【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第十章第2讲　古典概型学案 16页

第 2 讲　古典概型 [学生用书 P179] 1．基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是互斥的； (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 2．古典概型 (1)特点 ①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性． ②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性． (2)概率公式 P(A)＝A包含的基本事件的个数 基本事件的总数 ． 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发 芽与不发芽”．(　　) (2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可 能事件．(　　) (3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到 的可能性相同．(　　) (4)“从长为 1 的线段 AB 上任取一点 C，求满足 AC≤ 1 3的概率是多少”是古典概 型．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× (教材习题改编)将一枚硬币连掷 2 次，只有一次出现正面的概率为(　　) A.2 3　　　　B.1 4　　　　C.1 3　　　　D．1 2 解析：选 D.一枚硬币连掷 2 次，共有 4 种不同的结果：正正，正反，反正，反反， 所以只有一次出现正面的概率 P＝2 4＝1 2. (教材习题改编)袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球，从中任取一球，取到白球 的概率为(　　) A.2 5 B. 4 15 C.3 5 D． 1 15 解析：选 A.从 15 个球中任取一球有 15 种取法，取到白球有 6 种，所以取到白球的概 率 P＝ 6 15＝2 5. (教材习题改编)掷两颗均匀的骰子，则向上的点数之和为 5 的概率等于(　　) A. 1 18 B.1 9 C.1 6 D． 1 12 解析：选 B.掷两颗骰子，向上的点数有以下情况： (1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)， (2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)， (3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)， (4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)， (5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)， (6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)， 共 36 种，其中点数之和为 5 的有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共 4 种，故所求概 率为 4 36＝1 9. (教材习题改编)某种饮料每箱装 6 听，其中有 2 听不合格，质检人员从中随机抽出 2 听，检测出都是合格产品的概率为(　　) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D．4 5 解析：选 B.记 A1，A2，A3，A4 为合格产品，B1，B2 为不合格产品，基本事件为(A1， A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，B1)，(A2，B2)， (A3，A4)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，(B1，B2)，共 15 种． 检测出都合格的产品有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A3，A4)， 共 6 种．故检测出都是合格产品的概率为 P＝ 6 15＝2 5，故选 B. 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________． 解析：甲、乙两人都有 3 种选择，共有 9 种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小组共有 3 种情况，所以甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P＝3 9＝1 3. 答案：1 3 　　　　　　简单古典概型的求法[学生用书 P180] [典例引领] (2017·高考山东卷)某旅游爱好者计划从 3 个亚洲国家 A 1，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)由题意知，从 6 个国家中任选 2 个国家，其一切可能的结果组成的基本事 件有： {A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}， {A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，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：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2， A3}，共 3 个． 则所求事件的概率为：P＝ 3 15＝1 5. (2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选 1 个，其一切可能的结果组成的基本事件有： {A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}， {A3，B3}，共 9 个． 包括 A1 但不包括 B1 的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共 2 个， 则所求事件的概率为：P＝2 9. (1)求古典概型概率的步骤 ①判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 A； ②分别求出基本事件的总数 n 与所求事件 A 中所包含的基本事件个数 m； ③利用公式 P(A)＝m n，求出事件 A 的概率． (2)基本事件个数的确定方法 方法 适用条件 列表法 此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看 成是坐标法 树状 树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问 图法 题及较复杂问题中基本事件数的探求 [通关练习] 1．(2017·高考全国卷Ⅱ)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(　　) A. 1 10　　　　　　　　　 B.1 5 C. 3 10 D．2 5 解析：选 D.依题意，记两次取得卡片上的数字依次为 a，b，则一共有 25 个不同的数 组(a，b)，其中满足 a>b 的数组共有 10 个，分别为(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)， (4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，因此所求的概率为10 25＝2 5，选 D. 2．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． 解：(1)标号为 1，2，3 的三张红色卡片分别记为 A，B，C，标号为 1，2 的两张蓝色卡 片分别记为 D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A，B)，(A，C)，(A，D)， (A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共 10 种． 由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的． 从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为：(A， D)，(A，E)，(B，D)，共 3 种．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 3 10. (2)记 F 为标号为 0 的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(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． 由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的． 从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为：(A， D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共 8 种． 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 8 15. 　　　　　　古典概型的交汇问题(高频考点) [学生用书 P180] 古典概型在高考中常与平面向量、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖， 考查知识全面，能力要求较高．主要命题角度有： (1)古典概型与平面向量相结合； (2)古典概型与直线、圆相结合； (3)古典概型与统计相结合； (4)古典概型与函数、方程相结合． [典例引领] 角度一　古典概型与平面向量相结合 从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数 a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数 b，则向量 m＝(a，b)与向量 n＝(1，－1)垂直的概率为________． 【解析】　由题意可知 m＝(a，b)所有基本事件有 4×3＝12 种情况，m⊥n，即 m·n＝ 0. 所以 a×1＋b×(－1)＝0，即 a＝b，满足条件的有(3，3)，(5，5)，共 2 种情况，所以所 求概率为1 6. 【答案】　1 6 角度二　古典概型与直线、圆相结合 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数 a，b，则直线 ax＋by＝0 与圆(x－2)2＋y2 ＝2 有公共点的概率为________． 【解析】　依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1，1)， (1，2)，(1，3)，…，(6，6)，共 36 种，其中满足直线 ax＋by＝0 与圆(x－2)2＋y2＝2 有公共 点，即满足 2a a2＋b2≤ 2，即 a≤b，则当 a＝1 时，b＝1，2，3，4，5，6，共有 6 种，当 a＝ 2 时，b＝2，3，4，5，6，共 5 种，同理当 a＝3 时，有 4 种，a＝4 时，有 3 种，a＝5 时， 有 2 种，a＝6 时，有 1 种，故共有 6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(种)，因此所求的概率等于 21 36＝ 7 12. 【答案】　 7 12 角度三　古典概型与统计相结合 以青蒿素类药物为主的联合疗法已经成为世界卫生组织推荐的抗疟疾标准疗法， 目前，国内青蒿人工种植发展迅速，调查表明，人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸 碱度、空气湿度的指标有极强的相关性，现将这三项的指标分别记为 x，y，z，并对它们进 行量化：0 表示不合格，1 表示临界合格，2 表示合格，再用综合指标 ω＝x＋y＋z 评定人工 种植的青蒿的长势等级：若 ω≥4 ，则长势为一级；若 2≤ω≤3 ，则长势为二级；若 0≤ω≤1，则长势为三级．为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况，研究人员随机抽取了 10 个青蒿人工种植地，得到如下结果： 种植地编号 A1 A2 A3 A4 A5 (x，y，z) (0，1，0) (1，2，1) (2，1，1) (2，2，2) (0，1，1) 种植地编号 A6 A7 A8 A9 A10 (x，y，z) (1，1，2) (2，1，2) (2，0，1) (2，2，1) (0，2，1) (1)若该地有青蒿人工种植地 180 个，试估计这些种植地中长势等级为三级的个数； (2)从长势等级为一级的青蒿人工种植地中随机抽取 2 个，求这 2 个人工种植地的综合 指标 ω 均为 4 的概率． 【解】　(1)计算 10 个青蒿人工种植地的综合指标，可得下表： 编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 综合指标 1 4 4 6 2 4 5 3 5 3 由上表可知，长势等级为三级的种植地只有 A1 一个，其频率为 1 10，用样本的频率估计 总体的频率，可估计这些种植地中长势等级为三级的个数约为 180× 1 10＝18. (2)由(1)可知，长势等级是一级的青蒿人工种植地有 A2，A3，A4，A6，A7，A9，共 6 个， 从中随机抽取 2 个，所有的可能结果为(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A6)，(A2，A7)，(A2，A9)， (A3，A4)，(A3，A6)，(A3，A7)，(A3，A9)，(A4，A6)，(A4，A7)，(A4，A9)，(A6，A7)，(A6， A9)，(A7，A9)，共计 15 个，综合指标 ω＝4 的有 A2，A3，A6，共 3 个，则符合题意的可能 结果为(A2，A3)，(A2，A6)，(A3，A6)，共 3 个，故所求概率 P＝ 3 15＝1 5. 角度四　古典概型与函数、方程相结合 某商店计划每天购进某商品若干件，商店每销售 1 件该商品可获利润 50 元，若 供大于求，剩余商品全部退回，但每件商品亏损 10 元，若供不应求，则从外部调剂，此时 每件调剂商品可获利润 30 元． (1)若商店一天购进商品 10 件，求当天的利润 y(单位：元)关于当天需求量 n(单位：件， n∈N)的函数解析式． (2)商店记录了 50 天该商品的日需求量 n(单位：件)，整理得下表： 日需求量 8 9 10 11 12 频数 9 11 15 10 5 若商店一天购进 10 件该商品，以 50 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率， 求当天的利润在[400，550](单位：元)内的概率． 【解】　(1)当 n≥10 时，y＝50×10＋(n－10)×30＝30n＋200，当 n<10 时，y＝50×n－ (10－n)×10＝60n－100， 所以当天的利润 y 关于当天需求量 n 的函数解析式为 y＝{30n＋200（n ≥ 10，n ∈ N）， 60n－100（n < 10，n ∈ N）. (2)50 天内有 9 天获得的利润为 380 元，有 11 天获得的利润为 440 元，有 15 天获得的 利润为 500 元，有 10 天获得的利润为 530 元，有 5 天获得的利润为 560 元． 若利润在[400，550](单位：元)内，则该商品的日需求量可以为 9 件、10 件、11 件，其 对应的频数分别为 11，15，10，则当天利润在[400，550](单位：元)内的概率 P＝11＋15＋10 50 ＝36 50＝18 25. 解决古典概型交汇问题的方法 解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基 本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．　 [通关练习] 1．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为 a，b，则椭圆x2 a2＋y2 b2＝1 的离心率 e> 3 2 的 概率是________． 解析：同时掷两颗骰子，得到的点数所形成的数组共有 36 种情况，当 a>b 时，e＝1－b2 a2 > 3 2 ⇒b a<1 2⇒a>2b，符合 a>2b 的情况有：当 b＝1 时，有 a＝3，4，5，6 四种情况； 当 b＝2 时，有 a＝5，6 两种情况．总共有 6 种情况，则概率是 6 36＝1 6.同理当 a 3 2 的概率也为1 6. 综上可知 e> 3 2 的概率为1 3. 答案：1 3 2．某学校用简单随机抽样方法抽取了 30 名同学，对其每月平均课外阅读时间(单位： 小时)进行调查，所得数据的茎叶图如图： 将月均课外阅读时间不低于 30 小时的学生称为“读书迷”． (1)将频率视为概率，估计该校 900 名学生中“读书迷”有多少人？ (2)从已抽取的 7 名“读书迷”中随机抽取男、女“读书迷”各 1 人，参加读书日宣传 活动． (ⅰ)共有多少种不同的抽取方法？ (ⅱ)求抽取的男、女两位“读书迷”月均读书时间相差不超过 2 小时的概率． 解：(1)设该校 900 名学生中“读书迷”有 x 人，则 7 30＝ x 900，解得 x＝210. 所以该校 900 名学生中“读书迷”约有 210 人． (2)(ⅰ)设抽取的男“读书迷”为 a35，a38，a41，抽取的女“读书迷”为 b34，b36，b38，b40(其 中下角标表示该生月均课外阅读时间)， 则从 7 名“读书迷”中随机抽取男、女“读书迷”各 1 人的所有基本事件为(a35，b34)， (a35，b36)，(a35，b38)，(a35，b40)，(a38，b34)，(a38，b36)，(a38，b38)，(a38，b40)，(a41，b34)， (a41，b36)，(a41，b38)，(a41，b40)， 共有 12 种不同的抽取方法． (ⅱ)设 A 表示事件“抽取的男、女两位‘读书迷’月均读书时间相差不超过 2 小时”， 则事件 A 包含(a35，b34)，(a35，b36)，(a38，b36)，(a38，b38)，(a38，b40)，(a41，b40)，共 6 个 基本事件， 所以 P(A)＝ 6 12＝1 2. 故抽取的男、女两位“读书迷”月均读书时间相差不超过 2 小时的概率为1 2. 古典概型计算三步曲 第一，本试验是不是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件 A 是 什么，它包含的基本事件有多少个． 确定基本事件的方法 (1)当基本事件总数较少时，可列举计算； (2)列表法、树状图法． 较复杂事件的概率可灵活运用互斥事件、对立事件的概率公式简化运算． 解决古典概型问题的两个易错点 (1)在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易忽视他们是不是等可能 的． (2)概率的一般加法公式 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当 A∩B＝∅， 即 A，B 互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时 P(A∩B)＝0. [学生用书 P329(单独成册)] 1．(2017·高考天津卷)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 (　　) A.4 5　　　　　　　　　 B.3 5 C.2 5 D．1 5 解析：选 C.从 5 支彩笔中任取 2 支不同颜色的彩笔，有 10 种不同取法：(红，黄)，(红， 蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿， 紫)．而取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)， 共 4 种，故所求概率 P＝ 4 10＝2 5. 2．“微信抢红包”自 2015 年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中， 若所发红包的总金额为 9 元，被随机分配为 1.49 元，1.31 元，2.19 元，3.40 元，0.61 元， 共 5 份，供甲、乙等 5 人抢，每人只能抢一次， 则甲、乙二人抢到的金额之和不低于 4 元 的概率是(　　) A.1 2 B.2 5 C.3 4 D．5 6 解析：选 B.设事件 A 为“甲、乙二人抢到的金额之和不低于 4 元”，甲、乙两人抢到红 包的所有结果为{1.49，1.31}，{1.49，2.19}，{1.49，3.40}，{1.49，0.61}，{1.31， 2.19}，{1.31，3.40}，{1.31，0.61}，{2.19，3.40}，{2.19，0.61}，{3.40，0.61}，共 10 种情况．其中事件 A 的结果一共有 4 种情况，根据古典概型概率计算公式，得 P(A)＝ 4 10＝ 2 5，即甲、乙二人抢到的金额之和不低于 4 元的概率是2 5.故选 B. 3．在正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为(　　) A.1 5 B.2 5 C.1 6 D．1 8 解析：选 B.如图， 在正六边形 ABCDEF 的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，共有 15 种选法，其中构成的四 边形是梯形的有 ABEF，BCDE，ABCF，CDEF，ABCD，ADEF，共 6 种情况，故构成的四 边形是梯形的概率 P＝ 6 15＝2 5. 4．已知集合 M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A 是集合 N 中任意一点， O 为坐标原点，则直线 OA 与 y＝x2＋1 有交点的概率是(　　) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D．1 8 解析：选 C.易知过点(0，0)与 y＝x2＋1 相切的直线为 y＝2x(斜率小于 0 的无需考虑)， 集合 N 中共有 16 个元素，其中使 OA 斜率不小于 2 的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)， 共 4 个，由古典概型知概率为 4 16＝1 4. 5．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(　　) A. 3 10　　　　　　　　　 B.1 5 C. 1 10 D． 1 20 解析：选 C.从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数共有如下 10 个不同的结果：(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)，其中勾股数只有(3，4，5)，所以概率为 1 10.故选 C. 6．从 2 名男生和 2 名女生中，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天 一人，则星期六安排一名男生，星期日安排一名女生的概率为________． 解析：将 2 名男生记为 A1，A2，2 名女生记为 B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日 参加某公益活动有 A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1， A2A1 共 12 种情况，而星期六安排一名男生，星期日安排一名女生共有 A1B1，A1B2，A2B1，A2B2 这 4 种情况，则其发生的概率为 4 12＝1 3. 答案：1 3 7．(2016·高考四川卷)从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则 logab 为整数的概率是__________． 解析：从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字，(a，b)的所有可能结果有(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 种，其中 log28＝3，log39＝2 为整数，所以 logab 为整数的概率为1 6. 答案：1 6 8．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，则 A1 和 B1 不全被选中的 概率为________． 解析：从这 7 人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名，所有可能的结果组成的 12 个基本事件为：(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)． 设“A1 和 B1 不全被选中”为事件 N，则其对立事件N表示“A1 和 B1 全被选中”，由于N ＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以 P(N)＝ 2 12＝1 6，由对立事件的概率计算公式得 P(N)＝ 1－P(N)＝1－1 6＝5 6. 答案：5 6 9．一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：(1)由题意知，(a，b，c)所有的可能为(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． 所以 P(A)＝ 3 27＝1 9. 因此，“抽取的卡片上的数字满足 a＋b＝c”的概率为1 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． 所以 P(B)＝1－P(B)＝1－ 3 27＝8 9. 因此，“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率为8 9. 10．全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标．根据相关报 道提供的全网传播 2017 年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名 列前 20 名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示． 组号 分组 频数 1 [4，5) 2 2 [5，6) 8 3 [6，7) 7 4 [7，8] 3 (1)现从融合指数在[4，5)和[7，8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取 2 家进行调研， 求至少有 1 家的融合指数在[7，8]内的概率； (2)根据分组统计表求这 20 家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数． 解：(1)法一：融合指数在[7，8]内的“省级卫视新闻台”记为 A1，A2，A3；融合指数在 [4，5)内的“省级卫视新闻台”记为 B1，B2.从融合指数在[4，5)和[7，8]内的“省级卫视新 闻台”中随机抽取 2 家的所有基本事件是：{A 1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}， {A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共 10 个． 其中，至少有 1 家融合指数在[7，8]内的基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}， {A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共 9 个． 所以所求的概率 P＝ 9 10. 法二：融合指数在[7，8]内的“省级卫视新闻台”记为 A1，A2，A3；融合指数在[4，5) 内的“省级卫视新闻台”记为 B1，B2.从融合指数在[4，5)和[7，8]内的“省级卫视新闻台” 中随机抽取 2 家的所有基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}， {A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共 10 个． 其中，没有 1 家融合指数在[7，8]内的基本事件是{B1，B2}共 1 个． 所以所求的概率 P＝1－ 1 10＝ 9 10. (2)这 20 家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数等于 4.5× 2 20＋5.5× 8 20＋6.5× 7 20 ＋7.5× 3 20＝6.05. 1．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会 均等，则甲或乙被录用的概率为(　　) A.2 3　　　　　　　　　 B.2 5 C.3 5 D． 9 10 解析：选 D.记事件 A：甲或乙被录用．从五人中录用三人，基本事件有(甲，乙，丙)、 (甲，乙，丁)、(甲，乙，戊)、(甲，丙，丁)、(甲，丙，戊)，(甲、丁，戊)、(乙，丙，丁)、 (乙，丙，戊)、(乙，丁，戊)、(丙，丁，戊)，共 10 种可能，而 A 的对立事件A仅有(丙，丁， 戊)一种可能，所以 A 的对立事件 A 的概率为 P(A)＝ 1 10，所以 P(A)＝1－P(A)＝ 9 10.选 D. 2．已知函数 f(x)＝1 3x3＋ax2＋b2x＋1，若 a 是从 1，2，3 三个数中任取的一个数，b 是 从 0，1，2 三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为(　　) A.7 9 B.1 3 C.5 9 D．2 3 解析：选 D.f′(x)＝x2＋2ax＋b2，要使函数 f(x)有两个极值点，则有 Δ＝(2a)2－4b2＞0， 即 a2＞b2.由题意知所有的基本事件有 9 个，即(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)， (2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，其中第一个数表示 a 的取值，第二个数表示 b 的取值．满 足 a2＞b2 的有 6 个基本事件，即(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，所以所 求事件的概率为6 9＝2 3. 3．一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次为 a，b，c，当且仅当 a>b，b