4-1-1 白球和黑球
四年级上册数学一课一练 8.1不确定性 _ 北师大版(含解析)-最新学习文档
《不确定性》同步练习一、单选题1.掷硬币的结果一定是（）A. 正面朝上B. 背面朝上C. 不确定2.我们将事先不能确定的现象叫做（）A. 随机现象B. 必然现象C. 不可能现象3.天气预报说明天会下雨，那么明天（）会下雨A. 一定B. 可能C. 不可能4.小明买了一张彩票，那么他（）中一等奖A.一定B. 可能C. 不可能5.哈尔滨的冬天（）会下雪A. 一定B. 可能C. 不可能二、判断题1.太阳可能会从东方升起（）2.海南的冬天一定会下雪（）3.一个人一定会变老（）4.小明考试可能会得到100分（）5.一天可能会有25个小时（）三、填空题1.我将能确定一定会发生或者一定不会发生的事件叫做________2.小明抛硬币正面________朝上3.一个人________用左手写字4.正方形________有四个角。
5.小明投篮10次，________命中10次。
6.线段________有端点7.小明的爸爸在下个路口________遇到红灯8.在有10个黑球的袋子里，小明________会摸到黑球。
9.黑龙江的冬天________会下雪10.月球________会绕太阳转动。
四、解答题1.在有4个白球1个黑球的袋子里，小明怎样才可以保证一定能摸到白球?2.小明抛了5次硬币都是正面朝上，第六次抛硬币一定是正面朝上吗?3.卡片上分别画着三角形，平行四边形，梯形，正方形，长方形，要拿掉一张卡片，保证从剩下的卡片里面随机抽一样一定画着四边形，请问应该拿掉那张卡片?4.说说生活中那些事情可能会发生，那些事情一定会发生，那些事情不可能发生?五、应用题小明从来都没有考过100分，所以小明一定不会考100分，这样说对吗?答案解析部分一、单选题1.【答案】C【解析】【解答】抛硬币的结果是不确定的【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力2.【答案】A【解析】【解答】不能确定的现象称之为随机现象【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力3.【答案】B【解析】【解答】天气预报不能说明下雨一定会发生，所以这是可能的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力4.【答案】B【解析】【解答】小明存在中一等奖的可能性，所以这是可能的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力5.【答案】A【解析】【解答】哈尔滨的冬天一定会下雪，这是确定的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力二、判断题1.【答案】错误【解析】【解答】太阳从东方升起不能描述为可能，因为这是肯定的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力2.【答案】错误【解析】【解答】海南的冬天不可能会下雪【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力【解析】【解答】一个人变老是肯定的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力4.【答案】正确【解析】【解答】小明考试得到一百分的可能性是存在的【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力5.【答案】错误【解析】【解答】一天25小时是不可能事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力三、填空题1.【答案】确定事件【解析】【解答】这称之为确定事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力2.【答案】可能【解析】【解答】抛硬币正面朝上是可能的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力3.【答案】可能【解析】【解答】一个人用左手写字是可能的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力4.【答案】一定【解析】【解答】一个正方形必定有4个角【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力5.【答案】可能【解析】【解答】这是可能发生的事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力6.【答案】一定【解析】【解答】线段一定是有端点的【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力7.【答案】可能【解析】【解答】小明爸爸下个路口遇到红灯是可能事件【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力【解析】【解答】小明在这个袋子里一定会摸到黑球【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力9.【答案】一定【解析】【解答】哈尔滨的冬天一定会下雪【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力10.【答案】不可能【解析】【解答】月球是绕着地球转动的而不是绕太阳转动的【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力四、解答题1.【答案】解：把黑球拿出来之后袋子里就只剩下黑球了，这样摸出白球就变成了一定的事件【解析】【分析】考察了判断事情的确定性和不确定性的能力2.【答案】解：随机事件的发生是独立的，所以第六次不一定是正面朝上。
MBA联考数学-排列组合与概率初步(二)_真题无答案
MBA联考数学-排列组合与概率初步(二)(总分372,考试时间90分钟)一、问题求解1. 设计者在石盘上装有7个按键的“锁”内，要用其中5个按键组成一个开“锁”的程序装置，并且某3个键中至少用一个但不全部选用，若依照不同顺序按不同的键的方法来设计不同的程序，则可设计不同的开“锁”程序有( )种．A. 1800B. 860C. 890D. 1900E. (E) 以上结果均不正确2. 甲盒内有红球4只，黑球2只，白球2只；乙盒内有红球5只，黑球3只；丙盒内有黑球2只，白球2只．从这三只盒子的任意一只中任意取出一只球，它是红球的概率是( )．A. 0.5625B. 0.5C. 0.45D. 0.375E. (E) 0.2253. 有5人报名参加3项不同的培训，每人只报一项，则不同的报法有( )．A. 243种B. 125种C. 81种D. 60种E. (E) 以上结果均不正确4. 10把钥匙中有3把能打开门，现任取2把，能打开门的概率为( )．5. 口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列an满足：，如果Sn为数列an的前n项的和，那么S7=3的概率为( )．6. 某大学学位自学考试，有六门不同的科目，允许应考学生参加其中的一项或几项考试，对于一名考生来说，接受考试的方法有( )种．A. 32B. 56C. 60D. 63E. (E) 647. 用五种不同的颜色涂在图5-16中的四个区域里，每一区域涂上一种颜色，且相邻区域的颜色必须不同，则共有不同的涂法( )．A. 120种B. 140种C. 160种D. 180种E. (E) 以上结果均不正确8. 6位教师分别教6个不同的班，考试时有且仅有两位老师可以在自己所教的班上监考，则不同的监考安排有( )种．A. 75B. 90C. 105D. 120E. (E) 1359. 用数字0，1，2，3，4，5组成无重复且能被5整除的三位数有( )个．A. 24B. 32C. 36D. 40E. (E) 4810.11. 从1，2，3，4，…，20这20个自然数中任取3个不同的数，使它们成等差数列，这样的等差数列共有( )个．A. 90B. 120C. 180D. 190E. (E) 20012. 五个人站一队，甲必须站当中的概率与甲、乙全不能站两端的概率以及甲、乙不全站两端的概率分别是( )．13.14. 三种不同的工作分配给6个人，每个人只担任其中的一种工作，甲只能担任其中的栗两项工作，而乙不能担任这两项工作，不同的分配方法有( )种．A. 720B. 240C. 21 6D. 200E. (E) 16215. 设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这5个小球放入这5个盒子中，要求每个盒子内放一个球，且恰好有2个球的编号与盒子编号相同，则这样的投放方法总数为( )种．A. 20B. 30C. 60D. 120E. (E) 13016. 同时掷两颗骰子，出现的点数之积为偶数的概率是( )．17. 某乒乓球男子单打决赛在甲、乙两选手问进行，比赛采用7局4胜制，已知每局比赛甲选手战胜乙选手的概率均为0.7，则甲选手以4:1战胜乙选手的概率为( )．A. 0.84×0.73B. 0.7×0.73C. 0.3×0.73D. 0.9×0.73E. (E) 以上结果均不正确18. 汽车上有10名乘客，沿途经过A区和B区各有3个一F。
2023年高考数学真题实战复习(2022高考+模考题)专题22 概率问题(解析版)
专题22 概率问题【高考真题】1．(2022·全国乙理)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ____________．1．答案 310解析 从5名同学中随机选3名的方法数为35C 10=，甲、乙都入选的方法数为13C 3=，所 以甲、乙都入选的概率310P =，答案为310． 2．(2022·全国甲理) 从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________． 2．答案 635解析 从正方体的8个顶点中任取4个，有48C 70n ==个结果，这4个点在同一个平面的 有6612m =+=个，故所求概率1267035m P n ===．故答案为635． 3．(2022·全国甲文) 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片 上的数字之积是4的倍数的概率为( )A ．15 B ．13 C ．25D ．23 3．答案 C 解析 从6张卡片中无放回抽取2张，共有()()()()()()()()()()()()()()()1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有()()()()()()1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155=．故选C ． 4．(2022·新高考Ⅰ) 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )A ．16B ．13C ．12D ．234．答案 D 解析 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有27C 21=种不同的取法，若两数不 互质，不同的取法有：()()()()()()()2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P -==．故选D ． 5．(2022·全国乙理) 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、 乙、丙比赛获胜的概率分别为123, , p p p ，且3210p p p >>>．记该棋手连胜两盘的概率为p ，则( ) A ．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B ．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C ．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D ．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大5．答案 D 解析 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p 甲，则21321331231211(1)(1)(1)(1)22p p p p p p p p p p p p p =-+-+-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦甲123123()2p p p p p p =+-；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p 乙，则123123213123(1)(1)()2p p p p p p p p p p p p p =-+-=+-乙．记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p 丙．则132132312123(1)(1)()2p p p p p p p p p p p p p =-+-=+-丙则()123123213123123()2()20p p p p p p p p p p p p p p p p p -=+--+-=-<⎡⎤⎣⎦甲乙，()213123312123231()2()20p p p p p p p p p p p p p p p p p -=+--+-=-<⎡⎤⎣⎦乙丙，即p p <甲乙，p p <乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大．选项D 判断正确；选项BC 判断错误；p 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关．选项A 判断错误．故选D ．【知识总结】1．古典概型的概率公式P (A )＝事件A 包含的样本点数试验的样本点总数. 2．独立重复试验如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0，1，2，…，n ． 3．相互独立事件同时发生的概率：若A ，B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B )．4．互斥事件至少有一个发生的概率：若事件A ，B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，P (A －)＝1－P (A )．5．条件概率公式设A ，B 为随机事件，且P(A)>0，则P (B |A )＝P (AB )P (A ). 6．全概率公式设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1,2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝∑i ＝1nP (A i )P (B |A i )．【题型突破】题型一 古典概型1．(2021·全国甲)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( )A ．13B ．25C ．23D ．451．答案 C 解析 方法一 (将4个1和2个0视为完全不同的元素)4个1分别设为1A ,1B ,1C ,1D ,2个0分别设为0A ,0B ，将4个1和2个0随机排成一行有A 66种排法，将1A ,1B ,1C ,1D ，排成一行有A 44种排法，再将0A ,0B 插空有A 25种排法，所以2个0不相邻的概率P ＝A 44A 25A 66＝23． 方法二 (含有相同元素的排列)将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C 26种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C 25种排法．所以2个0不相邻的概率P ＝C 25C 26＝23． 2．已知多项选择题的四个选项A ，B ，C ，D 中至少有两个选项正确，规定：如果选择了错误选项就不得 分．若某题的正确答案是ABC ，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为( )A ．12B ．310C ．16D ．3112．答案 A 解析 由题意得，从4个选项里选两个选项，共有C 24＝6(种)方法，从3个正确选项里选择两个选项，共有C 23＝3(种)方法．由古典概型的概率公式得所求的概率为P ＝36＝12． 3．有4个大小、形状相同的小球，装在一个不透明的袋子中，小球上分别标有数字1,2,3,4．现每次有放 回地从中随机取出一个小球，直到标有偶数的球都取到过就停止．小明用随机模拟的方法估计恰好在第4次停止摸球的概率，利用计算机软件产生随机数，每1组中有4个数字，分别表示每次摸球的结果，经随机模拟产生了以下21组随机数：1314 1234 2333 1224 3322 1413 31244321 2341 2413 1224 2143 4312 24121413 4331 2234 4422 3241 4331 4234由此可以估计恰好在第4次停止摸球的概率为( )A ．23B ．13C ．27D ．5213．答案 C 解析 由题意得，直到标有偶数的球都取到过就停止，且恰好在第4次停止摸球，表示所得 到的4个数中包含2和4，且前3次只能出现2或4中的一个(不限次数)，第4次又摸到另外一个偶数，有1234,1224,3124,1224,4312,2234，共有6组，所以恰好在第4次停止摸球的概率P ＝621＝27． 4．从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为( )A ．114B ．37C ．47D ．344．答案 C 解析 从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为C 38，这3只鞋子中任意两只都不成 双，选取的方法为C 34×23，所以所求概率为P ＝C 34×23C 38＝47． 5．定义：abcde ＝10 000a ＋1 000b ＋100c ＋10d ＋e ，当五位数abcde 满足a <b <c ，且c >d >e 时，称这个五位数为“凸数”．由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数共120个，从中任意抽取一个，则其恰好为“凸数”的概率为( )A ．16B ．110C ．112D ．1205．答案 D 解析 由题意知，由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数恰好为“凸数”的有12 543,13542,14 532,23 541,24 531,34 521，共6个，所以恰好为“凸数”的概率为P ＝6120＝120． 6．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的 上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为________．6．答案 16解析 设齐王的上、中、下三个等次的马分别记为a ，b ，c ，田忌的上、中、下三个等次的 马分别记为A ，B ，C ，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛，所有的可能为Aa ，Bb ，Cc ，田忌得0分；Aa ，Bc ，Cb ，田忌得1分；Ba ，Ab ，Cc ，田忌得1分；Ba ，Ac ，Cb ，田忌得1分；Ca ，Ab ，Bc ，田忌得2分；Ca ，Ac ，Bb ，田忌得1分，田忌得2分的概率为P ＝16． 7．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分 为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )A ．516B ．1132C ．2132D ．11167．答案 A 解析 在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n ＝26＝64，恰有3个阳爻的基本事件数为C 36＝20．故在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率p ＝2064＝516． 8．“六艺”出自《周礼·地官司徒·保氏》，是指礼、乐、射、御、书、数．已知某人觉得“君子不学礼无 以立”，而其两个孩童对“数”均有浓厚兴趣，该人依据自己能力，只能为每个孩童选择六艺中的四艺进行培养，若要令该人和两个孩童对所选的四艺都满意，那么两个孩童至少有一个选到“御”的概率为( )A ．12B ．34C ．59D ．458．答案 B 解析 依题意，所选四艺要令该人和两个孩童都满意，则四艺中必选“礼”，“数”，两个孩童再分别从剩余的四艺“乐”、“射”、“御”、“书”中选两艺，共有n ＝C 24·C 24＝36(种)等可能选法，其中两孩童都不选“御”共有C 23·C 23＝9(种)等可能选法，其概率为936＝14，则两孩童至少有一个选到“御”的概率p ＝1－14＝34． 9．甲、乙、丙三人被系统随机地预约到A ，B ，C 三家医院接种新冠疫苗，每家医院恰有1人预约．已知A 医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体新冠疫苗，B 医院接种的是需要打两针的灭活新冠疫苗，C 医院接种的是需要打三针的重组蛋白新冠疫苗，问：甲不接种只打一针的腺病毒载体新冠疫苗且丙不接种需要打三针的重组蛋白新冠疫苗的概率等于( )A ．13B ．23C ．12D ．199．答案 C 解析 甲、乙、丙三人被系统随机地预约到A ，B ，C 三家医院接种新冠疫苗的情况有A 33＝6种，符合题意的情况有3种，故所求概率为P ＝36＝12．故选C ． 10．北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用．北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗，一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为( )A ．1021B ．1121C ．1142D ．521 10．答案 B 解析 从七颗星中随机选两颗，共有C 72＝21种可能的结果，玉衡和天权至少一颗被选中共有C 21C 51＋C 22＝11种可能的结果，所以所求概率P ＝1121．故选B ． 题型二 相互独立事件与独立重复试验11．(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )A ．甲与丙相互独立B ．甲与丁相互独立C ．乙与丙相互独立D ．丙与丁相互独立11．答案 B 解析 事件甲发生的概率P (甲)＝16，事件乙发生的概率P (乙)＝16，事件丙发生的概率P (丙) ＝56×6＝536，事件丁发生的概率P (丁)＝66×6＝16．事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P (甲丙)≠P (甲)P (丙)，故A 错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，P (甲丁)＝P (甲)P (丁)，故B 正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为16×6＝136，P (乙丙)≠P (乙)P (丙)，故C 错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D 错误．12．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是56，35，34，13，且各轮考核能否通过互不影响，则( )A ．该软件通过考核的概率为18B ．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为18C ．该软件至少能够通过两轮考核的概率为23D ．在此次比赛中该软件平均考核了6524轮 12．答案 ABD 解析 设事件A i (i ＝1,2,3,4)表示“该软件能通过第i 轮考核”，则P (A 1)＝56，P (A 2)＝35， P (A 3)＝34，P (A 4)＝13.该软件通过考核的概率为P (A 1A 2A 3A 4)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)＝56×35×34×13＝18，选项A 正确；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝56×35×14＝18，选项B 正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为1－P (A 1)－P (A 1A 2)＝1－16－56×25＝12，选项C 不正确；设在此次比赛中，该软件考核了Y 轮，∴Y 的可能取值为1,2,3,4，P (Y ＝1)＝P (A 1)＝16，P (Y ＝2)＝P (A 1A 2)＝56×25＝13，P (Y ＝3)＝P (A 1A 2A 3)＝18，P (Y ＝4)＝P (A 1A 2A 3)＝56×35×34＝38，∴E (Y )＝1×16＋2×13＋3×18＋4×38＝6524，故选项D 正确． 13．甲、乙两个球队进行篮球决赛，采取五局三胜制(共赢得三场比赛的队伍获胜，最多比赛五局)，每场球赛无平局．根据前期比赛成绩，甲队的主场安排为“主客主主客”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛相互独立，则甲队以3∶2获胜的概率为________．13．答案 0.18 解析 由题意知，甲队以3∶2获胜，则甲队第五场必胜，前四场“主客主主”中胜两局，有两种情况：一种为三个主场胜两场，一种为客场胜一场主场胜一场，其概率为C 23×0.62×0.4×0.5×0.5＋C 13×0.6×0.42×0.5×0.5＝0.18.14．小明在做一个与扔质地均匀的正六面体骰子有关的游戏，规定：若骰子1点或2点向上，则小明前进1步，若骰子3点或4点向上，则小明前进2步，若骰子5点或6点向上，则小明前进3步．小明连续扔了三次骰子，则他一共前进了8步的概率是( )A ．127B ．227C ．19D ．2914．答案 C 解析 易知小明三次共前进了8步时，只能是2次前进3步，1次前进2步的情况．根据题意得，前进1步、前进2步、前进3步的概率相同，均为13．故所求概率P ＝C 32×(13)2×(13)1＝19．故选C ．15．在一次“概率”相关的研究性活动中，老师在每个箱子中装了10个小球，其中9个是白球，1个是黑球，用两种方法让同学们来摸球．方法一：在20箱中各任意摸出一个小球；方法二：在10箱中各任意摸出两个小球．将方法一、二至少能摸出一个黑球的概率分别记为p 1和p 2，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1<p 2C ．p 1>p 2D ．以上三种情况都有可能15．答案 B 解析 方法一中每箱中的黑球被选中的概率为110，所以至少摸出一个黑球的概率p 1＝1－⎝⎛⎭⎫91020．方法二中每箱中的黑球被选中的概率为15，所以至少摸出一个黑球的概率p 2＝1－⎝⎛⎭⎫4510．p 1－p 2＝⎝⎛⎭⎫4510－⎝⎛⎭⎫91020＝⎝⎛⎭⎫4510－⎝⎛⎭⎫8110010<0，则p 1<p 2．16．(多选)甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为12和13，甲、乙两人各射击一次，下列说法正确的 是( )A ．目标恰好被命中一次的概率为12＋13B ．目标恰好被命中两次的概率为12×13C ．目标被命中的概率为12×23＋12×13D ．目标被命中的概率为1－12×2316．答案 B D 解析 甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为12和13，甲、乙两人各射击一次，在A 中，目标恰好被命中一次的概率为12×13＋12×23＝12，故A 错误；在B 中，由相互独立事件概率乘法公式得目标恰好被命中两次的概率为12×13＝16，故B 正确；在C 、D 中，目标被命中的概率为1－⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13＝23，故C 错误，D 正确．故选B 、D ． 17．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(当一人先赢3局时获胜，比赛结束)．棋局以红棋与黑棋对阵，两人执色轮流交换，执红棋者先走．假设甲执红棋时取胜的概率为23，执黑棋时取胜的概率为12，各局比赛结果相互独立，且没有和局．若比赛开始，甲执红棋开局，则甲以3∶2获胜的概率为________．17．答案 1354解析 甲以3∶2获胜，则第5局甲获胜，前四局甲两胜两负．根据规则，甲执红棋开局， 则前四局甲执棋顺序是“红黑红黑”，第5局甲执红棋．前四局甲取胜可能的情况是：①甲2次执红棋取胜；②甲2次执黑棋取胜；③甲1次执红棋和1次执黑棋取胜．故概率为⎝⎛⎭⎫233⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫1－232×122×23＋⎣⎡⎦⎤C 2123⎝⎛⎭⎫1－23·C 2112⎝⎛⎭⎫1－12×23＝1354． 18．如图，已知电路中3个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯 亮的概率为( )A ．38B ．12C ．58D ．7818．答案 C 解析 由题意，灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边闭合一个，这四种情况是互斥的，每一种情况中的事件都是相互独立的，所以灯泡亮的概率为12×12×12＋12×12×12＋12×12×12＋2×12×12×12＝58．故选C ． 19．甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13．若前两局中乙队以2∶0领先，则下列说法中正确的有________(填序号)．①甲队获胜的概率为827；②乙队以3∶0获胜的概率为13； ③乙队以3∶1获胜的概率为29；④乙队以3∶2获胜的概率为49． 19．答案 ①②③ 解析 对于①，在乙队以2∶0领先的前提下，若甲队获胜，则第三、四、五局均为甲队取胜，所以甲队获胜的概率为P 1＝⎝⎛⎭⎫233＝827，故①正确；对于②，乙队以3∶0获胜，即第三局乙队获胜，概率为13，故②正确；对于③，乙队以3∶1获胜，即第三局甲队获胜，第四局乙队获胜，概率为23×13＝29，故③正确；对于④，若乙队以3∶2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3∶2获胜的概率为23×23×13＝427，故④错误． 20．甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方．在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为12，甲接发球赢球的概率为25，则在比分为10∶10后甲先发球的情况下，甲以13∶11赢下此局的概率为( )A ．225B ．310C ．110D ．32520．答案 C 解析 分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P 1＝12×35×12×25＝350；②后四 球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P 2＝12×25×12×25＝125．所以所求事件概率为：P 1＋P 2＝110． 题型三 条件概率与全概率21．2020年12月4日是第七个“国家宪法日”．某中学开展主题为“学习宪法知识，弘扬宪法精神”的知识竞赛活动，甲同学答对第一道题的概率为23，连续答对两道题的概率为12.用事件A 表示“甲同学答对第一道题”，事件B 表示“甲同学答对第二道题”，则P (B |A )＝( )A ．13B ．12C ．23D ．3421．答案 D 解析 ∵P (AB )＝12，P (A )＝23，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1223＝34.故选D ． 22．篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球．某人从篮子中随机取出2个球，记事件A 为“取出的2个球颜色不同”，事件B 为“取出1个红球，1个白球”，则P (B |A )等于( )A ．16B ．313C ．59D ．2322．答案 B 解析 ∵篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球，∴依题意，得P (A )＝C 12C 13＋C 12C 14＋C 13C 14C 29 ＝1318．又∵取出2个球的颜色不同，且1个球为红球，1个球为白球的概率为P (AB )＝C 12C 13C 29＝16，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝161318＝313． 23．某公司为方便员工停车，租了6个停车位，编号如图所示．公司规定：每个车位只能停一辆车，每个员工只允许占用一个停车位．记事件A 为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”，事件B 为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”，则P (A |B )等于( )A ．16B ．310C ．12D ．3523．答案 D 解析 根据条件概率的计算公式可得，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝36×3536＝35． 24．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )A ．310B ．13C ．38D ．2924．答案 B 解析 设A ＝{甲第一次拿到白球}，B ＝{甲第二次拿到红球}，则P (AB )＝A 12A 13A 210＝115，P (A ) ＝C 12C 110＝15，所以P (B |A )＝P AB P A ＝13． 25．某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )A ．0.155B ．0.175C ．0.016D ．0.09625．答案 B 解析 设事件B 1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B 3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P (B 1)＝20%，P (B 2)＝50%，P (B 3)＝30%．设事件A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P (A |B 1)＝0.05，P (A |B 2)＝0.15，P (A |B 3)＝0.30．由全概率公式，得P (A )＝ i ＝13P(B i )P (A |B i )＝0.05×20%＋0.15×50%＋0.30×30%＝0.175．26．已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02，0.01，则一辆汽车中途停车修理的概率为( )A ．1100B ．160C ．150D ．13026．答案 B 解析 设B 表示汽车中途停车修理，A 1表示公路上经过的汽车是货车，A 2表示公路上经过的汽车是客车，则P (A 1)＝23，P (A 2)＝13，P (B |A 1)＝0.02，P (B |A 2)＝0.01，则由全概率公式，可知一辆汽车中途停车修理的概率为P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)·P (B |A 2)＝23×0.02＋13×0.01＝160． 27．(多选)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A 为“第1次抽到选择题”，事件B 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( )A ．P (A )＝35B ．P (AB )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A )＝1227．答案 ABC 解析 P (A )＝C 13C 15＝35，故A 正确；P (AB )＝C 13C 12C 15C 14＝310，故B 正确；P (B |A )＝P AB P A ＝31035＝ 12，故C 正确；P (A )＝1－P (A )＝1－35＝25，P (A B )＝C 12C 13C 15C 14＝310，P (B |A )＝P A B P A ＝31025＝34，故D 错误．28．甲、乙两个均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A 为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B 为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C 为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是( )A ．P (A )＝P (B )＝P (C ) B ．P (BC )＝P (AC )＝P (AB )C ．P (ABC )＝18D ．P (B |A )＝1228．答案 ABD 解析 由已知得P (A )＝24×24＋24×24＝12，P (B )＝P (C )＝24＝12，所以P (A )＝P (B )＝P (C )， 则A 中结论正确；P (AB )＝24×24＝14，P (AC )＝14，P (BC )＝14，所以P (BC )＝P (AC )＝P (AB )，则B 中结论正确；事件A ，B ，C 不相互独立，故P (ABC )＝18错误，即C 中结论错误；P (B |A )＝P AB P A ＝1412＝12，则D 中结论正确．29．有三个箱子，分别编号为1,2,3．1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球．某人从三个箱子中任取一箱，从中任意摸出一球，取得红球的概率为________．29．答案 815 解析 记事件A i 为“球取自于i (i ＝1,2,3)号箱”，记事件B 为“取得红球”，B 发生总是 伴随着A 1，A 2，A 3之一同时发生，即B ＝A 1B ＋A 2B ＋A 3B ，且A 1B ，A 2B ，A 3B 两两互斥，P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝13，P (B |A 1)＝15，P (B |A 2)＝25，P (B |A 3)＝1，所以P (B )＝P (A 1B )＋P (A 2B )＋P (A 3B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3)＝13×15＋13×25＋13×1＝815． 30．有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有( )A ．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0．06B ．任取一个零件是次品的概率为0．052 5C ．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为27D ．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为2730．答案 BC 解析 记A i 为事件“零件为第i (i ＝1,2,3)台车床加工”，记B 为事件“任取一个零件为次 品”，则P (A 1)＝0.25，P (A 2)＝0.3，P (A 3)＝0.45．对于A ，即P (A 1B )＝P (A 1)·P (B |A 1)＝0.25×0.06＝0.015，故A 错误；对于B ，P (B )＝P (A 1)·P (B |A 1)＋P (A 2)·P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.052 5，故B 正确；对于C ，P (A 2|B )＝P (A 2)·P (B |A 2)P (B )＝0.3×0.050.052 5＝27，故C 正确；对于D ，P (A 3|B )＝P (A 3)·P (B |A 3)P (B )＝0.45×0.050.052 5＝37，故D 错误．。
五年级数学下册奥数50题、附解析及参考答案
五年级数学下册奥数50题、附解析及参考答案一、工程问题1.甲乙两个水管单独开，注满一池水需要20小时和16小时。
丙水管单独开，排一池水要10小时。
如果水池没水，同时打开甲乙两水管，5小时后再打开排水管丙，问水池注满还需要多少小时？答：甲水管每小时注入1/20的水量，乙水管每小时注入1/16的水量，丙水管每小时排出1/10的水量。
在5小时内，甲乙两水管共注入了5/20+5/16=19/40的水量，水池中水量为19/40.再打开丙水管后，每小时水池中的水量减少1/10-1/20-1/16=3/80，所以注满整个水池还需要(1-19/40)/(3/80)=16小时。
2.修一条水渠，甲队单独修需要20天完成，乙队单独修需要30天完成。
如果两队合作，由于彼此施工有影响，他们的工作效率就要降低。
甲队的工作效率是原来的五分之四，乙队工作效率只有原来的十分之九。
现在计划16天修完这条水渠，且要求两队合作的天数尽可能少，那么两队要合作几天？答：设甲队合作x天，乙队合作XXX，则有以下两个方程：20x/(5/4)+30y/(10/9)=1.（甲、乙两队合作完成1个单位的工程）20x/(5/4)+(30-y)/(1/3)=16.（甲、乙两队合作16天完成工程）解得x=8，y=6，所以两队需要合作8天。
3.一件工作，甲、乙合做需4小时完成，乙、XXX做需5小时完成。
现在先请甲、XXX做2小时后，余下的乙还需做6小时完成。
乙单独做完这件工作要多少小时？答：设甲、乙、丙每小时完成的工作量分别为a、b、c，则有以下三个方程：2(a+c)+6b=1.（甲、乙、丙合作完成1个单位的工作）4(a+b)=1.（甲、乙合作完成1个单位的工作）5(b+c)=1.（乙、丙合作完成1个单位的工作）解得a=1/20，b=1/60，c=1/12，所以乙单独做完这件工作需要6b=6/60=1/10小时。
4.一项工程，第一天甲做，第二天乙做，第三天甲做，第四天乙做，这样交替轮流做，那么恰好用整数天完工；如果第一天乙做，第二天甲做，第三天乙做，第四天甲做，这样交替轮流做，那么完工时间要比前一种多半天。
组合与组合数公式
漯河实验高中高三数学组朱联朋
第一章 1.2.2 组 合
学习目标
XUE XI MU BIAO
1.理解组合的定义，正确认识组合与排列的区别与联系. 2.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数
公式进行计算. 3.会解决一些简单的组合问题.
内
知识梳理
容
题型探究
索
随堂演练
②选出2名男教师或2名女教师参加会议，有__2_1__种不同的选法；
解析 可把问题分两类情况： 第 1 类，选出的 2 名是男教师有 C26种方法； 第 2 类，选出的 2 名是女教师有 C24种方法. 根据分类加法计数原理，共有 C26＋C24＝15＋6＝21(种)不同选法.
③现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有_9_0__种不同的选法.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
4.若 A3m＝6C4m，则 m 等于
A.9
B.8
√C.7
D.6
解析 A3m＝6C4m，∴m≥4 且 m∈N*， ∴m(m－1)(m－2)＝6·mm－4×13m×－22×1m－3， 即m－4 3＝1，∴m＝7.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
5.从4台甲型电视机和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型和
乙型电视机各1台，则不同的取法种数为
A.84
√B.70
C.60
D.48
解析 根据结果分类：第一类，两台甲型机，有 C24·C15＝30(种)； 第二类，两台乙型机，有 C14·C25＝40(种). 根据分类加法计数原理，共有 C24·C15＋C14·C25＝70(种)不同的取法.
组合与组合数公式
解：（1） C83 56 ⑵
⑶
C
3 7
35
C72 21
我们发现：
C83
C72
C
3 7
为什么呢
我们可以这样解释：从口袋内的 8个球中所取出的3个球，可以分为 两类：一类含有1个黑球，一类不含 有黑球．因此根据分类计数原理， 上述等式成立．
从a1, a2 , a3,, an1这n 1个不同元素中， 每次取出m个元素。 （1）可以有多少个不同的组合？ （2）在这些组合里有多少个是含有a1的？ （3）在这些组合里有多少个是不含有a1的？ （4）从上面的结果可以得到一个怎样的公式？
推广:
从 n个不同元素中取出 m个元素的每一个 组合，与剩下的n-m个元素的每一个组合一一 对应，所以从 n个不同元素中取出 m个元素 的组合数，等于从这n 个元素中取出n-m 个元 素的组合数，即
c c m n
nm n
组合数的两个性质
定理1:
Cmn
Cnm n
.
证明: Cmn m（! nn！m）!,
例5、6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分 法：
（1）分给甲、乙、丙三人，每人2本； （2）分为三份，每份2本； （3）分为三份，一份1本，一份2本，一份3本： （4）分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2 本，一人 3本。
例6、某省的福利彩票中，不考虑次序的7个数码组 成一注，7个数码中没有重复，每一个数码都选自 数码1,2，…，36，如果电视直播公开摇奖时只有 一个大奖，计算：
a a a 推广:从
1,
2,
n1这n+1个不同的元素中，
a c a a a a a 取出m个元素的组合数
一类含 ，一1类不含
小学五年级上学期数学人教版期中模拟卷考试试卷及答案解析
五年级上学期期中模拟卷·数学测试时间:90分钟满分:100分一、填一填。
（每空1分，共20分）1.5.78×2.8的积是__________位小数，把它用“四舍五入”法保留一位小数是________。
2.根据2784÷32＝87，可以推算出3.2×0.87＝________，27.84÷3.2＝________。
3.如果用（2，3）表示第2列第3行，那么第5行第7列用数对（________，________）表示。
4.0.2506506…是____________小数，它的循环节是__________，这个数的简便写法是______。
5.袋子里放了5个白球和1个黑球，每次摸一个再放回，小红连续摸了五次都是白球。
那么她第六次摸到的球__________是黑球。
（填“一定”“可能”或“不可能”）6.把3.6，3.65，3.655，3.65这四个数按照从大到小的顺序排列:________＞________＞_______＞_______7.在〇内填上“＞”“＜”或“＝”。
1.2×9.5〇9.5 12.3÷1.5〇12.3 5.6×0.99〇5.6÷0.998.一块正方形菜地的周长是4.4米，它的面积是________平方米。
9.李师傅6分钟做了12个零件，平均每分钟做_______________个零件，做1个零件需要______分钟。
二、选一选。
（每题2分，共10分）1.下面各题的商小于1的是（）。
A.6.04÷6B.0.84÷28C.76.5÷45D.7.85÷7.852.红红在用计算器计算14.3×9.8时，错误地输入了13.3×9.8，她需要（）才能得到正确结果。
A.加1B.加9.8C.加13.3D.加14.33.学校组织同学看电影，小李在电影院中的位置是（3，5），小丁的位置是（9，5），小明与他们坐在同一条直线上，小明的位置可能是（）。
1-4 等可能概型
【评】古典概型在概率论中占有相当重要的地位。 一方面，由于它简单，对它的讨论有助于直观地理解
概率论的许多基本概念，因此，我们常从古典概型 开始引入新的概念；另一方面，古典概型概率的计算
在产品质量抽样检查等实际问题中有重要的应用。
二、基本排列与组合公式
乘法原理：若进行A1过程有n1种方法，进行A2过程有 n2种方法，则进行A1过程后再进行A2过程共有n1n2种 方法。 加法原理：若进行A1过程有n1种方法，进行A2过程有
r n
设r1+r2+…+rk=n，把n个不同的元素分成k个部分，
第一部分含r1个元素，第二部分含r2个元素，…
则不同的分法为
C C
r1 n
r2 n r1
C
rk 1 rk n r1 rk 2 n r1 rk 1
C
n! r1 !r2 ! rk !
一些常用公式
1 3 5 6 1 2 1 64 2 3 6 1 3
Bk-1={取得的n个数中最大的数不超过k-1}，
则 Bk-1Bk，且 A=Bk-Bk-1，依概率的性质，
C C 【注】利用事件间的关系与运算求解概率。
P(A)= P(Bk)-P(Bk-1)
Ckn
n 10
Ckn1
n 10
例3 从1～9这9个数中有放回地取出 n 个数， 试求取出的 n个数的乘积能被 10 整除的概率。
§4 等可能概型
教学纲目 一、古典概型的定义与计算公式
二、基本排列与组合公式
三、典型例题
10 放回抽样与不放回抽样； 20 抽签与顺序无关；
30生日问题； 40超几何分布；
50 实际推断原理。
四、几何概型
新教材高中数学第4章概率与统计4-1-1条件概率课件新人教B版选择性必修第二册
1．(对接教材 P43 例 3)设某动物由出生算起活到 20 岁的概 率为 0.8，活到 25 岁的概率为 0.4，现有一个 20 岁的这种动物，则它 活到 25 岁的概率是________．
2 3
3 5
[由公式 P(A|B)＝PPA∩BB＝23，P(B|A)＝PPA∩AB＝53．]
类型 2 利用基本事件个数求条件概率
在一个坛子中装有 10 个除颜色外完全相同的玻璃球，其中有 2 个红球，8 个黄球．现从中任取一球后(不放回)，再取一球，则已知 第一个球为红色的情况下第二个球为黄色的概率为多少？
[解] 设第 1 次抽到舞蹈节目为事件 A，第 2 次抽到舞蹈节目为事 件 B，则第 1 次和第 2 次都抽到舞蹈节目为事件 A∩B．
(1)从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 个的事件数为 n(Ω)＝A26＝30， 根据分步乘法计数原理 n(A)＝A14A15＝20，于是 P(A)＝nnΩA＝2300＝23． (2)因为 n(A∩B)＝A24＝12，于是 P(A∩B)＝nnA∩ΩB＝1320＝25．
[由公式 P(A|B)＝PPA∩BB＝23，P(B|A)＝PPA∩AB＝53．]
[跟进训练]
1．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录， 知道一年中下雨天的比例甲市占 20%，乙市占 18%，两地同时下雨 占 12%，记 P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(A∩B)＝0.12，则 P(A|B)＝ ________，P(B|A)＝________．
[解] 由古典概型的概率公式可知
辨析概率中的易错题
辨析概率中的易错题概率问题源于实际，贴近生活，学生乐学，但由于易混点多，学生理解不透彻，容易产生错误。
下面对概率中的易错问题进行辨析，现举例如下：一、缺乏应用概率知识的能力例1著名历史故事《田忌赛马》中，田忌获胜的概率是多少？错解：《田忌赛马》故事中，田忌靠聪明才智战胜齐王，所以田忌获胜的概率是P=1。
辨析：齐王和田忌各出上、中、下三匹马，均不知对方出马的顺序，比赛中共有以下6种情况等可能发生：（1）上——上中——中下——下（2）上——上中——下下——中（3）上——中中——上下——下（4）上——中中——下下——上（5）上——下中——上下——中（6）上——下下——上中——中正解：事实上，田忌、齐王获胜的概率均为，平局的概率为。
故事中，田忌是按照“上——中，中——下，下——上”方式战胜齐王的，所以田忌获胜的概率P=。
二、“等可能”与“非等可能”相互混淆例2掷两枚骰子，求所得点数之和为5的概率。
错解：掷两枚骰子，出现点数之和有2、3、4、5、…12共11种，即有11个基本事件，所以P=。
辨析：以上11个基本事件不是等可能的，如“点数之和为2”只有1个基本事件（1，1），而“点数之和为5” 有4个基本事件（1，4），（4，1），（2，3），（3，2）。
正解：掷两枚骰子共有36个基本事件，所以“所得点数之和为5”的概率P==。
三、概念理解不清例3一射手平均每射击10次中靶4次，每次射击是否击中互不影响，求在5次射击中，第2次中靶的概率。
错解：在5次射击中，第2次中靶的概率是P=（1-）4=0.05184。
辨析：此题错解的原因是相互独立事件的概念不清，在独立事件中，每一次试验事件是否发生互不影响；另外此题解答时还将“5次射击，第2次中靶” 与“5次射击，恰好第2次中靶”混淆。
因为“5次射击，恰好第2次中靶”是指射击5次只有第2次中靶，其他4次都未中靶，它的概率是P=（1-）4=0.05184。
正解1：“5次射击，第2次中靶”是指只与第2次有关，与其他4次无关，所以在5次射击中，第2次中靶的概率P=。