典型概率题及其解法
中考概率题经典题及解析
中考概率题经典题及解析一、一个不透明的袋子中装有红、黄、蓝三种颜色的小球各2个，从中随机摸出3个小球，则摸出的小球中至少有1个是红球的概率是？A. 1/10B. 1/4C. 3/5D. 7/10（答案）D二、一副扑克牌去掉大小王后共有52张，从中任意抽出1张，则抽到的牌是黑色的概率为？A. 1/4B. 1/2C. 3/4D. 1（答案）B三、一个骰子有6个面，每个面上分别标有数字1到6，投掷这个骰子一次，则掷出的点数为偶数的概率是？A. 1/6B. 1/3C. 1/2D. 2/3（答案）C四、某校有学生800人，其中女生占45%，若从中随机选取一名学生，则选中男生的概率为？A. 0.45B. 0.55C. 0.6D. 0.9（答案）B五、一个转盘上有红、绿、蓝三个区域，面积比分别为2:3:5，转动转盘一次，指针停在绿色区域的概率为？A. 2/10B. 3/10C. 5/10D. 1/2（答案）B六、有5张卡片，正面分别写有数字1, 2, 3, 4, 5，将它们背面朝上放置在桌面上，任意抽出一张，则抽到的数字为奇数的概率为？A. 2/5B. 3/5C. 1/2D. 7/10（答案）A七、一个盒子里装有10个黑球和15个白球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，则摸到白球的概率是？A. 1/5B. 3/5C. 2/5D. 1/2（答案）B八、某班级有40名学生，其中22名是男生，从该班级中随机选取一名学生作为代表，则选取的代表是女生的概率为？A. 11/20B. 9/20C. 11/40D. 22/40（答案）A。
条件概率例题
20 道条件概率例题例题1袋中有 5 个红球和 3 个白球，从中不放回地依次摸出两个球。
已知第一次摸出红球，求第二次摸出红球的概率。
解：第一次摸出红球后，袋中还有 4 个红球和 3 个白球，所以第二次摸出红球的概率为4/7。
例题2一个盒子里有 6 个黑球和 4 个白球，从中随机取出两个球。
若已知第一个球是黑球，求第二个球也是黑球的概率。
解：第一个球是黑球后，盒子里还有 5 个黑球和 4 个白球，所以第二个球是黑球的概率为5/9。
例题3有三张卡片，分别写着数字1、2、3。
从中随机抽取一张，放回后再抽取一张。
已知第一次抽到数字2，求第二次抽到数字 3 的概率。
解：因为是有放回抽取，所以第一次抽到数字 2 后，第二次抽取时每张卡片被抽到的概率仍为1/3，所以第二次抽到数字 3 的概率为1/3。
例题4一批产品中有合格品和次品，合格品率为80%。
从中随机抽取一件产品，已知是合格品，求该产品是一等品的概率（设合格品中一等品率为60%）。
解：由条件概率公式，所求概率为合格品中的一等品率，即60%。
例题5箱子里有红色球和蓝色球，红色球占总数的40%。
从箱子里随机取出一个球，已知是红色球，求这个球上标有数字 5 的概率（设红色球中有30%标有数字5）。
解：根据条件概率公式，所求概率为红色球中标有数字 5 的比例，即30%。
例题6某班级男生占总人数的60%。
在男生中，喜欢数学的占70%。
从班级中随机抽取一名学生，已知是男生，求该学生喜欢数学的概率。
解：所求概率为男生中喜欢数学的比例，即70%。
例题7有两个盒子，盒子 A 中有 3 个红球和 2 个白球，盒子 B 中有 4 个红球和3 个白球。
从盒子 A 中随机取出一个球放入盒子B，然后从盒子 B 中随机取出一个球。
已知从盒子 B 中取出的是红球，求从盒子 A 中取出的也是红球的概率。
解：设从盒子 A 中取出红球为事件A，从盒子 B 中取出红球为事件B。
先求P(A) = 3/5，P(B|A) = (4 + 1)/(7 + 1) = 5/8。
九类常见概率问题求解方法
九类常见概率问题求解方法在概率论中，有许多常见的问题可以通过一些常用的方法来解决。
以下是九类常见的概率问题及其求解方法：1. 排列组合问题当问题涉及到选择或安排元素的顺序时，我们可以使用排列组合的方法来解决。
排列是指从给定的元素集合中选取一些元素并按照一定的顺序排列，组合是指从给定的元素集合中选取一些元素，不考虑顺序。
排列组合问题可以通过计算阶乘、直接应用排列组合公式或使用递推关系式来求解。
2. 条件概率问题当问题给出了一些额外的条件时，我们可以使用条件概率来解决。
条件概率是指在已知某些条件下，事件发生的概率。
通过应用条件概率公式，我们可以求解出事件在给定条件下的概率。
3. 独立事件问题若多个事件之间的发生不会互相影响，则这些事件是独立事件。
对于独立事件问题，我们可以通过计算每个事件的概率，然后将这些概率相乘来求解整个事件链的概率。
4. 联合概率问题当问题涉及到多个事件同时发生的概率时，我们可以使用联合概率来解决。
联合概率是指多个事件同时发生的概率。
通过计算每个事件的概率，然后将这些概率相乘来求解联合概率。
5. 互斥事件问题互斥事件是指两个事件之间不能同时发生的情况。
当问题涉及到互斥事件的概率时，我们可以通过计算每个事件的概率，然后将这些概率相加来求解整体概率。
6. 逆概率问题当问题给出了事件发生的概率，我们可以使用逆概率来解决。
逆概率是指已知事件发生的概率，求解事件不发生的概率。
通过使用补集的概念，即1减去事件发生的概率，我们可以求解逆概率。
7. 条件逆概率问题当问题给出了事件发生的条件概率，我们可以使用条件逆概率来解决。
条件逆概率是指已知事件发生的条件下，求解事件不发生的概率。
通过使用补集公式和条件概率公式，我们可以求解条件逆概率。
8. 边际概率问题当问题给出了多个事件的联合概率和条件概率时，我们可以使用边际概率来解决。
边际概率是指在多个事件联合发生的情况下，某个单独事件发生的概率。
通过应用边际概率公式和条件概率公式，我们可以求解边际概率。
九年级上册数学概率题
九年级上册数学概率题题目一：一个袋子里装有 3 个红球和 2 个白球，从袋子中随机摸出一个球，求摸到红球的概率。
解析：袋子里一共有 3 个红球和2 个白球，总球数为 3 + 2 = 5 个。
摸到红球的概率= 红球的个数÷总球数= 3÷5 = 3/5。
题目二：同时掷两个质地均匀的骰子，求两个骰子点数之和为7 的概率。
解析：同时掷两个骰子，所有可能的结果有6×6 = 36 种。
点数之和为7 的情况有（1,6）、（2,5）、（3,4）、（4,3）、（5,2）、（6,1），共 6 种。
所以概率为6÷36 = 1/6。
题目三：在一个不透明的盒子里有 4 个黑球和若干个白球，它们除颜色外完全相同。
摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复，共摸球40 次，其中10 次摸到黑球，求盒子里白球的个数。
解析：设盒子里白球有x 个，则总球数为 4 + x 个。
因为共摸球40 次，10 次摸到黑球，所以摸到黑球的概率为10÷40 = 1/4。
而摸到黑球的概率又等于黑球个数÷总球数，即4÷(4 + x) = 1/4，解得x = 12。
题目四：从1、2、3 这三个数字中随机抽取两个数字，求这两个数字都是奇数的概率。
解析：从三个数字中随机抽取两个数字，所有可能的情况有（1,2）、（1,3）、（2,1）、（2,3）、（3,1）、（3,2），共 6 种。
其中两个数字都是奇数的情况有（1,3）、（3,1），共 2 种。
所以概率为2÷6 = 1/3。
题目五：有五张卡片，上面分别写着数字1、2、3、4、5，将它们背面朝上放在桌上，随机抽取一张，求抽到的数字是质数的概率。
解析：1、2、3、4、5 中质数有2、3、5 三个。
所以抽到质数的概率为3÷5 = 3/5。
题目六：在一个口袋中有 4 个完全相同的小球，把它们分别标号为1、2、3、4，随机地摸出一个小球然后放回，再随机地摸出一个小球，求两次摸出的小球标号之和为5 的概率。
高考真题数学概率题及答案
高考真题数学概率题及答案高考真题中的数学概率题常常是考生们的心头之患，因为涉及到概率的计算和推断，考生们往往感到头疼。
在这里，我为大家整理了一些高考真题中常见的数学概率题及答案，希望能帮助大家更好地应对考试。
题目一：某班有30名学生，其中10名喜欢篮球，8名喜欢足球，6名喜欢羽毛球，3名以上三项兼喜的学生只有两名，问至少有多少名学生喜欢至少一项球类运动？
解答：设喜欢至少一项球类运动的学生有x名，根据题意可列出方程：10+8+6-x=30-2，解得x=22，因此至少有22名学生喜欢至少一项球类运动。
题目二：甲、乙、丙三人开车到达目的地的概率分别是0.6、0.7和0.8，求至少有一个人到达目的地的概率。
解答：根据概率的互补性，至少有一个人到达目的地的概率为1-三人都没有到达的概率，即1-(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)=1-0.4*0.3*0.2=0.976，所以至少有一个人到达目的地的概率是0.976。
题目三：已知随机事件A的概率为0.4，事件B的概率为0.3，且事件A与事件B相互独立，求事件A与事件B至少有一个发生的概率。
解答：由事件A与事件B相互独立可知，事件A与事件B至少有一个发生的概率为1-(1-0.4)(1-0.3)=1-0.6*0.7=0.58，所以事件A与事件B至少有一个发生的概率为0.58。
通过以上题目的解答，我们可以看到，数学概率题并不是难到无法解决的问题，只要掌握了基本的概率知识和解题技巧，就能在考试中得心应手。
希望以上内容能对大家有所帮助，祝愿大家在高考中取得优异的成绩。
(完整版)概率经典例题及解析、近年高考题50道带答案.doc
【经典例题】【例 1】（ 2012 湖北） 如图，在圆心角为直角的扇形 OAB 中，分别以 OA ， OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是21 121 A ．1- πB ． 2 - πC ． πD ． π【答案】 A【解析】 令 OA=1，扇形 OAB 为对称图形， ACBD 围成面积为 S 1，围成 OC 为 S 2，作对称轴 OD ，则过 C 点． S 2 即为以 OA2 π 1 2 111 π -2 S2(2)-2×2×2=1为直径的半圆面积减去三角形OAC 的面积， S =8 ．在扇形 OAD 中 2 为扇形面积减去三角S 2 S 1 1 21 S 2π -2 π -2π形 OAC 面积和 2 ， 2 = 8 π×1 - 8 - 2 =16 ， S 1+S 2= 4 ，扇形 OAB 面积 S= 4 ，选 A ．【例 2】（ 2013 湖北） 如图所示，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小的小正方体，经过搅拌后， 从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则 X 的均值 E(X) ＝ ( )1266 1687 A. 125B. 5C.125D. 5【答案】 B27 54 36 8 27【解析】 X 的取值为 0，1， 2，3 且 P(X ＝ 0) ＝125，P(X ＝ 1) ＝125，P(X ＝ 2) ＝ 125，P(X ＝ 3) ＝ 125，故 E(X) ＝0× 125＋1× 54 36 8 6＋2× ＋3× ＝，选B.125 125 125 5【例 3】（ 2012 四川） 节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通 电后的 4 秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以 4 秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是 ()1 1 3 7 A. 4B. 2C. 4D. 8【答案】 C【解析】 设第一串彩灯在通电后第 x 秒闪亮， 第二串彩灯在通电后第 y 秒闪亮，由题意 0≤ x ≤ 4，满足条件的关系式0≤y ≤4，根据几何概型可知， 事件全体的测度 ( 面积 ) 为 16 平方单位，而满足条件的事件测度( 阴影部分面积 ) 为 12 平方单位，123故概率为 16＝ 4.【例 4】（ 2009 江苏） 现有 5 根竹竿，它们的长度（单位： m ）分别为 2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2 根竹竿，则它们的长度恰好相差 0.3m 的概率为 .【答案】 0.2 【解析】 从 5 根竹竿中一次随机抽取 2 根的可能的事件总数为 10，它们的长度恰好相差 0.3m 的事件数为 2，分别是：2.5 和 2.8 ， 2.6 和 2.9 ，所求概率为 0.2【例 5】（ 2013 江苏） 现有某类病毒记作 X m Y n ，其中正整数 m ， n(m ≤7， n ≤ 9)可以任意选取，则 m ， n 都取到奇数的概率为 ________．20【答案】【解析】 基本事件共有 7×9＝ 63 种， m 可以取 1， 3， 5，7， n 可以取 1， 3，5， 7， 9. 所以 m ，n 都取到奇数共有 2020种，故所求概率为63.【例 6】（ 2013 山东） 在区间 [－ 3，3] 上随机取一个数 x ，使得 |x ＋ 1|－ |x － 2| ≥1成立的概率为 ________．【答案】13【解析】 当 x<－ 1 时，不等式化为－ x － 1＋ x －2≥1，此时无解；当－ 1≤x ≤2 时，不等式化为 x ＋1＋ x －2≥1，解之得 x ≥1；当 x>2 时，不等式化为 x ＋ 1－ x ＋2≥1，此时恒成立， ∴|x ＋ 1| － |x －2| ≥1的解集为 [ 1，＋∞ ) . 在 [ －3， 3]上使不等式有解的区间为 [ 1，3] ，由几何概型的概率公式得 P ＝ 3－ 1 1 .3－（－ 3） ＝3【例 7】（ 2013 北京）下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图， 空气质量指数小于 100 表示空气质量优良， 空气质量指数大于 200 表示空气重度污染． 某人随机选择 3 月 1 日至 3 月 13 日中的某一天到达该市， 并停留 2 天．（ 1）求此人到达当日空气重度污染的概率；（ 2）设 X 是此人停留 期间空气质量优良的天数，求 X 的分布列与数学期望；（ 3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明 )【答案】 132； 1213； 3 月 5 日【解析】 设 Ai 表示事件“此人于3 月 i 日到达该市” (i ＝ 1， 2， ， 13) ．1(i ≠j) ．根据题意， P(Ai) ＝ ，且 Ai ∩Aj ＝13（ 1）设 B 为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B ＝A5∪A8.2所以 P(B) ＝P(A5∪A8)＝ P(A5) ＋ P(A8) ＝ .13（ 2）由题意可知， X 的所有可能取值为 0，1， 2，且P(X＝ 1) ＝P(A3∪A6∪A7 ∪A11)4＝P(A3) ＋ P(A6) ＋ P(A7) ＋ P(A11) ＝13，P(X＝ 2) ＝P(A1∪A2∪A12∪A13)4＝P(A1) ＋ P(A2) ＋ P(A12) ＋ P(A13) ＝13，5P(X＝ 0) ＝ 1－ P(X＝ 1) － P(X＝ 2) ＝13.所以 X 的分布列为X 0 1 2P 5 4 4 13 13 135 4 4 12故 X 的期望 E(X) ＝0×＋1×＋2×＝ .13 13 13 13（ 3）从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大．【例 8】（2013 福建）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为2，中奖可以3 获得 2 分；方案乙的中奖率为2，中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中5奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．（ 1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求 X≤3的概率；（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？【答案】1115；方案甲．2 2【解析】方法一：（ 1）由已知得，小明中奖的概率为3，小红中奖的概率为5，且两人中奖与否互不影响．记“这2 人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件 A 的对立事件为“ X＝5”，2 2 411因为 P(X＝5) ＝×＝，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝，3 5 151511即这两人的累计得分X≤3的概率为15.（ 2）设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1) ，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2) ．2 2由已知可得，X1～ B 2，3， X2～ B 2，5，2 42 4所以 E(X1) ＝2×3＝3， E(X2) ＝2×5＝5，812从而 E(2X1) ＝ 2E(X1) ＝， E(3X2) ＝ 3E(X2) ＝.3 5因为 E(2X1)>E(3X2) ，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．方法二：（ 1）由已知得，小明中奖的概率为2，小红中奖的概率为2，且两人中奖与否互不影响．35记“这两人的累计得分 X ≤3”的事件为 A ，则事件 A 包含有“ X ＝0”“ X ＝2”“ X ＝3”三个两两互斥的事件，2 2 1 2 2 22 22， 因为 P(X ＝ 0) ＝ 1－× 1－ ＝ ，P(X ＝ 2) ＝ × 1－＝ ，P(X ＝3) ＝ 1－ × ＝ 15 355355 3 511所以 P(A) ＝ P(X ＝ 0) ＋ P(X ＝ 2) ＋ P(X ＝ 3) ＝15，11即这两人的累计得分 X ≤3的概率为 15.（ 2）设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则 X1， X2 的分布列如下：X1 0 2 4 X2 0 3 6 P14 4 P912 4 9 9 9 2525251448所以 E(X1) ＝0× 9＋2× 9＋4× 9＝ 3，E(X2) ＝0× 9 ＋3× 12＋6× 4 ＝ 12.25 25 25 5因为 E(X1)>E(X2) ，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．【例 9】（ 2013 浙江） 设袋子中装有 a 个红球， b 个黄球， c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1 分，取出一个黄球得2 分，取出一个蓝球得3 分．（ 1）当 a ＝ 3， b ＝ 2，c ＝ 1 时，从该袋子中任取 (有放回，且每球取到的机会均等 )2 个球，记随机变量 ξ为取出此 2球所得分数之和，求 ξ的分布列；（ 2）从该袋子中任取 (每球取到的机会均等 )1 个球，记随机变量 η为取出此球所得分数． 若 E η＝ 5，D η＝5，求 a ∶ b ∶ c.3 9【答案】 3∶ 2∶ 1【解析】（ 1）由题意得，ξ＝ 2， 3， 4， 5， 6.P(ξ＝ 2) ＝ 3×3 1＝ ，6×6 4 P(ξ＝ 3) ＝2×3×2＝ 1，6×6 32×3×1＋2×2 5 P(ξ＝ 4) ＝ 6×6 ＝ 18. P(ξ＝ 5) ＝ 2×2×1 16×6＝ 9，P(ξ＝ 6) ＝ 1×1 1，＝ 366×6 所以 ξ 的分布列为ξ 2 3 4 5 6 P1 1 5 1 1 4318936（ 2）由题意知 η 的分布列为η 1 2 3Pa b ca ＋b ＋c a ＋ b ＋ ca ＋b ＋ca 2b3c5所以 E η＝ a ＋ b ＋ c ＋ a ＋b ＋ c ＋ a ＋b ＋ c ＝ 3，5 a 5 b 5c5D η＝ 1－ 32· a ＋ b ＋ c ＋2－ 32· a ＋ b ＋ c ＋3－ 32· a ＋ b ＋ c ＝ 9， 2a － b － 4c ＝ 0，解得 a ＝ 3c ， b ＝ 2c ， 化简得a ＋ 4b －11c ＝ 0，故 a ∶b ∶c ＝3∶2∶1.【例 10】（ 2009 北京理） 某学生在上学路上要经过 4 个路口， 假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的 概率都是 1，遇到红灯时停留的时间都是2min.3（ 1）求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率； （ 2）求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的分布列及期望 .【答案】4；327 8【解析】 本题主要考查随机事件、互斥事件、相互独立事件等概率知识、考查离散型随机变量的分布列和期望等基础 知识，考查运用概率与统计知识解决实际问题的能力.（ 1）设这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯为事件 A ，因为事件 A 等于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A 的概率为PA11111 4 .333 27（ 2）由题意，可得可能取的值为 0，2， 4， 6，8（单位： min ） .事件“2k ”等价于事件“该学生在路上遇到k 次红灯”（ k 0， 1， 2，3， 4），k 4 k∴ P2kC k412k 0,1,2,3,4，33∴即 的分布列是0 246 8P16 32 8818181278181∴ 的期望是 E16 32 88 1 82468.818127 81813【课堂练习】1.（ 2013 广东） 已知离散型随机变量X 的分布列为X 1 2 3P3 3 151010则 X 的数学期望 E(X) ＝ () 35A. 2B ． 2 C. 2 D ． 32.（ 2013 陕西） 如图，在矩形区域 ABCD 的 A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区 域 ADE 和扇形区域 CBF( 该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常 )．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无 信号的概率是 ( )．A ．1－ π π π D ． π4 B ． －1 B ．2－ 42 23．在棱长分别为 1， 2， 3 的长方体上随机选取两个相异顶点，若每个顶点被选的概率相同，则选到两个顶点的距离 大于 3的概率为 ()4 3 2 3A ．7B ． 7C ． 7D ． 144．（ 2009 安徽理） 考察正方体 6 个面的中心，甲从这 6 个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6 个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于12 34?BA ．B ．C ．D ．75757575?F?C?D? E? A5.（ 2009 江西理） 为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3 种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5 袋，能获奖的概率为（）3133 C ．4850A ．B ．81D ．.8181816.（ 2009 辽宁文） ABCD 为长方形， AB ＝ 2， BC ＝1，O 为 AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于 1 的概率为A ．B ． 1C ．8D ． 18447.（ 2009 上海理） 若事件 E 与 F 相互独立，且 P EP F1 的值等于，则P EI F4A ． 01 C ．11B ．4D ．1628．（ 2013 广州） 在区间 [1，5] 和[2， 4]上分别取一个数，记为a ，b ，则方程 x 2 y 22＋b 2＝ 1 表示焦点在 x 轴上且离心率小a于 3的椭圆的概率为 ()2C ．1711531A ．2B ． 3232D ． 321， 2，3，9．已知数列 {a } 满足 a ＝ a＋ n － 1(n ≥2，n ∈ N)，一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为nnn －14， 5， 6，将这颗骰子连续抛掷三次，得到的点数分别记为 a ， b ， c ，则满足集合 {a ，b ， c} ＝ {a 1， a 2， a 3}(1 ≤a i ≤6，i ＝ 1， 2， 3)的概率是 ()1B ． 1C ． 1D ． 1A ．72 36 24 1210.（ 2009 湖北文） 甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、 0.6、 0.5，则三人都达标的概率是，三人中至少有一人达标的概率是 。
高中概率练习题及讲解讲解
高中概率练习题及讲解讲解一、基础题1. 题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机取出一个球，求是红球的概率。
答案：首先计算总球数为8个，红球数为5个。
根据概率公式 P(A) = 事件发生的次数 / 总的可能次数，红球的概率 P(红球) = 5/8。
2. 题目：掷一枚均匀的硬币两次，求至少出现一次正面的概率。
答案：首先列出所有可能的结果：正正、正反、反正、反反。
其中正正和正反、反正是至少出现一次正面的情况。
根据概率公式，P(至少一次正面) = 3/4。
3. 题目：一个班级有30名学生，随机选取5名学生作为代表，求其中至少有一名男生的概率（假设班级男女比例为1:1）。
答案：首先计算总的选取方式，即从30名学生中选取5名的组合数。
然后计算没有男生的选取方式，即从15名女生中选取5名的组合数。
根据对立事件的概率计算，P(至少一名男生) = 1 - P(没有男生)。
二、进阶题1. 题目：一个工厂每天生产100个零件，其中有5%的次品。
今天工厂生产了200个零件，求至少有10个次品的概率。
答案：首先确定次品数为10、11、...、20。
使用二项分布公式P(X=k) = C(n, k) * p^k * (1-p)^(n-k)，其中 n=200, p=0.05。
计算总概率P(X ≥ 10) = Σ P(X=k) (k=10 to 20)。
2. 题目：一个盒子里有10个球，编号为1到10。
随机抽取3个球，求抽取的球的编号之和大于15的概率。
答案：列出所有可能的抽取组合，计算和大于15的组合数。
然后根据概率公式计算概率。
3. 题目：一个班级有50名学生，其中男生30名，女生20名。
随机选取5名学生，求选取的学生中恰好有3名男生的概率。
答案：使用组合数计算选取3名男生和2名女生的组合数，然后除以总的选取方式数，即从50名学生中选取5名的组合数。
三、高难题1. 题目：一个连续掷骰子直到出现6点停止，求掷骰子次数的期望值。
概率论解题示例详解
概率论解题示例详解概率论是数学中的一个重要分支，它研究的是不确定事件的规律性。
通过概率的计算和推理，我们可以预测和评估各种事件发生的可能性。
概率论在实际生活中有着广泛的应用，比如在金融、统计、工程等领域中都能看到它的身影。
本文将通过详解一些概率论解题示例，来帮助读者更好地理解和掌握概率论的基本概念和解题方法。
示例一：抛硬币问题抛硬币是常见的概率论例题。
假设有一枚公平的硬币，正反两面出现的机会均等。
现在我们抛掷这枚硬币三次，问以下几种情况的概率是多少：1. 出现三次正面的概率2. 出现两次反面的概率3. 至少出现一次正面的概率解答：1. 出现三次正面的概率：假设硬币抛掷的结果为独立事件，每次抛掷都有两种可能的结果，即正面和反面。
因此，出现三次正面的概率可以表示为：1/2 * 1/2 * 1/2 = 1/8。
2. 出现两次反面的概率：同样地，假设硬币抛掷的结果为独立事件，每次抛掷都有两种可能的结果。
根据排列组合的原理，两次反面和一次正面可以有三种不同的组合，即反反正、反正反、正反反。
因此，出现两次反面的概率可以表示为：3 * (1/2 * 1/2 * 1/2) = 3/8。
3. 至少出现一次正面的概率：可以通过计算出至少出现一次反面的概率，然后用1减去该概率即可。
出现一次反面的概率可以表示为：(1/2 * 1/2 * 1/2) = 1/8。
因此，至少出现一次正面的概率为1 - 1/8 = 7/8。
示例二：生日悖论生日悖论是概率论中一个有趣且常见的问题。
假设有一个房间里有n个人，问至少有两个人生日相同的概率是多少？解答：假设每个人的生日是均匀分布的，即每一天出生的概率相等。
我们可以通过计算每个人生日不相同的概率，然后用1减去该概率得到至少有两个人生日相同的概率。
第一个人的生日可以是任意一天，概率为1。
第二个人的生日不能与第一个人相同，即概率为364/365。
第三个人的生日不能与前两个人相同，即概率为363/365。
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典型概率题例1 同时掷四枚均匀硬币，求：（1）恰有两枚“正面向上”的概率；（2）至少有两枚“正面向上”的概率．分析：同时任意投掷四枚均匀硬币，每个硬币的结果都有两种可能性，四枚硬币的情况决定了一次试验的结果，每种结果的出现是等可能的，本＄月于等可能事件的概率问题．四枚硬币发生的结果总数我们可以分步确定，恰有两枚正面向上，可以先确定哪两枚正面向上，则另两枚反面向上，至少有两枚正面向上可分类为两枚正面向上、三校正面向上、全部正面向上．解：同时投掷四枚硬币，正面、反面向上的不同结果总数为：162222=⨯⨯⨯（种）（1）恰有两枚正面向上的结果总数为6C 24=，所以恰有两枚正面向上的概率为83166=÷． （2）至少有两枚正面向上的结果总数为：11C C C 443424=++种 所以至少两枚正面向上的概率为16111611=÷． 说明：使用等可能事件概率公式时，首先要判定事件是不是等可能事件，本题实际上可推广到投掷几枚硬币，恰好有m 枚正面向上的概率以及至少有m 枚正面向上的概率，设两个事件分别为A 、B ，可以求到：n m n n n n n m n B P A P 2C C C )(,2C )(10-+++== ． 例3 有6个房间安排4个旅游者住宿，每人可以随意进哪一间，而且一个房间也可以住几个人．试求下列事件的概率．（1）事件A ：指定的4个房间中各有1人；（2）事件B ：恰有4个房间中各有1人；（3）事件C ：指定的某个房间中有两人；（4）事件D ：第1号房间有1人，第2号房间有3人． 分析：由于每个人进哪一个房间是随意的，所以4个人住房的各种结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题．所有可能的不同住房结果总数可以用分步计数原理求得，每人住房的结果都有6种可能，最后4个人住房的不同结果总数为46．事件A 中指定的4个房间中各有1人相当于4个人排到4个房间中去，有44A 种不同结果；事件B 中恰有4个房间，每间1人与事件A 的区别在于哪4间房不空；事件C 中指定的某房间2人，我们可以先从4人中选2人进入此房间，其它2人分步任意住进其它5个房间；事件D 可以先安排1号房间1人，再安排2号房间3人解：4个人住进6个房间，所有可能的住房结果总数为：466666=⨯⨯⨯（种）（1）指定的4个房间每间1人共有44A 种不同住法．∴5416A )(444=÷=A P ． （2）恰有4个房间每间1人共有46A 种不同住法．∴1856A )(446=÷=B P ． （3）指定的某个房间两个人的不同的住法总数为：55C 24⨯⨯（种），∴216256)5C ()(4224=÷⨯=C P ． （4）第一号房间1人，第二号房间3人的不同住法总数为：4C C 3314=（种），∴324164)(4=÷=D P ． 说明：“分房问题”抽象化以后可以与许多问题发生联系，比如，前面例题的小球投入盒子、安排几个人做某几项工作，几列火车停在哪个站道，若干个同学各自在哪一天生日等等．我们可以看例子：某班有50名同学，一年按365天计算，至少有两名同学在同一天生日的概率是多少？50名同学相当于上述例题中的旅游者，每一天相当于“房间”，50名同学所有生日的不同结果总数为：50365，至少有两名同学在同一天生日的结果总数可用间接法计算，总数为5036550A 365-，则至少有两人在同一天生日的概率为5050365505036550365A 1365A 365-=-，利用工具计算后将会发现，这是一个很接近1的结果，即50个人的一个班级中，有两个人在同一天生日的概率很大，高达0.97，几乎是令人惊讶的结果．例4 某人有5把钥匙，其中有一把是打开房门的钥匙，但他忘记了哪一把是打开房门的钥匙，于是他逐把不重复地试开，问：（1）恰好第三次打开房门锁的概率是多少？（2）三次内打开房门锁的概率是多少？ 分析：某人五次顺次拿出钥匙的结果相当于5把钥匙的一个排列，由于他每次拿哪一把是任意的，所以不同的拿钥匙的结果的可能性相同，本题是等可能事件的概率问题．恰好第三次打开房门锁相当于第三次拿出的钥匙正好是房门钥匙，或者说在5把钥匙的一个排列中第3把钥匙正好是开房门钥匙，三次内打开房门相当于5把钥匙的排列中，开房门钥匙出现在前3个．解：本题是等可能事件的概率问题，某人5次拿钥匙的所有不同的结果是55A ．（1）恰好第3次拿出开房门钥匙的结果总数为：44A ．所以恰好第3次打开房门的概率为：2.0A A 5544=÷ （2）前3次内拿出开房门钥匙的结果总数为：344A ．所以前3次打开房门的概率为：6.0A 3A 5544=÷ 说明：如果5把钥匙中有2把可以开房门的钥匙，则在前3次内打开房门的概率是多少？三次内找开房门说明在前三次中至少有1次取出开房门钥匙，我们可以通过分类讨论，恰有一把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为：33121312A C C C ，恰有两把开房门钥匙在前3次拿出的结果总数为3323A A ，这样我们得到前三次内打开房门的结果总数为108A A A C C C 332333121312=+，从而前3次内打开房门的概率为：109A 10855=÷． 例5 抽签口语测试，共有a ＋b 张不同的考签，每个考生抽1张考签，抽过的考签不再放回，某考生只会考其中的a 张，他是第k 个抽签的，求该考生抽到会考考签的概率．分析：因为每个人抽哪一张考签是随意的，所有人抽签后抽出的结果相当于这些考签的一个全排列，而且各种不同的排列结果出现的可能性相同，本题是求等可能事件的概率问题．由于某考生是第是次抽签，他能抽到会考考签相当于全排列中第k 个元素，是某人会考的a 个考签中的一个，我们可以用排列组合知识求出这种排列的所有不同种数，然后用等可能事件的概率公式求解．解：本题是等可能事件的概率问题．a ＋b 个考生的所有不同的抽签结果的总数为b a b a ++A ， 某个考生第k 次抽签，他正好抽到会考的a 张考签的一个，相当于所有抽签的结果中第k 张考签是a 张考签中的1张，我们可以得到所有这种抽签结果的总数为：111A C -+-+b a b a a ． 所以某个考生抽到会考考签的概率为：ba ab a b a b a b a a +=÷++-+-+A A C 111． 说明：从计算结果看，第几次抽签对该考生抽到会考考签的概率并没有影响，也就是说，无论他是第几个抽签，都不会影响他抽到会考考签的可能性．在日常生活中有这样的问题：10张彩票中有1张是中奖彩票，现在10个人去摸彩，先模后摸对中奖的可能性有无影响？现在我们可以来计算这个问题的结果，现在假定你是第m 个去摸奖，为了计算中奖的概率，先算出10个人摸彩的所有可能结果是10！，而中奖彩票正好出现在第m 个的所有可能结果为9！，这样可以得出你中奖的概率为1.0!10!9=÷，结果与m 并无关系，根本无须担心中奖彩票被别人抓去．例6 已知10只晶体管中有8只正品，2只次品，每次任抽取1只测试，测试后放回，求下列事件的概率．（1）抽3次，第3只是正品；（2）直到第6只时，才把2只次品都捡到了．分析：每次从10件晶体管中任取1件，经过若干次，各种结果的可能性是一样的，抽 3次，所有可能抽出的结果总数为10×10×10，抽6次，所有可能抽出的结果总数为610，到第6次时正好第2只次品也抽到了，说明前5次抽检中出现过另一只次品，当然这只次品也可能出现过几次．我们可以用间接法来求出符合这个要求的所有可能结果的总数为)89(C )8888899999(C 551212-=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯，这个式子的含义是先走下第6次抽出的次品是哪一个，然后用前5次抽检的所有结果总数（前5次未出现第6次抽检的次品）减去前5次全是正品的所有结果总数．解：本题是等可能事件的概率问题．（1）抽检3次所有可能的抽检结果总数为310，第三只是正品的所有可能的抽检结果总数为10×10×8．所以第三只是正品的概率为：5410)8810(3=÷⨯⨯． （2）抽检6次所有可能的抽检结果总数为610．∵ 第6只时才能把第2只次品抽检到，∴ 前5次抽检未出现第6次抽到的次品，但是至少出现一次另一只次品． ∴ 第6只时才把第2只次品抽检到的所有可能的抽检结果总数为 )8-(9C 5512．此事件发生的概率为：052562.010)8-(9C 65512=÷．说明：如果每次抽检的结果不再放回去，直到第6只时才把2只次品都找出来的概率是多少？这个问题仍然是等可能事件的概率问题，因为抽出的产品不再拿回，所以前6次抽出的不同结果相当于从10件产品中抽出6件的一个排列，所有可能的结果总数为610A ，第6次抽到第2件次品，说明第6件是次品，前面还有一件次品，所有可能的结果总数为4812A 5C ⨯⨯，其含义是先在第6个位置放一个次品，另一个次品在前面5个位置的某一个上，最后在其它四个位置上放上8件正品中的4个．用等可能事件的概率公式可算出此事件发生的概率是454A )A 4(C 5104812=÷⨯⨯． 例7 求100件产品中，有95件合格品，5件次品．从中任取3件，求：(1)3件都是合格品的概率；(2)3件都是次品的概率；(3)2件是合格品、1件是次品的概率．分析：可从集合的角度处理本题．需求出全集I 的元素个数及I 中各子集的元素个数． 解：从100件产品中任取3件可能出现的结果数，就是从100个元素中任取3个元素的组合数3100C ．由于是任意抽取，这些结果出现的可能性都相等．(1)由于在100件产品中有95件合格品，取到3件合格品的结果数，就是从95个元素中任取3个元素的组合数395C ，记“任取3件，它们都是合格品”为事件1A ，那么事件1A 的概率：3234027683)(31003951==C C A P ． 得3件都是合格品的概率为3234027683． (2)由于在100件产品中有5件次品，取到3件次品的结果数，就是从5个元素中任取3个元素的组合数35C ．记“任取3件，它们都是次品”为事件2A ，那么事件2A 的概率：161701)(3100352==C C A P ．得3件都是次品的概率为161701． (3)记“任取3件，其中2件是合格品、1件是次品”为事件3A ．由于在3100C 种结果中，取到2件合格品、1件次品的结果有15295C C ⋅种，故事件3A 的概率：.6468893)(3100352953=⋅=C C C A P 得2件合格品、1件是次品的概率为6468893． 说明：本题是产品抽取问题．抽取时，抽到其中的任何一件产品的可能性都相等，可用等可能事件的概率公式进行计算．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，再任取一件然后放回，再任取一件，求连续3次取出的都是正确的概率．(2)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率．解：(1)为返回抽样问题，每次抽样都有10种可能，根据分步计数原理，所有等可能出现的结果为310种，设A 表示“三次返回抽样，所抽得的3件产品都是正品”，则A 所包含的结果根据分步计数原理有38种．∴512.0108)(33==A P ． (2)为不返回抽样问题，所有等可能出现的结果为310C 种，设B 表示“一次抽3件，所抽得的产品都是正品”，则B 所包含的结果有38C ，所以，467.0)(310038≈=C C B P 说明：求等可能事件的概率，在求n 时应注意n 种结果必须是等可能的，例如抛掷2枚均匀硬币，共出现4种可能结果，如果认为只有“2个正面”、“2个反面”、“1正1反”这3种结果，那么显然这3种结果不是等可能的．例9 箱中有a 个正品，b 个次品，从箱中随机连续抽取3次，每次取1个，取出后不放回，问取出的3个全是正品的概率是多少？分析1：可以看作不放回抽样3次有顺序．解法1：从b a +个产品中不放回抽样有顺序，共有3b a A +种方法，从a 个正品中不放回抽样3次有顺序，共有3a A 种不同抽法，可以取出3个正品的概率33b a a A A P +=． 分析2：可以看作不放回抽样3次无顺序．解法2：从b a +个产品中不放回抽样3次无顺序，共有3b a C +种方法，从a 个正品中取出3个正品的取法有3a C ，所求概率为：33b a a C C P +=． 说明：关于不放回抽样可以看作有顺序（即排列问题），也可看作无顺序（组合问题），其结果是一样的．不论选用哪种方式，确定之后必须按同一方式去解决，否则会产例11 一副扑克牌有红桃、黑桃、梅花、方块4种花色，每种13张，共52张，从一副洗好的牌中任取4张，求4张中至少有3张黑桃的概率．分析：至少有3张黑桃包括两种情况：“恰有3张黑桃”与“4张全是黑桃”．用这两种情况的取法总数除以52张牌中任取4张牌的取法总数．解：从52张牌中任取4张，有452C 种取法，即452C n =．4张牌中至少有3张黑桃的取法有413139313C C C +⋅．因此，取4张牌中至少有3张黑桃的概率是：452413139313C C C C P +⋅=． 说明：(1)若先取3张黑桃，有313C 种取法，第4张黑桃从剩余49张中任取1张，这样所求概率为452149313C C C P ⋅=．错误原因在于分子计算中有重复现象． (2)“至多”与“至少”的组合数可用分类法或排除法求．本例中可用52张中取4张的全部取法452C 减去没有黑桃的取法439C ，再减去恰有一张黑桃的取法339113C C ⋅，再减去恰有2张黑桃的取法239213C C ⋅，得239213339113439452C C C C C C ⋅-⋅--求得． 例12 某大学招收的15名新生中有3名优秀生，随机将15名新生平均分配到3个班中去．(1)每班各分配到一名优秀生的概率是多少？(2)3名优秀生分配到同一班的概率是多少？分析(1)：每班分配到1名优秀生和4名非优秀生，甲班从3名优秀生中任选1名，从12名非优秀生中任选4名，共有41213C C 种方法；乙班从剩下的2名优秀生中选1人，从剩下的8名非优秀生中选4名，共有4812C C 种方法；最后剩下的1名优秀生和4名非优秀生给丙班．有4411C C 种方法．将15名新生平均分到甲、乙、丙三个班级共有55510515C C C 种不同的分法．解：每个班级分到1名优秀生，共有4448412111213C C C C C C 种不同的方法，将15名学生平均分到3个班级共有55510515C C C 种不同方法，每班分配到1名优秀生的概率．9125555105154448412111213==C C C C C C C C C P ． 分析(2)：3名优秀生都分到甲班，共有21233C C 种分法，乙班从剩下的10名之中选5名510C ，剩下5名给丙班，共有5551021233C C C C 种不同分法．同理，3名优秀生都分到乙班、丙班方法数均为5551021233C C C C ．解：3名优秀生都分到同一班级的概率为9163555105155551021233==C C C C C C C P ． 例13 “齐鲁福利风采”彩票的模奖办法是30选7，即每一注彩票都是从30~1中选7个数构成。