第二课时 古典概型的综合问题
1.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶.若从立春、雨水、惊蛰、春分这四个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A. B.
C. D.
2.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，则小敏只输入一次密码就能够成功开机的概率是（ ）
A. B.
C. D.
3.将2个1和3个0随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ）
A.0.3 B.0.5
C.0.6 D.0.8
4.（2025·潍坊月考）从数据1，3，5，7，9这五个数中随机删去两个数，则剩下的三个数的平均数大于5的概率为（ ）
A. B.
C. D.
5.〔多选〕甲、乙两人做游戏，则下列游戏规则中公平的有（ ）
A.抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为奇数，则甲获胜；若向上的点数为偶数，则乙获胜
B.同时抛掷两枚质地均匀的硬币，若恰有一枚正面向上，则甲获胜；若两枚都正面向上，则乙获胜
C.从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，若扑克牌是红花色，则甲获胜；若扑克牌是黑花色，则乙获胜
D.甲、乙两人各写一个数字6或8，若两人写的数字相同，则甲获胜，否则乙获胜
6.〔多选〕某展会安排了分别标有序号为“1号”、“2号”、“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案，方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）
A.P1＋P2＝
B.P1·P2＝
C.P1＋P2＝
D.P1＞P2
7.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 .
8.（2025·台州月考）据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数（小木棍全部用完），那么这两个数的和不小于9的概率为 .
9.某林场在海拔（单位：米）0至2 500米内均种植树木，从中随机抽取100棵树，将其海拔分布情况绘制成如图所示的频率分布直方图，再从海拔在[0，500），[1 000，1 500）的树中采用分层随机抽样的方式抽取5棵深入检查，用频率估计概率.
（1）根据频率分布直方图，估计该林场树木海拔的中位数；
（2）从参与深入检查的5棵树中随机选择3棵，求有且仅有2棵海拔在[1 000，1 500）内的概率.
10.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
11.某校从高二年级800名男生中随机抽取50名测量其身高（单位：cm，被测学生的身高全部在155 cm到195 cm之间），将测量结果按如下方式分成8组：第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]，绘制成的频率分布直方图如图所示，若从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名，记他们的身高分别为x，y，则｜x－y｜≤5的概率为（ ）
A. B. C. D.
12.如图所示，现有一只迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等可能地进入相邻的任意一格（若它在5处，跳动一次只能进入3处；若它在3处，则跳动一次可以等可能地进入1，2，4，5处），则它在第三次跳动后，首次进入5处的概率为 .
13.随着甜品的不断创新，现在的甜品无论是造型还是口感都十分诱人.某“网红”甜品店出售几种甜品，为了了解每个种类的甜品销售情况，专门收集了本店这个月里五种“网红甜品”的销售情况，统计后得到如下表格：
甜品种类 A甜品 B甜品 C甜品 D甜品 E甜品
销售总额 （万元） 10 5 20 20 12
销售量 （千份） 5 2 10 5 8
利润率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2
（利润率是指一份甜品的销售价格减去成本得到的利润与该甜品的销售价格的比值）
（1）从该甜品店本月卖出的甜品中随机选一份，求这份甜品的利润率高于0.2的概率；
（2）假设每种甜品利润率不变，销售一份A甜品获利x1元，销售一份B甜品获利x2元，销售一份C甜品获利x3元，销售一份D甜品获利x4元，销售一份E甜品获利x5元，设＝，若该甜品店从五种“网红甜品”中随机卖出两种不同的甜品，求至少有一种甜品获利超过元的概率.
1 / 1第二课时 古典概型的综合问题
课标要求
1.进一步理解古典概型的定义（数学抽象）. 2.熟练掌握古典概型的概率计算公式（数学运算）.
知识点一｜古典概型中的“放回”与“不放回”问题
【例1】 从含有两件正品a1，a2和一件次品b1的3件产品中每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次.
（1）求取出的两件产品中恰好有一件次品的概率；
解：（1）每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的样本空间Ω1＝{（a1，a2），（a1，b1），（a2，a1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}，
其中小括号内左边的字母表示第一次取出的产品，右边的字母表示第二次取出的产品.
Ω1由6个样本点组成，这些样本点的出现是等可能的.
用A表示“取出的两件产品中恰好有一件次品”这一事件，
则A＝{（a1，b1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}，
事件A由4个样本点组成，所以P（A）＝＝.
故所求的概率为.
（2）如果将“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放回”，则取出的两件产品中恰好有一件次品的概率是多少？
解：（2）有放回地连续取出两件，其一切可能的结果组成的样本空间Ω2＝{（a1，a1），（a1，a2），（a1，b1），（a2，a1），（a2，a2），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2），（b1，b1）}，共9个样本点.
用B表示“取出的两件产品中恰好有一件次品”这一事件，则B＝{（a1，b1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}.
事件B由4个样本点组成，所以P（B）＝.
故所求的概率为.
【规律方法】
解决“放回”与“不放回”问题的方法及注意点
（1）关于不放回抽样，计算样本点个数时，既可以看做是有顺序的，也可以看做是无顺序的，其最后结果是一致的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会产生错误；
（2）关于有放回抽样，应注意在连续取出两次的过程中，因为先后顺序不同，所以（a1，b1），（b1，a1）不是同一个样本点.
提醒：解决此类问题的关键是要清楚无论是“不放回抽样”还是“有放回抽样”，每一件产品被取出的机会都是均等的.
训练1 一个袋中装有四个大小完全相同的球，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；
解：（1）从袋中随机取两个球，所有样本点为（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6个，
从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的样本点为（1，2），（1，3），共2个，
因此所求的概率为＝.
（2）先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n≥m＋2的概率.
解：（2）由题意可知，试验的样本空间Ω＝{（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个样本点，
因为满足条件n≥m＋2的样本点有（1，3），（1，4），（2，4），共3个，所以所求的概率为.
知识点二｜古典概型与统计的综合问题
【例2】 〔多选〕某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名，按年龄分组：第1组[20，25），第2组[25，30），第3组[30，35），第4组[35，40），第5组[40，45]，得到的频率分布直方图如图所示.若从第3，4，5组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，则下列结论正确的是（ ）
A.应从第3，4，5组中分别抽取3人、2人、1人
B.第4组志愿者恰有一人被抽中的概率为
C.第5组志愿者被抽中的概率为
D.第3组志愿者至少有一人被抽中的概率为
解析：ABC 第3组抽取×6＝3（人），第4组抽取×6＝2（人），第5组抽取×6＝1（人），故A正确；设第3组的人分别为a，b，c，第4组的人分别为d，e，第5组的人为f，则6人中随机抽取2人有（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种抽法，其中第4组志愿者恰有一人被抽中有8种抽法，则其概率为，故B正确；第5组志愿者被抽中有5种抽法，其概率为＝，故C正确；第3组志愿者至少有一人被抽中有12种抽法，其概率为＝，故D错误.
【规律方法】
古典概型与统计的综合问题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出信息，只要能够从题中提炼出所需要的信息，此类问题即可解决.解决此类题目的步骤主要有：
（1）根据题目要求求出数据（有的用到按比例分配的分层随机抽样、有的用到频率分布直方图等知识）；
（2）列出样本空间，计算样本空间包含的样本点个数；
（3）找出所求事件包含的样本点个数；
（4）根据古典概型概率计算公式求解；
（5）明确规范地表述结论.
训练2 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）如表所示.工作人员用分层随机抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.
地区 A B C
数量 50 150 100
（1）求这6件样品中分别来自A，B，C三个不同地区商品的数量；
解：（1）因为样本量与总体中的个体数的比是＝，
所以样本中来自三个地区的商品数量分别是
50×＝1，150×＝3，100×＝2，
所以这6件样品中来自A，B，C三个地区的商品数量分别为1，3，2.
（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：（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，
则从这6件样品中抽取2件商品，样本空间Ω＝{（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个样本点.
每个样品被抽到的机会均等，因此这些样本点的出现是等可能的.
记事件D＝“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的样本点有（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），（C1，C2），共4个，
所以P（D）＝，
即这2件商品来自相同地区的概率为.
知识点三｜古典概型的综合应用
【例3】 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；
解：（1）用数组（x，y）表示儿童参加活动先后记录的数，则样本空间Ω＝{（x，y）｜x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}，其中共有16个样本点.
记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的样本点个数为5，
即（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1）.
所以P（A）＝，即小亮获得玩具的概率为.
（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：（2）记“xy≥8”为事件B，“3＜xy＜8”为事件C，则事件B包含的样本点个数为6，
即（2，4），（3，3），（3，4），（4，2），（4，3），（4，4），
所以P（B）＝＝.
事件C包含的样本点个数为5，即（1，4），（2，2），（2，3），（3，2），（4，1），
所以P（C）＝.因为＞，
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.
【规律方法】
应用古典概型的概率公式求事件的概率时，首先应判断本试验是不是古典概型，然后再正确地找出试验的样本空间包含的样本点个数及事件包含的样本点个数，最后代入公式求出概率.
训练3 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖方法是从装有2个红球A1，A2和一个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1，b2的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖.
（1）用球的标号列出全部的样本点；
解：（1）全部的样本点为（A1，a1），（A1，a2），（A1，b1），（A1，b2），（A2，a1），（A2，a2），（A2，b1），（A2，b2），（B，a1），（B，a2），（B，b1），（B，b2）.
（2）有人认为两个箱子中的红球总数比白球总数多，所以中奖的概率大于不中奖的概率，你认为正确吗？请说明理由.
解：（2）不正确，理由如下：
由（1）知，全部的样本点共12个，
其中摸出的2个球都是红球的样本点有（A1，a1），（A1，a2），（A2，a1），（A2，a2），共4个，
所以中奖的概率为＝，不中奖的概率为1－＝，故不中奖的概率比较大.
1.为了解某地区九年级男生的身高情况，随机选取了该地区100名九年级男生进行测量，他们的身高x（单位：cm）统计如表.
组别（cm） x≤160 160＜x≤170 170＜x≤180 x＞180
人数 15 42 38 5
根据上表，随机选取该地区一名九年级男生，估计他的身高不高于180 cm的概率是（ ）
A.0.05 B.0.38
C.0.57 D.0.95
解析：D 由频数分布表可知，随机选取该地区一名九年级男生，估计他的身高不高于180 cm的概率是＝0.95.
2.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个质数的和”，如8＝3＋5，在不超过11的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析：D 不超过11的质数有2，3，5，7，11五个数，从中选取两个不同的数的样本点有（2，3），（2，5），（2，7），（2，11），（3，5），（3，7），（3，11），（5，7），（5，11），（7，11），共10个，其中和为偶数的样本点有（3，5），（3，7），（3，11），（5，7），（5，11），（7，11），共6个，所以和为偶数的概率为＝.
3.从1，2，3，4，5这5个数字中不放回地任取两个数，则两个数都是奇数的概率是 ，若有放回地任取两个数，则两个数都是偶数的概率是 .
解析：从5个数字中不放回地任取两个数，样本点有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10个，其中都为奇数的样本点有（1，3），（1，5），（3，5），共3个，所以所求概率为.从5个数字中有放回的任取两个数，样本点共有25个，都为偶数的样本点有（2，4），（4，2），（2，2），（4，4），共4个，故概率为.
4.如图，地上有3个不同的桶，每次取一个桶，直到取完，则最后一个取到B桶的概率是 .
解析：由题图可知，B桶不可能第一个被取到，故画树状图表示所有可能的取法，如图.共有3种等可能的结果，其中最后一个取到B桶的结果有2种，所以最后一个取到B桶的概率是.
课堂小结
1.理清单 （1）古典概型中的“放回”与“不放回”问题； （2）古典概型与统计的综合问题； （3）古典概型的综合应用. 2.应体会 列举法、树状图法等. 3.避易错 样本空间中样本点列举错误和古典概型的错误判断.
1.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶.若从立春、雨水、惊蛰、春分这四个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A. B.C. D.
解析：C 记立春、雨水、惊蛰、春分这四个节气分别为a，b，c，d，则样本空间Ω＝{（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d）}，记事件A表示“其中一个节气是立春”，则A＝{（a，b），（a，c），（a，d）}，所以P（A）＝＝.故选C.
2.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，则小敏只输入一次密码就能够成功开机的概率是（ ）
A. B.C. D.
解析：C ∵Ω＝{（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个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，正确的开机密码只有1种，∴所求概率为.
3.将2个1和3个0随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ）
A.0.3 B.0.5
C.0.6 D.0.8
解析：C 2个1和3个0随机排成一行，样本点有00011，00101，01001，10001，10010，10100，11000，01100，00110，01010，共10个；其中2个1不相邻的有00101，01001，10001，10010，10100，01010，共6个样本点，所以所求概率为P＝＝0.6.
4.（2025·潍坊月考）从数据1，3，5，7，9这五个数中随机删去两个数，则剩下的三个数的平均数大于5的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 从5个数中随机删去的两个数有（1，3），（1，5），（1，7），（1，9），（3，5），（3，7），（3，9），（5，7），（5，9），（7，9），共10个样本点，要使剩下数据的平均数大于5，删去的两个数可以是（1，3），（1，5），（1，7），（3，5），共有4个样本点，所以剩下数据的平均数大于5的概率为P＝＝.
5.〔多选〕甲、乙两人做游戏，则下列游戏规则中公平的有（ ）
A.抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为奇数，则甲获胜；若向上的点数为偶数，则乙获胜
B.同时抛掷两枚质地均匀的硬币，若恰有一枚正面向上，则甲获胜；若两枚都正面向上，则乙获胜
C.从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，若扑克牌是红花色，则甲获胜；若扑克牌是黑花色，则乙获胜
D.甲、乙两人各写一个数字6或8，若两人写的数字相同，则甲获胜，否则乙获胜
解析：ACD 选项A中，向上的点数为奇数与向上的点数为偶数的概率相等，故游戏规则公平；选项B中，甲获胜的概率是，而乙获胜的概率是，故游戏规则不公平；选项C中，扑克牌是红花色与扑克牌是黑花色的概率相等，故游戏规则公平；选项D中，两人写的数字相同与两人写的数字不同的概率相等，故游戏规则公平.故选A、C、D.
6.〔多选〕某展会安排了分别标有序号为“1号”、“2号”、“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案，方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（ ）
A.P1＋P2＝ B.P1·P2＝
C.P1＋P2＝ D.P1＞P2
解析：BCD 按照发车的序号，样本空间包含的样本点为：123，132，213，231，312，321，共6个，方案一坐到“3号”车，包含的样本点有：132，213，231，共3个，所以方案一坐到“3号”车的概率为P1＝＝.方案二坐到“3号”车，包含的样本点有：312，321，共2个，所以方案二坐到“3号”车的概率为P2＝＝.所以P1·P2＝，P1＋P2＝，P1＞P2，B、C、D选项正确，A选项错误.故选B、C、D.
7.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 .
解析：从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图所示.
样本点总数为25，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的样本点有（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共10个，故所求的概率为＝.
8.（2025·台州月考）据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数（小木棍全部用完），那么这两个数的和不小于9的概率为 .
解析：用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：第一种是用1根和4根小木棍可以组成1与4，1与8，共2种不同的组合，其和分别为5，9；第二种是用2根和3根小木棍可以组成2与3，2与7，6与3，6与7，共4种不同的组合，其和分别为5，9，9，13，故用五根小木棍随机摆放成图中的两个数，有2＋4＝6（种）不同的组合，其中两个数的和不小于9的有4种，所以这两个数的和不小于9的概率为＝.
9.某林场在海拔（单位：米）0至2 500米内均种植树木，从中随机抽取100棵树，将其海拔分布情况绘制成如图所示的频率分布直方图，再从海拔在[0，500），[1 000，1 500）的树中采用分层随机抽样的方式抽取5棵深入检查，用频率估计概率.
（1）根据频率分布直方图，估计该林场树木海拔的中位数；
（2）从参与深入检查的5棵树中随机选择3棵，求有且仅有2棵海拔在[1 000，1 500）内的概率.
解：（1）计算各组对应的频率，海拔在[0，500）的频率为0.000 2×500＝0.1，
海拔在[500，1 000）的频率为0.000 6×500＝0.3，
海拔在[1 000，1 500）的频率为0.000 8×500＝0.4，
故海拔在[0，1 000）的频率为0.4，海拔在[0，1 500）的频率为0.8，所以中位数在[1 000，1 500）内，
故该林场树木海拔的中位数为1 000＋×500＝1 125（米）.
（2）从海拔在[0，500），[1 000，1 500）的树中采用分层随机抽样的方式抽取5棵深入检查，
故从海拔在[0，500）的树中抽取×5＝1（棵），
从海拔在[1 000，1 500）的树中抽取5－1＝4（棵），
设抽取的海拔在[0，500）的树为A，海拔在[1 000，1 500）的树为B1，B2，B3，B4，
故从这5棵树中随机选择3棵的可能结果有（A，B1，B2），（A，B1，B3），（A，B1，B4），（A，B2，B3），（A，B2，B4），（A，B3，B4），（B1，B2，B3），（B1，B2，B4），（B1，B3，B4）（B2，B3，B4），共10种，
其中有且仅有2棵海拔在[1 000，1 500）内的可能结果有（A，B1，B2），（A，B1，B3），（A，B1，B4），（A，B2，B3），（A，B2，B4），（A，B3，B4），共6种，
故有且仅有2棵海拔在[1 000，1 500）内的概率为＝.
10.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
解析：C 因为a∈A，b∈A，所以（a，b）的结果可用列表法得到，样本点的总个数为9（如表所示）.
b a 1 2 3
1 （1，1） （1，2） （1，3）
2 （2，1） （2，2） （2，3）
3 （3，1） （3，2） （3，3）
因为A∩B＝B，所以B可能为 ，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}.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.综上，符合条件的结果有8种.故所求概率为.
11.某校从高二年级800名男生中随机抽取50名测量其身高（单位：cm，被测学生的身高全部在155 cm到195 cm之间），将测量结果按如下方式分成8组：第一组[155，160），第二组[160，165），…，第八组[190，195]，绘制成的频率分布直方图如图所示，若从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名，记他们的身高分别为x，y，则｜x－y｜≤5的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 由频率分布直方图，可知身高在[180，185）的人数为0.016×5×50＝4，分别记为a，b，c，d；身高在[190，195]的人数为0.008×5×50＝2，分别记为A，B；则可用数组（x，y）表示样本点，设事件M＝“从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名”，若x，y∈[180，185），则M＝{（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d）}，共6种情况；若x，y∈[190，195]，则M＝{（A，B）}，共1种情况；若x∈[180，185），y∈[190，195]（或x∈[190，195]，y∈[180，185）），则M＝{（a，A），（b，A），（c，A），（d，A），（a，B），（b，B），（c，B），（d，B）}，共8种情况，所以样本点的总数为6＋1＋8＝15，而事件“｜x－y｜≤5”所包含的样本点个数为6＋1＝7，故P（｜x－y｜≤5）＝.
12.如图所示，现有一只迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等可能地进入相邻的任意一格（若它在5处，跳动一次只能进入3处；若它在3处，则跳动一次可以等可能地进入1，2，4，5处），则它在第三次跳动后，首次进入5处的概率为 .
解析：由题意可知小青蛙三次跳动后的所有样本点为（3→1→3→1），（3→1→3→2），（3→1→3→4），（3→1→3→5），（3→2→3→2），（3→2→3→1），（3→2→3→4），（3→2→3→5），（3→4→3→4），（3→4→3→1），（3→4→3→2），（3→4→3→5），（3→5→3→5），（3→5→3→1），（3→5→3→2），（3→5→3→4），共16个，满足题意的样本点为（3→1→3→5），（3→2→3→5），（3→4→3→5），共3个.由古典概型的概率计算公式可得，小青蛙在第三次跳动后，首次进入5处的概率为.
13.随着甜品的不断创新，现在的甜品无论是造型还是口感都十分诱人.某“网红”甜品店出售几种甜品，为了了解每个种类的甜品销售情况，专门收集了本店这个月里五种“网红甜品”的销售情况，统计后得到如下表格：
甜品种类 A甜品 B甜品 C甜品 D甜品 E甜品
销售总额（万元） 10 5 20 20 12
销售量（千份） 5 2 10 5 8
利润率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2
（利润率是指一份甜品的销售价格减去成本得到的利润与该甜品的销售价格的比值）
（1）从该甜品店本月卖出的甜品中随机选一份，求这份甜品的利润率高于0.2的概率；
（2）假设每种甜品利润率不变，销售一份A甜品获利x1元，销售一份B甜品获利x2元，销售一份C甜品获利x3元，销售一份D甜品获利x4元，销售一份E甜品获利x5元，设＝，若该甜品店从五种“网红甜品”中随机卖出两种不同的甜品，求至少有一种甜品获利超过元的概率.
解：（1）由题意知本月共卖出3万份甜品，利润率高于0.2的是A甜品和D甜品，共有1万份，
设“这份甜品的利润率高于0.2”为事件A，
则P（A）＝.故所求的概率为.
（2）由题意得甜品A，B，C，D，E分别获利为8，5，3，10，3.
所以＝＝，故A甜品和D甜品获利超过，从五种“网红甜品”中随机卖出两种不同甜品，共含有10个样本点，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE.设“至少有一种甜品获利超过元”为事件M，则事件M包含7个样本点，分别为AB，AC，AD，AE，BD，CD，DE，所以至少有一种甜品获利超过元的概率为P（M）＝.
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