练习册

  • 练习册
  • 试题
    题型1:随机事件的定义 例1．判断下列事件哪些是必然事件.哪些是不可能事件.哪些是随机事件? (1)“抛一石块.下落 . (2)“在标准大气压下且温度低于0℃时.冰融化 , (3)“某人射击一次.中靶 , (4)“如果a＞b,那么a-b＞0 ; (5)“掷一枚硬币.出现正面 , (6)“导体通电后.发热 , (7)“从分别标有号数1.2.3.4.5的5张标签中任取一张.得到4号签 , (8)“某电话机在1分钟内收到2次呼叫 , (9)“没有水份.种子能发芽 , (10)“在常温下.焊锡熔化 ． 解析:根据定义.事件是必然事件,事件是不可能事件,事件是随机事件. 点评:熟悉必然事件.不可能事件.随机事件的联系与区别.针对不同的问题加以区分. 例2．(1)如果某种彩票中奖的概率为.那么买1000张彩票一定能中奖吗?请用概率的意义解释. 解析:不一定能中奖.因为.买1000张彩票相当于做1000次试验.因为每次试验的结果都是随机的.即每张彩票可能中奖也可能不中奖.因此.1000张彩票中可能没有一张中奖.也可能有一张.两张乃至多张中奖. 点评:买1000张彩票.相当于1000次试验.因为每次试验的结果都是随机的.所以做1000次试验的结果也是随机的.也就是说.买1000张彩票有可能没有一张中奖. (2)在一场乒乓球比赛前.裁判员利用抽签器来决定由谁先发球.请用概率的知识解释其公平性. 解析:这个规则是公平的.因为抽签上抛后.红圈朝上与绿圈朝上的概率均是0.5.因此任何一名运动员猜中的概率都是0.5.也就是每个运动员取得先发球权的概率都是0.5. 点评:这个规则是公平的.因为每个运动员先发球的概率为0.5.即每个运动员取得先发球权的概率是0.5.事实上.只能使两个运动员取得先发球权的概率都是0.5的规则都是公平的. 题型2:频率与概率 例3．某种菜籽在相同在相同的条件下发芽试验结果如下表: 种子粒数 2 5 10 70 130 310 700 1500 2000 3000 发芽粒数 2 4 9 60 116 282 639 1339 1806 2715 解析:我们根据表格只能计算不同情况下的种子发芽的频率分别是:1.0.8.0.9.0.857.0.892.0.910.0.913.0.893.0.903.0.905.随着种子粒数的增加.菜籽发芽的频率越接近于0.9.且在它附近摆动.故此种子发芽的概率为0.9. 点评:我们可以用频率的趋向近似值表示随机事件发生的概率. 例4．进行这样的试验:从0.1.2.-.9这十个数字中随机取一个数字.重复进行这个试验10000次.将每次取得的数字依次记下来.我们就得到一个包括10000个数字的“随机数表 ．在这个随机数表里.可以发现0.1.2.-.9这十个数字中各个数字出现的频率稳定在0.1附近．现在我们把一个随机数表等分为10段.每段包括1000个随机数.统计每1000个随机数中数字“7 出现的频率.得到如下的结果: 段序:n=1000 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 出现“7 的频数 95 88 95 112 95 99 82 89 111 102 出现“7 的频率 0.095 0.088 0.095 0.112 0.095 0.099 0.082 0.089 0.111 0.102 由上表可见.每1000个随机数中“7 出现的频率也稳定在0.1的附近．这就是频率的稳定性．我们把随机事件A的频率P(A)作为随机事件A的概率P(A)的近似值. 点评:利用概率的统计定义.在计算每一个随机事件概率时都要通过大量重复的试验.列出一个表格.从表格中找到某事件出现频率的近似值作为所求概率.这从某种意义上说是很繁琐的. 题型3:随机事件间的关系 例5．(1)某战士在打靶中.连续射击两次.事件“至少有一次中靶 的对立事件是( ) (A)至多有一次中靶 (B)两次都中靶 (C)两次都不中靶 (D)只有一次中靶 答案:C. 点评:根据实际问题分析好对立事件与互斥事件间的关系. (2)把标号为1.2.3.4的四个小球随机地分发给甲.乙.丙.丁四个人.每人分得一个.事件“甲分得1号球 与事件“乙分得1号球 是( ) (A)互斥但非对立事件 (B)对立事件 (C)相互独立事件 (D)以上都不对 答案:A. 点评:一定要区分开对立和互斥的定义.互斥事件:不能同时发生的两个事件叫做互斥事件,对立事件:不能同时发生.但必有一个发生的两个事件叫做互斥事件. 例6．甲.乙两台机床相互没有影响地生产某种产品.甲机床产品的正品率是乙机床产品的正品率是. (I)从甲机床生产的产品中任取3件.求其中恰有2件正品的概率, (II)从甲.乙两台机床生产的产品中各任取1件.求其中至少有1件正品的概率. (I)解:任取甲机床的3件产品恰有2件正品的概率为 (II)解法一:记“任取甲机床的1件产品是正品 为事件A.“任取乙机床的1件产品是正品 为事件B.则任取甲.乙两台机床的产品各1件.其中至少有1件正品的概率为: 解法二:运用对立事件的概率公式.所求的概率为: 点评:本小题考查互斥事件.相互独立事件的概率等基础知识.及分析和解决实际问题的能力. 题型4:古典概率模型的计算问题 例7．从含有两件正品a1.a2和一件次品b1的三件产品中.每次任取一件.每次取出后不放回.连续取两次.求取出的两件产品中恰有一件次品的概率. 解析:每次取出一个.取后不放回地连续取两次.其一切可能的结果组成的基本事件有6个.即(a1.a2)和.(a1.b2).(a2.a1).(a2.b1).(b1.a1).(b2.a2).其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品.右边的字母表示第2次取出的产用A表示“取出的两种中.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个基本事件组成.因而.P(A)==. 点评:利用古典概型的计算公式时应注意两点:(1)所有的基本事件必须是互斥的,(2)m为事件A所包含的基本事件数.求m值时.要做到不重不漏. 例8．现有一批产品共有10件.其中8件为正品.2件为次品: (1)如果从中取出一件.然后放回.再取一件.求连续3次取出的都是正品的概率, (2)如果从中一次取3件.求3件都是正品的概率. 分析:为不返回抽样. 解析:(1)有放回地抽取3次.按抽取顺序记录结果.则x,y,z都有10种可能.所以试验结果有10×10×10=103种,设事件A为“连续3次都取正品 .则包含的基本事件共有8×8×8=83种.因此.P(A)= =0.512. (2)解法1:可以看作不放回抽样3次.顺序不同.基本事件不同.按抽取顺序记录.则x有10种可能.y有9种可能.z有8种可能.所以试验的所有结果为10×9×8=720种．设事件B为“3件都是正品 .则事件B包含的基本事件总数为8×7×6=336, 所以P(B)= ≈0.467. 解法2:可以看作不放回3次无顺序抽样.先按抽取顺序记录结果.则x有10种可能.y有9种可能.z有8种可能.但...是相同的.所以试验的所有结果有10×9×8÷6=120.按同样的方法.事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6=56.因此P(B)= ≈0.467. 点评:关于不放回抽样.计算基本事件个数时.既可以看作是有顺序的.也可以看作是无顺序的.其结果是一样的.但不论选择哪一种方式.观察的角度必须一致.否则会导致错误. 题型5:利用排列组合知识解古典概型问题 例9．盒中装着标有数字1.2.3.4的卡片各2张.从盒中任意任取3张.每张卡片被抽出的可能性都相等.求: (Ⅰ)抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率, (Ⅱ)抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概念, (Ⅲ)抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率. 解析:(I)“抽出的3张卡片上最大的数字是4 的事件记为A. 由题意得:, (II)“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3 的事件记为B. 则, (III)“抽出的3张卡片上的数字互不相同 的事件记为C.“抽出的3张卡片上有两个数字相同 的事件记为D.由题意.C与D是对立事件. 因为. 所以. 点评:该题通过排列.组合知识完成了古典概型的计算问题.同时要做到所有的基本事件必须是互斥的.要做到不重不漏. 例10．在添加剂的搭配使用中.为了找到最佳的搭配方案.需要对各种不同的搭配方式作比较.在试制某种牙膏新品种时.需要选用两种不同的添加剂.现有芳香度分别为0.1.2.3.4.5的六种添加剂可供选用.根据试验设计原理.通常首先要随机选取两种不同的添加剂进行搭配试验. (Ⅰ)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4的概率, (Ⅱ)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3的概率, 解析:设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4 的事件为A.“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3 的事件为B (Ⅰ)芳香度之和等于4的取法有2种:..故. (Ⅱ)芳香度之和等于1的取法有1种:,芳香度之和等于2的取法有1种:.故. 点评:高考对概率内容的考查.往往以实际应用题出现.这既是这类问题的特点.也符合高考发展方向.考生要以课本概念和方法为主.以熟练技能.巩固概念为目标.查找知识缺漏.总结解题规律. 题型6:易错题辨析 例11．掷两枚骰子.求所得的点数之和为6的概率. 错解:掷两枚骰子出现的点数之和不同情况为{2.3.4.-.12}.故共有11种基本事件.所以概率为P=, 剖析:以上11种基本事件不是等可能的.如点数和2只有(1.1).而点数之和为6有.共5种．事实上.掷两枚骰子共有36种基本事件.且是等可能的.所以“所得点数之和为6 的概率为P=. 我们经常见的错里还有“投掷两枚硬币的结果 .划分基本事件“两正.一正一反.两反 .其中“一正一反 与“两正 .“两反 的机会是不均等. 类型四:基本事件 “不可数 由概率求值公式.求某一事件发生的概率时.要求试验中所有可能出现的基本事件只有有限个. 如果试验所包含的基本事件是无限多个.那根本就不会得到基本事件的总数.也就不能用公式来解决问题. 例12．(2000年天津.山西.江西高考试题) 甲.乙二人参加普法知识竞赛.共有10个不同的题目.其中选择题6个.判断题4个.甲.乙二人一次各抽取一题. (1)甲抽到选择题.乙抽到判断题的概率是多少? 错解:甲从选择题中抽到一题的可能结果有个.乙从判断题中抽到一题的的可能结果是.故甲抽到选择题.乙抽到判断题的可能结果为,又甲.乙二人一次各抽取一题的结果有.所以概率值为. 剖析:错把分步原理当作分类原理来处理. 正解:甲从选择题中抽到一题的可能结果有个.乙从判断题中抽到一题的的可能结果是.故甲抽到选择题.乙抽到判断题的可能结果为,又甲.乙二人一次各抽取一题的结果有.所以概率值为. (2)甲.乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少? 错解:甲.乙中甲抽到判断题的种数是6×9种.乙抽到判断题的种数6×9种.故甲.乙二人至少有一个抽到选择题的种数为12×9,又甲.乙二人一次各抽取一题的种数是10×9.故甲.乙二人至少有一个抽到选择题的概率是. 剖析:显然概率值不会大于1.这是错解.该问题对甲.乙二人至少有一个抽到选择题的计数是重复的.两人都抽取到选择题这种情况被重复计数. 正解:甲.乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9=90, 方法一:分类计数原理 (1)只有甲抽到了选择题的事件数是:6×4=24, (2)只有乙抽到了选择题的事件数是:6×4=24, (3)甲.乙同时抽到选择题的事件数是:6×5=30, 故甲.乙二人至少有一个抽到选择题的概率是. 方法二:利用对立事件 事件“甲.乙二人至少有一个抽到选择题 与事件“甲.乙两人都未抽到选择题 是对立事件. 事件“甲.乙两人都未抽到选择题 的基本事件个数是4×3=12, 故甲.乙二人至少有一个抽到选择题的概率是. 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)


    同步练习册答案