课时作业22 均匀随机数的产生
——基础巩固类——
1．将[0,1]内的均匀随机数转化为[－2,6]内的均匀随机数，需实施的变换为( C )
A．a＝a1]
B．a＝a1]
C．a＝a1]
D．a＝a1＋6
解析：由x＝RAND
(b－a)＋a知C正确．
2．随机模拟方法产生的区间上实数( D )
A．非等可能的
B．0出现的机会少
C．1出现的机会少
D．是均匀分布的
解析：随机模拟方法产生的区间[0,1]上实数是均匀分布的．故选D.
3．用函数型计算器能产生0～1之间的均匀随机数，其按键的顺序为( C )
A.
B.
C.
D.
4．在一半径为1的圆内有10个点，向圆内随机投点，则这些点不落在这10个点上的概率为( D )
A．0
B．1
C.
D．无法确定
5．利用计算机在区间内产生随机数a，则不等式ln(3a－1)<0成立的概率是( D )
A.
B.
C.
D.
解析：由不等式可得0<3a－1<1，则
6．函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，用计算器上的随机函数产生一个[－5,5]上的随机数x0，那么使f(x0)≤0的概率为( C )
A．0.1
B.
C．0.3
D．0.4
解析：用计算器产生的x0∈[－5,5]，其区间长度为10.使f(x0)≤0，即x－x0－2≤0，得－1≤x0≤2，其区间长度为3，所以使f(x0)≤0的概率为＝0.3.
7．用随机模拟方法，近似计算由曲线y＝x2及直线y＝1所围成部分的面积S.利用计算机产生N组数，每组数由区间[0,1]上的两个均匀随机数a1＝RAND，b＝RAND组成，然后对a1进行变换a＝2(a1－0.5)，由此得到N个点(xi，yi)(i＝1,2，…，N)．再数出其中满足x≤yi≤1(i＝1,2，…，N)的点数N1，那么由随机模拟方法可得到的近似值为( A )
A.
B.
C.
D.
解析：由题意，对a1进行变换a＝2(a1－0.5)，由此得到N个点(xi，yi)(i＝1,2，…，N)．再数出其中满足x≤yi≤1(i＝1,2，…，N)的点数N1，所以由随机模拟方法可得到的近似值为.
8．P为圆C1：x2＋y2＝9上任意一点，Q为圆C2：x2＋y2＝25上任意一点，PQ中点组成的区域为M，在C2内部任取一点，则该点落在区域M上的概率为( B )
A.
B.
C.
D.
解析：
设Q(x0，y0)，中点(x，y)，则P(2x－x0,2y－y0)，代入x2＋y2＝9，得(2x－x0)2＋(2y－y0)2＝9，化简得2＋2＝，故中点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，又点Q(x0，y0)在圆x2＋y2＝25上，所以区域M为以原点为圆心、宽度为3的圆环带(如图)，即应有x2＋y2＝r2(1≤r≤4)，所以在C2内部任取一点落在M内的概率为＝.
9．b1是[0,1]上的均匀随机数，b＝(b1－0.5)
6，则b是区间[－3,3]上的均匀随机数．
10.
小朋友做投毽子游戏，首先在地上画出如右图所示的框图，其中AG＝HR＝DR＝GH，CP＝DP＝AE＝2CQ.其游戏规则是：将毽子投入阴影部分为胜，否则为输，则某小朋友投毽子获胜的概率是.
解析：图中阴影部分面积为全面积的一半．
11.在区间[－2,2]上随机任取两个数x，y，则满足x2＋y2<1的概率等于.
解析：μ(Ω)＝42＝16，μ(A)＝π×12＝π，
∴P＝＝.
12．如图，矩形的长为6，宽为3，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆为125颗，则我们可以估计出阴影部分的面积约为.
解析：因为矩形的长为6，宽为3，则S矩形＝18，
所以＝＝，所以S阴＝.
13．从甲地到乙地有一班车在9：30到10：00到达，若某人从甲地坐该班车到乙地转乘9：45到10：15出发的汽车到丙地去，问他能赶上车的概率是多少？
解：能赶上车的条件是到达乙地时汽车还没有出发，我们可以用两组均匀随机数x和y来表示到达乙地的时间和汽车从乙地出发的时间，当x≤y时能赶上车．
设事件A：“他能赶上车”．
①利用计算器或计算机产生两组0到1区间的均匀随机数，x1＝RAND，y1＝RAND.
②经过伸缩变换，x＝x1]N1,N)，则即为概率P(A)的近似值．
——能力提升类——
14．图形ABC如图所示，为了求其面积，小明在封闭的图中找出了一个半径为1
m的圆，在不远处向圈内掷石子，且记录如下：
50次
150次
300次
石子落在⊙O内(含⊙O上)的次数m
14
43
93
石子落在阴影内的次数n
29
85
186
则估计封闭图形ABC的面积为3π
m2.
解析：由记录≈1?2，
可见P(落在⊙O内)＝＝，
又P(落在⊙O内)＝，所以＝，SABC＝3π(m2)．
15．如图，在长为4、宽为2的矩形中有一以矩形的长为直径的半圆，试用随机模拟法近似计算半圆的面积，并估计π的值．
解：设事件A：“随机向矩形内投点，所投的点落在半圆内”．
(1)利用计算器或计算机产生两组[0,1]上的均匀随机数x1，y1.
(2)经过伸缩变换，x＝x1]N1,N)，即为概率P(A)的近似值．
(5)设半圆的面积为S.由几何概型概率公式得点落在半圆内的概率为，∴≈，S≈即为阴影部分面积的近似值．又S＝2π，∴2π≈，∴π≈.
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1课时作业21 几何概型
——基础巩固类——
1．两根电线杆相距100米，若遭遇雷击，且雷击点距离电线杆10米之内时，电线杆上的输电设备将受损，则遭受雷击时设备受损的概率为( B )
A．0.1
B．0.2
C．0.05
D．0.5
解析：
如图所示，AB＝100米，AC＝DB＝10米，则当雷击点位于AC或BD上时，设备受损．记“遭受雷击时设备受损”为事件A，故所求的概率为P(A)＝＝0.2.
2．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( B )
A.
B.
C.
D.
解析：如图所示，画出时间轴：
小明到达的时间会随机地落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟．根据几何概型，所求概率P＝＝.
3．某人从甲地去乙地共走了500
m，途经一条宽为x
m的河流，该人不小心把一件物品丢在途中，若物品掉在河里就找不到，若物品不掉在河里，则能找到．已知该物品能被找到的概率为，则河宽为( B )
A．80
m
B．100
m
C．40
m
D．50
m
解析：由已知易得：l从甲地到乙地＝500，l途中涉水＝x，故物品遗落在河里的概率P＝＝1－＝，所以x＝100(m)．
4．电脑扫雷游戏的操作面被平均分成480块，其中有99块埋有地雷，现在操作面上任意点击一下，碰到地雷的概率为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：由于电脑操作面上的480块区域大小相等，不妨设每块面积为S，则碰到地雷的概率P＝＝＝.
5．如图，两个正方形的边长均为2a，左边正方形内四个半径为的圆依次相切，右边正方形内有一个半径为a的内切圆，在这两个图形上各随机撒一粒黄豆，落在阴影内的概率分别为P1，P2，则P1，P2的大小关系是( A )
A．P1＝P2
B．P1>P2
C．P1D．无法比较
解析：由题意知P1＝1－＝1－，P2＝1－＝1－，∴P1＝P2.
6．一只蚂蚁在边长分别为3,4,5的三角形区域内随机爬行，则其恰在离三个顶点距离都不小于1的地方的概率为( B )
A.
B．1－
C．1－
D.
解析：作出满足题意的区域如下图，则由几何概型的知识得，所求概率P＝＝1－.
7．《广告法》对插播广告的时间有一定的规定，某人对某台的电视节目进行了长期的统计后得出结论，他任意时间打开电视机看该台节目时，看不到广告的概率为，那么该台每小时约有________分钟的广告．( A )
A．6
B．7
C．8
D．9
解析：由题意知某人在一小时内看节目时，看到广告的概率为1－＝，则该台每小时约有60×＝6(分钟)的广告．
8．已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为，则＝( D )
A.
B.
C.
D.
解析：先找出△ABP中AB最大时P点的临界位置．矩形ABCD如图所示，在点P从D点向C点运动的过程中，DP在增大，AP也在增大，而BP在逐渐减小，当P点到P1位置时，BA＝BP1，当P点到P2位置时，AB＝AP2，故点P在线段P1P2上时，△ABP中边AB最大，由题意可得P1P2＝CD.在Rt△BCP1中，BP＝AB2＋AD2＝AB2，即AD2＝AB2，所以＝.
9．若从区间[－4,7]上任意选取一个实数x，则log5x<1的概率为.
解析：由log5x<1解得010．在圆内作一条弦，其长度超过圆内接等边三角形边长a的概率是(假定弦的中点在圆内均匀分布)．
解析：
如图所示，弦的长度的确定关键在于弦的中点H的确定，由于要求弦长AB大于a，则OH应小于a，同时又由于题目中已明确弦的中点在圆内是均匀分布的，所以点H应落在以O为圆心，半径为a的圆内，此时以H为中点的弦长大于a，故所求的概率P＝＝(其中a为大圆半径)．
11.一个底面半径为4
cm，高为10
cm的倒置圆锥形容器内盛满液体(圆锥底部在上)，在此液体中有一个某种病毒，某人不小心碰到容器，泼洒掉了部分液体，使液面下降了5
cm，则泼洒掉的液体里含有病毒的概率是.
解析：由题意知，病毒在圆锥内部任何位置都是等可能的，因此本题属“体积型”几何概型．原来容器内液体的体积V1＝π×42×10＝(cm3)，泼洒掉的部分液体的体积V2＝V1－π×22×5＝(cm3)，所以＝＝，因此可以得到泼洒掉的液体里含有病毒的概率为.
12．已知等腰Rt△ABC中，∠C＝90°.
(1)在线段BC上任取一点M，求使∠CAM<30°的概率；
(2)在∠CAB内任作射线AM，求使∠CAM<30°的概率．
解：(1)如图，在BC上取点M1，使∠CAM1＝30°，则CM1＝AC＝CB.
所有基本事件对应的区域长度为线段BC的长度．记“使∠CAM<30°”为事件A，则事件A对应的区域长度为CM1＝BC，由几何概型概率公式可得P(A)＝＝.
(2)由题意知∠CAB＝45°，在∠CAB内任作射线AM，所有可能结果对应的区域角度为45°，设“使∠CAM<30°”为事件B，则事件B对应的区域角度为30°.所以P(B)＝＝.
13．有一正方形桌子，其边长为4
cm，现向桌子上投掷一枚直径为2
cm的硬币，硬币不能落在桌子上的情况不计，求硬币落下后完全落在桌子内的概率．
解：记“硬币落下后完全落在桌子内”为事件A，事件A发生，则硬币中心O到桌子边缘的距离不小于1
cm，事件A对应的几何图形为如图所示的阴影部分，其面积S阴＝4(cm2)．又由题意得试验的全部结果对应的区域面积为42＝16(cm2)，所以P(A)＝＝.
——能力提升类——
14．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.
解析：若直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交，则有圆心到直线的距离d＝<3，即－15．某校早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，求小张比小王至少早5分钟到校的概率．(用数字作答)
解：设小张和小王到校的时间分别为x和y，则则满足条件的区域如图中阴影部分所示．
故所求概率P＝＝.
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1课时作业20 (整数值)随机数的产生
——基础巩固类——
1．用随机模拟方法估计概率时，其准确程度决定于( B )
A．产生的随机数的大小
B．产生的随机数的个数
C．随机数对应的结果
D．产生随机数的方法
解析：用随机模拟方法估计概率时，其准确程度决定于产生的随机数的个数．故选B.
2．抛掷一枚骰子两次，用随机模拟方法估计上面的点数和为7的概率，共进行了两次试验，第1次产生了60组随机数，第2次产生了200组随机数，那么两次估计的结果相比较( B )
A．第1次准确
B．第2次准确
C．两次的准确率相同
D．无法比较
解析：用随机模拟方法估计概率时，产生的随机数越多，估计的结果越准确．故选B.
3．一个小组有6位同学，选1位小组长，用随机模拟方法估计甲被选的概率，按下面步骤：
①把6位同学编号为1～6；②利用计算器或计算机产生1到6的整数随机数；③统计总试验次数N及甲的编号出现的次数N1；④计算频率fn(A)＝，即为甲被选的概率的近似值；⑤一定等于.其中步骤错误的是( C )
A．②④
B．①③④
C．⑤
D．①④
解析：概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，频率不一定等于概率，不一定等于.故选C.
4．袋子中有四个小球，分别写有“神”“十”“飞”“天”四个字，有放回地从中任取一个小球，取到“飞”就停止，用随机模拟的方法估计直到第二次停止的概率：先由计算器产生1到4之间取整数值的随机数，且用1,2,3,4表示取出小球上分别写有“神”“十”“飞”“天”四个字，以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：
13 24 12 32 43 14 24 32 31 21
23 13 32 21 24 42 13 32 21 34
据此估计，直到第二次就停止概率为( B )
A.
B.
C.
D.
解析：由随机模拟产生的随机数可知，直到第二次停止的有13,43,23,13,13共5个基本事件，故所求的概率为P＝＝.
5．从标有1,2,3，…，9的9张纸片中任取2张，那么这2张纸片上的数字之积为偶数的概率为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：记“2张纸片上的数字之积为偶数”为事件A，“两张纸片上的数字一奇一偶”为B，“两张纸片上的数字都是偶数”为C，则B、C互斥且A＝B∪C.基本事件总数为9×8÷2＝36，事件B包含5×4＝20个基本事件，事件C包含4×3÷2＝6个基本事件，故P(B)＝，P(C)＝.∴P(A)＝P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝.故选C.
6．某中学高一有21个班、高二有14个班、高三有7个班，现采用分层抽样的方法从这些班中抽取6个班对学生进行视力检查，若从抽取的6个班中再随机抽取2个班作进一步的数据分析，则抽取的2个班均为高一的概率是( A )
A.
B.
C.
D.
解析：先按分层抽样抽取，比例为21?14?7＝3?2?1，所以高一年级抽3个班，高二年级抽2个班，高三年级抽1个班，分别记为1,2,3,4,5,6，再从中抽取2个班，基本事件一共有15种，其中全部为高一年级的是(1,2)，(1,3)，(2,3)共3种，所以概率为＝.
7．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( C )
A.
B.
C.
D.
解析：从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)共10种取法，取出的2支彩笔中含有红色彩笔的有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)共4种取法．因此所求概率为＝.
8．某班准备到郊外野营，为此向商店订了帐篷，如果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( D )
A．一定不会淋雨
B．淋雨机会为
C．淋雨机会为
D．淋雨机会为
解析：用A，B分别表示下雨和不下雨，用a，b表示帐篷运到和运不到，则所有可能情形为(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，则当(A，b)发生时就会被雨淋到，所以淋雨的概率为P＝.
9．在利用整数随机数进行随机模拟试验中，a到b之间的每个整数出现的可能性是.
解析：[a，b]中共有b－a＋1个整数，每个整数出现的可能性相等，所以每个整数出现的可能性是.
10．在坐标平面内，已知点集M＝{(x，y)|x∈N且x≤5，y∈N且y≤5}，在M中任取一点，则这个点在x轴上方的概率是.
解析：在坐标平面内画出点集M中的所有点，可知共有36个，对应36个基本事件，其中在x轴上方的有30个．故P(点在x轴上方)＝＝.另外，也可用计算法：∵x∈{0,1,2,3,4,5}，y∈{0,1,2,3,4,5}，∴所有点的个数为6×6＝36个，若点在x轴上方，即点的纵坐标大于0，∴在x轴上方点的个数为6×5＝30个，从而求得P(点在x轴上方)＝＝.
11．有20张卡片，每张卡片上分别标有两个连续的自然数k，k＋1，其中k＝0,1,2，…，19.从这20张卡片中任取一张，记事件“该卡片上两个数的各位数字之和(例如：若取到标有9,10的卡片，则卡片上两个数的各位数字之和为9＋1＋0＝10)不小于14”为A，则P(A)＝.
解析：从20张卡片中任取一张，每张卡片被取到的可能性是相等的，故有20种等可能发生的结果，而该卡片上两个数的各位数字之和不小于14包括取到标有7和8,8和9,16和17,17和18,18和19的卡片，共5种情况，所以P(A)＝＝.
12．抛掷两枚均匀的正方体骰子，用随机模拟方法估计朝上面的点数的和是6的倍数的概率时，用1,2,3,4,5,6分别表示朝上面的点数是1,2,3,4,5,6.用计算器或计算机分别产生1到6的两组整数随机数各60个，每组第i个数组成一组，共组成60组数，其中有一组是16，这组数表示的结果是否满足朝上面的点数的和是6的倍数：否．(填“是”或“否”)
解析：16表示第一枚骰子向上的点数是1，第二枚骰子向上的点数是6，则朝上面的点数的和是1＋6＝7，不表示和是6的倍数．
13．写出利用计算器产生5个6到20之间的取整数值的随机数的操作过程．
解：具体操作过程如下：
反复按键5次即可得到5个6到20之间的取整数值的随机数．
——能力提升类——
14．一个袋中有3个黑球，2个白球共5个大小相同的球，每一次摸出一球，然后放进袋里再摸第二次，则两次摸出的球都是白球的概率为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：∵摸两次球相当于一次试验，∴得到的结果可认为分两步完成的，∵每次摸球都有3＋2＝5种方法，∴所有可能结果有5×5＝25种，故共有25个基本事件，而每次摸出白球的方法都是2种．∴事件A＝{两次摸出的都是白球}含有2×2＝4个基本事件．∴P(A)＝，故选D.
15．抛掷两颗骰子，计算：
(1)事件“两颗骰子点数相同”的概率；
(2)事件“点数之和等于7”的概率；
(3)事件“点数之和等于或大于11”的概率；
(4)设计一个用计算器或计算机模拟前三小题试验的方法，估计它们的概率．
解：分别记(1)，(2)，(3)中的事件为A、B、C，抛掷两颗骰子应分两步完成，每步有6个可能结果，共有6×6＝36个不同结果，对应36个基本事件．
(1)∵事件A含有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，
(6,6)共6个基本事件，∴P(A)＝＝.
(2)∵事件B含有(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，
(6,1)共6个基本事件，∴P(B)＝＝.
(3)∵事件C含有(5,6)，(6,5)，(6,6)共3个基本事件，
∴P(C)＝＝.
(4)∵抛掷两次相当于一次试验，
∴应把用计算器随机函数RANDI(1,6)或计算机随机函数RANDBETWEEN(1,6)产生的1到6之间的随机整数且连续产生两个作为一组．
重复上面试验过程，统计出产生的N组随机数，再统计出这N组中满足事件A、B、C中各自所含的基本事件的组数N1，N2，N3.
计算，，就分别得到了P(A)，P(B)，P(C)的近似值．
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1课时作业19 古典概型
——基础巩固类——
1．抛掷一枚骰子，下列不是基本事件的是( A )
A．向上的点数是奇数
B．向上的点数是3
C．向上的点数是4
D．向上的点数是6
解析：向上的点数是奇数包含三个基本事件：向上的点数是1，向上的点数是3，向上的点数是5，则A不是基本事件，B，C，D项均是基本事件．
2．下列试验中是古典概型的有( C )
A．种下一粒大豆观察它是否发芽
B．从规格直径为(250±0.6)
mm的一批合格产品中任意抽一根，测量其直径d
C．抛一枚硬币，观察其出现正面或反面的情况
D．某人射击中靶或不中靶
解析：A中基本事件“发芽”与“未发芽”不是等可能发生的，B中试验的基本事件有无数个，D中“中靶”与“不中靶”也不是等可能发生的，因此A，B，D都不是古典概型，故选C.
3．同时投掷两颗大小完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的基本事件数是( D )
A．3
B．4
C．5
D．6
解析：事件A包含的基本事件有6个：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)．故选D.
4．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是( B )
A.
B.
C.
D.
解析：从四件产品中随机取出两件的所有取法有6种，取出的产品全是正品有3种取法，故所求概率为＝.故选B.
5．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m，n，则点P(m，n)在直线x＋y＝4上的概率是( D )
A.
B.
C.
D.
解析：由题意知(m，n)的取值情况有(1,1)，(1,2)，…，(1,6)；(2,1)，(2,2)，…，(2,6)；…；(6,1)，(6,2)，…，(6,6)，共36种情况．而满足点P(m，n)在直线x＋y＝4上的取值情况有(1,3)，(2,2)，(3,1)，共3种情况，故所求概率为＝，故选D.
6．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6)，骰子朝上的面的点数分别为x，y，则log2xy＝1的概率为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：由log2xy＝1，得2x＝y，其中x，y∈{1,2,3,4,5,6}，所以或或共3种情况，所以P＝＝，故选C.
7．4张卡片上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：从4张卡片中随机抽取2张，则有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种，其中2张卡片上的数字之和为奇数的有(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种，所以概率为＝.
8．在“二十四节气入选非遗”宣传活动中，从甲、乙、丙三位同学中任选两人介绍一年中时令、气候、物候等方面的变化规律，那么甲同学被选中的概率为( D )
A．1
B.
C.
D.
解析：在“二十四节气入选非遗”宣传活动中，从甲、乙、丙三位同学中任选两人介绍一年中时令、气候、物候等方面的变化规律，基本事件有甲乙、甲丙、乙丙，共3种，甲同学被选中包含的基本事件有2种，所以甲同学被选中的概率P＝.
9．从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为的概率是.
解析：从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机选取两点，共有10种取法，该两点间的距离为的有4种，所求事件的概率为P＝＝.
10．一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为.
解析：该树枝的树梢有6处，有2处能找到食物，所以获得食物的概率为＝.
11．古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”．从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽到的两种物质不相克的概率为.
解析：试验所含的基本事件为{金，木}、{金，水}、{金，火}、{金，土}、{木，水}、{木，火}、{木，土}、{水，火}、{水，土}、{火，土}共10种．“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”之外的都不相克，共有5种，故抽取到的两种物质不相克的概率为＝.
12．袋中有红球、白球各一个，每次任取一个，有放回地摸三次，求基本事件的个数，写出所有基本事件的全集，并计算下列事件的概率：
(1)三次颜色恰有两次同色．
(2)三次颜色全相同．
(3)三次摸到的红球多于白球．
解：每个基本事件为(x，y，z)，其中x，y，z分别取红球、白球，故基本事件个数为8.全集I＝{(红，红，红)，(红，红，白)，(红，白，红)，(白，红，红)，(红，白，白)，(白，红，白)，(白，白，红)，(白，白，白)}．
(1)记事件A为“三次颜色恰有两次同色”．
因为A中含有基本事件个数为6，所以P(A)＝＝0.75.
(2)记事件B为“三次颜色全相同”．
因为B中含基本事件个数为2，所以P(B)＝＝0.25.
(3)记事件C为“三次摸到的红球多于白球”．
因为C中含有基本事件个数为4，所以P(C)＝＝0.5.
13．某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3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A1但不包括B1的概率．
解：(1)从A1，A2，A3，B1，B2，B36个国家中任选2个国家，有以下结果：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共有15种．
记“所选的两个国家都是亚洲国家”为事件M，则事件M包含3种结果：(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，
所以P(M)＝＝.
(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，有以下结果：(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，共有9种，
记“这两个国家包括A1但不包括B1”为事件N，则事件N包含2种结果：(A1，B2)，(A1，B3)，所以P(N)＝.
——能力提升类——
14．齐王有上等，中等，下等马各一匹，田忌也有上等，中等，下等马各一匹，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜的概率为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：设齐王上等，中等，下等马分别为A，B，C，田忌上等，中等，下等马分别为a，b，c，现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种．有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共6种，∴齐王的马获胜的概率为P＝＝.故选C.
15．小王、小李两位同学玩掷骰子(骰子质地均匀)游戏，规则：小王先掷一枚骰子，向上的点数记为x；小李后掷一枚骰子，向上的点数记为y.
(1)在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点共有几个？试求点(x，y)落在直线x＋y＝7上的概率．
(2)规定：若x＋y≥10，则小王赢；若x＋y≤4，则小李赢，其他情况不分输赢．试问这个游戏规则公平吗？请说明理由．
解：(1)因x，y都可取1,2,3,4,5,6，故以(x，y)为坐标的点共有36个．
记点(x，y)落在直线x＋y＝7上为事件A，事件A包含的点有：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)6个，
所以事件A的概率P(A)＝＝.
(2)记x＋y≥10为事件B，x＋y≤4为事件C，用数对(x，y)表示x，y的取值．则事件B包含(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6个数对；
事件C包含(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)共6个数对．
由(1)知基本事件总数为36个，所以P(B)＝＝，
P(C)＝＝，
所以小王、小李获胜的可能性相等，游戏规则是公平的．
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1课时作业18 概率的基本性质
——基础巩固类——
1．若A，B是互斥事件，则( D )
A．P(A∪B)<1
B．P(A∪B)＝1
C．P(A∪B)>1
D．P(A∪B)≤1
解析：因为A，B互斥，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)≤1.(当A，B对立时，P(A∪B)＝1)
2．抛掷一枚骰子，记事件A为“落地时向上的数是奇数”，事件B为“落地时向上的数是偶数”，事件C为“落地时向上的数是3的倍数”，事件D为“落地时向上的数是2或4”，则下列每对事件是互斥事件但不是对立事件的是( C )
A．A与B
B．B与C
C．A与D
D．B与D
解析：“互斥不对立”即为“交集为空集，而并集不为全集”，A与B是对立事件；B与C不互斥；A与D互斥不对立；B与D不互斥．
3．打靶3次，事件A表示“击中i发”，其中i＝0,1,2,3.那么A＝A1∪A2∪A3表示( B )
A．全部击中
B．至少击中1发
C．至少击中2发
D．以上均不正确
解析：A1∪A2∪A3的含义是三个事件A1，A2，A3至少有一个发生，故答案选B.
4．抽查10件产品，设A＝{至少2件次品}，则等于( D )
A．{至多2件次品}
B．{至少2件次品}
C．{至多2件正品}
D．{至多1件次品}
解析：“至少2件次品”的否定为“至多1件次品”．
5．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( C )
A．至少有1个黑球与都是红球
B．至少有1个黑球与都是黑球
C．恰有1个黑球与恰有2个黑球
D．至少有1个黑球与至少有1个红球
解析：从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球．在A中，至少有1个黑球与都是红球是对立事件，故A错误；在B中，至少有1个黑球与都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故B错误；在C中，恰有1个黑球与恰有2个黑球是互斥而不对立的两个事件，故C正确；在D中，至少有1个黑球与至少有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故D错误．故选C.
6．从一箱产品中随机地抽取一件，记事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1.则事件“抽到的不是一等品”的概率为( C )
A．0.7
B．0.65
C．0.35
D．0.3
解析：设“抽到的不是一等品”为事件D，则D＝，所以P(D)＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.
7．掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率为.事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋(表示事件B的对立事件)发生的概率为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：由题意知表示“大于或等于5的点数出现”，事件A与事件互斥，由概率的加法计算公式可得P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝＝.
8．某城市2018年的空气质量状况如表所示：
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50A.
B.
C.
D.
解析：所求概率为＋＋＝.
9．某入伍新兵在打靶练习中，连续射击2次，则事件“至少有一次中靶”的互斥事件是两次都不中靶．
解析：连续射击两次，共包含以下几个事件“两次都不中靶”“恰有一次中靶”“两次都中靶”，而“至少有一次中靶”包括“恰有一次中靶”和“两次都中靶”，因此“至少有一次中靶”的互斥事件是“两次都不中靶”．
10．从几个数中任取实数x，若x∈(－∞，－1]的概率是0.3，x是负数的概率是0.5，则x∈(－1,0)的概率是0.2.
解析：设“x∈(－∞，－1]”为事件A，“x是负数”为事件B，“x∈(－1,0)”为事件C，由题意知A，C为互斥事件，B＝A∪C，∴P(B)＝P(A)＋P(C)，P(C)＝P(B)－P(A)＝0.5－0.3＝0.2.
11．已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P(A)＝2P(B)，则P()＝.
解析：∩表示A，B都不发生，其对立事件是“A，B至少有一个发生”，即“A＋B发生”，所以P(A＋B)＝1－P(∩)＝1－＝，又A，B互斥，所以P(A)＋P(B)＝.又P(A)＝2P(B)，所以P(A)＝，P()＝1－＝.
12．根据过去资料统计，某理发店有两名服务员，平均店内没有顾客的概率为0.14，有一名及两名顾客的概率均为0.27.
(1)求顾客到达后可以立即理发的概率；
(2)求顾客到达后因无服务员服务而需要等待的概率．
解：(1)记“顾客到达后可以立即理发”为事件A，事件A在以下两种情况下发生：A1：没有顾客；A2：只有一名顾客，显然A1与A2是互斥事件．所以P(A)＝P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.14＋0.27＝0.41.
(2)记“顾客到达后因无服务员服务而需要等待”为事件B.事件B发生时店内至少有两名顾客，则事件B与事件A＝A1∪A2是对立事件．所以P(B)＝1－P(A1∪A2)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－P(A)＝1－0.41＝0.59.
13．一盒中装有各色球12个，其中5个红球、4个黑球、2个白球、1个绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出1球是红球或黑球的概率．
(2)取出的1球是红球或黑球或白球的概率．
解：(1)从12个球中任取1球得红球有5种取法，得黑球有4种取法，得红球或黑球共有5＋4＝9种不同取法，任取1球有12种取法．
所以任取1球是红球或黑球的概率为P1＝＝.
(2)从12个球中任取1球得红球有5种取法，得黑球有4种取法，得白球有2种取法，从而得红球或黑球或白球的概率为＝.
——能力提升类——
14．甲射击一次，中靶概率是p1，乙射击一次，中靶概率是p2，已知，是方程x2－5x＋6＝0的根，且p1满足方程x2－x＋＝0.则甲射击一次，不中靶概率为；乙射击一次，不中靶概率为.
解析：由p1满足方程x2－x＋＝0知，p－p1＋＝0，解得p1＝；因为，是方程x2－5x＋6＝0的根，所以·＝6，解得p2＝，因此甲射击一次，不中靶概率为1－＝，乙射击一次，不中靶概率为1－＝.
15．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1
000
2
000
3
000
4
000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2
800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4
000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4
000元的概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3
000元”，B表示事件“赔付金额为4
000元”，D为“赔付金额大于2
800元”．由题意知，A，B互斥且D＝A∪B.
由频率估计概率知P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.所以P(D)＝P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4
000元”，由已知，知样本车辆中车主为新司机的有0.1×1
000＝100辆，而赔付金额为4
000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24辆，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4
000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
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1课时作业17 概率的意义
——基础巩固类——
1．“某彩票的中奖概率为”意味着( D )
A．买100张彩票就一定能中奖
B．买100张彩票能中一次奖
C．买100张彩票一次奖也不中
D．购买彩票中奖的可能性为
解析：某彩票的中奖率为，意味着中奖的可能性为，可能中奖，也可能不中奖．
2．事件A发生的概率接近于0，则( B )
A．事件A不可能发生
B．事件A也可能发生
C．事件A一定发生
D．事件A发生的可能性很大
3．下列说法中，正确的是( D )
A．买一张电影票，座位号一定是偶数
B．掷一枚质地均匀的硬币，正面一定朝上
C．三条任意长的线段一定可以围成一个三角形
D．从1,2,3,4,5这5个数中任取一个数，取得奇数的可能性大
解析：A中也可能为奇数，B中也可能反面朝上，C中对于不满足三边关系的，则不能，而D中，取得奇数的可能性为，大于取得偶数的可能性，故选D.
4．任取一个由50名同学组成的班级(称为一个标准班)，至少有两位同学的生日在同一天(记为事件A)的概率是0.97.据此我们知道( D )
A．取定一个标准班，A发生的可能性是97%
B．取定一个标准班，A发生的概率大概是0.97
C．任意取定10
000个标准班，其中大约9
700个班A发生
D．随着抽取的标准班数n不断增大，A发生的频率逐渐稳定在0.97，在它附近摆动
解析：对于给定的一个标准班来说，A发生的可能性不是0就是1，故A与B均不对；对于任意取定10
000个标准班，在极端情况下，事件A有可能都不发生，故C也不对；请注意：本题中A，B，C选项中错误的关键原因是“取定”这两个字，表示“明确了结果，结果是确定的”．
5．根据医疗所的调查，某地区居民血型分布为：O型50%，A型15%，AB型5%，B型30%.现有一血型为O型的病人需要输血，若在该地区任选1人，那么能为病人输血的概率为( A )
A．50%
B．15%
C．45%
D．65%
解析：仅有O型血的人能为O型血的人输血．故选A.
6．在给病人动手术之前，外科医生会告知病人或家属一些情况，其中有一项是说这种手术的成功率大约是99%.下列解释正确的是( D )
A．100个手术有99个手术成功，有1个手术失败
B．这个手术一定成功
C．99%的医生能做这个手术，另外1%的医生不能做这个手术
D．这个手术成功的可能性是99%
解析：成功率大约是99%，说明手术成功的可能性是99%.
7．先后抛掷两枚均匀的五角、一元的硬币，观察落地后硬币的正反面情况，则下列哪个事件的概率最大( A )
A．至少一枚硬币正面向上
B．只有一枚硬币正面向上
C．两枚硬币都是正面向上
D．两枚硬币一枚正面向上，另一枚反面向上
解析：先后掷两枚均匀的五角、一元硬币，其结果有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)4种情况，至少有一枚硬币正面向上包括三种情况，故其概率大．
8．在下列各事件中，发生的可能性最大的为( D )
A．任意买1张电影票，座位号是奇数
B．掷1枚骰子，点数小于或等于2
C．有10
000张彩票，其中100张是获奖彩票，从中随机买1张是获奖彩票
D．一袋中装有8个红球，2个白球，从中随机摸出1个球是红球
解析：概率分别是PA＝，PB＝，PC＝，PD＝，故选D.
9．一个袋中装有数量差别较大的白球和黑球，从中任取一球，得白球，估计袋中数量少的球是黑球．
解析：依据是“极大似然法”．
10．小明和小展按如下规则做游戏：桌面上放有5支铅笔，每次取1支或2支，最后取完铅笔的人获胜，你认为这个游戏规则不公平(填“公平”或“不公平”)．
解析：当第一个人第一次取2支时，还剩余3支，无论是第二个人取1支还是取2支，第一个人在第二次取铅笔时，都可取完，即第一个人一定能获胜，所以不公平．
11．对某厂生产的某种产品进行抽样检查，数据如下表所示．根据表中所提供的数据，若要从该厂生产的此种产品中抽到950件合格品，大约需抽查1_000件产品.
抽查件数
50
100
200
300
500
合格件数
47
92
192
285
478
解析：根据频率估计概率，再由概率计算抽查产品的件数．由题表中数据知抽查5次的频率依次为0.94,0.92,0.96,0.95,0.956，可知频率在0.95附近变化，可估计概率为0.95，设大约需抽查n件产品，则≈0.95，所以n≈1
000.
12．今天电视台的天气预报说：今晚阴有雨，明天白天降雨概率是60%.请回答下列问题：
(1)明天白天运输部门能否抢运粮食？
(2)如果明天抢运的是石灰和白糖，能否在白天进行？
解：(1)在降雨概率为60%时，仍可以抢运粮食，毕竟含有40%的无雨概率，不过要采取防雨措施．
(2)因为石灰和白糖属于易溶物质，最好暂时不运，否则必须采取严密的防雨措施．
13．为了估计某自然保护区中天鹅的数量，可以使用以下的方法：先从该保护区中捕出一定数量的天鹅，例如200只，给每只天鹅作上记号，不影响其存活，然后放回保护区，经过适当的时间，让其和保护区中其余的天鹅充分混合，再从保护区中捕出一定数量的天鹅，例如150只，查看其中有记号的天鹅，设有20只．
试根据上述数据，估计该自然保护区中天鹅的数量．
解：设该自然保护区中天鹅的数量n只，则
≈，∴n≈1
500.
所以该自然保护区中天鹅的数量约为1
500只．
——能力提升类——
14．孟德尔豌豆试验中，用纯黄色圆粒(显性)和纯绿色皱粒(隐性)作杂交，则子二代中黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒的比例约为( C )
A．1?1?1?1
B．1?3?3?1
C．9?3?3?1
D．1?3?3?9
解析：为了更好地分清二代结果的性状及比例，我们不妨用X表示黄色，x表示绿色，Y表示圆粒，y表示皱粒，则按照试验遗传机理中的统计规律，可列出下表：
XY
Xy
xY
xy
XY
XXYY
XXYy
XxYY
XxYy
Xy
XXYy
XXyy
XxYy
Xxyy
xY
XxYY
XxYy
xxYY
xxYy
xy
XxYy
Xxyy
xxYy
xxyy
豌豆杂交试验的子二代结果中，黄色皱粒有Xxyy，XXyy，Xxyy三种，绿色圆粒有xxYY，xxYy，xxYy三种，绿色皱粒有xxyy一种，其余的9种均为黄色圆粒．故黄色圆粒?黄色皱粒?绿色圆粒?绿色皱粒＝9?3?3?1.
15．某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种配方(分别称为A配方和B配方)做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：
A配方的频数分布表
标准值分组
[90，94)
[94，98)
[98，102)
[102，106)
[106，110]
频数
8
20
42
22
8
B配方的频数分布表
标准值分组
[90，94)
[94，98)
[98，102)
[102，106)
[106，110]
频数
4
12
42
32
10
(1)分别估计用A配方、B配方生产的产品的优质品率；
(2)已知用B配方生产的一件产品的利润y(单位：元)与其质量指标值t的关系式为y＝估计用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率．
解：(1)由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为＝0.3，所以用A配方生产的产品的优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为＝0.42，所以用B配方生产的产品的优质品率的估计值为0.42.
(2)由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为0.96.所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率估计值为0.96.
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4课时作业16 随机事件的概率
——基础巩固类——
1．下面事件：①某项体育比赛出现平局；②抛掷一枚硬币，出现反面；③全球变暖会导致海平面上升；④一个三角形的三边长分别为1,2,3.其中是不可能事件的是( D )
A．①
B．②
C．③
D．④
解析：三角形的三条边必须满足两边之和大于第三边．
2．从12个同类产品(其中10个是正品，2个是次品)中任意抽取3个的必然事件是( D )
A．3个都是正品
B．至少有1个是次品
C．3个都是次品
D．至少有1个是正品
解析：因为次品一共有2个，所以任意抽取3个中至少有1个是正品，故选D.
3．一个口袋中装有大小和形状都相同的一个白球和一个黑球，那么“从中任意摸一个球得到白球”，这个事件是( A )
A．随机事件
B．必然事件
C．不可能事件
D．不能确定
解析：一个口袋中装有大小和形状都相同的一个白球和一个黑球，那么“从中任意摸一个球得到白球”，这个事件是随机事件，故选A.
4．在掷一枚硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频率为0.49，则“正面朝下”的次数为( D )
A．0.49
B．49
C．0.51
D．51
解析：由100×0.49＝49知，有49次“正面朝上”，有100－49＝51(次)“正面朝下”．故选D.
5．从5个男生、2个女生中任选派3人，则下列事件中是必然事件的是( B )
A．3个都是男生
B．至少有1个男生
C．3个都是女生
D．至少有1个女生
解析：由于只有2个女生，而要选派3人，故至少有1个男生．选B.
6．100件产品中，95件正品，5件次品，从中抽取6件：至少有1件正品；至少有3件是次品；6件都是次品；有2件次品、4件正品．以上四个事件中，随机事件的个数是( C )
A．3
B．4
C．2
D．1
解析：100件产品中，95件正品，5件次品，从中抽取6件，在这个试验中：至少有1件产品是正品为必然事件；至少有3件次品，有2件次品、4件正品为随机事件；6件都是次品为不可能事件，所以随机事件的个数是2.
7．某人将一枚硬币连掷10次，正面朝上的情况出现了8次，若用A表示“正面朝上”这一事件，则A的( B )
A．概率为
B．频率为
C．频率为8
D．概率接近于8
解析：做n次随机试验，事件A发生了m次，则事件A发生的频率为.如果多次进行试验，事件A发生的频率总在某个常数附近摆动，那么这个常数才是事件A的概率，故＝为事件A的频率．
8．给出下列三个命题，其中正确命题的个数是( A )
①设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，出现正面的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：①错误；②出现正面的概率为，故错误；③频率与概率不是一回事，故错误．
9．一袋中有红球3个，白球5个，还有黄球若干个．某人随意摸100次，其摸到红球的频数为30，那么袋中的黄球约有2个．
解析：设x为袋中黄球的个数，则由＝，解得x＝2.
10．一袋中装有10个红球，8个白球，7个黑球，现在把球随机地一个一个摸出来，为了保证在第k次或第k次之前能首次摸出红球，则k的最小值为16.
解析：至少需摸完黑球和白球共15个．
11．在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件：
①“在这200件产品中任选9件，全部是一级品”；
②“在这200件产品中任选9件，全部是二级品”；
③“在这200件产品中任选9件，不全是一级品”；
④“在这200件产品中任选9件，其中不是一级品的件数小于10”．
其中④是必然事件，②是不可能事件，①③是随机事件．
12．某人做试验，从一个装有标号为1,2,3,4的小球的盒子中，无放回地取两个小球，每次取一个，先取的小球的标号为x，后取的小球的标号为y，这样构成有序实数对(x，y)．
(1)写出这个试验的所有结果；
(2)写出“第一次取出的小球上的标号为2”这一事件．
解：(1)当x＝1时，y＝2,3,4；当x＝2时，y＝1,3,4；当x＝3时，y＝1,2,4；当x＝4时，y＝1,2,3.因此，这个试验的所有结果是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)．
(2)记“第一次取出的小球上的标号为2”为事件A，则A＝{(2,1)，(2,3)，(2,4)}．
13．某水产试验厂实行某种鱼的人工孵化，10
000个鱼卵能孵出8
513条鱼苗，根据概率的统计定义解答下列问题：
(1)这种鱼卵的孵化概率(孵化率)是多少？
(2)30
000个鱼卵大约能孵化多少条鱼苗？
(3)要孵化5
000条鱼苗，大约需准备多少个鱼卵(精确到百位)?
解：(1)这种鱼卵的孵化频率为＝0.851
3，把它近似作为孵化的概率．
(2)设能孵化x条鱼苗，则＝0.851
3.所以x＝25
539，即30
000个鱼卵大约能孵化25
539条鱼苗．
(3)设大约需准备y个鱼卵，则＝0.851
3，所以y≈5
900，即大约需准备5
900个鱼卵．
——能力提升类——
14．甲、乙、丙三人参加某个幸运抽奖节目，幸运的是，他们都得到了一件精美的礼物．其过程是这样的：墙上挂着两串礼物(如图)，每次只能从其中一串的最下端取一件，直到礼物取完为止，甲第一个取得礼物，然后，乙、丙依次取得第2件、第3件礼物，事后他们打开这些礼物仔细比较发现礼物B最精美，那么取得礼物B可能性最大的是丙．
解析：取得礼物，共有三种情况：
(1)甲C，乙A，丙B；
(2)甲A，乙B，丙C；
(3)甲A，乙C，丙B.
可见，取得礼物B可能性最大的是丙．
15．通过随机询问某校110名高中学生在购买食物时是否看营养说明，得到下表：
男
女
总计
看营养说明
50
30
80
不看营养说明
10
20
30
总计
60
50
110
(1)从这50名女生中按是否看营养说明采取分层抽样，抽取一个容量为5的样本，问样本中看与不看营养说明的女生各有多少名？
(2)从(1)中的5名女生样本中随机选取两名作深度访谈，求选到看与不看营养说明的女生各一名的概率．
解：(1)根据分层抽样可得：样本中看营养说明的女生有×30＝3名，样本中不看营养说明的女生有×20＝2名．
(2)记样本中看营养说明的3名女生为a1、a2、a3，不看营养说明的2名女生为b1、b2，从这5名女生中随机选取两名，共有10个等可能的基本事件为：(a1、a2)，(a1、a3)，(a1、b1)，(a1、b2)，(a2、a3)，(a2、b1)，(a2、b2)，(a3、b1)，(a3、b2)，(b1、b2)．
其中，事件A“选到看与不看营养说明的女生各一名”包含了6个基本事件：(a1、b1)，(a1、b2)，(a2、b1)，(a2、b2)，(a3、b1)，(a3、b2)．
所以所求的概率为P(A)＝＝.
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