2．2 古典概型的应用 (教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
[课时目标]
1.进一步熟悉古典概型的特点，解决较复杂的古典概型概率问题.
2.掌握互斥事件的概率加法公式.
3.学会利用互斥事件和对立事件的概率公式解决与古典概型有关的问题.
互斥事件与对立事件的概率公式
概率公式
互斥事件的概率加法公式 在一个试验中，如果事件A与事件B是互斥事件，那么有P(A∪B)＝____________
两两互斥的多个事件的概率加法公式 如果事件A1，A2，…，An两两互斥，那么有P(A1∪A2∪…∪An)＝________________
对立事件的概率公式 事件A和是对立事件，则P(A∪)＝P(A)＋P()＝1，即P()＝1－P(A)
|微|点|助|解|
(1)设样本空间Ω包含有n个样本点，当事件A与事件B互斥时，A与B不含有相同的样本点，此时n(A∪B)＝n(A)＋n(B)，结合古典概型的概率公式即可得P(A∪B)＝＝P(A)＋P(B)．
(2)当一个事件的概率不易求解，但其对立事件的概率易求时，我们常利用对立事件的概率公式，使用间接法求解．
(3)我们称如果A B，那么P(A)≤P(B)为概率的单调性．对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1.事件发生的可能性越大，它的概率越接近1；事件发生的可能性越小，它的概率越接近0.
(4)事件A与事件B不互斥时，求P(A∪B)的方法
①利用集合中元素个数的关系求解．
由Venn图知，card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)．
②类比集合知识知，当A，B不互斥时，n(A∪B)＝n(A)＋n(B)－n(A∩B)．
③设样本点总数为n(Ω)，则＝＋－，即P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
基础落实训练
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)事件A与B的和事件的概率一定大于事件A的概率．( )
(2)对于任意事件A，总有P(A)＋P()＝1.( )
(3)事件A1∪A2∪…∪An发生即事件A1，A2，…，An中至少有一个发生．( )
(4)若三个事件A，B，C两两互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.( )
2．若A，B是互斥事件，P(A)＝0.2，P(A∪B)＝0.5，则P(B)等于( )
A．0.3 B．0.7
C．0.1 D．1
3．掷一枚均匀的正六面体骰子，设A表示事件“出现3点”，B表示事件“出现偶数点”，则P(A∪B)＝__________.
题型(一) 概率模型的构建问题
[例1] 甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，求甲站在乙的左边的概率．
听课记录：
[变式拓展]
本例条件不变，求下列事件的概率：
(1)甲在边上；
(2)甲和乙都在边上；
(3)甲和乙都不在边上．
|思|维|建|模|
建立概率模型的方法
从不同的角度把握问题，进而转化为不同的古典概型，这是我们进行概率计算的重要思想．
(1)当试验可能出现的结果的角度不同时，样本点的个数也可能不同，即“一题多解”，但是最终所求概率的值是确定的．
(2)当多个试验可以建立一种模型时，样本点数可能不同，即“多题一解”，根据需要建立概率模型求解．
[针对训练]
1．科学家在1927年至1929年间发现自然界中的氧含有三种同位素，分别为16O,17O,18O，根据1940年比较精确的质谱测定，自然界中这三种同位素的含量比为16O占99.759%,17O占0.037%,18O占0.204%.现有3个16O，2个17O，n个18O，若从中随机选取1个氧元素，这个氧元素不是17O的概率为.
(1)求n；
(2)若从中随机选取2个氧元素，求这2个氧元素是同一种同位素的概率．
题型(二) 互斥事件的概率计算
[例2] 某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的占15%，需要维修2次的占6%，需要维修3次的占4%，
(1)某人购买了一台这个品牌的计算机，设Ak＝“一年内需要维修k次”，k＝0,1,2,3，请填写下表：
事件 A0 A1 A2 A3
概率
事件A0，A1，A2，A3是否满足两两互斥？
(2)求下列事件的概率：
①A＝“在1年内需要维修”；
②B＝“在1年内不需要维修”；
③C＝“在1年内维修不超过1次”．
听课记录：
|思|维|建|模|
运用互斥事件的概率加法公式的步骤
首先要弄清事件之间是否互斥，同时要学会把一个事件拆分为几个两两互斥的事件，解答这类问题的一般步骤为：
(1)确定各事件两两互斥；
(2)求各事件分别发生的概率，并求和．
[针对训练]
2．由经验可知，每天在学校食堂某窗口排队等候就餐的人数及其概率如下表：
排队人数 [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,+∞)
概率 0.10 0.16 0.30 0.30 0.10 0.04
(1)求等候就餐的人数在[4,16)内的概率；
(2)若等候就餐的人数大于或等于16，则应增加一个新窗口，请问增加新窗口的概率是多少？
题型(三) 对立事件的概率计算
[例3] 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．
听课记录：
|思|维|建|模|
公式P(A)＝1－P()的应用说明
(1)当直接求某一事件的概率较为复杂或根本无法求时，常常使用该公式转化为求其对立事件的概率．
(2)该公式的使用实际是运用逆向思维(正难则反)，比较适合含有“至多”“至少”“最少”等关键词语型题目．
[针对训练]
3．现有7名数理化成绩优秀者，分别用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的数学成绩优秀，B1，B2的物理成绩优秀，C1，C2的化学成绩优秀．从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，组成一个小组代表学校参加竞赛，求A1和B1不全被选中的概率．
古典概型的应用
课前预知教材
P(A)＋P(B) P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)
[基础落实训练] 1.(1)× (2)√ (3)√ (4)× 2.A 3.
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 解：法一：利用树状图来列举样本点，如图所示．
由树状图可看出共有24个样本点．设事件A＝“甲站在乙的左边”，则A事件包含的样本点为(甲乙丙丁)，(甲乙丁丙)，(甲丙乙丁)，(甲丙丁乙)，(甲丁乙丙)，(甲丁丙乙)，(丙甲乙丁)，(丙甲丁乙)，(丙丁甲乙)，(丁甲乙丙)，(丁甲丙乙)，(丁丙甲乙)，共12个．所以甲站在乙的左边的概率为P＝＝.
法二：因为要计算“甲站在乙的左边的概率”，所以可以只考虑甲、乙两个人排队．所有样本点为(甲乙)，(乙甲)，共2个，事件“甲站在乙的左边”包含1个样本点，即(甲乙)．所以甲站在乙的左边的概率为P＝.
[变式拓展]
解：由典例解析中的树状图可知，共有24个样本点．
(1)甲在边上有12种情形：(甲乙丙丁)，(甲乙丁丙)，(甲丙乙丁)，(甲丙丁乙)，(甲丁乙丙)，(甲丁丙乙)，(乙丙丁甲)，(乙丁丙甲)，(丙乙丁甲)，(丙丁乙甲)，(丁乙丙甲)，(丁丙乙甲)，故甲在边上的概率为P＝＝.
(2)甲和乙都在边上有4种情形：(甲丙丁乙)，(甲丁丙乙)，(乙丙丁甲)，(乙丁丙甲)，故甲和乙都在边上的概率为P＝＝.
(3)甲和乙都不在边上有4种情形：(丙甲乙丁)，(丙乙甲丁)，(丁甲乙丙)，(丁乙甲丙)，故甲和乙都不在边上的概率为P＝＝.
[针对训练]
1．解：(1)依题意，从这些氧元素中随机选取1个，这个氧元素是17O的概率P1＝，则有1－＝，解得n＝1.
(2)记3个16O分别为a，b，c,2个17O分别为x，y,1个18O为m，从中随机选取2个，所有的情况为(a，b)，(a，c)，(a，x)，(a，y)，(a，m)，(b，c)，(b，x)，(b，y)，(b，m)，(c，x)，(c，y)，(c，m)，(x，y)，(x，m)，(y，m)，共15种，它们等可能，其中这2个氧元素是同一种同位素的情况有(a，b)，(a，c)，(b，c)，(x，y)，共4种，其概率为P2＝，所以这2个氧元素是同一种同位素的概率是.
[题型(二)]
[例2] 解：(1)因为一年内需要维修1次的占15%，需要维修2次的占6%，需要维修3次的占4%，则有P(A1)＝0.15，P(A2)＝0.06，P(A3)＝0.04，
显然事件A0，A1，A2，A3中，任意两个事件不可能同时发生，因此事件A0，A1，A2，A3两两互斥，于是得P(A0)＝1－(0.15＋0.06＋0.04)＝0.75，
填表如下：
事件 A0 A1 A2 A3
概率 0.75 0.15 0.06 0.04
所以事件A0，A1，A2，A3满足两两互斥．
(2)①由(1)知，“在1年内需要维修”的事件，即事件A1，A2，A3至少有一个发生，而它们两两互斥，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝0.25.
②“在1年内不需要维修”的事件，即事件A0发生，所以P(B)＝P(A0)＝0.75.
③“在1年内维修不超过1次”的事件，即事件A0，A1至少发生一个，所以P(C)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝0.9.
[针对训练]
2．解：(1)记“等候就餐的人数在[4,16)内”为事件A，“等候就餐的人数在[4,8)内”为事件A1，“等候就餐的人数为在[8,12)内”为事件A2，“等候就餐的人数在[12,16)内”为事件A3，则A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝0.16＋0.30＋0.30＝0.76.故等候就餐的人数在[4,16)内的概率是0.76.
(2)记“等候就餐的人数大于或等于16”为事件B，“等候就餐的人数在[16,20)内”为事件B1，“等候就餐的人数在[20，＋∞)内”为事件B2，则B＝B1∪B2，且B1，B2互斥，所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝0.10＋0.04＝0.14.故增加新窗口的概率是0.14.
[题型(三)]
[例3] 解：由已知，样本空间Ω＝{(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个样本点．
(1)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个样本点．
所以P(A)＝＝.
故“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为.
(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件为“抽取的卡片上的数字a，b，c完全相同”，包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3个样本点．
所以P(B)＝1－P()＝1－＝.
故“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.
[针对训练]
3．解：从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，所有可能的结果有(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，共12种．设“A1和B1不全被选中”为事件N，则其对立事件表示“A1和B1全被选中”，即＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P(N)＝1－P()＝1－＝.故A1和B1不全被选中的概率为.
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2.2
古典概型的应用
(教学方式:深化学习课—梯度进阶式教学)
课时目标
1.进一步熟悉古典概型的特点,解决较复杂的古典概型概率问题.
2.掌握互斥事件的概率加法公式.
3.学会利用互斥事件和对立事件的概率公式解决与古典概型有关的问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
互斥事件与对立事件的概率公式
概率公式
互斥事件的概率加法公式 在一个试验中,如果事件A与事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=____________
两两互斥的多个事件的概率加法公式 如果事件A1,A2,…,An两两互斥,那么有P(A1∪A2∪…∪An)=______________________
对立事件的概率公式 事件A和是对立事件,则P(A∪)=P(A)+P()=1,即P()=1-P(A)
P(A)+P(B)
P(A1)+P(A2)+…+P(An)
|微|点|助|解|
(1)设样本空间Ω包含有n个样本点,当事件A与事件B互斥时,A与B不含有相同的样本点,此时n(A∪B)=n(A)+n(B),结合古典概型的概率公式即可得P(A∪B)==P(A)+P(B).
(2)当一个事件的概率不易求解,但其对立事件的概率易求时,我们常利用对立事件的概率公式,使用间接法求解.
(3)我们称如果A B,那么P(A)≤P(B)为概率的单调性.对于任意事件A,因为 A Ω,所以0≤P(A)≤1.事件发生的可能性越大,它的概率越接近1;事件发生的可能性越小,它的概率越接近0.
(4)事件A与事件B不互斥时,求P(A∪B)的方法
①利用集合中元素个数的关系求解.
由Venn图知,card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B).
②类比集合知识知,当A,B不互斥时,n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B).
③设样本点总数为n(Ω),则=+-,即P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)事件A与B的和事件的概率一定大于事件A的概率. ( )
(2)对于任意事件A,总有P(A)+P()=1. ( )
(3)事件A1∪A2∪…∪An发生即事件A1,A2,…,An中至少有一个发生. ( )
(4)若三个事件A,B,C两两互斥,则P(A)+P(B)+P(C)=1. ( )
×
√
√
×
2.若A,B是互斥事件,P(A)=0.2,P(A∪B)=0.5,则P(B)等于 ( )
A.0.3 B.0.7
C.0.1 D.1
解析:∵A,B是互斥事件,∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5,∵P(A)=0.2,
∴P(B)=0.5-0.2=0.3.
√
3.掷一枚均匀的正六面体骰子,设A表示事件“出现3点”,B表示事件“出现偶数点”,则P(A∪B)= .
解析:显然事件A与事件B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=+=.
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 概率模型的构建问题
[例1] 甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排,求甲站在乙的左边的概率.
解:法一:利用树状图来列举样本点,如图所示.
由树状图可看出共有24个样本点.设事件A=“甲站在乙的左边”,则A事件包含的样本点为(甲乙丙丁),(甲乙丁丙),(甲丙乙丁),(甲丙丁乙),(甲丁乙丙),(甲丁丙乙),(丙甲乙丁),(丙甲丁乙),(丙丁甲乙),(丁甲乙丙),(丁甲丙乙),(丁丙甲乙),共12个.所以甲站在乙的左边的概率为P==.
法二:因为要计算“甲站在乙的左边的概率”,所以可以只考虑甲、乙两个人排队.所有样本点为(甲乙),(乙甲),共2个,事件“甲站在乙的左边”包含1个样本点,即(甲乙).所以甲站在乙的左边的概率为P=.
变式拓展
本例条件不变,求下列事件的概率:
(1)甲在边上;
解:由典例解析中的树状图可知,共有24个样本点.
(1)甲在边上有12种情形:(甲乙丙丁),(甲乙丁丙),(甲丙乙丁),(甲丙丁乙), (甲丁乙丙),(甲丁丙乙),(乙丙丁甲),(乙丁丙甲),(丙乙丁甲),(丙丁乙甲), (丁乙丙甲),(丁丙乙甲),故甲在边上的概率为P==.
(2)甲和乙都在边上;
解:甲和乙都在边上有4种情形:(甲丙丁乙),(甲丁丙乙),(乙丙丁甲),(乙丁丙甲),故甲和乙都在边上的概率为P==.
(3)甲和乙都不在边上.
解:甲和乙都不在边上有4种情形:(丙甲乙丁),(丙乙甲丁),(丁甲乙丙),(丁乙甲丙),故甲和乙都不在边上的概率为P==.
|思|维|建|模|
建立概率模型的方法
从不同的角度把握问题,进而转化为不同的古典概型,这是我们进行概率计算的重要思想.
(1)当试验可能出现的结果的角度不同时,样本点的个数也可能不同,即“一题多解”,但是最终所求概率的值是确定的.
(2)当多个试验可以建立一种模型时,样本点数可能不同,即“多题一解”,根据需要建立概率模型求解.
针对训练
1.科学家在1927年至1929年间发现自然界中的氧含有三种同位素,分别为16O,17O,18O,根据1940年比较精确的质谱测定,自然界中这三种同位素的含量比为16O占99.759%,17O占0.037%,18O占0.204%.现有3个16O,2个17O,n个18O,若从中随机选取1个氧元素,这个氧元素不是17O的概率为.
(1)求n;
解:依题意,从这些氧元素中随机选取1个,这个氧元素是17O的概率P1=,则有1-=,解得n=1.
(2)若从中随机选取2个氧元素,求这2个氧元素是同一种同位素的概率.
解:记3个16O分别为a,b,c,2个17O分别为x,y,1个18O为m,从中随机选取2个,所有的情况为(a,b),(a,c),(a,x),(a,y),(a,m),(b,c),(b,x),(b,y),(b,m),(c,x),
(c,y),(c,m),(x,y),(x,m),(y,m),共15种,它们等可能,其中这2个氧元素是同一种同位素的情况有(a,b),(a,c),(b,c),(x,y),共4种,其概率为P2=,所以这2个氧元素是同一种同位素的概率是.
[例2] 某品牌计算机售后保修期为1年,根据大量的维修记录资料,这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的占15%,需要维修2次的占6%,需要维修3次的占4%,
(1)某人购买了一台这个品牌的计算机,设Ak=“一年内需要维修k次”,k=0,1,2,3,请填写下表:
题型(二) 互斥事件的概率计算
事件 A0 A1 A2 A3
概率
事件A0,A1,A2,A3是否满足两两互斥
解:因为一年内需要维修1次的占15%,需要维修2次的占6%,需要维修3次的占4%,则有P(A1)=0.15,P(A2)=0.06,P(A3)=0.04,
显然事件A0,A1,A2,A3中,任意两个事件不可能同时发生,因此事件A0,A1,A2,A3两两互斥,于是得P(A0)=1-(0.15+0.06+0.04)=0.75,
填表如下:
事件 A0 A1 A2 A3
概率 0.75 0.15 0.06 0.04
所以事件A0,A1,A2,A3满足两两互斥.
(2)求下列事件的概率:
①A=“在1年内需要维修”;
②B=“在1年内不需要维修”;
③C=“在1年内维修不超过1次”.
解:①由(1)知,“在1年内需要维修”的事件,即事件A1,A2,A3至少有一个发生,而它们两两互斥,所以P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.25.
②“在1年内不需要维修”的事件,即事件A0发生,所以P(B)=P(A0)=0.75.
③“在1年内维修不超过1次”的事件,即事件A0,A1至少发生一个,所以P(C)=P(A0∪A1)=P(A0)+P(A1)=0.9.
|思|维|建|模|
运用互斥事件的概率加法公式的步骤
首先要弄清事件之间是否互斥,同时要学会把一个事件拆分为几个两两互斥的事件,解答这类问题的一般步骤为:
(1)确定各事件两两互斥;
(2)求各事件分别发生的概率,并求和.
针对训练
2.由经验可知,每天在学校食堂某窗口排队等候就餐的人数及其概率如下表:
排队人数 [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,+∞)
概率 0.10 0.16 0.30 0.30 0.10 0.04
解:记“等候就餐的人数在[4,16)内”为事件A,“等候就餐的人数在[4,8)内”为事件A1,“等候就餐的人数为在[8,12)内”为事件A2,“等候就餐的人数在[12,16)内”为事件A3,则A=A1∪A2∪A3,且A1,A2,A3两两互斥,所以P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.16+0.30+0.30=0.76.故等候就餐的人数在[4,16)内的概率是0.76.
(2)若等候就餐的人数大于或等于16,则应增加一个新窗口,请问增加新窗口的概率是多少
解:记“等候就餐的人数大于或等于16”为事件B,“等候就餐的人数在[16,20)内”为事件B1,“等候就餐的人数在[20,+∞)内”为事件B2,则B=B1∪B2,且B1,B2互斥,所以P(B)=P(B1)+P(B2)=0.10+0.04=0.14.故增加新窗口的概率是0.14.
题型(三) 对立事件的概率计算
[例3] 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;
解:由已知,样本空间Ω={(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个样本点.
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个样本点.所以P(A)==.
故“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为.
(2)求“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率.
解:设“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”为事件B,则事件为“抽取的卡片上的数字a,b,c完全相同”,包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3个样本点.所以P(B)=1-P()=1-=.
故“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率为.
|思|维|建|模|
公式P(A)=1-P()的应用说明
(1)当直接求某一事件的概率较为复杂或根本无法求时,常常使用该公式转化为求其对立事件的概率.
(2)该公式的使用实际是运用逆向思维(正难则反),比较适合含有“至多”“至少”“最少”等关键词语型题目.
针对训练
3.现有7名数理化成绩优秀者,分别用A1,A2,A3,B1,B2,C1,C2表示,其中A1,A2,A3的数学成绩优秀,B1,B2的物理成绩优秀,C1,C2的化学成绩优秀.从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名,组成一个小组代表学校参加竞赛,求A1和B1不全被选中的概率.
解:从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名,所有可能的结果有(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),
(A2,B2,C2),(A3,B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2),共12种.设“A1和B1不全被选中”为事件N,则其对立事件表示“A1和B1全被选中”,即={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2)},所以P(N)=1-P()=1-=.故A1和B1不全被选中的概率为.
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A级——达标评价
1.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球,从中摸出1个球,摸出红球的概率是0.42,摸出白球的概率是0.28,那么摸出黑球的概率是( )
A.0.42 B.0.28
C.0.3 D.0.7
解析:∵“摸出黑球”是“摸出红球或摸出白球”的对立事件,∴“摸出黑球”的概率是1-0.42-0.28=0.3.
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2.甲、乙两人下棋,甲获胜的概率是40%,甲不输的概率是90%,则甲、乙两人和棋的概率是 ( )
A.60% B.30%
C.10% D.50%
解析: “甲获胜”与“甲、乙下成和棋”是互斥事件,“甲不输”即“甲获胜或甲、乙下成和棋”,故P(甲不输)=P(甲胜)+P(甲、乙和棋),所以P(甲、乙和棋)=P(甲不输)-P(甲胜)=90%-40%=50%.
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3.围棋盒子中有多粒黑子和白子,已知从中取出2粒都是黑子的概率为,从中取出2粒都是白子的概率是.则从中取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A. B.
C. D.1
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解析:设“从中取出2粒都是黑子”为事件A,“从中取出2粒都是白子”为事件B,“从中取出2粒恰好是同一色”为事件C,则C=A∪B,且事件A与B互斥.所以P(C)=P(A)+P(B)=+=,即从中取出2粒恰好是同一色的概率为.
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4.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 ( )
A. B.
C. D.
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解析:记3个红球分别为a1,a2,a3,2个白球分别为b1,b2.从3个红球、2个白球中任取3个,则所包含的结果有(a1,a2,a3),(a1,a2,b1),(a1,a2,b2),(a1,a3,b1),
(a1,a3,b2),(a2,a3,b1),(a2,a3,b2),(a1,b1,b2),(a2,b1,b2),(a3,b1,b2),共10种.
用A表示“所取的3个球中至少有1个白球”,则其对立事件表示“所取的3个球中没有白球”,因为事件包含的结果有1个:(a1,a2,a3),所以P()=.故P(A)=1-P()=1-=.
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5.(多选)一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球,从中取出2个球,则 ( )
A.如果是不放回地抽取,那么“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件
B.如果是不放回地抽取,那么第2次取到红球的概率一定小于第1次取到红球的概率
C.如果是有放回地抽取,那么取出1个红球和1个白球的概率是
D.如果是有放回地抽取,那么至少取出一个红球的概率是
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解析:不放回地抽取2个球包括2个都是红球、2个都是白球和1个红球1个白球,共3种情况,所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件,但不是对立事件,故A错误.
记2个红球分别为a,b,3个白球分别为1,2,3.
不放回地从中取2个球的样本空间
Ω1={ab,a1,a2,a3,ba,b1,b2,b3,1a,1b,12,13,2a,2b,21,23,3a,3b,31,32},共20种,记事件A为“第1次取到红球”,事件B为“第2次取到红球”,
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则A={ab,a1,a2,a3,ba,b1,b2,b3},B={ab,ba,1a,1b,2a,2b,3a,3b},所以P(A)=P(B)==,故B错误.
有放回地从中取2个球的样本空间Ω2={aa,ab,a1,a2,a3,ba,bb,b1,b2,b3,1a,1b,11,12,13,2a,2b,21,22,23,3a,3b,31,32,33},共25种;
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记事件C为“取出1个红球和1个白球”,则C={a1,a2,a3,b1,b2,b3,1a,1b,2a,2b,3a,3b},所以P(C)=,故C正确.
记事件D为“取出2个白球”,D={11,12,13,21,22,23,31,32,33},所以P(D)=,所以至少取出1个红球的概率为1-=,故D正确.故选C、D.
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6.中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛,甲夺得冠军的概率为,乙夺得冠军的概率为,那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为 .
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解析:由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”,但这两个事件不可能同时发生,即彼此互斥,所以可按互斥事件的概率加法公式进行计算,即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为+=.
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7.在-2,-1,0,1,2的五个数字中,有放回地随机取两个数字分别作为函数y=ax2+3bx-2中a,b的值,则该函数图象恰好经过第一、三、四象限的概率为 .
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解析:五个数字任取一个作数字作系数a,放回后随机任取一个数作为b,有5×5=25种不同取法.当a=0时,函数图象为一条直线y=3bx-2,若图象恰好经过第一、三、四象限,则b>0,即有a=0,b=1;a=0,b=2两组数满足;
当a≠0时,二次函数经过第一、三、四象限则开口向下,又图象过点(0,-2),顶点必在第一象限,即满足a<0,->0,Δ>0,有a=-2,b=2;a=-1,b=1;a=-1,b=2三组数满足.故共有5组数满足,所求概率为=.
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8.投掷一枚质地均匀的骰子,向上的一面出现1点,2点,3点,4点,5点,6点的概率都是,记事件A为“出现奇数点”,事件B“向上的点数不超过3”,则P(A∪B)= .
解析:因为P(A)==,P(B)==,P(AB)==,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.
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9.(8分)在①高一或高二学生的概率为;②高二或高三学生的概率为;③高三学生的概率为.这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.
已知某高中的高一有学生600人,高二有学生500人,高三有学生a人,若从所有学生中随机抽取1人,抽到 .
(1)求a的值;
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解:选①.
依题意,从所有学生中随机抽取1人,抽到高一或高二学生的概率为==,解得a=300.
选②.
依题意,从所有学生中随机抽取1人,抽到高二或高三学生的概率为==,解得a=300.
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选③.
依题意,从所有学生中随机抽取1人,抽到高三学生的概率为=,解得a=300.
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(2)若按照高一和高三学生人数的比例情况,从高一和高三的所有学生中随机抽取6人,再从这6人中随机抽取2人,求至少有1人是高三学生的概率.
解:第一步:求出抽取的6人中高一、高三学生的人数.
由(1)知,高一、高三学生人数比为2∶1,所以抽取的6人中,高一有4人,高三有2人.
第二步:列出从抽取的6人中任取2人的所有情况.
高一的4人记为a,b,c,d,高三的2人记为A,B,
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则从这6人中任取2人的所有情况为(a,b),(a,c),(a,d),(a,A),(a,B),(b,c),(b,d),(b,A),(b,B),(c,d),(c,A),(c,B),(d,A),
(d,B),(A,B),共15种.
第三步:列出至少有1人是高三学生的情况.
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抽取的2人中至少有1人是高三学生的情况有(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),(d,A),(d,B),(A,B),共9种.
第四步:根据古典概型的概率公式得解.
至少有1人是高三学生的概率为=.
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10.(8分)某著名小吃店高峰时段面临用餐排队问题,店主打算扩充店面,为了确定扩充的面积大小,店主随机抽查了过去若干天内高峰时段的用餐人数,所得数据统计如图所示.
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(1)求高峰时段用餐人数的平均数以及方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
解:由频率分布直方图得=22.5×0.1+27.5×0.4+32.5×0.3+37.5×0.2=30.5,
∴s2=(22.5-30.5)2×0.1+(27.5-30.5)2×0.4+(32.5-30.5)2×0.3+(37.5-30.5)2×0.2=6.4+3.6+1.2+9.8=21.
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(2)现用分层随机抽样的方法从高峰时段用餐人数在[30,40]的天数中随机抽取5天,再从这5天中随机抽取3天,求至少有2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的概率.
解:∵用餐人数在[30,35)对应的频率为0.3,在[35,40]对应的频率为0.2,∴5天中,用餐人数在[30,35)的天数为3天,可记为a,b,c,在[35,40]的天数为2天,可记为A,B,则任取3天,所有的情况有
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(a,b,c),(a,b,A),(a,b,B),(a,c,A),(a,c,B),(a,A,B),(b,c,A),(b,c,B),(b,A,B),(c,A,B),共10种,其中至少2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的情况有(a,b,c),(a,b,A),(a,b,B),(a,c,A),(a,c,B),(b,c,A),(b,c,B),共7种,故至少有2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的概率为.
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B级——应用创新
11.若随机事件A,B互斥,A,B发生的概率均不等于0,且P(A)=2-a,P(B)=4a-5,则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
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解析:因随机事件A,B互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B)=3a-3,依题意及概率的性质得即解得
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12.同时抛掷两枚骰子,既不出现5点也不出现6点的概率为,则5点或6点至少出现一个的概率是 .
解析:记事件A=“既不出现5点也不出现6点”,则P(A)=,事件B=“5点或6点至少出现一个”.因为A与B为对立事件,所以P(B)=1-P(A)=1-=.
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13.(10分)袋子中放有大小和形状相同的小球若干个,其中红色小球1个,黄色小球1个,蓝色小球n个,从袋子中随机抽取1个小球,设取到蓝色小球为事件M,且事件M发生的概率是.
(1)求n的值;
解:由题意,从袋子中随机抽取1个小球,共有n+2个结果,每个结果可能性相同,其中事件M发生有n种结果,所以P(M)==,解得n=2.
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(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球,若每次取到红色小球得0分,取到黄色小球得1分,取到蓝色小球得2分,设第一次取出小球后得分为a,第二次取出小球后得分为b,记事件N为“a+b=2”,求事件N发生的概率.
解:把红色小球记为A;黄色的小球记为B;蓝色小球记为C1,C2;
则两次不放回地取出小球的组合情况可用表格表示为
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A B C1 C2
A × (A,B) (A,C1) (A,C2)
B (B,A) × (B,C1) (B,C2)
C1 (C1,A) (C1,B) × (C1,C2)
C2 (C2,A) (C2,B) (C2,C1) ×
共12个样本点,其中事件N包含的样本点有(A,C1),(A,C2),(C1,A),(C2,A),共4个,所以P(N)==.
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14.(10分)随着中国实施制造强国战略以来,中国制造(Made in china)逐渐成为世界上认知度最高的标签之一,企业也越来越重视产品质量的全程控制.某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本,检测其质量指标值,质量指标的范围为[50,100],经过数据处理后得到如下频率分布直方图.
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(1)求频率分布直方图中质量指标值的平均数和中位数(结果精确到0.1);
解:设质量指标值的平均数为,中位数为a,则
=55×0.15+65×0.25+75×0.3+85×0.2+95×0.1=73.5,因为区间[50,60)对应的频率为0.15,区间[60,70)对应的频率为0.25,区间[70,80)对应的频率为0.3,所以中位数a在区间[70,80)上,故0.4+(a-70)×0.03=0.5,a≈73.3.
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(2)为了进一步检验产品质量,在样本中从质量指标在[50,60)和[90,100]的两组中抽取2件产品,记至少有一件取自[50,60)的产品件数为事件A,求事件A的概率.
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解:样本中质量指标在[50,60)的产品有40×10×0.015=6件,记为A,B,C,D,E,F,质量指标在[90,100]的有40×10×0.01=4件,记为a,b,c,d,从这10件产品中选取2件产品的所有选取方法:AB,AC,AD,AE,AF,Aa,
Ab,Ac,Ad,BC,BD,BE,BF,Ba,Bb,Bc,Bd,CD,CE,CF,Ca,Cb,Cc,Cd,DE,DF,Da,Db,Dc,Dd,EF,Ea,Eb,Ec,Ed,Fa,Fb,Fc,Fd,ab,ac,ad,bc,bd,cd,共45种,
其中至少有一件取自[50,60)的产品有39种,则P(A)==.
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15.(15分)为保护学生视力,让学生在学校专心学习,促进学生身心健康发展,教育部于2021年1月15日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》,对中小学生的手机使用和管理作出了规定.某中学研究型学习小组调查研究“中学生每日使用手机的时间”.
从该校中随机调查了100名学生,得到如下统计表:
时间t/min [0,12) [12,24) [24,36) [36,48) [48,60) [60,72]
人数 10 36 34 10 6 4
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(1)估计该校学生每日使用手机的时间的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表);
解:由题意得,随机选取的该校这100名学生每日使用手机的时间的平均数为
=6×+18×+30×+42×+54×+66×==27.36(min).
所以估计该校学生每日使用手机的时间的平均数为27.36 min.
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(2)用分层随机抽样的方法从使用手机时间在[48,60)和[60,72]的两组学生中抽取5人,再从这5人中随机抽取2人,求这2人来自不同组的概率.
解:由分层随机抽样的方法知,抽取的5人在[48,60)组的有3人,记为a,b,c,在[60,72]组的有2人,记为A,B,从5人中抽取2人的所有样本点为ab,ac,aA,aB,bc,bA,bB,cA,cB,AB,共10个,来自不同组的样本点为aA,aB,bA,bB,cA,cB,共6个,
故所求概率P==.
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16.(17分)已知函数f(x)=ax2-bx-1,集合P={1,2,3,4},Q={2,4,6,8},若分别从集合P,Q中随机抽取一个数a和b,构成数对(a,b).
(1)记事件A为“函数f(x)的单调递增区间为[1,+∞)”,求事件A的概率;
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解:由题知a∈{1,2,3,4},b∈{2,4,6,8},所以数对(a,b)的可能取值为(1,2),(1,4),(1,6),(1,8),(2,2),(2,4),(2,6),(2,8),(3,2),(3,4),(3,6),(3,8),(4,2),(4,4),
(4,6),(4,8)共16对.若函数f(x)的单调递增区间为[1,+∞),则函数f(x)的对称轴为x==1,即b=2a,
所以满足条件的样本点有(1,2),(2,4),(3,6),(4,8),共4对,所以事件A的概率为P(A)==.
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3
4
2
(2)记事件B为“方程=2有4个根”,求事件B的概率.
解:因为a>0,二次函数开口向上,所以方程|f(x)|=2有4个根,即为f(x)=2和f(x)=-2,各有2个根,所以二次函数f(x)=ax2-bx-1的最小值小于-2.
所以<-2,即b2>4a,满足条件的样本点有(1,4),(1,6),(1,8),(2,4),(2,6),(2,8),(3,4),(3,6),(3,8),(4,6),(4,8),共11对,所以事件B的概率P(B)=.
16课时跟踪检测(四十九) 古典概型的应用
(满分120分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是( )
A．0.42 B．0.28
C．0.3 D．0.7
2．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概率是90%，则甲、乙两人和棋的概率是( )
A．60% B．30%
C．10% D．50%
3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，从中取出2粒都是白子的概率是.则从中取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A. B.
C. D．1
4．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( )
A. B.
C. D.
5．(多选)一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，从中取出2个球，则( )
A．如果是不放回地抽取，那么“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件
B．如果是不放回地抽取，那么第2次取到红球的概率一定小于第1次取到红球的概率
C．如果是有放回地抽取，那么取出1个红球和1个白球的概率是
D．如果是有放回地抽取，那么至少取出一个红球的概率是
6．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为，乙夺得冠军的概率为，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．
7．在－2，－1,0,1,2的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数y＝ax2＋3bx－2中a，b的值，则该函数图象恰好经过第一、三、四象限的概率为________．
8．投掷一枚质地均匀的骰子，向上的一面出现1点，2点，3点，4点，5点，6点的概率都是，记事件A为“出现奇数点”，事件B“向上的点数不超过3”，则P(A∪B)＝__________.
9．(8分)在①高一或高二学生的概率为；②高二或高三学生的概率为；③高三学生的概率为.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
已知某高中的高一有学生600人，高二有学生500人，高三有学生a人，若从所有学生中随机抽取1人，抽到____________．
(1)求a的值；
(2)若按照高一和高三学生人数的比例情况，从高一和高三的所有学生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人是高三学生的概率．
10．(8分)某著名小吃店高峰时段面临用餐排队问题，店主打算扩充店面，为了确定扩充的面积大小，店主随机抽查了过去若干天内高峰时段的用餐人数，所得数据统计如图所示．
(1)求高峰时段用餐人数的平均数以及方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现用分层随机抽样的方法从高峰时段用餐人数在[30,40]的天数中随机抽取5天，再从这5天中随机抽取3天，求至少有2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的概率．
B级——重点培优
11．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
12．同时抛掷两枚骰子，既不出现5点也不出现6点的概率为，则5点或6点至少出现一个的概率是________．
13．(10分)袋子中放有大小和形状相同的小球若干个，其中红色小球1个，黄色小球1个，蓝色小球n个，从袋子中随机抽取1个小球，设取到蓝色小球为事件M，且事件M发生的概率是.
(1)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，若每次取到红色小球得0分，取到黄色小球得1分，取到蓝色小球得2分，设第一次取出小球后得分为a，第二次取出小球后得分为b，记事件N为“a＋b＝2”，求事件N发生的概率．
14．(10分)随着中国实施制造强国战略以来，中国制造(Made in china)逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制．某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测其质量指标值，质量指标的范围为[50,100]，经过数据处理后得到如下频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中质量指标值的平均数和中位数(结果精确到0.1)；
(2)为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在[50,60)和[90,100]的两组中抽取2件产品，记至少有一件取自[50,60)的产品件数为事件A，求事件A的概率．
15．(15分)为保护学生视力，让学生在学校专心学习，促进学生身心健康发展，教育部于2021年1月15日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》，对中小学生的手机使用和管理作出了规定．某中学研究型学习小组调查研究“中学生每日使用手机的时间”．
从该校中随机调查了100名学生，得到如下统计表：
时间t/min [0，12) [12，24) [24，36) [36，48) [48，60) [60，72]
人数 10 36 34 10 6 4
(1)估计该校学生每日使用手机的时间的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)用分层随机抽样的方法从使用手机时间在[48,60)和[60,72]的两组学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人来自不同组的概率．
16．(17分)已知函数f(x)＝ax2－bx－1，集合P＝{1,2,3,4}，Q＝{2,4,6,8}，若分别从集合P，Q中随机抽取一个数a和b，构成数对(a，b)．
(1)记事件A为“函数f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)”，求事件A的概率；
(2)记事件B为“方程＝2有4个根”，求事件B的概率．
课时跟踪检测(四十九)
1．选C ∵“摸出黑球”是“摸出红球或摸出白球”的对立事件，∴“摸出黑球”的概率是1－0.42－0.28＝0.3.
2．选D “甲获胜”与“甲、乙下成和棋”是互斥事件，“甲不输”即“甲获胜或甲、乙下成和棋”，故P(甲不输)＝P(甲胜)＋P(甲、乙和棋)，所以P(甲、乙和棋)＝P(甲不输)－P(甲胜)＝90%－40%＝50%.
3．选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“从中取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，即从中取出2粒恰好是同一色的概率为.
4．选D 记3个红球分别为a1，a2，a3,2个白球分别为b1，b2.从3个红球、2个白球中任取3个，则所包含的结果有(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种．
用A表示“所取的3个球中至少有1个白球”，则其对立事件表示“所取的3个球中没有白球”，因为事件包含的结果有1个：(a1，a2，a3)，所以P()＝.故P(A)＝1－P()＝1－＝.
5．选CD 不放回地抽取2个球包括2个都是红球、2个都是白球和1个红球1个白球，共3种情况，所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件，但不是对立事件，故A错误．
记2个红球分别为a，b,3个白球分别为1,2,3.
不放回地从中取2个球的样本空间Ω1＝{ab，a1，a2，a3，ba，b1，b2，b3,1a,1b,12,13,2a,2b,21,23,3a,3b,31,32}，共20种，
记事件A为“第1次取到红球”，事件B为“第2次取到红球”，
则A＝{ab，a1，a2，a3，ba，b1，b2，b3}，B＝{ab，ba,1a,1b,2a,2b,3a,3b}，所以P(A)＝P(B)＝＝，故B错误．
有放回地从中取2个球的样本空间Ω2＝{aa，ab，a1，a2，a3，ba，bb，b1，b2，b3,1a,1b,11,12,13,2a,2b,21,22,23,3a,3b,31,32,33}，共25种；
记事件C为“取出1个红球和1个白球”，则C＝{a1，a2，a3，b1，b2，b3,1a,1b,2a,2b,3a,3b}，所以P(C)＝，故C正确．
记事件D为“取出2个白球”，D＝{11,12,13,21,22,23,31,32,33}，所以P(D)＝，所以至少取出1个红球的概率为1－＝，故D正确．故选C、D.
6．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件的概率加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为＋＝.
答案：
7．解析：五个数字任取一个作数字作系数a，放回后随机任取一个数作为b，有5×5＝25种不同取法．当a＝0时，函数图象为一条直线y＝3bx－2，若图象恰好经过第一、三、四象限，则b>0，即有a＝0，b＝1；a＝0，b＝2两组数满足；
当a≠0时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图象过点(0，－2)，顶点必在第一象限，即满足a<0，－>0，Δ>0，有a＝－2，b＝2；a＝－1，b＝1；a＝－1，b＝2三组数满足．故共有5组数满足，所求概率为＝.
答案：
8．解析：因为P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝.
答案：
9．解：(1)选①.
依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高一或高二学生的概率为＝＝，解得a＝300.
选②.
依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高二或高三学生的概率为＝＝，解得a＝300.
选③.
依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高三学生的概率为＝，解得a＝300.
(2)第一步：求出抽取的6人中高一、高三学生的人数．
由(1)知，高一、高三学生人数比为2∶1，所以抽取的6人中，高一有4人，高三有2人．
第二步：列出从抽取的6人中任取2人的所有情况．
高一的4人记为a，b，c，d，高三的2人记为A，B，
则从这6人中任取2人的所有情况为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15种．
第三步：列出至少有1人是高三学生的情况．
抽取的2人中至少有1人是高三学生的情况有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共9种．
第四步：根据古典概型的概率公式得解．
至少有1人是高三学生的概率为＝.
10．解：(1)由频率分布直方图得＝22.5×0.1＋27.5×0.4＋32.5×0.3＋37.5×0.2＝30.5，
∴s2＝(22.5－30.5)2×0.1＋(27.5－30.5)2×0.4＋(32.5－30.5)2×0.3＋(37.5－30.5)2×0.2＝6.4＋3.6＋1.2＋9.8＝21.
(2)∵用餐人数在[30,35)对应的频率为0.3，在[35,40]对应的频率为0.2，∴5天中，用餐人数在[30,35)的天数为3天，可记为a，b，c，在[35,40]的天数为2天，可记为A，B，则任取3天，所有的情况有(a，b，c)，(a，b，A)，(a，b，B)，(a，c，A)，(a，c，B)，(a，A，B)，(b，c，A)，(b，c，B)，(b，A，B)，(c，A，B)，共10种，其中至少2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的情况有(a，b，c)，(a，b，A)，(a，b，B)，(a，c，A)，(a，c，B)，(b，c，A)，(b，c，B)，共7种，
故至少有2天的高峰时段用餐人数在[30,35)的概率为.
11．选C 因随机事件A，B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝3a－3，依题意及概率的性质得即解得所以实数a的取值范围是.
12．解析：记事件A＝“既不出现5点也不出现6点”，则P(A)＝，事件B＝“5点或6点至少出现一个”．因为A与B为对立事件，所以P(B)＝1－P(A)＝1－＝.
答案：
13．解：(1)由题意，从袋子中随机抽取1个小球，共有n＋2个结果，每个结果可能性相同，其中事件M发生有n种结果，所以P(M)＝＝，解得n＝2.
(2)把红色小球记为A；黄色的小球记为B；蓝色小球记为C1，C2；
则两次不放回地取出小球的组合情况可用表格表示为
A B C1 C2
A × (A，B) (A，C1) (A，C2)
B (B，A) × (B，C1) (B，C2)
C1 (C1，A) (C1，B) × (C1，C2)
C2 (C2，A) (C2，B) (C2，C1) ×
共12个样本点，其中事件N包含的样本点有(A，C1)，(A，C2)，(C1，A)，(C2，A)，共4个，所以P(N)＝＝.
14．解：(1)设质量指标值的平均数为，中位数为a，则＝55×0.15＋65×0.25＋75×0.3＋85×0.2＋95×0.1＝73.5，因为区间[50,60)对应的频率为0.15，区间[60,70)对应的频率为0.25，区间[70,80)对应的频率为0.3，所以中位数a在区间[70,80)上，故0.4＋(a－70)×0.03＝0.5，a≈73.3.
(2)样本中质量指标在[50,60)的产品有40×10×0.015＝6件，记为A，B，C，D，E，F，质量指标在[90,100]的有40×10×0.01＝4件，记为a，b，c，d，从这10件产品中选取2件产品的所有选取方法：AB，AC，AD，AE，AF，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，BE，BF，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，CE，CF，Ca，Cb，Cc，Cd，DE，DF，Da，Db，Dc，Dd，EF，Ea，Eb，Ec，Ed，Fa，Fb，Fc，Fd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共45种，
其中至少有一件取自[50,60)的产品有39种，则P(A)＝＝.
15．解：(1)由题意得，随机选取的该校这100名学生每日使用手机的时间的平均数为
＝6×＋18×＋30×＋42×＋54×＋66×＝＝27.36(min)．
所以估计该校学生每日使用手机的时间的平均数为27.36 min.
(2)由分层随机抽样的方法知，抽取的5人在[48,60)组的有3人，记为a，b，c，在[60,72]组的有2人，记为A，B，从5人中抽取2人的所有样本点为ab，ac，aA，aB，bc，bA，bB，cA，cB，AB，共10个，来自不同组的样本点为aA，aB，bA，bB，cA，cB，共6个，
故所求概率P＝＝.
16．解：(1)由题知a∈{1,2,3,4}，b∈{2,4,6,8}，所以数对(a，b)的可能取值为(1,2)，(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(4,8)共16对．若函数f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)，则函数f(x)的对称轴为x＝＝1，即b＝2a，
所以满足条件的样本点有(1,2)，(2,4)，(3,6)，(4,8)，共4对，所以事件A的概率为P(A)＝＝.
(2)因为a>0，二次函数开口向上，所以方程|f(x)|＝2有4个根，即为f(x)＝2和f(x)＝－2，各有2个根，所以二次函数f(x)＝ax2－bx－1的最小值小于－2.
所以<－2，即b2>4a，满足条件的样本点有(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,6)，(4,8)，共11对，所以事件B的概率P(B)＝.
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