高考数学一轮复习讲义第12章第2节古典概型

这是一份高考数学一轮复习讲义第12章第2节古典概型，共14页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
2．古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
(2)每个基本事件出现的可能性相等．
3．如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是eq \f(1,n)；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝eq \f(m,n).
4．古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( × )
(3)从市场上出售的标准为500±5g的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × )
(4)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为eq \f(1,3).( √ )
(5)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( √ )
(6)在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A，且集合A中的元素个数为n，所有的基本事件构成集合I，且集合I中元素个数为m，则事件A的概率为eq \f(n,m).( √ )
1．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )
A.eq \f(1,2)B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4)D.eq \f(1,6)
答案 B
解析 基本事件的总数为6，
构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件的个数为2，
所以所求概率P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，故选B.
2．(2016·北京)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( )
A.eq \f(1,5)B.eq \f(2,5)
C.eq \f(8,25)D.eq \f(9,25)
答案 B
解析 从甲、乙等5名学生中随机选2人共有10种情况，甲被选中有4种情况，则甲被选中的概率为eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).
3．(2015·课标全国Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A.eq \f(3,10)B.eq \f(1,5)C.eq \f(1,10)D.eq \f(1,20)
答案 C
解析 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有Ceq \\al(3,5)＝10(个)不同的结果，其中勾股数只有一组，故所求概率为P＝eq \f(1,10).
4．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________．
答案 eq \f(3,5)
解析 取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
5．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．
答案 eq \f(5,6)
解析 掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有
6个，所以点数不同的概率P＝1－eq \f(6,6×6)＝eq \f(5,6).
题型一 基本事件与古典概型的判断
例1 (1)有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数．试写出：
①试验的基本事件；
②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件；
③事件“出现点数相等”包含的基本事件．
(2)袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．
①有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？
②若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？
解 (1)①这个试验的基本事件为
(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)．
②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为
(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，
(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．
③事件“出现点数相等”包含的基本事件为
(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．
(2)①由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．
又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．
②由于11个球共有3种颜色，因此共有3个基本事件，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，
又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为eq \f(1,11)，而白球有5个，
故一次摸球摸到白球的可能性为eq \f(5,11)，
同理可知摸到黑球、红球的可能性均为eq \f(3,11)，
显然这三个基本事件出现的可能性不相等，
所以以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．
思维升华 一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．
下列试验中，古典概型的个数为( )
①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；
②向正方形ABCD内，任意抛掷一点P，点P恰与点C重合；
③从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率；
④在线段[0,5]上任取一点，求此点小于2的概率．
A．0B．1C．2D．3
答案 B
解析 ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，
所以不是古典概型；
②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型；
③符合古典概型的特点，是古典概型．
题型二 古典概型的求法
例2 (1)(2015·广东)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，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )
A.eq \f(5,21)B.eq \f(10,21)C.eq \f(11,21)D．1
(2)(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件A表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件A发生的概率为________．
答案 (1)B (2)eq \f(5,6) (3)eq \f(1,12)
解析 (1)从袋中任取2个球共有Ceq \\al(2,15)＝105(种)取法，其中恰好1个白球1个红球共有Ceq \\al(1,10)Ceq \\al(1,5)＝50(种)取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为eq \f(50,105)＝eq \f(10,21).
(2)基本事件共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)，
设取出两只球颜色不同为事件A，
A包含的基本事件有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝5(种)．
故P(A)＝eq \f(5,6).
(3)五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为Aeq \\al(5,5)＝120，满足事件A“排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,2)＝10(种)可能，所以事件A出现的概率为eq \f(10,120)＝eq \f(1,12).
引申探究
1．本例(2)中，若将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2,3,4的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率．
解 基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A，则A包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种，
所以P(A)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
2．本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率．
解 基本事件数为Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16，
颜色相同的事件数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝6，
所求概率为eq \f(6,16)＝eq \f(3,8).
思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．
(1)(2016·全国乙卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(1,2)C.eq \f(2,3)D.eq \f(5,6)
答案 C
解析 从4种颜色的花中任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，((红紫)，(黄白))，((黄白)，(红紫))，共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，故选C.
(2)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 ①由题意知，(a，b，c)所有的可能为
(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种．
设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，
则事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种．
所以P(A)＝eq \f(3,27)＝eq \f(1,9).
因此，“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eq \x\t(B)包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．
所以P(B)＝1－P(eq \x\t(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).
题型三 古典概型与统计的综合应用
例3 (2015·安徽)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．
解 (1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.
(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，
所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.
(3)受访职工中评分在[50,60)的有50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；
受访职工中评分在[40,50)的有50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2，
从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B1，B2}，故所求的概率为P＝eq \f(1,10).
思维升华 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点．概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，只要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决．
海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.
(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；
(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．
解 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是
eq \f(6,50＋150＋100)＝eq \f(1,50)，
所以样本中包含三个地区的个体数量分别是
50×eq \f(1,50)＝1,150×eq \f(1,50)＝3,100×eq \f(1,50)＝2.
所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.
(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为
A；B1，B2，B3；C1，C2.
则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．
每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．
记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．
所以P(D)＝eq \f(4,15)，
即这2件商品来自相同地区的概率为eq \f(4,15).
六审细节更完善
典例 (12分)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(1)基本事件为取两个球
↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示)
把取两个球的所有结果列举出来
↓
{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}
↓两球编号之和不大于4
(注意：和不大于4，应为小于4或等于4)
↓
{1,2}，{1,3}
↓利用古典概型概率公式求解
P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)
(2)两球分两次取，且有放回
↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示)
基本事件的总数可用列举法表示
↓
(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)
↓(注意细节，m是第一个球的编号，n是第2个球的编号)
n↓(将复杂问题转化为简单问题)
计算n≥m＋2的概率
↓
n≥m＋2的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4)
↓
P1＝eq \f(3,16)
↓注意细节，P1＝\f(3,16)是n≥m＋2的概率，需转化为其,对立事件的概率
n规范解答
解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．
从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有{1,2}，{1,3}，共2个．
因此所求事件的概率P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).[4分]
(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果有(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．[6分]
又满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，
所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝eq \f(3,16).[10分]
故满足条件n1－P1＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).[12分]
1．(2016·全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )
A.eq \f(8,15)B.eq \f(1,8)C.eq \f(1,15)D.eq \f(1,30)
答案 C
解析 第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为eq \f(1,15)，故选C.
2．(2016·威海模拟)从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为( )
A.eq \f(1,6)B.eq \f(1,3)C.eq \f(1,4)D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 由题意知，向量m共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)＝12(个)，
由m⊥n，得m·n＝0，即a＝b，
则满足m⊥n的m有(3,3)，(5,5)，共2个，
故所求概率P＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6).
3．(2015·广东)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为( )
A．0.4B．0.6C．0.8D．1
答案 B
解析 从5件产品中任取2件共有取法Ceq \\al(2,5)＝10(种)，恰有一件次品的取法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为eq \f(6,10)＝0.6.
4．(2016·哈尔滨模拟)设a∈{1,2,3,4}，b∈{2,4,8,12}，则函数f(x)＝x3＋ax－b在区间[1,2]上有零点的概率为( )
A.eq \f(1,2)B.eq \f(5,8)C.eq \f(11,16)D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 由已知f′(x)＝3x2＋a>0，
所以f(x)在R上递增，若f(x)在[1,2]上有零点，
则需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝1＋a－b≤0，,f2＝8＋2a－b≥0，))经验证有(1,2)，(1,4)，(1,8)，(2,4)，(2,8)，(2,12)，(3,4)，(3,8)，(3,12)，(4,8)，(4,12)，共11对满足条件，而总的情况有16种，
故所求概率为eq \f(11,16).
5．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( )
A.eq \f(5,21)B.eq \f(2,7)C.eq \f(1,3)D.eq \f(8,21)
答案 D
解析 从编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球中随机取出4个，有Ceq \\al(4,10)＝210(种)不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的．设事件A为“取出球的编号互不相同”，则事件A包含了Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)＝80(个)基本事件，所以P(A)＝eq \f(80,210)＝eq \f(8,21).故选D.
6．如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1,2,3；j＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a11 a12 a13,a21 a22 a23,a31 a32 a33))
A.eq \f(3,7)B.eq \f(4,7)
C.eq \f(1,14)D.eq \f(13,14)
答案 D
解析 从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq \\al(3,9)＝84(种)，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,1)＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－eq \f(6,84)＝eq \f(13,14).
7．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( )
A.eq \f(1,10)B.eq \f(1,8)C.eq \f(1,6)D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 如图所示，
从正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有A、B，A、C，A、D，A、E，A、F，B、C，B、D，B、E，B、F，C、D，C、E，C、F，D、E，D、F，E、F，共15种．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A、D，B、E，C、F，共3种，故其概率为eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
8．若A、B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝________.
答案 0.3
解析 因为A、B为互斥事件，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，
故P(B)＝P(A∪B)－P(A)＝0.7－0.4＝0.3.
9．(2017·成都月考)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．
答案 0.3
解析 依题意，记题中的被污损数字为x，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x＋5)≤0，x≥7，即此时x的可能取值是7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P＝eq \f(3,10)＝0.3.
10．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．
答案 eq \f(1,2)
解析 从10件产品中取4件，共有Ceq \\al(4,10)种取法，取到1件次品的取法为Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(3,7)种，由古典概型概率计算公式得P＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(3,7),C\\al(4,10))＝eq \f(3×35,210)＝eq \f(1,2).
11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝(m，n)，b＝(1，－3)．
(1)求事件“a⊥b”发生的概率；
(2)求事件“|a|≤|b|”发生的概率．
解 (1)由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}，故(m，n)所有可能的取法共36种．
因为a⊥b，所以m－3n＝0，即m＝3n，有(3,1)，(6,2)，共2种，
所以事件a⊥b发生的概率为eq \f(2,36)＝eq \f(1,18).
(2)由|a|≤|b|，得m2＋n2≤10，
有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，其概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6).
12．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eq \f(1,7)，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Ceq \\al(2,n)，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为Ceq \\al(2,7).
由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P＝eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,7))＝eq \f(1,7)，
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”．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)＝eq \f(C\\al(1,4)×C\\al(1,3),C\\al(1,7)×C\\al(1,6))＝eq \f(4×3,7×6)＝eq \f(2,7).
(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)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4×3×3,7×6×5)＋eq \f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).
*13.(2016·北京海淀区期末)为了研究某种农作物在特定温度(要求最高温度t满足：27℃≤t≤30℃)下的生长状况，某农学家需要在10月份去某地进行为期10天的连续观察试验．现有关于该地区历年10月份日平均最高温度和日平均最低温度(单位：℃)的记录如下：
(1)根据本次试验目的和试验周期，写出农学家观察试验的起始日期；
(2)设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的最高温度的方差和最低温度的方差分别为D1，D2，估计D1，D2的大小；(直接写出结论即可)
(3)从10月份31天中随机选择连续3天，求所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率．
解 (1)农学家观察试验的起始日期为7日或8日．
(2)最高温度的方差D1大．
(3)设“连续3天平均最高温度值都在[27,30]之间”为事件A，
则基本事件空间可以设为Ω＝{(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，…，(29,30,31)}，共29个基本事件，
由题图可以看出，事件A包含10个基本事件，
所以P(A)＝eq \f(10,29)，所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率为eq \f(10,29).地区
A
B
C
数量
50
150
100