立性考試要求：1．理解古典概型、事務(wù)的相互獨(dú)立性及其概率計(jì)算公式．2．會(huì)計(jì)算一些隨機(jī)事務(wù)所含的樣本點(diǎn)數(shù)及事務(wù)發(fā)生的概率．一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．古典概型的推斷古典概型的定義試驗(yàn)具有如下共同特征：(1)有限性：樣本空間的樣本點(diǎn)只有有限個(gè)．(2)等可能性：每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的可能性相等．我們將具有以上兩個(gè)特征的試驗(yàn)稱為古典概型試驗(yàn)，其數(shù)學(xué)模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．一個(gè)試驗(yàn)是否為古典概型，關(guān)鍵在于這個(gè)試驗(yàn)是否具有古典概型的兩個(gè)特征：有限性和等可能性．2．古典概型的概率計(jì)算公式一般地，設(shè)試驗(yàn)E是古典概型，樣本空間Ω包含n個(gè)樣本點(diǎn)，事務(wù)A包含其中的k個(gè)樣本點(diǎn)，則定義事務(wù)A的概率P(A)＝_kn＝_nAnΩ，其中n(A)和n(Ω)分別表示事務(wù)頻率的計(jì)算公式與古典概型的概率計(jì)算公式的異同名稱不同點(diǎn)相同點(diǎn)頻率計(jì)算公式頻率計(jì)算中的k，n均隨隨機(jī)試驗(yàn)的改變而改變，但隨著試驗(yàn)次數(shù)的增多，它們的比值漸漸趨近于概率值都計(jì)算了一個(gè)比值k古典概型的概率計(jì)算公式kn是一個(gè)定值，對同一個(gè)隨機(jī)事務(wù)而言，k，n3．相互獨(dú)立事務(wù)的推斷相互獨(dú)立事務(wù)的定義：對隨意兩個(gè)事務(wù)A與B，假如P(AB)＝P(A)P(B)成立，則稱事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立，簡稱為獨(dú)立．4．相互獨(dú)立事務(wù)的性質(zhì)當(dāng)事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立時(shí)，則事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立，事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立，事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立．1．兩個(gè)事務(wù)相互獨(dú)立，是指它們其中一個(gè)事務(wù)的發(fā)生與否對另一個(gè)事務(wù)發(fā)生的概率沒有影響．一般地，兩個(gè)事務(wù)不行能既互斥又相互獨(dú)立，因?yàn)榛コ馐聞?wù)是不行能同時(shí)發(fā)生的，而相互獨(dú)立事務(wù)是以它們能夠同時(shí)發(fā)生為前提的．相互獨(dú)立事務(wù)同時(shí)發(fā)生的概率等于每個(gè)事務(wù)發(fā)生的概率的積，這一點(diǎn)與互斥事務(wù)的概率和也是不同的．2．事務(wù)間的獨(dú)立性關(guān)系：已知兩個(gè)事務(wù)A，B相互獨(dú)立，它們的概率分別為P(A)，P(B)，則有事務(wù)表示概率A，B同時(shí)發(fā)生ABP(A)P(B)A，B都不發(fā)生AP(A)P(B)A，B恰有一個(gè)發(fā)生(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至少有一個(gè)發(fā)生(AB)∪(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至多有一個(gè)發(fā)生(AB)∪(AB)∪(ABP(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)二、基本技能·思想·活動(dòng)閱歷1．推斷下列說法的正誤，對的畫“√”，錯(cuò)的畫“×”．(1)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事務(wù)A，B相互獨(dú)立”的充要條件． (√)(2)擲一枚硬幣兩次，出現(xiàn)“兩個(gè)正面”“一正一反”“兩個(gè)反面”，這三個(gè)事務(wù)是等可能事務(wù)． (×)(3)某袋中裝有大小勻稱的三個(gè)紅球、兩個(gè)黑球、一個(gè)白球，那么每種顏色的球被摸到的可能性相同． (×)(4)必定事務(wù)與任何一個(gè)事務(wù)相互獨(dú)立． (√)2．若P(AB)＝16，P(A)＝13，P(B)＝14，則事務(wù)AA．互斥 B．相互獨(dú)立C．互為對立 D．無法推斷B解析：因?yàn)镻(A)＝13，所以P(A)＝23，又P(B)＝14，所以事務(wù)A又因?yàn)镻(AB)＝16，所以有P(AB)＝P(A)·P(B)，所以事務(wù)A與B3．甲、乙獨(dú)立地解決同一數(shù)學(xué)問題，甲解決這個(gè)問題的概率是0.9，乙解決這個(gè)問題的概率是0.8，那么其中至少1人解決這個(gè)問題的概率是()A．0.26B．0.72C．0.98D．0.18C解析：設(shè)A為“甲解決這個(gè)問題”，B為“乙解決這個(gè)問題”，則AB表示“無人解決這個(gè)問題”，而P(A4．拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子，向上的點(diǎn)數(shù)之差的肯定值為3的概率是()A．19B．16C．1B解析：拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子，向上的點(diǎn)數(shù)之差的肯定值為3的狀況有(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6個(gè)樣本點(diǎn)，而拋擲兩枚質(zhì)地勻稱的骰子包含的樣本點(diǎn)有36個(gè)，所以所求概率p＝636＝15．已知甲、乙、丙三人去參與某公司面試，他們被該公司錄用的概率分別是16，14，712解析：因?yàn)榧?，乙，丙三人被該公司錄用的概率分別是16，14且三人錄用結(jié)果相互之間沒有影響，所以他們?nèi)硕紱]有被錄用的概率為1-16故他們?nèi)酥兄辽儆幸蝗吮讳浻玫母怕蕿?－512＝7考點(diǎn)1簡潔的古典概型的概率——基礎(chǔ)性(1)(2024·新高考Ⅰ卷)從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為()A．16B．13C．1D解析：從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有C72＝21(種)不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7種，故所求概率p＝21-(2)(2024·全國甲卷)從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機(jī)抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為()A．15B．13C．2C解析：從6張卡片中無放回隨機(jī)抽取2張，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15種狀況，其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，6種狀況，故概率為615＝2(3)設(shè)O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三點(diǎn)，則取到的三點(diǎn)共線的概率為()A．15B．25C．1A解析：從O，A，B，C，D中任取3點(diǎn)的狀況有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10種不同的狀況．由圖可知取到的三點(diǎn)共線的有(O，A，C)和(O，B，D)兩種狀況，所以所求概率為210＝1古典概型中樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)的探求方法(1)列舉法：適合于給定的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)較少且易一一列舉出的問題．(2)樹狀圖法：適合于較為困難的問題，留意在確定樣本點(diǎn)(x，y)時(shí)可看成是有序的，如(1，2)與(2，1)不同．(3)排列組合法：在求一些較困難的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)時(shí)，可利用排列或組合的學(xué)問．1．從長度為2，4，6，8，9的5條線段中任取3條，則這3條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形的概率為()A．25B．12C．3B解析：從5條線段中任取3條，共有C5其中能構(gòu)成一個(gè)三角形的有：(2，8，9)，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，8，9)，(6，8，9)，共有5種，所以這3條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形的概率p＝510＝12．(多選題)先后拋擲兩顆勻稱的骰子，第一次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)記為a，其次次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)記為b，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)＋b＝7時(shí)概率為1B．a(chǎn)＋b＝6時(shí)概率為1C．a(chǎn)≥2b時(shí)的概率為1D．a(chǎn)＋b是3的倍數(shù)的概率是1AD解析：先后拋擲兩顆勻稱的骰子，第一次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)記為a，其次次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)記為b，樣本點(diǎn)的總數(shù)為6×6＝36個(gè)，對于選項(xiàng)A：a＋b＝7包含的樣本點(diǎn)有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6個(gè)，所以a＋b＝7時(shí)的概率為636＝1對于選項(xiàng)B：a＋b＝6包含的樣本點(diǎn)有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5個(gè)，所以a＋b＝6時(shí)的概率為536≠1對于選項(xiàng)C：a≥2b包含的樣本點(diǎn)有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共9個(gè)，所以a≥2b時(shí)的概率為936＝1對于選項(xiàng)D：a＋b是3的倍數(shù)包含的樣本點(diǎn)有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共有12個(gè)，所以a＋b是3的倍數(shù)的概率是1236＝1考點(diǎn)2古典概型的交匯問題——綜合性考向1古典概率和數(shù)1742年6月7日，哥德巴赫在給大數(shù)學(xué)家歐拉的信中提出：任一大于2的偶數(shù)都可寫成兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和．這就是聞名的“哥德巴赫猜想”，可簡記為“1＋1”．1966年我國數(shù)學(xué)家陳景潤證明白“1＋2”，獲得了該探討的世界最優(yōu)成果．若在不超過20的全部質(zhì)數(shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，則兩數(shù)之和不超過20的概率是()A．37B．47C．5B解析：不超過20的全部質(zhì)數(shù)有2，3，5，7，11，13，17，19，共8個(gè)，從中選取2個(gè)不同的數(shù)有C82＝28種，和超過20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)，共12種，所以兩數(shù)之和不超過20的概率是28-考向2古典概型和數(shù)列斐波那契數(shù)列又稱黃金分割數(shù)列，因?yàn)閿?shù)學(xué)家昂納多斐波那契以兔子繁殖為例子引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，在數(shù)學(xué)上斐波那契數(shù)列被以下遞推方法定義：數(shù)列{an}滿意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．現(xiàn)從該數(shù)列的前10項(xiàng)中隨機(jī)的抽取一項(xiàng)，則該數(shù)除以3余數(shù)為1的概率為()A．18B．14C．3D解析：數(shù)列{an}滿意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，數(shù)列的前10項(xiàng)為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55．該數(shù)列被3除所得的余數(shù)為1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，所以10項(xiàng)中共有5項(xiàng)滿意除以3余數(shù)為1，故概率p＝510＝1考向3古典概型和平面對量(1)設(shè)平面對量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，記“a⊥(a－b)”為事務(wù)A，則事務(wù)A發(fā)生的概率為()A．18B．14C．1A解析：有序數(shù)對(m，n)的全部可能結(jié)果數(shù)為4×4＝16．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2．由于m，n∈{1，2，3，4}，故事務(wù)A包含的樣本點(diǎn)為(2，1)和(3，4)，共2個(gè)．所以所求的概率P(A)＝216＝1(2)已知k∈Z，AB＝(k，1)，AC＝(2，4)．若|AB|≤4，則△ABC37解析：因?yàn)閨AB|＝k2+1≤4，所以－15≤k因?yàn)閗∈Z，所以k＝－3，－2，－1，0，1，2，3．當(dāng)△ABC為直角三角形時(shí)，應(yīng)有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC．由AB·AC＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2．因?yàn)锽C＝AC-AB＝(2－k，3)，由AB·BC＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3．由AC·BC＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△考向4古典概型與函數(shù)的交匯(1)已知函數(shù)f(x)＝13x3＋ax2＋b2x＋1．若a是從1，2，3三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，b是從0，1，2三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，則該函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)的概率為()A．79B．13C．5D解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2．由題意知f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序數(shù)對(a，b)全部可能結(jié)果有3×3＝9(種)，其中滿意a>b的有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，共6種．故所求概率p＝69＝2(2)已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，則函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是()A．512B．13C．1A解析：因?yàn)閍∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以樣本點(diǎn)總數(shù)n＝3×4＝12．函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－2bx，符合條件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1．②當(dāng)a≠0時(shí)，須要滿意ba所以函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是512求解古典概型交匯問題的思路求解古典概型的交匯問題，關(guān)鍵是把相關(guān)的內(nèi)容轉(zhuǎn)化為事務(wù)，然后利用古典概型的有關(guān)學(xué)問解決，其解題流程為：已知集合M＝{－1，1，3，5}和N＝{－1，1，2，4}．設(shè)關(guān)于x的二次函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1(a，b∈R)．(1)若b＝1時(shí)，從集合M取一個(gè)數(shù)作為a的值，求方程f(x)＝0有解的概率；(2)若從集合M和N中各取一個(gè)數(shù)作為a和b的值，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)的概率．解：(1)因?yàn)閎＝1，由方程f(x)＝ax2－4x＋1＝0有解，得a≠0，Δ=16-4a≥0，即a≤4，且a≠0．因?yàn)閍∈M＝{－1，1，3，5}，所以(2)由于二次函數(shù)f(x)＝ax2－4bx＋1圖象的對稱軸為x＝2ba要使y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，應(yīng)有a＞0且2ba≤1，即a≥2b，且a①若a＝1，則b＝－1；②若a＝3，則b＝－1，1；③若a＝5，則b＝－1，1，2．而全部的(a，b)共有4×4＝16個(gè)，所以所求概率為p＝616＝3考點(diǎn)3事務(wù)的相互獨(dú)立性——綜合性(1)有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球．甲表示事務(wù)“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事務(wù)“其次次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事務(wù)“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事務(wù)“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則()A．甲與丙相互獨(dú)立 B．甲與丁相互獨(dú)立C．乙與丙相互獨(dú)立 D．丙與丁相互獨(dú)立B解析：由題意可知，兩點(diǎn)數(shù)和為8的全部可能為：(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，兩點(diǎn)數(shù)和為7的全部可能為：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，P(甲)＝16，P(乙)＝16，P(丙)＝56×6＝536，A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝136＝P(甲)·PC：P(乙丙)＝136≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(2)(2024·常州高三期末)甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，實(shí)行三場二勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得二場成功時(shí)，該隊(duì)獲勝，決賽結(jié)束)．依據(jù)前期競賽成果，甲隊(duì)的主客場支配依次為“主客主”．設(shè)甲隊(duì)主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場競賽結(jié)果相互獨(dú)立，則甲隊(duì)最終獲勝的概率是________．0.6解析：甲隊(duì)最終獲勝包含3種狀況：①前兩場甲均勝，概率為p1＝0.6×0.5＝0.3，②第一場甲勝，其次場甲負(fù)，第三場甲勝，概率為p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18，③第一場甲負(fù)，其次場甲勝，第三場甲勝，概率為p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12，所以甲隊(duì)最終獲勝的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6．推斷事務(wù)是否相互獨(dú)立的方法(1)定義法：事務(wù)A，B相互獨(dú)立?P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)利用性質(zhì)：A與B相互獨(dú)立，則A與B，A與B，1．現(xiàn)有5個(gè)相同的小球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，從中有放回的隨機(jī)抽取兩次，每次抽取一個(gè)球，記：事務(wù)A表示“第一次取出的球數(shù)字是2”，事務(wù)B表示“其次次取出的球數(shù)字是3”，事務(wù)C表示“兩次取出的球的數(shù)字之和為8”，事務(wù)D表示“兩次取出的球的數(shù)字之和為6”，則下列選項(xiàng)正確的是(C)A．事務(wù)A和事務(wù)C相互獨(dú)立B．事務(wù)B和事務(wù)C相互獨(dú)立C．事務(wù)B和事務(wù)D相互獨(dú)立D．事務(wù)C和事務(wù)D相互獨(dú)立2．(2024·和平區(qū)模擬)某校象棋社團(tuán)開展競賽活動(dòng)，競賽中雙方有一人獲勝或者雙方和棋則競賽結(jié)束．依據(jù)以往競賽結(jié)果，在一局競賽中，甲戰(zhàn)勝乙的概率是12，兩人和棋的概率是11379解析：由題意可知，在一局競賽中，甲戰(zhàn)勝乙的概率是12，兩人和棋的概率是16，所以乙戰(zhàn)勝甲的概率為1－12－16＝13；由甲乙兩人競賽2局，每局勝方記3分，負(fù)方記0分，和棋雙方各記1分，設(shè)甲得分不少于2為事務(wù)A，則A表示乙勝或甲負(fù)且甲乙和，故P(A)＝13×13+C21×13×16＝2課時(shí)質(zhì)量評價(jià)(五十九)A組全考點(diǎn)鞏固練1．某校開設(shè)a，b，c，d共4門選修課，一個(gè)同學(xué)從中隨機(jī)選取2門，則a與b未同時(shí)被選中的概率為()A．16 B．1C．23 D．D解析：從a，b，c，d中隨機(jī)選2門課程的狀況有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6種，其中a，b同時(shí)被選中的狀況只有一種，即ab，則a，b同時(shí)被選中的概率為16，所以a，b未同時(shí)被選中的概率p＝1－16＝2．我國古代認(rèn)為構(gòu)成宇宙萬物的基本要素是金、木、水、火、土這五種物質(zhì)，稱為“五行”．古人構(gòu)建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理論，隨機(jī)任取“兩行”，則取出的“兩行”相生的概率是()A．12B．13C．1A解析：隨機(jī)任取“兩行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10種狀況，其中取出的“兩行”相生的狀況有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5種，所以取出的“兩行”相生的概率為510＝13．(多選題)從甲袋內(nèi)摸出1個(gè)紅球的概率是13，從乙袋內(nèi)摸出1個(gè)紅球的概率是1A．2個(gè)球不都是紅球的概率是1B．2個(gè)球都是紅球的概率是1C．至少有1個(gè)紅球的概率是2D．2個(gè)球中恰有1個(gè)紅球的概率是2BC解析：A：兩個(gè)球不都是紅球的概率為：1－13×12＝56，故A錯(cuò)誤．B：兩個(gè)球都是紅球的概率為：13×12＝16，故B正確．C：至少有一個(gè)紅球的概率為：13×12＋23×12＋13×12＝4．(2024·南京校級月考)十二生肖，又稱十二屬相，中國古人拿十二種動(dòng)物來配十二地支，組成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龍、巳蛇、午馬、未羊、申猴、酉雞、戌狗、亥豬十二屬相．現(xiàn)有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同學(xué)依次隨機(jī)抽取一件作為禮物，甲同學(xué)喜愛馬、牛，乙同學(xué)喜愛馬、龍、狗，丙同學(xué)除了鼠不喜愛外其他的都喜愛，則這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛的概率是()A．388B．344C．1A解析：現(xiàn)有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同學(xué)依次隨機(jī)抽取一件作為禮物，甲同學(xué)喜愛馬、牛，乙同學(xué)喜愛馬、龍、狗，丙同學(xué)除了鼠不喜愛外其他的都喜愛，樣本點(diǎn)總數(shù)n＝A123＝1320，這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)m＝1×2×9＋1×3×9＝45，所以這三位同學(xué)抽取的禮物都喜愛的概率是p＝mn＝455．某單位實(shí)行詩詞大會(huì)競賽，給每位參賽者設(shè)計(jì)了“保留題型”“升級題型”“創(chuàng)新題型”三類題型，每類題型均指定一道題讓參賽者回答．已知某位參賽者答對每道題的概率均為45A．112125B．80125C．113A解析：因?yàn)閰①愓叽饘γ康李}的概率均為45，且各次答對與否相互獨(dú)立，所以該參賽者答完三道題后至少答對兩道題的概率：p＝C336．已知甲、乙、丙、丁四人進(jìn)行圍棋競賽，競賽流程如圖所示，依據(jù)以往閱歷，甲戰(zhàn)勝乙、丙、丁的概率分別為0.8，0.4，0.6，丙戰(zhàn)勝丁的概率為0.5，并且競賽沒有和棋，則甲獲得最終冠軍的概率為()A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3C解析：甲獲得最終冠軍這個(gè)事務(wù)可分為兩個(gè)互斥事務(wù)：一個(gè)是第一輪甲勝乙，丙勝丁，其次輪甲勝丙，另一個(gè)是第一輪甲勝乙，丁勝丙，其次輪甲勝丁，所以所求概率P＝0.8×0.5×0.4＋0.8×(1－0.5)×0.6＝0.4．7．某一大型購物廣場有A，B兩家奶茶店，某人第一天隨機(jī)地選擇一家奶茶店購買奶茶，假如第一天去A店，那么其次天去A店的概率為0.7；假如第一天去B店，那么其次天去A店的概率為0.6．則某人其次天去A店購買奶茶的概率為________．0．65解析：某人其次天去A店購買奶茶有兩種狀況．第一種狀況：第一天選擇去A店，其次天選擇去A，其概率為0.5×0.7＝0.35．其次種狀況：第一天選擇去B店，其次天選擇去A，其概率為0.5×0.6＝0.3．所以某人其次天去A店購買奶茶的概率為0.35＋0.3＝0.65．8．(2024·泰安模擬)某百科學(xué)問競答競賽的半決賽階段，每兩人一組進(jìn)行PK，勝者晉級決賽，敗者終止競賽．競賽最多有三局．第一局限時(shí)答題，其次局快問快答，第三局搶答．競賽雙方首先各自進(jìn)行一局限時(shí)答題，依據(jù)答對題目數(shù)量，答對多者獲勝，競賽結(jié)束，答對數(shù)量相等視為平局，則需進(jìn)入快問快答局；若快問快答平局，則需進(jìn)入搶答局，兩人進(jìn)行搶答，搶答沒有平局．已知甲、乙兩位選手在半決賽相遇，且在與乙選手的競賽中，甲限時(shí)答題局獲勝與平局的概率分別為13，12，快問快答局獲勝與平局的概率分別為13，1(1)求甲至多經(jīng)過兩局競賽晉級決賽的概率；(2)已知乙最終晉級決賽，但不知甲、乙兩人經(jīng)過幾局競賽，求乙恰好經(jīng)過三局競賽才晉級決賽的概率．解：(1)設(shè)“甲至多經(jīng)過兩局競賽晉級決賽”為事務(wù)A，則甲第一局獲勝或第一局平局其次局獲勝，則P(A)＝13＋12×13(2)記乙恰好經(jīng)過一局、兩局、三局競賽晉級決賽分別為事務(wù)B，C，D，則P(B)＝1－13+12＝16，P(C)＝12×1-13-1故在乙最終晉級決賽的前提下，乙恰好經(jīng)過三局競賽才晉級決賽的概率為118169．甲、乙兩個(gè)籃球運(yùn)動(dòng)員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為12與p，且乙投球2次均未命中的概率為1(1)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(2)若甲、乙兩人各投球2次，求兩人共命中3次的概率．解：(1)由題意，甲投球2次，都沒有命中的概率為12×12＝故甲至少命中1次的概率為1－14＝3(2)因?yàn)橐彝肚?次均未命中的概率為(1－p)·(1－p)＝116，所以p＝3若甲、乙兩人各投球2次，命中3次，則甲只有一次沒有命中、乙2次全部命中，或乙只有一次沒有命中、甲2次全部命中．而甲只有一次沒有命中、乙2次全部命中的概率為C21·而乙只有一次沒有命中、甲2次全部命中的概率為C21·34故兩人共命中3次的概率為932＋332＝B組新高考培優(yōu)練10．為了實(shí)施“科技下鄉(xiāng)，精準(zhǔn)脫貧”戰(zhàn)略，某縣科技特派員帶著A，B，C三個(gè)農(nóng)業(yè)扶貧項(xiàng)目進(jìn)駐某村，對僅有的四個(gè)貧困戶甲、乙、丙、丁進(jìn)行產(chǎn)業(yè)幫扶．若每個(gè)貧困戶只能選擇一個(gè)扶貧項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目至少有一戶選擇，則甲、乙兩戶選擇同一個(gè)扶貧項(xiàng)目的概率為()A．14B．827C．2D解析：由題意分析：若每個(gè)貧困戶只能選擇一個(gè)扶貧項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目至少有一戶選擇，樣本點(diǎn)總數(shù)n＝C42A33＝36，甲乙兩戶選擇同一個(gè)扶貧項(xiàng)目包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)m＝C22C3111．(2024·汕頭二模)交通事故已成為世界性的嚴(yán)峻社會(huì)問題，加強(qiáng)中小學(xué)生交通平安教化具有重要的現(xiàn)實(shí)意義，為此，某校實(shí)行了一場交通平安學(xué)問競賽，一共有3道難度相當(dāng)?shù)谋卮痤}目，李明同學(xué)答對每道題目的概率都是0.6，則李明同學(xué)至少答對2道題的概率是()A．0.36B．0.576C．0.648D．0.904C解析：設(shè)李明同學(xué)至少答對2道題為事務(wù)A，則P(A)＝C320.6故選C．12．(多選題)依據(jù)中國古代重要的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》記載，我國古代諸侯的等級自低到高分為：男、子、伯、侯、公五個(gè)等級．現(xiàn)有每個(gè)級別的諸侯各一人，君王要把50處領(lǐng)地全部分給5位諸侯，要求每位諸侯都分到領(lǐng)地且級別每高一級就多分m處(m為正整數(shù))．按這種分法，下列結(jié)論正確的是()A．為“男”的諸侯分到的領(lǐng)地不大于6處的概率是3B．為“子”的諸侯分到的領(lǐng)地不小于6處的概率是1C．為“伯”的諸侯分到的領(lǐng)地恰好為10處的概率是1D．為“公”的諸侯恰好分到16處領(lǐng)地的概率是1ACD解析：由題意可知，5位諸侯分得的領(lǐng)地?cái)?shù)成等差數(shù)列{an}，設(shè)該等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn．因?yàn)镾n＝50，則有5a1＋5×42m＝50，即a1因?yàn)閍1，m均為正整數(shù)，則有a1當(dāng)a1=8，m=1時(shí)，有a1＝8，a2＝9，a3＝10，a4當(dāng)a1=6，m=2時(shí)，有a1＝6，a2＝8，a3＝10，a4當(dāng)a1=4，m=3時(shí)，有a1＝4，a2＝7，a3＝10，a4當(dāng)a1=2，m