2025版高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及分布列第5讲古典概型配套课时作业理含解析新人教A版

PAGEPAGE5第5讲古典概型配套课时作业1．(2024·中山模拟)袋子里有3个白球，4个黑球，5个红球，某人一次抽取3个球，若每个球被抽到的机会均等，则该人抽到的球颜色互异的概率是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,7)D.eq\f(3,11)答案D解析基本领件总数为Ceq\o\al(3,12)＝220(种)，该人抽到的球颜色互异的状况有3×4×5＝60(种)，故所求概率为eq\f(60,220)＝eq\f(3,11).故选D.2．为了纪念抗日斗争成功70周年，从甲、乙、丙、丁、戊5名候选民警中选2名作为阅兵安保人员，为阅兵供应安保服务，则甲、乙、丙中有2名被选中的概率为()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,10)C.eq\f(3,20)D.eq\f(1,20)答案A解析从甲、乙、丙、丁、戊5人中选2人的全部状况有Ceq\o\al(2,5)种，其中甲、乙、丙中有2人被选中的状况有Ceq\o\al(2,3)种，故所求概率P＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).3．(2024·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于其次张卡片上的数的概率为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(2,5)答案D解析从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的基本领件总数为Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)＝25，第一张卡片上的数大于其次张卡片上的数的事务数为10，故所求事务的概率P＝eq\f(10,25)＝eq\f(2,5).故选D.4．(2024·湖南益阳调研)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.eq\f(3,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,5)答案C解析若函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2<0，且与b的值无关，解得－eq\r(2)<a<eq\r(2)，∵a∈{－2,0,1,2,3}，∴a∈{0,1}，∴函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是eq\f(2,5).5．(2024·山西大同联考)从1,2,3,4,5这5个数中一次性随机地取两个数，则所取两个数之和能被3整除的概率是()A.eq\f(2,5)B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)答案A解析从1,2,3,4,5这5个数中一次性随机地取两个数，共有10种取法，其中所取两个数之和能被3整除包含(1,2)，(1,5)，(2,4)，(4,5)四种取法，所以概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，选A.6．(2024·山东高考)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.eq\f(5,18)B.eq\f(4,9)C.eq\f(5,9)D.eq\f(7,9)答案C解析eq\a\vs4\al(解法一：)∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，∴P(第一次抽到奇数，其次次抽到偶数)＝eq\f(5,9)×eq\f(4,8)＝eq\f(5,18)，P(第一次抽到偶数，其次次抽到奇数)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,18).∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝eq\f(5,18)＋eq\f(5,18)＝eq\f(5,9).故选C.eq\a\vs4\al(解法二：)依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝eq\f(5×4,C\o\al(2,9))＝eq\f(5,9).故选C.7．从集合A＝{2,3，－4}中随机选取一个数记为k，从集合B＝{－2，－3,4}中随机选取一个数记为b，则直线y＝kx＋b不经过其次象限的概率为()A.eq\f(2,9)B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,9)D.eq\f(5,9)答案C解析依题意k和b的全部可能的取法一共有3×3＝9(种)，当直线y＝kx＋b不经过其次象限时，应有k>0，b<0，一共有2×2＝4(种)，所以所求概率为eq\f(4,9).故选C.8．(2024·海淀模拟)袋中有红、黄、白色球各1个，每次任取1个，有放回地取三次，则三次颜色各不相同的概率为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,9)D．1答案C解析每次取球都有3种方法，共有33＝27种不同结果，即27个基本领件，记事务A为“三次颜色各不相同”，则P(A)＝eq\f(A\o\al(3,3),27)＝eq\f(2,9).9．(2024·梅州质检)如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1,2,3,4中的任何一个，允许重复．则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,4)D.eq\f(3,8)答案D解析只考虑A，B两个方格的排法．不考虑大小，A，B两个方格有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝16(种)排法．要使填入A方格的数字大于B方格的数字，则从1,2,3,4中选2个数字，大的放入A格，小的放入B格，有Ceq\o\al(2,4)＝6种，故填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，选D.10．(2024·云南部分校联考)袋中共有7个球，其中3个红球、2个白球、2个黑球．若从袋中任取3个球，则所取3个球中至多有1个红球的概率是()A.eq\f(4,35)B.eq\f(31,35)C.eq\f(18,35)D.eq\f(22,35)答案D解析所取3个球中没有红球的概率为P1＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(4,35)，所取3个球中恰有1个红球的概率为P2＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(2,4),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，则所取3个球中至多有1个红球的概率为P＝P1＋P2＝eq\f(22,35).11．从2,4,6中选两个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的四位数，该四位数为偶数的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)答案B解析从2,4,6中选两个数字，有Ceq\o\al(2,3)＝3种不同选法，从1,3,5中选两个数字，有Ceq\o\al(2,3)＝3种不同选法，共组成Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)＝216个不同的四位数，其中偶数的个数为Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝108，所以该四位数为偶数的概率为eq\f(108,216)＝eq\f(1,2).选B.12．(2024·徐州模拟)从1～9这9个自然数中任取7个不同的数，则这7个数的平均数是5的概率为()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,9)D.eq\f(1,8)答案C解析从1～9这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有Ceq\o\al(7,9)＝36种，从(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任选3组，有Ceq\o\al(3,4)＝4种选法，故这7个数的平均数是5的概率为eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).故选C.13．(2024·合肥模拟)从2名男生和2名女生中随意选择两人在星期六、星期日参与某公益活动，每天一人，则星期六支配一名男生、星期日支配一名女生的概率为________．答案eq\f(1,3)解析设2名男生记为A1，A2,2名女生记为B1，B2，随意选择两人在星期六、星期日参与某公益活动，共有Aeq\o\al(2,4)＝12种状况，而星期六支配一名男生、星期日支配一名女生共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＝4种状况，则发生的概率为P＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3).14．(2024·广州模拟)在一个袋内装有同样大小、质地的五个球，编号分别为1、2、3、4、5，若从袋中随意取两个，则编号的和是奇数的概率为________(结果用最简分数表示)．答案eq\f(3,5)解析从袋中随意取两个球，共有Ceq\o\al(2,5)＝10种．若编号的和为奇数，则有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝6(种)，所以编号的和是奇数的概率为eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).15．某人在微信群中发了一个7元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是________．答案eq\f(2,5)解析由题意得共有(1,1,5)，(1,5,1)，(5,1,1)，(1,2,4)，(1,4,2)，(2,1,4)，(2,4,1)，(4,1,2)，(4,2,1)，(1,3,3)，(3,1,3)，(3,3,1)，(2,2,3)，(2,3,2)，(3,2,2)这15种可能，其中甲领取的钱数不少于其他任何人的可能有(5,1,1)，(4,1,2)，(4,2,1)，(3,1,3)，(3,3,1)，(3,2,2)这6种，所以所求概率为eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).16．(2024·大同模拟)为支持西部开发，须要从8名男干部和2名女干部中选拔4人到某地，要求男性干部不少于3人，则干部配置合理的概率为________．答案eq\f(13,15)解析配置合理分为两种状况：一是4人中有3人为男干部，二是4人全部为男干部，则配置合理的概率为P＝eq\f(C\o\al(3,8)·C\o\al(1,2)＋C\o\al(4,8),C\o\al(4,10))＝eq\f(13,15).17．10个球，其中3个白球、7个黑球，某人有放回地进行抽球，求下列事务的概率：(1)第3次抽到白球；(2)第3次才抽到白球．解(1)记Ω＝{第3次抽球}，则n＝10，A＝{第3次抽到白球}，m＝3.所以P(A)＝eq\f(3,10)＝0.3.(2)记Ω′＝{连续从10个球中有放回地抽3次球}，则n＝103，B＝{第3次才抽到白球}，则m＝7×7×3.所以P(B)＝eq\f(7×7×3,103)＝0.147.18．(2024·兰州双基测试)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取一张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.(1)求“抽取的卡片上的数字满意a＋b＝c”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．解(1)∵有放回的抽取3次，∴总的结果有：3×3×3＝27(种)，满意要求的有3种，设“抽取卡片上的数字满意a＋b＝c”为事务A，则事务A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)共3种，∴概率P(A)＝eq\f(3,27)＝eq\f(1,9).(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事务B，则事务eq\x\to(B)包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种，所以P(B)＝1－P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,27)＝eq\f(8,9)，因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为eq\f(8,9).19．已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A，B两组，每组4支，求：(1)A，B两组中有一组恰好有2支弱队的概率；(2)A组中至少有2支弱队的概率．解(1)解法一：3支弱队在同一组中的概率为eq\f(C\o\al(1,5),C\o\al(4,8))×2＝eq\f(1,7)，故有一组恰好有2支弱队的概率为1－eq\f(1,7)＝eq\f(6,7).解法二：A组恰有2支弱队的概率为eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))，B组恰好有2支弱队的概率为eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8)).所以有一组恰好有2支弱队的概率为eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＋eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＝eq\f(6,7).(2)解法一：A组中至少有2支弱队的概率为eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,5),C\o\al(4,8))＋eq\f(C\o\al(3,3)C\o\al(1,5),C\o\al(4,8))＝e