北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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第十二章 概率与统计
§12.1 随机事件、古典概型与几何概型
— 五年高考 —
考点1 随机事件的概率
1.(2018课标Ⅲ文,5,5分)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非
现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为 ( )
A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7
答案 B
2.(2020北京,18,14分)某校为举办甲、乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、
方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简单随机抽样,获得数据如下表:
男生 女生
支持 不支持 支持 不支持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.
(1)分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;
(2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方
案一的概率;
(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p.假设该校一年级有500名男生和300名女生,
0
除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p.试比较p 与p 的大小.(结论不要
1 0 1
求证明)
解析 (1)设“该校男生支持方案一”为事件A,“该校女生支持方案一”为事件B.
200 1
依题意知,抽取的样本中共有男生600人,其中支持方案一的有200人,故P(A)= = ;
600 3
300 3
抽取的样本中共有女生400人,其中支持方案一的有300人,故P(B)= = .
400 4
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1
(2)由(1)可知,“该校男生支持方案一”的概率估计值为 ;“该校女生支持方案一”的概率估
3
3
计值为 .
4
设“抽取的该校2个男生和1个女生中,支持方案一的恰有2人”为事件C,该事件包括“2
个男生均支持方案一而女生不支持方案一”“2个男生中有且只有1人支持方案一且女生
支持方案一”,故所求概率为
P(C)= (1) 2 × ( 1- 3) +C1× 1 × ( 1- 1) × 3 = 13 .
3 4 2 3 3 4 36
(3)p<p.
1 0
350+150 1
解法一:由样本的频率估计总体概率,该校学生支持方案二的概率估计值为p= = .
0 600+400 2
350
该校一年级男生中支持方案二的约有 ×500≈292人,该校一年级女生中支持方案二
350+250
150
的约有 ×300≈113人,假设一年级学生中支持方案二的概率为p,则
250+150 2
81 81 80 1
p=(292+113)÷(500+300)= , > = ,
2 160 160 160 2
则p>p,故可知该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p<p.
2 0 1 0
解法二:由题表可知,男生支持方案二的概率明显大于女生支持方案二的概率.样本中男、女
350+150 1 5 3
生比例为3∶2,此时p= = .而一年级的男、女生比例为5∶3,因为 > ,所以该校除一
0 600+400 2 3 2
年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p<p.
1 0
以下为教师用书专用(1—31)
1.(2019课标Ⅲ文,3,5分)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是
( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
6 4 3 2
答案 D 本题考查古典概型,以现实生活中常见的学生排队问题为背景,考查学生对数学知
识的应用意识.
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设两位男同学分别为A、B,两位女同学分别为a、b,则四位同学排成一列,所有可能的结果用
树状图表示为
共24种结果,其中两位女同学相邻的结果有12种,
12 1
∴P(两位女同学相邻)= = ,故选D.
24 2
技巧点拨 用树状图列举所有可能的结果是求解古典概型问题的基本方法之一.
2.(2018课标Ⅱ理,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.
哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30
的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
12 14 15 18
答案 C 本题主要考查古典概型.
不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,从这10个素数中随机选取两个不同的
3 1
数,有C2
=45种情况,其和等于30的情况有3种,则所求概率等于 = .故选C.
10 45 15
方法总结 解决关于古典概型的概率问题关键是正确求出基本事件的总数和所求事件包含
的基本事件数.(1)当基本事件的总数较少时,可用列举法把所有基本事件一一列举出来.(2)注
意区分排列与组合,正确使用计数原理.
3.(2018课标Ⅱ文,5,5分)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务,则选中的2人
都是女同学的概率为 ( )
A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3
答案 D 设两名男生为A,B,三名女生为a,b,c,则从5人中任选2人有(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),
(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c),(A,B),共10种.2人都是女同学的有(a,b),(a,c),(b,c),共3种,所以所求概
3
率为 =0.3.
10
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方法总结 古典概型概率的求法:
m
(1)应用公式P(A)= 求概率的关键是寻求基本事件的总数和待求事件包含的基本事件的个
n
数.(2)基本事件个数的确定方法:
①列举法:此法适用于基本事件较少的古典概型;
②列表法:此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成是坐标法;
③画树状图法:画树状图法是进行列举的一种常用方法,适用于有顺序的问题或较复杂问题中
基本事件数的探求.
4.(2017课标Ⅱ文,11,5分)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,放回后再随机抽取
1张,则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
1 1 3 2
A. B. C. D.
10 5 10 5
答案 D 本题考查古典概型.
画出树状图如图:
10 2
可知所有的基本事件共有25个,满足题意的基本事件有10个,故所求概率P= = .故选D.
25 5
思路分析 由树状图列出所有的基本事件,可知共有25个,满足题目要求的基本事件共有10
10 2
个.由古典概型概率公式可知所求概率P= = .
25 5
易错警示 本题易因忽略有放回的抽取而致错.
疑难突破 当利用古典概型求概率时,应区分有放回抽取与无放回抽取.有放回抽取一般采用
画树状图法列出所有的基本事件,而无放回抽取一般采用穷举法.
5.(2017天津文,3,5分)有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5
支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 ( )
4 3 2 1
A. B. C. D.
5 5 5 5
答案 C 本题考查古典概型.
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从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,有以下10种情况:(红,黄),(红,蓝),(红,绿),(红,紫),(黄,
蓝),(黄,绿),(黄,紫),(蓝,绿),(蓝,紫),(绿,紫).其中含有红色彩笔的有4种情况:(红,黄),(红,蓝),(红,
4 2
绿),(红,紫),所以所求事件的概率P= = ,故选C.
10 5
6.(2016课标Ⅰ文,3,5分)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 ( )
1 1 2 5
A. B. C. D.
3 2 3 6
答案 C 从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种有以下选法:(红黄)、(红白)、(红紫)、
(黄白)、(黄紫)、(白紫),共6种,其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在
4 2
同一花坛)的选法有4种,所以所求事件的概率P= = ,故选C.
6 3
解后反思 从4种颜色的花中任选2种共有6种情况,不重不漏地列举出所有情况是解题关
键.
评析 本题主要考查了古典概型、不重不漏地将所有情况列举出来是解题关键.
7.(2016课标Ⅲ文,5,5分)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
( )
8 1 1 1
A. B. C. D.
15 8 15 30
答案 C 小敏输入密码后两位的所有可能情况如下:
(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),
(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),
(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5),共15种.
1
而能开机的密码只有一种,所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率为 .
15
8.(2016北京文,6,5分)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为 ( )
1 2 8 9
A. B. C. D.
5 5 25 25
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答案 B 设这5名学生为甲、乙、丙、丁、戊,从中任选2人的所有情况有(甲,乙),(甲,丙),
(甲,丁),(甲,戊),
(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),
(丙,丁),(丙,戊),
(丁,戊),
共4+3+2+1=10种.
其中甲被选中的情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),共4种,
4 2
故甲被选中的概率为 = .故选B.
10 5
易错警示 在列举基本事件时要不重不漏,可画树状图:
评析 本题考查古典概型,属中档题.
9.(2015课标Ⅰ文,4,5分)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 (
)
3 1 1 1
A. B. C. D.
10 5 10 20
答案 C 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数有10种取法:(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),
(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),其中能构成一组勾股数的有1种:(3,4,5),故所求事件的概率
1
P= ,故选C.
10
10.(2015广东文,7,5分)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.0.4 B.0.6 C.0.8 D.1
答案 B 记3件合格品分别为A,A,A,2件次品分别为B,B,从5件产品中任取2件,有
1 2 3 1 2
(A,A),(A,A),(A,B),(A,B),(A,A),(A,B),(A,B),(A,B),(A,B),(B,B),共10种可能.其中恰有一
1 2 1 3 1 1 1 2 2 3 2 1 2 2 3 1 3 2 1 2
6
件次品有6种可能,由古典概型概率公式得所求事件概率为 =0.6.选B.
10
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11.(2014课标Ⅰ理,5,5分)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、
周日都有同学参加公益活动的概率为 ( )
1 3 5 7
A. B. C. D.
8 8 8 8
答案 D 由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,
而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加
24-1-1 14 7
公益活动的概率为P= = = ,故选D.
24 16 8
12.(2014陕西文,6,5分)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
离小于该正方形边长的概率为 ( )
1 2 3 4
A. B. C. D.
5 5 5 5
答案 B 设正方形的四个顶点分别是A、B、C、D,中心为O,从这5个点中,任取两个点的
事件分别为AB、AC、AD、AO、BC、BD、BO、CD、CO、DO,共有10种,其中只有顶点到
中心O的距离小于正方形的边长,分别是AO、BO、CO、DO,共有4种.故满足条件的概率
4 2
P= = .故选B.
10 5
评析 本题考查古典概型知识,考查分析问题及阅读理解的能力.理解只有顶点到中心的距离
小于边长是解题的关键.
13.(2013课标Ⅰ文,3,5分)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 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 6
答案 B 从1,2,3,4中任取2个不同的数,共有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)6种不同的结果,
1
取出的2个数之差的绝对值为2的有(1,3),(2,4)2种结果,概率为 ,故选B.
3
14.(2012安徽文,10,5分)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球、2个白球
和3个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于 ( )
1 2 3 4
A. B. C. D.
5 5 5 5
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答案 B 将同色小球编号.从袋中任取两球,所有基本事件为(红,白 ),(红,白 ),(红,黑 ),(红,黑
1 2 1
),(红,黑 ),(白 ,白 ),(白 ,黑 ),(白 ,黑 ),(白 ,黑 ),(白 ,黑 ),(白 ,黑 ),(白 ,黑 ),(黑 ,黑 ),(黑 ,黑
2 3 1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 1 2 1
6 2
),(黑 ,黑 ),共有15个基本事件,而一白一黑的共有6个,故所求概率P= = .故选B.
3 2 3 15 5
评析 本题主要考查古典概型概率的求解,同时考查了列举法.
15.(2011课标文,6,5分)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 ( )
1 1 2 3
A. B. C. D.
3 2 3 4
答案 A 甲、乙两人都有3种选择,共有3×3=9种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有
3 1
3种情况.∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P= = ,故选A.
9 3
评析 本题主要考查古典概型的概率运算,属容易题.
16.(2011浙江文,8,5分)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,则所取的3个球中至少
有1个白球的概率是 ( )
1 3 3 9
A. B. C. D.
10 10 5 10
答案 D 解法一(直接法):所取3个球中至少有1个白球的取法可分为互斥的两类:两红一白
有6种取法,一红两白有3种取法,而从5个球中任取3个球的取法共有10种,所以所求概率
9
为 ,故选D.
10
解法二(间接法):至少有一个白球的对立事件为所取3个球中没有白球,即只有3个红球,共1
1 9
种取法,故所求概率为1- = ,故选D.
10 10
17.(2018上海,9,5分)有编号互不相同的五个砝码,其中5克、3克、1克砝码各一个,2克砝码
两个,从中随机选取三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率是 (结果用最简分数
表示).
1
答案
5
解析 本题主要考查古典概型的概率计算.记5克、3克、1克砝码分别为5、3、1,两个2克
砝码分别为2a,2b,则从这五个砝码中随机选取三个,有以下选法:(5,3,1),(5,3,2a),(5,3,2b),(5,1,2a),
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(5,1,2b),(5,2a,2b),(3,1,2a),(3,1,2b),(3,2a,2b),(1,2a,2b),共10种,其中满足三个砝码的总质量为9克
2 1
的有(5,3,1),(5,2a,2b),共2种,故所求概率P= = .
10 5
18.(2016四川文,13,5分)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a,b,则log b为整数的概率
a
是 .
1
答案
6
解析 所有的基本事件有(2,3),(2,8),(2,9),(3,2),(3,8),(3,9),(8,2),(8,3),(8,9),(9,2),(9,3),(9,8),共12个.
记“log b为整数”为事件A,
a
则事件A包含的基本事件有(2,8),(3,9),共2个.
2 1
∴P(A)= = .
12 6
易错警示 对a,b取值时要注意顺序.
评析 本题考查了古典概型.正确列举出基本事件是解题的关键.
19.(2014课标Ⅰ文,13,5分)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 .
2
答案
3
解析 设2本不同的数学书为a、a,1本语文书为b,在书架上的排法有
1 2
aab,aba,aab,aba,baa,baa,共6种,其中2本数学书相邻的有aab,aab,baa,baa,共4
1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
4 2
种,因此2本数学书相邻的概率P= = .
6 3
20.(2014课标Ⅱ文,13,5分)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服
中选择1种,则他们选择相同颜色运动服的概率为 .
1
答案
3
解析 甲、乙的选择方案有红红、红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、蓝蓝9
3 1
种,其中颜色相同的有3种,所以所求概率为 = .
9 3
21.(2014江苏,4,5分)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概
率是 .
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1
答案
3
解析 从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,有(1,2),(1,3),(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况.
满足条件的有(2,3),(1,6),共2种情况.
2 1
故P= = .
6 3
22.(2014浙江文,14,4分)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 .
1
答案
3
解析 设A为一等奖奖券,B为二等奖奖券,C为无奖奖券,则甲、乙两人抽取的所有可能结果
为AB、BA、AC、CA、BC、CB,共6种.而甲、乙两人都中奖的情况有AB、BA,共2种.故所
2 1
求概率为 = .
6 3
23.(2013课标Ⅱ文,13,5分)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数,其和为5的概率是 .
答案 0.2
解析 任取两个不同的数的情况有:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10种,
2
其中和为5的有2种,所以所求概率为 =0.2.
10
24.(2018北京文,17,13分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:
电影类
第一类第二类第三类第四类第五类第六类
型
电影部
140 50 300 200 800 510
数
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)随机选取1部电影,估计这部电影没有获得好评的概率;
(3)电影公司为增加投资回报,拟改变投资策略,这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假
设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化,那么哪类电影的好评率增加0.1,哪类电影的
好评率减少0.1,使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大?(只需写
出结论)
解析 (1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2 000,
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第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50.
50
故所求概率为 =0.025.
2 000
(2)由题意知,样本中获得好评的电影部数是
140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1
=56+10+45+50+160+51
=372.
372
故所求概率估计为1- =0.814.
2 000
(3)增加第五类电影的好评率,减少第二类电影的好评率.
25.(2018天津文,15,13分)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为
240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动.
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人?
(2)设抽出的7名同学分别用A,B,C,D,E,F,G表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生
工作.
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;
②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的概率.
解析 本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及
其概率计算公式等基本知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)由已知,甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从
中抽取7名同学,因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人,2人,2人.
(2)①从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{A,F},
{A,G},{B,C},{B,D},{B,E},{B,F},{B,G},{C,D},{C,E},{C,F},{C,G},{D,E},{D,F},{D,G},{E,F},{E,G},{F,G},共
21种.
②由(1),不妨设抽出的7名同学中,来自甲年级的是A,B,C,来自乙年级的是D,E,来自丙年级的
是F,G,则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A,B},
{A,C},{B,C},{D,E},{F,G},共5种.
5
所以,事件M发生的概率P(M)= .
21
易错警示 解决古典概型问题时,需注意以下几点:
(1)忽视基本事件的等可能性导致错误;
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(2)列举基本事件考虑不全面导致错误;
(3)在求基本事件总数和所求事件包含的基本事件数时,一个按有序,一个按无序处理导致错误.
26.(2017山东文,16,12分)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A,A,A 和3个欧洲国家B,B,B
1 2 3 1 2 3
中选择2个国家去旅游.
(1)若从这6个国家中任选2个,求这2个国家都是亚洲国家的概率;
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,求这2个国家包括A 但不包括B 的概率.
1 1
解析 (1)由题意知,从6个国家中任选两个国家,其一切可能的结果组成的基本事件有:{A,A},
1 2
{A,A},{A,A},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{B,B},{B,B},{B,B},
1 3 2 3 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3 1 2 1 3 2 3
共15个.
所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有:{A,A},{A,A},{A,A},共3个,
1 2 1 3 2 3
3 1
则所求事件的概率P= = .
15 5
(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个,其一切可能的结果组成的基本事件有:{A,B},{A,B},
1 1 1 2
{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},共9个.
1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3
包括A 但不包括B 的事件所包含的基本事件有:{A,B},{A,B},共2个,
1 1 1 2 1 3
2
则所求事件的概率P= .
9
方法总结 求古典概型概率的一般步骤:
1.求出所有基本事件的个数n,常用的方法有列举法、列表法、画树状图法;
2.求出事件A所包含的基本事件的个数m;
m
3.代入公式P(A)= 求解.
n
27.(2015天津文,15,13分)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用
分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A,A,A,A,A,A.现从这6名运动员中随机抽取
1 2 3 4 5 6
2人参加双打比赛.
(i)用所给编号列出所有可能的结果;
(ii)设A为事件“编号为A 和A 的两名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.
5 6
解析 (1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.
12 / 40北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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(2)(i)从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A,A},{A,A},{A,A},
1 2 1 3 1 4
{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},共15种.
1 5 1 6 2 3 2 4 2 5 2 6 3 4 3 5 3 6 4 5 4 6 5 6
(ii)编号为A 和A 的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A,A},{A,A},{A,A},
5 6 1 5 1 6 2 5
{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},{A,A},共9种.
2 6 3 5 3 6 4 5 4 6 5 6
9 3
因此,事件A发生的概率P(A)= = .
15 5
评析 本小题主要考查分层抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及
其概率计算公式等基础知识.考查运用概率、统计知识解决简单实际问题的能力.
28.(2015山东文,16,12分)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,
数据如下表:(单位:人)
参加书法社团 未参加书法社团
参加演讲社团 8 5
未参加演讲社团 2 30
(1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率;
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A,A,A,A,A,3名女同学
1 2 3 4 5
B,B,B.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A 被选中且B 未被选中的概率.
1 2 3 1 1
解析 (1)由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,
故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人,
15 1
所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P= = .
45 3
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的基本事件有:
{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},
1 1 1 2 1 3 2 1 2 2
{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},
2 3 3 1 3 2 3 3 4 1
{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},{A,B},
4 2 4 3 5 1 5 2 5 3
共15个.
根据题意,这些基本事件的出现是等可能的.
事件“A 被选中且B 未被选中”所包含的基本事件有:
1 1
{A,B},{A,B},共2个.
1 2 1 3
2
因此A 被选中且B 未被选中的概率为P= .
1 1 15
评析 本题考查随机事件的概率及其计算,考查运算求解能力及应用意识.
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29.(2015四川文,17,12分)一辆小客车上有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5.乘客P,P,P,P,P 的
1 2 3 4 5
座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车.乘客P 因身体原因没有坐
1
自己的1号座位,这时司机要求余下的乘客按以下规则就座:如果自己的座位空着,就只能坐自
己的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位.
(1)若乘客P 坐到了3号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两
1
种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);
(2)若乘客P 坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,求乘客P 坐到5号座位的概率.
1 5
乘客 P 1 P 2 P 3 P 4 P 5
3 2 1 4 5
3 2 4 5 1
座位号
解析 (1)余下两种坐法如下表所示:
乘客 P 1 P 2 P 3 P 4 P 5
3 2 4 1 5
座位号
3 2 5 4 1
(2)若乘客P 坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,则所有可能的坐法可用下表表示为:
1
乘客 P 1 P 2 P 3 P 4 P 5
2 1 3 4 5
2 3 1 4 5
2 3 4 1 5
2 3 4 5 1
座位号
2 3 5 4 1
2 4 3 1 5
2 4 3 5 1
2 5 3 4 1
于是,所有可能的坐法共8种.
设“乘客P 坐到5号座位”为事件A,则事件A中的基本事件的个数为4.
5
4 1
所以P(A)= = .
8 2
1
答:乘客P 坐到5号座位的概率是 .
5 2
评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算,考查运用概率知识与方
法分析和解决实际问题的能力,考查推理论证能力、应用意识.
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30.(2014四川文,16,12分)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.
解析 (1)由题意知,(a,b,c)所有可能的结果为(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.
3 1
所以P(A)= = .
27 9
1
因此,“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为 .
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包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种.
3 8
所以P(B)=1-P(B)=1- = .
27 9
8
因此,“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率为 .
9
评析 本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算,考查应用意识.
31.(2014天津文,15,13分)某校夏令营有3名男同学A,B,C和3名女同学X,Y,Z,其年级情况如
下表:
一年级 二年级 三年级
男同学 A B C
女同学 X Y Z
现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同).
(1)用表中字母列举出所有可能的结果;
(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”,求事件M发生
的概率.
解析 (1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,X},{A,Y},
{A,Z},{B,C},{B,X},{B,Y},{B,Z},{C,X},{C,Y},{C,Z},{X,Y},{X,Z},{Y,Z},共15种.
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(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A,Y},{A,Z},
{B,X},{B,Z},{C,X},{C,Y},共6种.
6 2
因此,事件M发生的概率为 = .
15 5
评析 本题主要考查用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公
式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
考点2 古典概型
1.(2021全国甲理,10,5分)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为 ( )
1 2 2 4
A. B. C. D.
3 5 3 5
答案 C
2.(2020课标Ⅰ文,4,5分)设O为正方形ABCD的中心,在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点
共线的概率为 ( )
1 2 1 4
A. B. C. D.
5 5 2 5
答案 A
3.(2019课标Ⅰ理,6,5分)
我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组
成,爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则
该重卦恰有3个阳爻的概率是 ( )
5 11 21 11
A. B. C. D.
16 32 32 16
答案 A
4.(2019课标Ⅱ文,4,5分)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 ( )
2 3 2 1
A. B. C. D.
3 5 5 5
答案 B
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5.(2019课标Ⅲ文,3,5分)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是
( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
6 4 3 2
答案 D
6.(2018课标Ⅱ理,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.
哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30
的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
12 14 15 18
答案 C
7.(2017天津文,3,5分)有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5
支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 ( )
4 3 2 1
A. B. C. D.
5 5 5 5
答案 C
8.(2020江苏,4,5分)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为
5的概率是 .
1
答案
9
9.(2019江苏,6,5分)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,则选出的2
名同学中至少有1名女同学的概率是 .
7
答案
10
10.(2018江苏,6,5分)某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,则
恰好选中2名女生的概率为 .
3
答案
10
11.(2018上海,9,5分)有编号互不相同的五个砝码,其中5克、3克、1克砝码各一个,2克砝码
两个,从中随机选取三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率是 (结果用最简分数
表示).
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1
答案
5
12.(2018北京理,17,12分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:
电影类型第一类第二类第三类第四类第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
假设所有电影是否获得好评相互独立.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,估计恰有1部获得好评的概率;
(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等.用“ξ=1”表示第k
k
类电影得到人们喜欢,“ξ=0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k=1,2,3,4,5,6).写出方差
k
Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ ,Dξ 的大小关系.
1 2 3 4 5 6
解析 (1)由题中表格可知电影的总部数为140+50+300+200+800+510=2 000,获得好评的第
四类电影的部数为200×0.25=50.
设从收集的电影中随机选取1部,这部电影是获得好评的第四类电影为事件A,则P(A)=
50 1
= .
2 000 40
(2)由题中表格可得,第五类电影的总部数为800,获得好评的第五类电影的部数为
800×0.2=160,未获得好评的第五类电影的部数为800-160=640,
第四类电影的总部数为200,由(1)知,获得好评的第四类电影的部数为50,未获得好评的第四
类电影的部数为200-50=150,
设从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部,恰有1部获得好评为事件B,
C1 C1 +C1 C1
7
50 640 150 160
则P(B)= = .
C1 C1 20
200 800
(3)由题意知ξ(k=1,2,3,4,5,6)服从两点分布,由两点分布的方差公式Dξ=p(1-p),分别求得
k
Dξ =0.24,Dξ =0.16,Dξ =0.127 5,Dξ =0.187 5,Dξ =0.16,Dξ =0.09,所以
1 2 3 4 5 6
Dξ >Dξ >Dξ =Dξ >Dξ >Dξ .
1 4 2 5 3 6
解后反思 古典概型的概率以及方差的求解
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在使用古典概型的概率公式时,应该注意:(1)要判断该概率模型是不是古典概型;(2)先分清基
m
本事件的总数n与事件A中包含的结果数m,再利用公式P(A)= 求出事件A发生的概率.在
n
求方差时,要学会判断随机变量是不是服从特殊分布,若服从,则可利用特殊分布的方差公式
求解.
考点3 几何概型
( 1) 1
1.(2021全国乙文,7,5分)在区间 0, 随机取1个数,则取到的数小于 的概率为 ( )
2 3
3 2 1 1
A. B. C. D.
4 3 3 6
答案 B
2.(2017课标Ⅰ,2,5分)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中
的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑
色部分的概率是 ( )
1 π 1 π
A. B. C. D.
4 8 2 4
答案 B
3.(2018课标Ⅰ,10,5分)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半
圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC.△ABC的三边所围
成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,
Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p,p,p,则 ( )
1 2 3
A.p=p B.p=p C.p=p D.p=p+p
1 2 1 3 2 3 1 2 3
答案 A
以下为教师用书专用(1—21)
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1. (2018课标Ⅰ理,10,5分)下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由
三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC.△ABC的三
边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取
自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p,p,p,则( )
1 2 3
A.p=p B.p=p C.p=p D.p=p+p
1 2 1 3 2 3 1 2 3
答案 A 本题主要考查几何概型概率的求法.
1
不妨设BC=5,AB=4,AC=3,则△ABC三边所围成的区域Ⅰ的面积S= ×3×4=6,区域Ⅲ的面积
1 2
π (5) 2 25π π π (3) 2 (25π )
S= × -S= -6,区域Ⅱ的面积S= ×22+ × - -6 =6,所以S=S>S,由几
3 2 2 1 8 2 2 2 2 8 1 2 3
何概型的概率公式可知p=p>p,故选A.
1 2 3
方法总结 与面积有关的几何概型的解法
求与面积有关的几何概型的概率时,关键是弄清某事件所有结果对应的平面区域的形状并能
正确计算面积.必要时可根据题意构造两个变量,利用平面直角坐标系,找到全部试验结果构
成的平面图形及某事件所有结果构成的平面图形,以便求解.
2. (2017课标Ⅰ,理2,文4,5分)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方
形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则
此点取自黑色部分的概率是 ( )
1 π 1 π
A. B. C. D.
4 8 2 4
答案 B 本题考查几何概型.
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设正方形的边长为2,则正方形的内切圆半径为1,其中黑色部分和白色部分关于正方形的中
π
心对称,则黑色部分的面积为 ,所以在正方形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率P=
2
π
π
2 = ,故选B.
8
2×2
3. (2016课标Ⅰ理,4,5分)某公司的班车在7:30,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到
达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是
( )
1 1 2 3
A. B. C. D.
3 2 3 4
答案 B 解法一:7:30的班车小明显然是坐不到了.当小明在8:00前到达,或者8:20之后到达,
10+10 1
他等车的时间将不超过10分钟,故所求概率为 = .故选B.
40 2
解法二:当小明到达车站的时刻超过8:00,但又不到8:20时,等车时间将超过10分钟,其他时刻
20 1
到达车站时,等车时间将不超过10分钟,故等车时间不超过10分钟的概率为1- = .
40 2
4. (2016课标Ⅱ理,10,5分)从区间[0,1]随机抽取2n个数x,x,…,x,y,y,…,y,构成n个数对
1 2 n 1 2 n
(x,y),(x,y),…,(x,y),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的
1 1 2 2 n n
圆周率π的近似值为 ( )
4n 2n 4m 2m
A. B. C. D.
m m n n
答案 C 如图,数对(x,y)(i=1,2,…,n)表示的点落在边长为1的正方形OABC内(包括边界),两
i i
数的平方和小于1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆(阴影部分)内,则由几何概型
1
m π 4m
的概率公式可得 =4 ⇒π= .故选C.
n n
12
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5. (2016课标Ⅱ文,8,5分)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时
间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为 (
)
7 5 3 3
A. B. C. D.
10 8 8 10
答案 B 行人在红灯亮起的25秒内到达该路口,即满足至少需要等待15秒才出现绿灯,根
25 5
据几何概型的概率公式知所求事件的概率P= = ,故选B.
40 8
评析 本题主要考查几何概型,理清题意是解题的关键.
6. (2015湖北理,2,5分)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题:粮仓开仓收
粮,有人送来米1 534石,验得米内夹谷,抽样取米一把,数得254粒内夹谷28粒,则这批米内夹
谷约为 ( )
A.134石 B.169石 C.338石 D.1 365石
28
答案 B ∵ ×1 534≈169,∴这批米内夹谷约为169石.
254
7. (2015陕西理,11,5分)设复数z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则y≥x的概率为 ( )
3 1 1 1 1 1 1 1
A. + B. - C. - D. +
4 2π 4 2π 2 π 2 π
答案 B ∵|z|≤1,∴(x-1)2+y2≤1,表示以M(1,0)为圆心,1为半径的圆及其内部,该圆的面积为π.
易知直线y=x与圆(x-1)2+y2=1相交于O(0,0),A(1,1)两点,作图如下:
π 1 π 1
∵∠OMA=90°,∴S = - ×1×1= - .
阴影 4 2 4 2
π 1
S - 1 1
阴影
故所求的概率P= =4 2= - .
S 4 2π
☉M π
( 1)
8. (2015山东文,7,5分)在区间[0,2]上随机地取一个数x,则事件“-1≤log x+ ≤1”发
1 2
2
生的概率为 ( )
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3 2 1 1
A. B. C. D.
4 3 3 4
( 1) 1 1
答案 A 由-1≤log x+ ≤1,得 ≤x+ ≤2,
1 2 2 2
2
3
3 ( 1) 3
解得0≤x≤ ,所以事件“-1≤log x+ ≤1”发生的概率为2= ,故选A.
2 1 2 4
2 2
9. (2015福建文,8,5分)如图,矩形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(1,0),且点C与点
{
x+1, x≥0,
D在函数f(x)= 1 的图象上.若在矩形ABCD内随机取一点,则此点取自阴
- x+1, x<0
2
影部分的概率等于 ( )
1 1 3 1
A. B. C. D.
6 4 8 2
答案 B 易知点C的坐标为(1,2),点D的坐标为(-2,2),所以矩形ABCD的面积为6,阴影部分
3 1
的面积为 ,故所求概率为 .
2 4
1
10. (2015湖北文,8,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 为事件“x+y≤ ”的概率,p
1 2 2
1
为事件“xy≤ ”的概率,则( )
2
1 1 1 1
A.p<p< B.p< <p C. <p<p D.p< <p
1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2
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1
答案 D (x,y)构成的区域是边长为1的正方形及其内部,其中满足x+y≤ 的区域如图(1)中
2
1 1 1
× × 1 1
阴影部分所示,所以p=2 2 2= ,满足xy≤ 的区域如图(2)中阴影部分所示,所以p=
1 8 2 2
1×1
1
S +S +S 1 1
1 2=2 2> ,所以p< <p,故选D.
1×1 2 1 2 2
1
11. (2014湖南文,5,5分)在区间[-2,3]上随机选取一个数X,则X≤1的概率为 ( )
4 3 2 1
A. B. C. D.
5 5 5 5
3
答案 B 区间[-2,3]的长度为5,区间[-2,1]的长度为3,因此P(X≤1)= ,选B.
5
12. (2014辽宁文,6,5分)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中,其中
AB=2,BC=1,则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是 ( )
π π π π
A. B. C. D.
2 4 6 8
1
S ×π×12 π
答案 B P= 半圆 =2 = .故选B.
S 4
矩形 2×1
13. (2013陕西理,5,5分)如图,在矩形区域ABCD的A,C两点处各有一个通信基站,假设其
信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源,基站
工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地点无信号的概率是 ( )
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π π π π
A.1- B. -1 C.2- D.
4 2 2 4
π
π π 2-
答案 A 依题意知,有信号的区域面积为 ×2= ,矩形面积为2,故无信号的概率P= 2
4 2
2
π
=1- .
4
14. (2013四川理,9,5分)节日前夕,小李在家门前的树上挂了两串彩灯.这两串彩灯的第
一次闪亮相互独立,且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生,然后每串彩灯以4秒为间隔
闪亮.那么这两串彩灯同时通电后,它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是 ( )
1 1 3 7
A. B. C. D.
4 2 4 8
答案 C 设通电x秒后第一串彩灯闪亮,y秒后第二串彩灯闪亮.依题意得
0≤x≤4,0≤y≤4,∴S=4×4=16.
1 1
又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒,即|x-y|≤2,如图可知,符合要求的S'=16- ×2×2-
2 2
×2×2=12,
S' 12 3
∴P= = = .
S 16 4
15. (2013湖南文,9,5分)已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使△APB的
1 AD
最大边是AB”发生的概率为 ,则 = ( )
2 AB
1 1 √3 √7
A. B. C. D.
2 4 2 4
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答案 D 矩形ABCD如图所示,在点P从D点向C点运动过程中,DP在增大,AP也在增大,
而BP在逐渐减小,当P点到P 位置时,BA=BP,当P点到P 位置时,AB=AP,故点P在线段
1 1 2 2
1 9 9
PP 上时,△ABP中边AB最大,由题意可得PP= CD.在Rt△BCP 中,BP2 = CD2+BC2=
1 2 1 2 2 1 1 16 16
7 AD √7
AB2+AD2=AB2.即AD2= AB2,所以 = ,故选D.
16 AB 4
{0≤x≤2,
16. (2012北京理,2,5分)设不等式组 表示的平面区域为D.在区域D内随机取
0≤ y≤2
一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 ( )
π π-2 π 4-π
A. B. C. D.
4 2 6 4
{0≤x≤2,
答案 D 如图,不等式组 表示的区域D为正方形OABC.
0≤ y≤2
⏜
以O为圆心,以2为半径作AMC,则阴影部分内的点到原点O的距离大于2,∴所求概率P=
1
S 2×2- ·π·22 4-π
阴影 = 4 = .故选D.
S 4
正方形 2×2
评析 本题主要考查几何概型,能正确画图是关键.
17. (2012辽宁文,11,5分)在长为12 cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形,邻边长分
别等于线段AC,CB的长,则该矩形面积大于20 cm2的概率为 ( )
1 1 2 4
A. B. C. D.
6 3 3 5
答案 C 设AC=x cm,则BC=(12-x)cm(0<x<12),
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∴矩形面积为x(12-x)cm2,
由x(12-x)<32解得x>8或x<4,
∴0<x<4或8<x<12.
4+4 2
∴所求概率为 = ,故选C.
12 3
18.(2016山东理,14,5分)在[-1,1]上随机地取一个数k,则事件“直线y=kx与圆(x-5)2+y2=9相
交”发生的概率为 .
3
答案
4
|5k-0| 3 3
解析 直线y=kx与圆(x-5)2+y2=9相交的充要条件为 <3,解之得- <k< ,故所求概率
√1+k2 4 4
3 ( 3)
- - 3
为P=4 4 = .
4
1-(-1)
思路分析 直线y=kx与圆(x-5)2+y2=9相交的充要条件为圆心(5,0)到直线y=kx的距离小于半
径,从而求得k的范围,再利用几何概型的概率公式来求解概率.
评析 本题将直线与圆的位置关系、点到直线的距离与几何概型巧妙结合,主要考查了运算
求解能力及数形结合的思想方法,属中档题.
19. (2014福建文,13,4分)如图,在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子,有180粒落
到阴影部分,据此估计阴影部分的面积为 .
答案 0.18
S 180
解析 设阴影部分的面积为S,则 = ,
1×1 1 000
∴S=0.18.
20. (2014重庆文,15,5分)某校早上8:00开始上课,假设该校学生小张与小王在早上
7:30~7:50之间到校,且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的,则小张比小王至少早5分
钟到校的概率为 .(用数字作答)
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9
答案
32
{30≤x≤50,
解析 设小张和小王到校的时间分别为y和x,则 30≤ y≤50,则满足条件的区域如图中阴
y-x≥5,
影部分所示.
1
×15×15 9
故所求概率P=2 = .
32
20×20
评析 本题考查几何概型及数学建模的能力,考查转化与化归思想的应用.本题的易错点是搞
错事件发生的区域.
21.(2016山东文,16,12分)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿
童需转动如图所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指针所指区域中的数.设
两次记录的数分别为x,y.奖励规则如下:
①若xy≤3,则奖励玩具一个;
②若xy≥8,则奖励水杯一个;
③其余情况奖励饮料一瓶.
假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.
(1)求小亮获得玩具的概率;
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.
解析 用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基本事件空间Ω与点集S={(x,y)|
x∈N,y∈N,
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1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应.
因为S中元素的个数是4×4=16,
所以基本事件总数n=16.
(1)记“xy≤3”为事件A,
则事件A包含的基本事件数共5个,
即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1).
5 5
所以P(A)= ,即小亮获得玩具的概率为 .
16 16
(2)记“xy≥8”为事件B,“3<xy<8”为事件C,
则事件B包含的基本事件数共6个,
即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4).
6 3
所以P(B)= = .
16 8
事件C包含的基本事件数共5个,
即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1).
5 3 5
所以P(C)= .因为 > ,
16 8 16
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.
易错警示 本题出错的原因有两个:(1)理解不清题意,不能将基本事件列举出来;(2)列举基本
事件有遗漏.
评析 本题主要考查了古典概型,理解题意,不重不漏地列举出基本事件是解题关键.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 随机事件的概率
1.(2020湖南长沙一中第七次大联考)2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数(注:素数也叫
做质数)猜想的一个弱化形式,孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一,可以
这样描述:存在无穷多个素数p使得p+2是素数,素数对(p,p+2)称为孪生素数,从20以内的素
数中任取两个,其中能构成孪生素数的概率为 ( )
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1 1 3 1
A. B. C. D.
14 7 14 3
答案 B
2.(2021广东韶关一模,5)假设某射手每次射击命中率相同,且每次射击之间相互没有影响.若
16
在两次射击中至多命中一次的概率是 ,则该射手每次射击的命中率为 ( )
25
9 2 3 3
A. B. C. D.
25 5 5 4
答案 C
3.(2021山东德州一模,4)《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题:齐王与田
忌赛马,田忌的上等马劣于齐王的上等马,优于齐王的中等马,田忌的中等马劣于齐王的中等
马,优于齐王的下等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马.现两人进行赛马比赛,比赛规则:每匹
马只能用一次,每场比赛双方各出一匹马,共比赛三场.每场比赛中胜者得1分,败者得0分.若
每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马,则比赛结束时,田忌得2分的概率为 ( )
1 2 1 1
A. B. C. D.
3 3 6 2
答案 C
4.(2021辽宁沈阳期末,5)已知某药店只有A,B,C三种不同品牌的N95口罩,甲、乙两人到这个
药店各购买一种品牌的N95口罩,若甲,乙买A品牌口罩的概率分别为0.2,0.3,买B品牌口罩
的概率分别为0.5,0.4,则甲,乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为 ( )
A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.26
答案 C
5.(多选题)(2021东北三省四市教研协作体二模,17)以下关于概率与统计的说法中,正确的有
( )
A.某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向,拟采用分层抽样的方法从该校三
个年级的学生中抽取一个容量为60的样本.已知该校高一、高二、高三年级学生人数之比
为6∶5∶4,则应从高二年级中抽取20名学生
B.10件产品中有7件正品,3件次品,若从这10件产品中任取2件,则恰好取到1件次品的概
7
率为
15
C.若随机变量ξ服从正态分布N(1,σ2),P(ξ<4)=0.79,则P(ξ≤-2)=0.42
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D.设某学校女生体重y(单位:kg)与身高x(单位:cm)具有线性相关关系,根据一组样本数据(x,y)
i i
^
(i=1,2,…,n),用最小二乘法建立的回归方程为y=0.85x-85.71,若该学校某女生身高为170 cm,则
可断定其体重必为58.79 kg
答案 AB
考点2 古典概型
1.(2020湖南长沙一中第七次大联考)某研究学习小组为研究学校学生一个月课余使用手机的
总时间,收集了500名学生2019年12月课余使用手机的总时间(单位:小时)的数据.从中随机
抽取了50名学生,将数据进行整理,得到如图所示的频率分布直方图.已知这50人中,恰有2
名女生的课余使用手机总时间在区间[18,20]内,现在从课余使用手机总时间在[18,20]内的学
生中随机抽取2人,则至少抽到1名女生的概率为 ( )
2 7 8 7
A. B. C. D.
5 10 15 15
答案 B
2.(2021广东汕头一模,8)在新的高考改革方案中规定:每位考生的高考成绩是按照3(语文、数
学、英语)+2(物理、历史)选1+4(化学、生物、地理、政治)选2的模式设置的,则在选考的科
目中甲、乙两位同学恰有两科相同的概率为 ( )
1 1 5 1
A. B. C. D.
4 3 12 2
答案 C
3.(2021湖南湘潭一模,7)德国心理学家艾宾浩斯研究发现,遗忘在学习之后立即开始,而且遗
忘的进程并不是均匀的.最初遗忘速度很快,以后逐渐减慢.他认为“保持和遗忘是时间的函
数”.他用无意义音节(由若干音节字母组成、能够读出、但无内容意义即不是词的音节)作
为记忆材料,用节省法计算保持和遗忘的数量,并根据实验结果绘成描述遗忘进程的曲线,即
著名的艾宾浩斯遗忘曲线(如图所示).若一名学生背了100个英语单词,一天后,该学生在这
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100个英语单词中随机听写2个英语单词,以频率代替概率,不考虑其他因素,则该学生恰有1
个单词不会的概率大约为 ( )
A.0.43 B.0.39 C.0.26 D.0.15
答案 B
4.(2021河北张家口宣化一中模拟,5)用红,黄,蓝,绿,黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角
形区域涂色,则“任意两个有公共边的三角形所涂的颜色不同”的概率为 ( )
43 44 43 44
A. B. C. D.
53 53 54 54
答案 A
5.(2021江苏徐州一中期末,3)在二项式(x+1)10的展开式中任取一项,该项的系数为奇数的概率
是 ( )
2 1 4 5
A. B. C. D.
5 2 11 11
答案 C
考点3 几何概型
1.(2020福建龙岩3月教学质量检查,5)赵爽弦图(图1)是取材于我国古代数学家赵爽的《勾股
圆方图》,它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.图2是由弦
图变化得到的,它由八个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼接而成.现随机向图2中
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大正方形的内部投掷一枚飞镖,若直角三角形的直角边长分别为2和3,则飞镖投中小正方形
(阴影)区域的概率为 ( )
1 4 9 5
A. B. C. D.
25 25 25 36
答案 A
2.(2021安徽安庆一模,9)蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法,
将所求解的问题同一定的概率模型相联系,用均匀投点实现统计模拟和抽样,以获得问题的近
似解,故又称统计模拟法或统计实验法.现设计一个实验计算圆周率的近似值,向两直角边长
分别为6和8的直角三角形中均匀投点40个,落入其内切圆中的点有21个,则圆周率π≈ (
)
63 51 78 94
A. B. C. D.
20 16 25 29
答案 A
B组 综合应用题组
时间 : 50 分钟 分值 : 85 分
一、单项选择题(每小题5分,共40分)
1.(2021辽宁凌源3月尖子生抽测,7)已知正六边形AAAAAA 的边长为1,在这6个顶点中
1 2 3 4 5 6
任意取2个不同的顶点A,A(1≤i<j≤6)得到线段AA,则AA∉{1,2}的概率为 ( )
i j i j i j
1 1 2 3
A. B. C. D.
6 3 5 5
答案 C
2.(2021江苏徐州第三次调研,2)清明节前夕,某校团委决定举办“缅怀革命先烈,致敬时代英
雄”主题演讲比赛,经过初赛,共10人进入决赛,其中高一年级2人,高二年级3人,高三年级5
人,现采取抽签的方式决定演讲顺序,则在高二年级3人相邻的前提下,高一年级2人不相邻的
概率为 ( )
1 1 1 3
A. B. C. D.
12 3 2 4
答案 D
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3.(2021湖南岳阳一模,5)“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线,一直受到广大旅游爱好
者的欢迎.现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州
市、杭州市四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个
地方未被选中的概率为 ( )
7 9 27 81
A. B. C. D.
16 16 64 256
答案 B
4.(2020湖南衡阳一模)我国古代有着辉煌的数学研究成果,《周髀算经》《九章算术》《海
岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著是了解我国古代数学的重要文献,这10部
专著中5部产生于魏晋南北朝时期,某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”课
外阅读教材,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为 ( )
7 2 4 5
A. B. C. D.
9 9 9 9
答案 A
5.(2019湖南岳阳二模,8)四色猜想是世界三大数学猜想之一,1976年被美国数学家阿佩尔与
哈肯证明,称为四色定理,其内容是:“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界
的国家涂上不同的颜色.”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域,每一个
区域总可以用1,2,3,4四个数字之一标记,而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”.如图,
网格纸上小正方形的边长为1,粗实线围成的各区域上分别标有数字1,2,3,4的四色地图符合
四色定理,区域A和区域B标记的数字丢失,若在该四色地图上随机取一点,则恰好取自标记
为1的区域的概率所有可能值中,最大的是 ( )
1 1 1 11
A. B. C. D.
15 10 3 30
答案 C
6.(2021河北衡水中学全国高三第二次联考,10)甲、乙两人拿两个如图所示的正四面体骰子
做抛掷游戏,规则如下:由一人同时掷两个骰子,观察底面点数,若掷出的点数之和为5,则由原
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掷骰子的人继续掷;若掷出的点数之和不是5,就由对方接着掷,第一次由甲开始掷.设第n次由
甲掷的概率为P,则P 的值为 ( )
n 10
511 1 513 257
A. B. C. D.
1 024 2 1 024 512
答案 A
7. (2021东北三省四市教研联合体调研,3)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相
补”,刘徽称之为“以盈补虚”,即以多余补不足,是数量的平均思想在几何上的体现.如图,揭
示了刘徽推导三角形面积公式的方法,在△ABC内任取一点,则该点落在标记“盈”的区域的
概率为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
4 3 5 2
答案 A
8. (2020湖北十堰第二中学第二次诊断,6)欧拉三角形定义如下:△ABC的三个欧拉点(顶
点与垂心连线的中点)构成的三角形称为△ABC的欧拉三角形.如图,在△ABC中,
AB=AC=3,BC=2,△ABC的垂心为P,AP,BP,CP的中点分别为A,B,C ,△ABC 即为△ABC的欧
1 1 1 1 1 1
拉三角形,则向△ABC中随机投掷一点,该点落在△PAB 内的概率为 ( )
1 1
1 1 3 7
A. B. C. D.
9 8 32 64
答案 D
二、多项选择题(共5分)
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9.(2021湖北荆门2月联考,11)如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中
A,A,A,A 是道路网中位于一条对角线上的4个交会处.今在道路网M,N处的甲、乙两人分
1 2 3 4
别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达
N,M处为止,则下列说法正确的有 ( )
A.甲从M到达N处的方法有120种
B.甲从M必须经过A 到达N处的方法有9种
3
9
C.甲、乙两人在A 处相遇的概率为
3 100
41
D.甲、乙两人相遇的概率为
100
答案 BD
三、填空题(每小题5分,共15分)
10.(2021重庆二模,14)已知某信号传送网络由信号源甲和三个基站乙、丙、丁共同构成,每次
信号源甲等可能地向三个基站中的一个发送信号,乙基站接收到的每条信号等可能地传送给
丙基站和丁基站中的一个,丙基站接收到的每条信号只会传送给丁基站,丁基站只接收信号.
对于信号源甲发出的一条信号,丙基站能接收到的概率为 .
1
答案
2
11.(2021辽宁百校联盟调研,14)某中学为了解学生学习物理的情况,抽取了100名物理成绩在
60~90分(满分为100分)之间的学生进行调查,将这100名学生的物理成绩分成了六段:
[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85),[85,90],绘成频率分布直方图,如图所示.从成绩在[70,80)的
学生中任意抽取2人,则成绩在[75,80)的学生恰好有一人的概率为 .
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24
答案
49
12.(2021辽宁丹东期末,15)一口袋中装有大小完全相同的红色、黄色、蓝色小球各一个,从中
随机摸出一个球,记下颜色后放回袋中继续摸球,当三种颜色都被记到就停止摸球,则恰好摸
球五次就停止摸球的概率为 .
14
答案
81
四、解答题(共25分)
13.(2021东北三省四市教研联合体二模,17)在一个文艺比赛中,5名专业人士和5名观众代表
各组成一个评委小组,给参赛选手打分.下面是两组评委对同一名选手的打分:
小组A 92 95 93 95 90
小组B 98 80 90 85 97
(1)请判断小组A与小组B哪一个更像是由专业人士组成的;(不必说明理由)
(2)若从A组的5位评委中任选2位评委,求其中恰有一位评委打分为95分的概率.
解析 (1)A打分更稳定.[由表格数据,知:
92+95+93+95+90 98+80+90+85+97
x = =93,x = =90,
A 5 B 5
1 5 1 5
s2= ∑(x -x )2 =3.6,s2= ∑(x -x )2 =47.6,
A 5 i=1 A i A B 5 i=1 B i B
其中i=1,2,…,5.因为s2 <s2
,
A B
故小组A打分稳定,更像是由专业人士组成的]
(2)从A组的5位评委中任选2位评委的选法有C2
种,其中恰有一位评委打分为95分的选法
5
C1C1
3
有C1C1
种,所以所求概率P=
2 3
= .
2 3 C2 5
5
思路分析 (1)根据已知数据计算两个小组的方差,结合方差的意义进行判断;(2)先求从A组
的5位评委中任选2位评委的所有可能选法的种数,再求恰有一位评委打分为95分的选法,
利用古典概型的概率计算公式求概率.
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14.(2021辽宁“决胜新高考·名校交流”3月联考,20)当前,全国上下正处在新冠肺炎疫情“外
防输入,内防反弹”的关键时期,为深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求,
学校始终把师生生命安全和身体健康放在第一位.结合全国第32个爱国卫生月要求,某班组
织开展了“战疫有我,爱卫同行”防控疫情知识竞赛,抽取四位同学,分成甲、乙两组,每组两
人,进行对战答题.规则如下:每次每位同学给出6道题目,其中有1道是送分题(即每位同学至
少答对1题).若每次每组答对的题数之和为3的倍数,则原答题组的人继续答题;若答对的题
数之和不是3的倍数,则由对方组接着答题.假设每位同学每次答题之间相互独立,无论答对
几道题概率都一样,且每次答题顺序不作考虑,第1次由甲组开始答题.
(1)若第n次由甲组答题的概率为P,求P;
n n
(2)前4次答题中甲组恰好答题2次的概率为多少?
5×2+2
解析 (1)答对的题数之和为3的倍数分别为1+2,2+4,1+5,4+5,3+3,6+6,3+6,其概率为
36
1 2
= ,则答对的题数之和不是3的倍数的概率为 .
3 3
第(n+1)次由甲组答题,是第n次由甲组答题,第(n+1)次继续由甲组答题的事件与第n次由乙组
答题,第(n+1)次由甲组答题的事件和,它们互斥,因为各次答题相互独立,
1
所以第n次由甲组答题,第(n+1)次继续由甲组答题的概率为 P,第n次由乙组答题,第(n+1)次
3 n
2 1 2 1 2 1 1( 1)
由甲组答题的概率为 (1-P),因此P = P+ (1-P)=- P+ (n∈N*),则P - =- P -
3 n n+1 3 n 3 n 3 n 3 n+1 2 3 n 2
因为第1次由甲组开始答题,则P=1,
1
{ 1} 1 1 1 1 ( 1) n-1 1 ( 1) n-1 1
所以 P - 是首项为 ,公比为- 的等比数列,所以P- = · - ,即P= · - +
n 2 2 3 n 2 2 3 n 2 3 2
.
(2)由于第1次由甲组开始答题,则只要第2次、第3次、第4次这3次中再由甲组答题一次
1 5 13
即可,由(1)可知P= ,P= ,P= ,所以所求概率P=PP(1-P)(1-P)+P(1-P)P(1-P)+P(1-P)
2 3 3 9 4 27 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2
(1-P)P
3 4
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1 ( 5) ( 13) ( 1) 5 ( 13) ( 1) ( 5) 13 100
= × 1- × 1- + 1- × × 1- + 1- × 1- × = .
3 9 27 3 9 27 3 9 27 243
思路分析 (1)先根据所给条件,用列举法求出由原答题组继续答题的概率和由对方组接着答
题的概率,再把第(n+1)次由甲组答题的事件拆分成两个互斥事件的和,最后由概率加法公式
列式求解;(2)分析出甲在第2次、第3次、第4次中只答题一次的概率,再进行相关计算.
— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)北京冬奥会将于2022年2月4日到20日在北京和张家口举行.为纪念申
奥成功,中国邮政发行《北京申办2022年冬奥会成功纪念》邮票,图案分别为冬奥会会徽
“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容
融”及“志愿者标志”.现从一套5枚邮票中任取3枚,则恰有2枚吉祥物邮票的概率为 (
)
1 3 3 7
A. B. C. D.
2 10 5 10
答案 B
2.(2021 5·3原创题)据工信部和三大运营商介绍,我国5G商用正在有序推进,技术研发试验已
进入最后阶段.和之前的移动通信相比,5G技术致力于解决“人与万物”间的关系,并在生活、
工作、联系及沟通方式等各层面带来全面改变.现有A、B、C三个城市拟分两批进入试点,
1 1 1
进入试点的概率分别为 , , ,在只有A城市第一批进入试点的条件下,最终进入试点至少有
2 3 4
两个城市的概率为 ( )
1 1 1 3
A. B. C. D.
2 3 4 4
答案 A
3.(2021 5·3原创题)为战胜新冠肺炎,某医院在36名积极申请的医护人员中任选2名驰援武
1
汉,若申请人中任何人被获准的可能性相同,且获准同性别的医护人员的概率是 ,则申请者中
2
男性医护人员有 名.
答案 21或15
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4.(2021 5·3原创题)正方体ABCD-A'B'C'D'中,从A',B',D',B,C,D六个顶点中,任取两个顶点构成
非零向量m,则使m·⃗AC'=0成立的概率为 .
2
答案
5
40 / 40
