2020年人教A版数学文(广东用)课时作业：10.2古典概型.docx

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课时提升作业(六十)
一、选择题
1.2022年10月11日，中国作家莫言被授予诺贝尔文学奖，成为有史以来首位获得诺贝尔文学奖的中国籍作家.某学校组织了4个学习小组.现从中抽出2个小组进行学习成果汇报，在这个试验中，基本大事的个数为( )
(A)2 (B)4 (C)6 (D)8
2.甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙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)
3.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)
4.甲、乙二人玩猜数字玩耍，先由甲任想一数字，记为a，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b，且a，b∈{1,2,3}，若|a－b|≤1，则称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两个人玩这个玩耍，则他们“心有灵犀”的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
5.考察底为等腰直角三角形的直三棱柱的9条棱，甲从这9条棱中任选一条，乙从这9条棱中任选一条，则这两条棱相互垂直的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
6.（2021·湛江模拟）在集合{x|n=1,2,3,…,10}中任取一个元素，所取元素恰好满足方程的概率是( )
(A) (B) (C) (D)
7.（力气挑战题）从一个五棱锥的顶点和底面各顶点（共6个点）中随机选取4个点，这4个点共面的概率等于( )
(A) (B) (C) (D)
二、填空题
8．在集合A＝{2，3}中随机取一个元素m，在集合B＝{1,2，3}中随机取一个元素n，得到点P(m,n)，则点P在圆x2+y2＝9内部的概率为___________.
9.（2021·苏北模拟）一个质地均匀的正四周体（侧棱长与底面边长相等的正三棱锥）玩具的四个面上分别标有1，2，3，4这四个数字.若连续两次抛掷这个玩具，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是___________.
10.某人有甲、乙两个电子密码箱，欲存放A，B，C三份不同的重要文件，则两个密码箱都不空的概率是___________.
11.（力气挑战题）把一颗骰子抛掷两次，观看毁灭的点数，并记第一次毁灭的点数为a，其次次毁灭的点数为b，组成方程组则(1)在毁灭点数有2的状况下，方程组只有一个解的概率为___________.(2)只有正数解的概率为___________．
三、解答题
12.已知关于x的一元二次函数f(x)＝ax2-bx+1,设集合P＝{1,2,3},Q＝{-1,1,2,3,4},分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数对(a,b).
(1)列举出全部的数对(a,b),并求函数y＝f(x)有零点的概率.
(2)求函数y＝f(x)在区间［1,+∞)上是增函数的概率.
13.（2022·江西高考）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.
14.（2022·山东高考）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.
（1）从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.
（2）向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.
15.（力气挑战题）为了提高食品的平安度，某食品安检部门调查了一个海水养殖场的养殖鱼的有关状况，安检人员从这个海水养殖场中不同位置共捕捞出100条鱼，称得每条鱼的质量（单位：kg），并将所得数据进行统计得下表.若规定超过正常生长速度(10～1.2 kg/年)的比重超过15%，则认为所饲养的鱼有问题，否则认为所饲养的鱼没有问题.

鱼的质量
［1.00, 1.05)
［1.05,
1.10)
［1.10,
1.15)
［1.15,
1.20)
［1.20,
1.25)
［1.25,
1.30)
鱼的条数
3
20
35
31
9
2
（1）依据数据统计表，估量数据落在［1.20,1.30）中的概率约为多少，并推断此养殖场所饲养的鱼是否存在问题?
（2）上面捕捞的100条鱼中间，从质量在［1.00,1.05)和［1.25,1.30)的鱼中，任取2条鱼来检测，求恰好所取得的鱼的质量在［1.00,1.05)和［1.25,1.30)各有1条的概率.

答案解析
1.【解析】选C.设4个小组分别为a,b,c,d，从中抽取2个，则全部的结果为:（a,b），(a,c)，（a,d），（b,c），(b,d)，（c,d），共6个.
2.【解析】选C.正方形四个顶点可以确定6条直线，甲、乙各自任选一条共有36个等可能的基本大事．两条直线相互垂直的状况有5种(4组邻边和对角线)，包括10个基本大事，所以概率等于
3.【思路点拨】先给各爱好小组编号，然后列举出全部的基本大事，利用古典概型解决.
【解析】选A.记三个爱好小组分别为1组，2组，3组，甲参与1组记为“甲1”，则基本大事为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9个．
记大事A为“甲、乙两位同学参与同一个爱好小组”，其中大事A有“甲1，
乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个．因此
4.【解析】选D.甲想一数字有3种结果，乙猜一数字有3种结果，故基本大事的总数为3×3＝9种.
设“甲、乙心有灵犀”为大事A，则A的对立大事B为
“|a－b|＞1”，即|a－b|＝2，包含2个基本大事，

5.【解析】选C.由题意知本题是一个古典概型,
试验发生包含的大事是甲从这9条棱中任选一条，乙从这9条棱中任选一条，共有9×9=81种结果,
满足条件的大事是这两条棱相互垂直,
当甲选底面上的一条直角边时，乙有5种选法，共有4条直角边，乙共有20种结果；
当甲选底面上的一条斜边时，乙有3种选法，几何体有2条底面的斜边，共有6种结果；
当甲选三条侧棱之一时，乙有6种选法，共有18种结果.
综上所述，共有20+6+18=44种结果,
∴两条棱相互垂直的概率是
6.【思路点拨】从集合中任取元素，一共有10种不同的取法，而所取元素恰好满足方程的x有2种，依据古典概型公式，代入数据，求出结果.
【解析】选A.∵从集合中任取元素，一共有10种不同的取法,
满足方程的有和
由古典概型公式得,
故选A.
7.【解析】选B.设该五棱锥为P-ABCDE,从6个顶点选4个点.有PABC，PABD，PABE，PACD，PACE，PADE，PBCD，PBCE，PBDE，PCDE，ABCD，ABCE，ABDE，ACDE，BCDE，共15种.
4个点共面有：ABCD,ABCE,ABDE,ACDE,BCDE，共5种.
8．【解析】由题意得点P(m,n)有：(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共6个，在圆x2+y2＝9内部的点有(2,1)，(2,2)，即所求概率为
答案：
9.【解析】应用列举法共有16种等可能状况:（1，1），（1，2），（1，3），
（1，4），（2，12，2），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，3），
（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.两次向下的面上的数字之积为偶数共有12种状况，所以所求概率为
答案：
10.【解析】A，B，C三份文件放入甲、乙两个密码箱，全部的结果如下表所示：
甲密码箱
A,B,C
A,B
A
A,C
B,C
B
C
空
乙密码箱
空
C
B，C
B
A
A,C
A,B
A,B,C
共有8种不同的结果，其中两个密码箱都不空(记为大事A)的结果共有6种，所以
答案：
11.【解析】(1)方程组无解⇔a＝2b（因该方程组不会毁灭很多组解的状况).
又由于毁灭点数有2的状况共有11种，
而当a＝2，b＝1；a＝4，b＝2时，方程组无解，
所以毁灭点数有2的状况下，方程组只有一个解的概率
（2）如图，由图得
或
即或
当a＝1,2时，b＝2,3,4,5,6；
当b＝1时，a＝4,5,6，　
所以方程组只有正数解的概率
答案：（1） （2）
12.【思路点拨】(1)函数y＝f(x)有零点⇔方程f(x)＝0有实数根，即一元二次方程的判别式大于等于零.(2)结合二次函数的图象及开口方向解决.
【解析】(1)(a,b)可能的结果为：(1,-1),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),2,-1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,
-1),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)，共15种.由于函数y＝f(x)有零点,所以
Δ=b2-4a≥0,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种状况满足条件,所以函数y＝f(x)有零点的概率为
(2)函数y＝f(x)的对称轴为又f(x)在区间［1,+∞)上是增函数,则≤1,有(1,-1),(1,1),(1,2),(2,-1),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,-1),(3,1),
(3,2),(3,3),(3,4)共13种状况满足条件.
所以函数y＝f(x)在区间［1,+∞)上是增函数的概率为
13.【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A1A2B1,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的有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
(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
14.【解析】(1)从五张卡片中任取两张的全部可能状况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，
蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种状况，故所求的概率为
(2)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种状况外，多出5种状况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种状况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种状况，所以概率为
15.【解析】（1）捕捞的100条鱼中间，数据落在［1.20,1.25)的概率约为
数据落在［1.25,1.30)的概率约为
所以数据落在［1.20,1.30）中的概率约为P=P1+P2=0.11.
由于0.11×100%=11%＜15%,
故饲养的这批鱼没有问题.
（2）质量在［1.00,1.05)的鱼有3条，把这3条鱼分别记作A1,A2，A3,
质量在［1.25,1.30)的鱼有2条，分别记作B1,B2,那么全部的可能结果有：
{A1,A2}，{A1,A3}，{A2,A3}，{A1,B1}，{A1,B2}，
{A2,B1}{A2,B2}，{A3,B1}，{A3,B2}，{B1,B2},共10种,
而恰好所取得的鱼的质量在［1.00,1.05)和［1.25,1.30)各有1条有：{A1,B1}，{A1,B2}，{A2,B1}，{A2,B2}，{A3,B1}，{A3,B2}，共6种,所以恰好所取得的鱼的质量在［1.00,1.05)和［1.25,1.30)各有1条的概率为
【变式备选
某商场进行抽奖大酬宾活动,从装有编号为0,1,2,3四个大小相同的小球的抽奖箱中同时摸出两个小球,两个小球号码之和为质数的中三等奖,号码之和为合数的中二等奖,号码之和既不是质数也不是合数的中一等奖.
(1)求某顾客中三等奖的概率.
(2)求某顾客至少中二等奖的概率.
【解析】(1)设“某顾客中三等奖”为大事A,两个小球号码之和为质数有:(0,2)，(0,3)，(1,2)，(2,3)，四种摸法,即A所含的基本大事数为4,而从四个小球中任摸两个共有(0,1),(0,2),(0,3),(1,2),(1,3),(2,3),六种不同的摸法,即大事总数为6,

(2)方法一:设“某顾客至少中二等奖”为大事B, ∵从四个小球中任摸两个,号码之和只有质数、合数和既不是质数也不是合数三种情形,故顾客中奖为必定大事,
方法二:设“某顾客中二等奖”为大事B,“某顾客中一等奖”为大事C,
∵两球号码之和为合数的只有(1,3)一种摸法,

∵两球号码之和既不是质数也不是合数只有(0,1)一种摸法,
∴某顾客至少中二等奖的概率P＝P(B)+P(C)
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