高一数学习题课　古典概型的综合应用

习题课古典概型的综合应用课标要求1.熟练掌握古典概型求概率的方法.2.能利用概率的性质求解较复杂的概率问题.一、“放回”与“不放回”问题例1一个盒子里装有标号为1，2，4，8的4张标签.(1)从盒中不放回地随机取两张标签，求取出的标签上的数字之和不大于5的概率.(2)从盒中有放回地随机取两张标签，求第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字的概率.解(1)从盒中不放回地随机取两张标签，不考虑取出的两数的顺序，样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，4)，(1，8)，(2，4)，(2，8)，(4，8)}，共6个样本点，这6个样本点出现的可能性是相等的.取出的标签上的数字之和不大于5包含的样本点有(1，2)，(1，4)，共2个.由古典概型的概率计算公式知，取出的标签上的数字之和不大于5的概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).(2)从盒中有放回地随机取两张标签，样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，4)，(1，8)，(2，4)，(2，8)，(4，8)，(2，1)，(4，1)，(8，1)，(4，2)，(8，2)，(8，4)，(1，1)，(2，2)，(4，4)，(8，8)}，共16个样本点，这16个样本点出现的可能性是相等的.第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字包含的样本点有(1，2)，(1，4)，(1，8)，(2，4)，(2，8)，(4，8)，共6个.由古典概型的概率计算公式知，第一次取出的标签上的数字小于第二次取出的标签上的数字的概率为eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).思维升华抽取问题是古典概型的常见问题，解决此类问题需要注意两点：一是所给问题是否需要将被抽取的个体进行区分才能满足古典概型的条件，二是看抽取的方式是有放回还是不放回，两种抽取方式对样本点的总数有影响.另外，不放回抽取看作无序或有序抽取均可，有放回抽取要看作有序抽取，但不论选择哪一种，观察的角度必须一致.训练1从数字1，2，3，4中，若是有放回地取出两个数字，则其和为奇数的概率为________，若是不放回地取出两个数字，其和为奇数的概率为________.答案eq\f(1,2)eq\f(2,3)解析有放回地取数的样本空间Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)}，共16个样本点，和为奇数的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，共8个，故所求概率p＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2).不放回地取数的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}，共12个样本点，和为奇数的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，共8个样本点，故所求概率p＝eq\f(8,12)＝eq\f(2,3).二、概率模型的多角度构建例2口袋里装有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，4个人按顺序依次从中摸出一个球.试计算第二个人摸到白球的概率.解法一用A表示事件“第二个人摸到白球”，把2个白球编上序号1，2；2个黑球也编上序号1，2.于是，4个人按顺序依次从袋中摸出一个球的所有样本点，可用树状图直观地表示出来，如图所示，由图可知，试验的样本点总数是24，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以，这24个样本点出现的可能性相同，其中，第二个人摸到白球的样本点有12个，故第二个人摸到白球的概率P(A)＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).法二用A表示事件“第2个人摸到白球”，把2个白球编上序号1，2，两个黑球也编上序号1，2，4个人按顺序依次从袋中摸出一球，前两人摸出的球的所有样本点如图所示，由图可知，试验的样本点总数是12，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以这12个样本点出现的可能性相同，其中，第二个人摸到白球的样本点有6个，故第二个人摸到白球的概率P(A)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).思维升华当事件个数没有很明显的规律，并且涉及的样本点又不是太多时，我们可借助树状图直观地将其表示出来，这是进行列举的常用方法.树状图可以清晰准确地列出所有的样本点，并且画出一个树枝之后可猜想其余的情况.另外，如果试验结果具有对称性，可简化结果以便于模型的建立与解答.训练2甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，求甲站在边上的概率.解法一如图所示.由图可看出共有24个样本点.设“甲站在边上”为事件A，则A包含(甲，乙，丙，丁)，(甲，乙，丁，丙)，(甲，丙，乙，丁)，(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，乙，丙)，(甲，丁，丙，乙)，(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，丙，甲)，(丙，乙，丁，甲)，(丙，丁，乙，甲)，(丁，乙，丙，甲)，(丁，丙，乙，甲)，共12个样本点.故甲站在边上的概率P(A)＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).法二甲、乙、丙、丁四人站队，排头和排尾的站法有(甲，乙)，(乙，甲)，(甲，丙)，(丙，甲)，(甲，丁)，(丁，甲)，(乙，丙)，(丙，乙)，(乙，丁)，(丁，乙)，(丙，丁)，(丁，丙)，共12个样本点，设“甲站在边上”为事件A，则A包含(甲，乙)，(乙，甲)，(甲，丙)，(丙，甲)，(甲，丁)，(丁，甲)，共6个样本点.故甲站在边上的概率为P(A)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).三、“正难则反”，利用对立事件求概率例3一个盒子里装有三张卡片，分别标有数字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1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足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.解由题意知，(a，b，c)的样本空间Ω＝{(1，1，1)，(1，1，2)，(1，1，3)，(1，2，1)，(1，2，2)，(1，2，3)，(1，3，1)，(1，3，2)，(1，3，3)，(2，1，1)，(2，1，2)，(2，1，3)，(2，2，1)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，1)，(2，3，2)，(2，3，3)，(3，1，1)，(3，1，2)，(3，1，3)，(3，2，1)，(3，2，2)，(3，2，3)，(3，3，1)，(3，3，2)，(3，3，3)}，共27个样本点.(1)设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，则事件A包含的样本点有(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3个，所以P(A)＝eq\f(3,27)＝eq\f(1,9).即“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为eq\f(1,9).(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件B的对立事件eq\o(B,\s\up6(－))包括的样本点有(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3个，所以P(B)＝1－P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－eq\f(3,27)＝eq\f(8,9)，即“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).思维升华在求解较复杂事件的概率时，可将其分解为几个互斥的简单事件的和事件，由公式P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)求得或采用正难则反的原则，转化为其对立事件，再用公式P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))求得.训练3有3个完全相同的小球a，b，c，随机放入甲、乙两个盒子中，求两个盒子都不空的概率.解a，b，c三个小球随机放入甲、乙两个盒子的所有情况为：甲盒a，b，ca，baa，cb，cbc空乙盒空cb，cbac，aa，ba，b，c两个盒子都不空的对立事件是至少有一个盒子为空，所包含样本点为甲盒子a，b，c，乙盒子空；甲盒子空，乙盒子a，b，c，共2个，故p＝1－eq\f(2,8)＝eq\f(3,4).【课堂达标】1.从3个白球和1个黑球中任意取两球，分别采用有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样，抽到的两球都是白球的概率分别是()A.eq\f(9,16)，eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)，eq\f(9,16) C.eq\f(5,8)，eq\f(2,3) D.eq\f(2,3)，eq\f(5,8)答案A解析采用有放回简单随机抽样抽到的两球都是白球的概率是eq\f(9,16)；采用不放回简单随机抽样，抽到的两球都是白球的概率是eq\f(1,2).2.同时抛掷两枚质地均匀的骰子，两枚骰子的点数至少有一个是偶数的概率为()A.eq\f(7,36) B.eq\f(11,36) C.eq\f(11,12) D.eq\f(3,4)答案D解析样本空间Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，共36个样本点，其中两枚骰子的点数至少有一个是偶数的对立事件是两个骰子的点数都是奇数，所包含的样本点为(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个样本点，所以两枚骰子的点数至少有一个是偶数的概率为1－eq\f(9,36)＝eq\f(3,4).3.某城市有连接8个小区A，B，C，D，E，F，G，H和市中心O的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示，某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A前往小区H，则他经过市中心O的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3) C.eq\f(1,4) D.eq\f(3,4)答案B解析由题意，此人从小区A前往小区H的所有最短路径包含的样本点有A→B→C→E→H，A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，A→D→F→G→H，共6个.记“此人经过市中心O”为事件M，则M包含的样本点有A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，共4个，所以P(M)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，即他经过市中心O的概率为eq\f(2,3).4.将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为________.答案eq\f(2,3)解析2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，易知总的样本点共6个.记2本数学书为数学1，数学2，则2本数学书相邻的样本点有(数学1，数学2，语文)，(数学2，数学1，语文)，(语文，数学1，数学2)，(语文，数学2，数学1)，共4个.故2本数学书相邻的概率p＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).一、基础巩固1.小林观看了北京冬奥会后，打算从冰壶、短道速滑、花样滑冰、冬季两项这四个项目中任意选两项进行系统的学习，则小林没有选择冰壶的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案C解析记冰壶、短道速滑、花样滑冰、冬季两项分别为A，B，C，D，则在这四个项目中任意选两项有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6个样本点，其中没有选择冰壶的样本点有BC，BD，CD，共3个，所以所求概率为eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).2.甲、乙两人有三个不同的学习小组A，B，C可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组(两人参加各小组的可能性相同)，则两人参加同一个学习小组的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4) C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)答案A解析甲、乙两人参加学习小组，若以(A，B)表示甲参加学习小组A，乙参加学习小组B，则样本空间Ω＝{(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)}，共9个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，其中两人参加同一个学习小组的样本点共有3个，根据古典概型概率公式，得p＝eq\f(1,3).3.抛掷一枚质地均匀的硬币4次，恰好两次正面朝上的概率是()A.eq\f(3,8) B.eq\f(1,2) C.eq\f(5,8) D.eq\f(3,4)答案A解析若用A表示正面朝上，用B表示反面朝上，则抛掷一枚质地均匀的硬币4次的样本点有AAAA，AAAB，AABA，AABB，ABAA，ABAB，ABBA，ABBB，BAAA，BAAB，BABA，BABB，BBAA，BBAB，BBBA，BBBB，共16个，其中恰好两次正面朝上的有6个，所以所求概率为eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).4.刘徽是魏晋时代著名数学家，他给出的(2k＋1)阶幻方被称为“神农幻方”.所谓幻方，即把1，2，…，n2排成n×n的方阵，使其每行、每列和对角线上的数字之和均相等.如图是3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则含有4或6的概率是()816357492A.eq\f(3,8) B.eq\f(1,2) C.eq\f(5,8) D.eq\f(3,4)答案C解析随机抽取和为15的三个数包含的样本点为(8，1，6)，(3，5，7)，(4，9，2)，(8，3，4)，(1，5，9)，(6，7，2)，(8，5，2)，(4，5，6)，共8个，其中含有4或6的样本点有(8，1，6)，(4，9，2)，(8，3，4)，(6，7，2)，(4，5，6)，共5个，则含有4或6的概率是eq\f(5,8).5.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.eq\f(2,3) B.eq\f(3,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)答案B解析设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的样本空间Ω＝{(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)}，共10个样本点.其中恰有2只测量过该指标的样本点为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6个.故恰有2只测量过该指标的概率eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).6.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq\f(1,7)，从中取出2粒都是白子的概率是eq\f(12,35).则从中任取2粒恰好是同一色的概率是________，任取2粒恰好不同色的概率是________.答案eq\f(17,35)eq\f(18,35)解析易知事件“从中取出2粒都是黑子”和“从中取出2粒都是白子”为互斥事件，故从中任取2粒恰好是同色的概率为eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35)，任取2粒恰好不同色的概率为1－eq\f(17,35)＝eq\f(18,35).7.一个口袋内装有大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.58，摸出红球或黑球的概率为0.62，则摸出红球的概率为________.答案0.2解析由题意知A＝“摸出红球或白球”与B＝“摸出黑球”是对立事件，又∵P(A)＝0.58，∴P(B)＝1－P(A)＝0.42.又∵C＝“摸出红球或黑球”与D＝“摸出白球”为对立事件，P(C)＝0.62，∴P(D)＝0.38.设事件E＝“摸出红球”，则P(E)＝1－P(B∪D)＝1－P(B)－P(D)＝1－0.42－0.38＝0.2.8.甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，则甲站在乙的左边的概率为________.答案eq\f(1,2)解析法一利用树状图来列举样本点，如图所示.由树状图可看出共有24个样本点.设事件A＝“甲站在乙的左边”，则A事件包含的样本点为(甲乙丙丁)，(甲乙丁丙)，(甲丙乙丁)，(甲丙丁乙)，(甲丁乙丙)，(甲丁丙乙)，(丙甲乙丁)，(丙甲丁乙)，(丙丁甲乙)，(丁甲乙丙)，(丁甲丙乙)，(丁丙甲乙)，共12个.所以甲站在乙的左边的概率p＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).法二因为要计算“甲站在乙的左边的概率”，所以可以只考虑甲、乙两个人排队.所有样本点为(甲乙)，(乙甲)，共2个，事件“甲站在乙的左边”包含1个样本点，即(甲乙).所以甲站在乙的左边的概率p＝eq\f(1,2).9.在某舞台上，为了与国际X战队比赛，需要从三名擅长速算的选手A1，A2，A3，三名擅长数独的选手B1，B2，B3，两名擅长魔方的选手C1，C2中各选一名组成中国战队.假定两名魔方选手中更擅长盲拧的选手C1已确定入选，而擅长速算与数独的选手入选的可能性相等.求：(1)A1被选中的概率；(2)A1，B1不全被选中的概率.解(1)从擅长速算、数独的选手中各选出1名与魔方选手C1组成中国战队的所有可能结果组成集合Ω＝{(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A1，B3，C1)，(A2，B1，C1)，(A2，B2，C1)，(A2，B3，C1)，(A3，B1，C1)，(A3，B2，C1)，(A3，B3，C1)}.由题意，知每一个基本事件发生的可能性相等，用M表示“A1被选中”，则M＝{(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A1，B3，C1)}，因此P(M)＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).(2)用事件N表示“A1，B1不全被选中”，则其对立事件eq\o(N,\s\up6(－))表示“A1，B1全被选中”，∵eq\o(N,\s\up6(－))＝{(A1，B1，C1)}，∴P(eq\o(N,\s\up6(－)))＝eq\f(1,9)，∴P(N)＝1－P(eq\o(N,\s\up6(－)))＝eq\f(8,9).10.一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n<m＋2的概率.解(1)从袋中随机取两个球，该试验的样本空间Ω1＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共有6个样本点，且每个样本点出现的可能性相等.记“取出的球的编号之和不大于4”为事件A，A＝{(1，2)，(1，3)}，共有2个样本点，故P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).(2)样本空间Ω2＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)}，共有16个样本点，且每个样本点出现的可能性相等.记“满足n<m＋2”为事件B，则B＝{(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)}，共有13个样本点，故“满足条件n<m＋2”的事件的概率P(B)＝eq\f(13,16).二、综合运用11.把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,3) C.eq\f(3,5) D.eq\f(1,4)答案B解析法一分三类情况，第一类，1，2连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为(12，3，4)，(12，4，3)，(3，12，4)，(4，12，3)，(3，4，12)，(4，3，12)，有6种分法；第二类，2，3连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为(1，23，4)，(4，23，1)，(23，1，4)，(23，4，1)，(1，4，23)，(4，1，23)，有6种分法；第三类，3，4连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为(1，2，34)，(2，1，34)，(34，1，2)，(34，2，1)，(1，34，2)，(2，34，1)，有6种分法.共有18种分法，则2，3连号的概率为eq\f(6,18)＝eq\f(1,3).法二不考虑甲、乙、丙分得的卡片情况，两张卡片连号的情况只有三种12，23，34，则2，3连号的概率为eq\f(1,3).12.从含有两件正品a1，a2和一件次品b的三件产品中，每次任取一件.(1)若每次取后不放回，连续取两次，则取出的两件产品中恰有一件次品的概率为________；(2)若每次取后放回，连续取两次，则取出的两件产品中恰有一件次品的概率为________.答案(1)eq\f(2,3)(2)eq\f(4,9)解析(1)每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其可能的结果有6个，即(a1，a2)，(a1，b)，(a2，a1)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a2)，其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品.用A表示事件“取出的两件产品中恰有一件次品”，所以A＝{(a1，b)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a2)}，共4个样本点，所以P(A)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).(2)有放回地连续取出两件，其可能的结果为(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a2)，(b，b)，共9个样本点.用B表示事件“取出的两件产品中恰有一件次品”，则B＝{(a1，b)，(a2，b)，(b，a1)，(b，a2)}，共4个样本点，所以P(B)＝eq\f(4,9).13.袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中标有数字“1”“2”“3”的球各有2个.规定取出一个标有数字“1”的球记1分，取出一个标有数字“2”的球记2分，取出一个标有数字“3”的球记3分.在无法看到球上面数字的情况下，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球.规定取出球的总积分多者获胜.(1)求甲、乙平局的概率；(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.解(1)记标有数字“1”的球为a，b，标有数字“2”的球为c，d，标有数字“3”的球为e，f，则甲的可能取球共有以下20个样本点：abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf