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第十一章 第五节
一、选择题
1．从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为( )
A． B．
C． D．1
[答案] C
[解析] 由于三个人被选中的可能性相等，且基本大事是有限的，故是古典概型，基本大事为甲乙，甲丙，乙丙，故甲被选中有甲乙，甲丙，故P＝.
2．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． B．
C． D．
[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，其中当直线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.
3．(2022·新课标Ⅰ)4位同学各拘束周六、周日两天中任选一天参与公益活动，则周六、周日都有同学参与公益活动的概率为
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] 四位同学各拘束周六、周日两天选择一天参与公益活动的状况有24＝16种方式，其中仅在周六(周日)参与的各有一种，故所求概率P＝1－＝.
4．某班预备到郊外野营，为此向商店定了帐篷，假如下雨与不下雨是等可能的，能否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就不会淋雨，则下列说法正确的是( )
A．确定不会淋雨 B．淋雨的可能性为
C．淋雨的可能性为 D．淋雨的可能性为
[答案] D
[解析] 此次野营共4种结果：下雨，收到帐篷；不下雨，收到帐篷；下雨，未收到帐篷；不下雨，未收到帐篷．只有“下雨，未收到帐篷”会淋雨，所以P＝.
5．有3个爱好小组，甲、乙两位同学各自参与其中一个小组，每位同学参与各个小组的可能性相同，则这两位同学参与同一个爱好小组的概率为( )
A． B．
C． D．
[答案] A
[解析] 甲乙两位同学参与3个小组的全部可能性共3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参与同一个小组的状况有3种，故甲、乙两位同学参与同一个爱好小组的概率为P＝＝.
6．(文)甲、乙两人各抛掷一次正方体骰子(六个面分别标有数字1,2,3,4,5,6)．设甲、乙所抛掷骰子朝上的面的点数分别为x，y，则满足复数x＋yi的实部大于虚部的概率是( )
A． B．
C． D．
[答案] B
[解析] 总共有36种状况．当x＝6时，y有5种状况；
当x＝5时，y有4种状况；当x＝4时，y有3种状况；
当x＝3时，y有2种状况；当x＝2时，y有1种状况．
所以P＝＝.
(理)投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m和n，则复数(m＋ni)2为纯虚数的概率为( )
A． B．
C． D．
[答案] C
[解析] ∵(m＋ni)2＝m2－n2＋2mni为纯虚数，
∴m2－n2＝0，∴m＝n，
(m，n)的全部可能取法有6×6＝36种，其中满足m＝n的取法有6种，∴所求概率P＝＝.
二、填空题
7．(文)(2022·浙江高考)在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖．甲、乙两人各抽取1张，两人都中奖的概率是________．
[答案]
[解析] 该题考查古典概型，用列举法求解．
给3张奖券编号一等奖为a，二等奖为b，无奖为C．
甲、乙两人各抽取一张，共有(a，b)，(b，a)，(a，c)(c，a)(b，c)(c，b)6种，两人都中奖为(a，b)，(b，a)2种，∴所求概率P＝＝.
(理)(2022·江西高考)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]
[解析] 本题考查随机变量的概率的求法．
P＝＝.
8．(文)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．
[答案]
[解析] 本题考查等比数列及古典概型的学问．
等比数列的通项公式为an＝(－3)n－1.所以此数列中偶数项都为负值，奇数项全为正值．
若an≥8，则n为奇数且(－3)n－1＝3n－1≥8，则n－1≥2，∴n≥3，∴n＝3,5,7,9共四项满足要求．∴p＝1－＝.
(理)从甲、乙等10位同学中任选3位去参与某项活动，则所选3位中有甲但没有乙的概率为________．
[答案]
[解析] 若所选的3位中有甲但没有乙，只需从剩下的8位同学中选2位即可，故所求概率为P＝＝.
9．(文)一次掷两粒骰子，得到的点数为m和n，则关于x的方程x2＋(m＋n)x＋4＝0有实数根的概率是________．
[答案]
[解析] 基本大事共36个，∵方程有实根，
∴Δ＝(m＋n)2－16≥0，∴m＋n≥4，
其对立大事是m＋n<4，其中有(1,1)，(1,2)，(2,1)共3个基本大事，∴所求概率为P＝1－＝.
(理)(2021·黑龙江哈尔滨六校联考)第十五届全运会将在哈尔滨市进行，若将6名志愿者每2人一组，分派到3个不同场馆，则甲、乙两人必需在同组的概率是________．
[答案]
[解析] 6个人平均分3组共有＝15种，甲、乙同组的概率为P＝＝.
三、解答题
10．(文)(2022·福建高考)依据世行2021年新标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为1035～4085美元为中等偏下收入国家；人均GDP为4085～12616美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于12616美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：
行政区
区人口占城市人口比例
区人均GDP(单位：美元)
A
25%
8000
B
30%
4000
C
15%
6000
D
10%
3000
E
20%
10000
(1)推断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；
(2)现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率．
[解析] 思路分析：(1)题目给出的表格数据为百分比形式，可设出该市总人口数n，代入求人均GDP.(2)列出10个基本大事，满足条件的有{A，E}，{A，C}，{C，E}3个，代入古典概型公式求之．
解：(1)设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为
＝6400.
由于6400∈[4085,12616]．
所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．
(2)“从5个行政区中随机抽取2个”的全部的基本大事是：
{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{C，D}，{C，E}，{D，E}，共10个．
设大事“抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准”为M，
则大事M包含的基本大事是：{A，C}，{A，E}，{C，E}，共3个，
所以所求概率为P(M)＝.
(理)已知10件产品中有3件是次品．
(1)任意取出3件产品作检验，求其中至少有1件是次品的概率；
(2)为了保证使3件次品全部检验出的概率超过0.6，最少应抽取几件产品作检验？
[解析] (1)任意取出3件产品作检验，全部是正品的概率为＝.
∴至少有一件是次品的概率为1－＝.
(2)设抽取n件产品作检验，则3件次品全部检验出的概率为＝.由>0.6，
即>·，
整理得n(n－1)(n－2)>9×8×6，
∵n∈N，n≤10，∴当n＝9或n＝10时上式成立．
∴为了保证使3件次品全部检验出的概率超过0.6，最少应抽取9件产品作检验.
一、选择题
1．已知A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|x2－ax＋b＝0，a∈A，b∈A}，则A∩B＝B的概率是( )
A． B．
C． D．1
[答案] C
[解析] ∵A∩B＝B，∴B的可能为∅，{1}，{2}，{3}，{1,2}，{2,3}，{1,3}．
当B＝∅时，a2－4b<0，满足条件的a，b为a＝1，b＝1,2,3；a＝2，b＝2,3；a＝3，b＝3.
当B＝{1}时，满足条件的a，b为a＝2，b＝1.
当B＝{2}，{3}时，没有满足条件的a，B．
当B＝{1,2}时，满足条件的a，b为a＝3，b＝2.
当B＝{2,3}，{1,3}时，没有满足条件的a，B．
∴A∩B＝B的概率为＝.
2．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是( )
A． B．
C． D．
[答案] C
[解析] 甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，所得的直线共有6×6＝36(对)，而相互垂直的有10对，故依据古典概型概率公式得P＝＝.
二、填空题
3．(文)(2022·广东高考)从字母a，b，c，d，e中任取两个不同字母，则取到字母a的概率为________．
[答案]
[解析] 本题考查古典概型．
基本大事有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)(c，e)，(d，e)共10个，含a的有4个，故概率为＝.写全基本大事个数是解决问题的关键．
(理)(2022·广东高考)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．
[答案]
[解析] 由题意从10个数中取7个数有C种方法，而中位数为6，则从0,1,2,3,4,5中取3个有C种，后面三个只能是7,8,9，
∴概率＝＝＝.
4．(文)(2022·银川模拟)将一颗骰子投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax－by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2相交的概率为________．
[答案]
[解析] 圆心(2,0)到直线ax－by＝0的距离d＝，当d<时，直线与圆相交，则有d＝<，得b>a，满足题意的b>a共有15种状况，因此直线ax－by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2相交的概率为＝.
(理)某艺校在一天的6节课中随机支配语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
[答案]
[解析] 本题考查古典概型、排列组合学问．
解法1：基本大事总数A＝720.
大事A“相邻两节文化课之间至少间隔一节艺术课”分两类，一类是相邻两节文化课间都恰有一节艺术课，有2AA＝72种排法，另一类是相邻两节文化课之间有一节艺术课或两节艺术课，有ACAA＝72种排法．
∴P(A)＝＝.
解法2：6节课的全排列为A种，先排3节艺术课有A种不同方法，同时产生4个空，再利用插空法排文化课共有A种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
三、解答题
5．为了了解某市工厂开展群众体育活动的状况，拟接受分层抽样的方法从A、B、C三个区中抽取7个工厂进行调查．已知A、B、C区中分别有18、27、18个工厂．
(1)求从A、B、C区中应分别抽取的工厂个数；
(2)若从抽得的7个工厂中随机地抽取2个进行调查结果的对比，用列举法计算这2个工厂中至少有1个来自A区的概率．
[解析] (1)工厂总数为18＋27＋18＝63，样本容量与总体中的个体数的比为＝，所以从A，B，C三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,2.
(2)设A1、A2为在A区中抽得的2个工厂，B1、B2、B3为在B区中抽得的3个工厂，C1、C2为在C区中抽得的2个工厂．在这7个工厂中随机地抽取2个，全部可能的结果有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，C1)，(A1，C2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，C1)，(A2，C2)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，C1)，(B1，C2)，(B2，B3)，(B2，C1)，(B2，C2)，(B3，C1)，(B3，C2)，(C1，C2)，共有21种．
随机地抽取的2个工厂至少有1个来自A区的结果(记为大事X)有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，C1)，(A1，C2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，C1)，(A2，C2)，共有11种．所以这2个工厂中至少有1个来自A区的概率为P(X)＝.
6．(文)一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)；
轿车A
轿车B
轿车C
舒适型
100
150
z
标准型
300
450
600
按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．
(1)求z的值；
(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本．将该样本看成一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
(3)用随机抽样的方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：
9．4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2，把这8辆轿车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的确定值不超过0.5的概率．
[解析] (1)设该厂这个月共生产轿车n辆，
由题意得＝，所以n＝2000，
则z＝2000－(100＋300＋150＋450＋600)＝400.
(2)设所抽样本中有a辆舒适型轿车．
由题意得＝，则a＝2.
因此抽取的容量为5的样本中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车．
用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车，用E表示大事“在该样本中任取2辆，其中至少有1辆舒适型轿车”，
则基本大事空间包含的基本大事有：
(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10个，
大事E包含的基本大事有：
(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，共7个，故P(E)＝，即所求概率为.
(3)样本平均数＝(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.
设D表示大事“从样本中任取一个数，该数与样本平均数之差的确定值不超过0.5”，则基本大事空间中有8个基本大事，大事D包含的基本大事有9.4,8.6,9.2,8.7,9.3，9.0，共6个，所以P(D)＝＝，即所求概率为.
(理)如图，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0,1,0，)B2(0,2,0)，C1(0,0,1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点．
(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；
(2)求这3点与原点O共面的概率．
[解析] 从这6个点中随机选取3个点的全部可能结果是：
x轴上取2个点的有A1A 2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种，
y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种，
z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1, C1C2B2，共4种，
所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种，因此，从这6个点中随机选取3个点的全部可能结果共20种．
(1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的全部可能结果有：A1B1C1，A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为
P1＝＝.
(2)选取的这3个点与原点O共面的全部可能结果有：A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种．因此这3个点与原点O共面的概率为
P2＝＝.
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