2020届高考数学一轮复习：课时作业67《古典概型》(含解析) 练习

课时作业67　古典概型

1．(2019·广州模拟)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为(　B　)

A.　　　　B.　　　　C.　　　　D．1

解析：由古典概型的概率公式得P＝＝＝.

2．(2019·梅州一模)甲、乙两校各有3名教师报名支教，若从这6名教师中任选2名，则选出的2名教师来自同一学校的概率为(　D　)

A.  B.  C.  D.

解析：从6名教师中任选2名教师的种数为C＝15，其中来自同一学校的种数为2C＝2×3＝6，故所求事件的概率P＝，故选D.

3．(2019·广东茂名一模)在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，则数字2是这三个不同数字的平均数的概率是(　A　)

A.　　　　  B.  C.　　　　  D.

解析：在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，基本事件总共有4个，分别为(1,2,3)，(1,2,6)，(1,3,6)，(2,3,6)．数字2是三个不同数字的平均数所包含的基本事件只有(1,2,3)，共1个．∴数字2是三个不同数字的平均数的概率P＝.故选A.

4．红、黑两色车、马、炮棋子各一枚，将这6枚棋子排成一列，记事件A为：每对同字的棋子中，均为红棋子在前，则事件A发生的概率为(　B　)

A.  B.  C.  D.

解析：6枚棋子排成一列，基本事件的总数为n＝A＝720，事件包含的基本事件：先从6个位置中选出2个排车，因为红车在前，所以有C种排法，同理，再从剩下的4个位置中选2个排马，红马在前有C种排法；最后的两个位置排炮，红炮在前有C种排法．故共有CCC＝90种排法，由古典概型的概率公式得P(A)＝＝.

5．(2019·郑州模拟)一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b，b<c时称为“凹数”(如213,312等)，若a，b，c∈{1,2,3,4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是(　C　)

A.  B.  C.  D.

解析：选出一个三位数有A＝24种情况，取出一个凹数有C×2＝8种情况，所以，所求概率为P＝＝.

6．(2019·海口模拟)已知集合A＝{x|x2＋2x－3<0}，B＝{x|(x＋2)(x－3)<0}，设(a，b)为有序实数对，其中a是从集合A中任取的一个整数，b是从集合B中任取的一个整数，则“a－b∈(A∪B)”的概率为(　C　)

A.  B.  C.  D.

解析：由已知得A＝{x|－3<x<1}，B＝{x|－2<x<3}，因为a，b∈Z，且a∈A，b∈B，所以a∈{－2，－1,0}，b∈(－1，0,1,2)，a－b共有12个结果，即12个基本事件：－1，－2，－3，－4,0，－1，－2，－3,1,0，－1，－2，又A∪B＝(－3，3)，设事件E为“a－b∈(A∪B)”，则事件E包含9个基本事件，故事件E发生的概率P(E)＝＝.

7．(2019·河北七校联考)若m是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，则椭圆＋＝1的焦距为整数的概率为.

解析：m是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，

∴基本事件总数为6，又满足椭圆＋＝1的焦距为整数的m的取值有1,3,11，共有3个，∴椭圆＋＝1的焦距为整数的概率P＝＝.

8．(2019·河北石家庄模拟)用1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位数字，则出现a1<a2<a3>a4>a5的五位数的概率为.

解析：用1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数，基本事件总数n＝A，用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位数字，出现a1<a2<a3>a4>a5的五位数有12543,13542,23541,34521,24531,14532，共6个，

∴出现a1<a2<a3>a4>a5的五位数的概率P＝＝.

9．(2019·湖南六校联考)设袋子中装有3个红球，2个黄球，1个蓝球，规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分，现从该袋子中任取(有放回，且每球取得的机会均等)2个球，则取出此2球所得分数之和为3分的概率为.

解析：袋子中装有3个红球，2个黄球，1个蓝球， 规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分，现从该袋子中任取(有放回，且每球取得的机会均等)2个球，基本事件总数n＝6×6＝36，取出此2球所得分数之和为3分包含的基本事件个数m＝2×3＋3×2＝12，所以取出此2球所得分数之和为3分的概率P＝＝＝.

10．已知正方体ABCDA1B1C1D1的6个面的中心分别为E，F，G，H，I，J，甲从这6个点中任选2个点连成直线l1，乙也从这6个点中任选2个点连成与直线l1垂直的直线l2，则l1与l2异面的概率是.

解析：如图所示，因为正方体6个面的中心构成一个正八面体，所以甲、乙连成的两条直线互相垂直的情况有：IJ⊥EF，IJ⊥GH，IJ⊥GE，IJ⊥GF，IJ⊥EH，IJ⊥FH，EF⊥GH，EF⊥GI，EF⊥GJ，EF⊥HI，EF⊥HJ，GH⊥EI，GH⊥EJ，GH⊥FI，GH⊥FJ，共15组，其中异面的有：IJ⊥GE，IJ⊥GF，IJ⊥EH，IJ⊥FH，EF⊥GI，EF⊥GJ，EF⊥HI，EF⊥HJ，GH⊥EI，GH⊥EJ，GH⊥FI，GH⊥FJ，共12组，故所得的两条直线异面的概率P＝＝.

11．袋中装有黑球和白球共7个， 从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．

(1)求袋中原有白球的个数；

(2)求取球2次即终止的概率；

(3)求甲取到白球的概率．

解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C.

由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P＝＝，则n(n－1)＝6，解得n＝3(舍去n＝－2)，即袋中原有3个白球．

(2)设事件A为“取球2次即终止”．即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，

P(A)＝＝＝.

(3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．

所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝＋＋＝＋＋＝.

12．(2019·广州五校联考)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动．组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组[20,30)，第2组[30,40)，第3组[40,50)，第4组[50,60)，第5组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示．

(1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；

(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率．

解：(1)设第1组[20,30)的频率为f1，则由题意可知，

f1＝1－(0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝0.05.

被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.05＋0.020×10＝0.25.

故估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25.

(2)∵第1组[20,30)的人数为

0．05×120＝6.

∴第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名．

设至少有1名女性群众为事件A，全都是男性群众为事件B，故事件A与事件B为对立事件，

P(A)＝1－P(B)＝1－＝1－＝.

故至少有1名女性群众的概率为.

13．(2019·合肥质检)某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为(　A　)

A.  B.  C.  D.

解析：法一　当学生A最后一个出场时，有AA＝18种不同的安排方法；当学生A不是最后一个出场时，有AA＝36种不同的安排方法，所以满足“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的所有不同安排方法有18＋36＝54种．其中“C第一个出场”的结果有AAA＝18种，则所求概率为＝，选项A正确．

法二　“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C第一个出场”的概率是.

14．(2019·湖北襄阳优质高中联考)已知λ＝3x2dx，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，则在矩形ABCD内(包括边界)任取一点P，使得·≥λ的概率为(　D　)

A.  B.  C.  D.

解析：由已知得λ＝3x2dx＝3×x3|＝1.

建立如图所示的平面直角坐标系．

则A(0,0)，C(2,1)，设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(2,1)，故·＝2x＋y，则满足条件的点P(x，y)使得2x＋y≥1，由图可知满足条件的点P所在的区域(图中阴影区域)的面积S＝2×1－×1×＝2－＝，故所求概率为＝，故选D.

15．(2019·唐山模拟)无重复数字的五位数a1a2a3a4a5，当a1<a2，a2>a3，a3<a4，a4>a5时称为波形数，则由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是.

解析：∵a2>a1，a2>a3，a4>a3，a4>a5，∴a2只能是3,4,5中的一个．

(1)若a2＝3，则a4＝5，a5＝4，a1与a3是1或2，这时共有A＝2(个)符合条件的五位数．

(2)若a2＝4，则a4＝5，a1，a3，a5可以是1,2,3，共有A＝6(个)符合条件的五位数．

(3)若a2＝5，则a4＝3或4，此时分别与(1)(2)中的个数相同．

∴满足条件的五位数有2(A＋A)＝16(个)．

又由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数有A＝120(个)，故所求概率为＝.

16．(2019·山西太原一模)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？

解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：

所有3种可能中，有1种可能快递费未超过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：

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：

故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；

若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：

故公司平均每日利润为235×5－2×100＝975(元)．

综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．