2024版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第4节古典概型与事件的相互独立性.docx

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1、第四节古典概型与事件的相互独立性考试要求：1理解古典概型、事件的相互独立性及其概率计算公式2会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率一、教材概念结论性质重现1古典概型的判断古典概型的定义试验具有如下共同特征：(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性2古典概型的概率计算公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)_

2、kn_nAn，其中n(A)和n()分别表示事件A和样本空间包含的样本点个数频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同名称不同点相同点频率计算公式频率计算中的k，n均随随机试验的变化而变化，但随着试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值都计算了一个比值kn古典概型的概率计算公式kn是一个定值，对同一个随机事件而言，k，n都不会变化3相互独立事件的判断相互独立事件的定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立4相互独立事件的性质当事件A与事件B相互独立时，则事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立1两个事件

3、相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的2事件间的独立性关系：已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有事件表示概率A，B同时发生ABP(A)P(B)A，B都不发生ABP(A)P(B)A，B恰有一个发生(AB)(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)A，B中至少有一个发生(AB)(AB)(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B

4、)A，B中至多有一个发生(AB)(AB)(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B)二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(1)“P(AB)P(A)P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件()(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)必然事件与任何一个事件相互独立()2若P(AB)16，P(A)13，P(B)14，则事件A与B的关系是()A互斥B相互独立C互为对立D无法判断B解析：因为P(A)13，所以

5、P(A)23，又P(B)14，所以事件A与事件B不对立又因为P(AB)16，所以有P(AB)P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立但不一定互斥3甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.9，乙解决这个问题的概率是0.8，那么其中至少1人解决这个问题的概率是()A0.26B0.72C0.98D0.18C解析：设A为“甲解决这个问题”，B为“乙解决这个问题”，则AB表示“无人解决这个问题”，而P(AB)0.20.10.02，故至少1人解决这个问题的概率为0.984抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是()A19B16C118D112B解析：抛掷两枚质地均匀的骰子

6、，向上的点数之差的绝对值为3的情况有(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6个样本点，而抛掷两枚质地均匀的骰子包含的样本点有36个，所以所求概率p63616故选B5已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为_712解析：因为甲，乙，丙三人被该公司录取的概率分别是16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，所以他们三人都没有被录取的概率为116114113512，故他们三人中至少有一人被录取的概率为1512712考点1简单的古典概型的概率基础性(1

7、)(2022新高考卷)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()A16B13C12D23D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C7221(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p2172123故选D(2)(2022全国甲卷)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()A15B13C25D23C解析：从6张卡片中无放回随机抽取2张，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，

8、(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15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)，(4，6)，6种情况，故概率为61525故选C(3)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三点，则取到的三点共线的概率为()A15B25C12D45A解析：从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，

9、共有10种不同的情况由图可知取到的三点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为21015故选A古典概型中样本点个数的探求方法(1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点(x，y)时可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识1从长度为2，4，6，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为()A25B12C35D710B解析：从5条线段中任取3条，共有C5310种不同的取法，其中能构成一个三角形的有：(2，8，9)

10、，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，8，9)，(6，8，9)，共有5种，所以这3条线段能构成一个三角形的概率p510122(多选题)先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，则下列说法正确的是()Aab7时概率为16Bab6时概率为15Ca2b时的概率为16Dab是3的倍数的概率是13AD解析：先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，样本点的总数为6636个，对于选项A：ab7包含的样本点有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6个，所以ab7时的概率为63616故选项A正确对于选项B：ab6

11、包含的样本点有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5个，所以ab6时的概率为53615故选项B不正确对于选项C：a2b包含的样本点有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共9个，所以a2b时的概率为93614故选项C不正确对于选项D：ab是3的倍数包含的样本点有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共有12个，所以ab是3的倍数的概率是123613故选项D正确故选AD考点2古典概型的交汇问题综合

12、性考向1古典概率和数1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“11”1966年我国数学家陈景润证明了“12”，获得了该研究的世界最优成果若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是()A37B47C514D914B解析：不超过20的所有质数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，从中选取2个不同的数有C8228种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(

13、13，17)，(13，19)，(17，19)，共12种，所以两数之和不超过20的概率是28122847考向2古典概型和数列斐波那契数列又称黄金分割数列，因为数学家昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列被以下递推方法定义：数列an满足：a1a21，an2an1an(nN*)现从该数列的前10项中随机的抽取一项，则该数除以3余数为1的概率为()A18B14C38D12D解析：数列an满足：a1a21，an2an1an(nN*)，数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55该数列被3除所得的余数为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，所以

14、10项中共有5项满足除以3余数为1，故概率p51012故选D考向3古典概型和平面向量(1)设平面向量a(m，1)，b(2，n)，其中m，n1，2，3，4，记“a(ab)”为事件A，则事件A发生的概率为()A18B14C13D12A解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为4416由a(ab)，得m22m1n0，即n(m1)2由于m，n1，2，3，4，故事件A包含的样本点为(2，1)和(3，4)，共2个所以所求的概率P(A)21618故选A(2)已知kZ，AB(k，1)，AC(2，4)若|AB|4，则ABC是直角三角形的概率是_37解析：因为|AB|k2+14，所以15k15因为kZ，所以k3，

15、2，1，0，1，2，3当ABC为直角三角形时，应有ABAC，或ABBC，或ACBC由ABAC0，得2k40，所以k2因为BCACAB(2k，3)，由ABBC0，得k(2k)30，所以k1或3由ACBC0，得2(2k)120，所以k8(舍去)故使ABC为直角三角形的k值为2，1或3，所以所求概率p37考向4古典概型与函数的交汇(1)已知函数f (x)13x3ax2b2x1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()A79B13C59D23D解析：(1)f (x)x22axb2由题意知f (x)0有两个不等实根，即4(a2b2)0，

16、所以ab，有序数对(a，b)所有可能结果有339(种)，其中满足ab的有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，共6种故所求概率p6923(2)已知a0，1，2，b1，1，3，5，则函数f (x)ax22bx在区间(1，)上为增函数的概率是()A512B13C14D16A解析：因为a0，1，2，b1，1，3，5，所以样本点总数n3412函数f (x)ax22bx在区间(1，)上为增函数当a0时，f (x)2bx，符合条件的只有(0，1)，即a0，b1当a0时，需要满足ba1，符合条件的有(1，1)，(1，1)，(2，1)，(2，1)，共4种所以函数f (x)ax

17、22bx在区间(1，)上为增函数的概率是512求解古典概型交汇问题的思路求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的内容转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：已知集合M1，1，3，5和N1，1，2，4设关于x的二次函数f (x)ax24bx1(a，bR)(1)若b1时，从集合M取一个数作为a的值，求方程f (x)0有解的概率；(2)若从集合M和N中各取一个数作为a和b的值，求函数yf (x)在区间1，)上是增函数的概率解：(1)因为b1，由方程f (x)ax24x10有解，得a0， =164a0，即a4，且a0因为aM1，1，3，5，所以a1，1，3，故方程f (x)0有解的概率

18、为p34(2)由于二次函数f (x)ax24bx1图象的对称轴为x2ba，要使yf (x)在区间1，)上为增函数，应有a0且2ba1，即a2b，且a0若a1，则b1；若a3，则b1，1；若a5，则b1，1，2而所有的(a，b)共有4416个，所以所求概率为p61638考点3事件的相互独立性综合性(1)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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

19、相互独立D丙与丁相互独立B解析：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，两点数和为7的所有可能为：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，P(甲)16，P(乙)16，P(丙)566536，P(丁)66616A：P(甲丙)0P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)136P(甲)P(丁)，C：P(乙丙)136P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)0P(丙)P(丁)(2)(2021常州高三期末)甲、乙两队进行篮球决赛，采取三场二胜制(当一队赢得二场胜利时，该队获胜，决赛结束)根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主”

20、设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是 _0.6解析：甲队最终获胜包含3种情况：前两场甲均胜，概率为p10.60.50.3，第一场甲胜，第二场甲负，第三场甲胜，概率为p20.60.50.60.18，第一场甲负，第二场甲胜，第三场甲胜，概率为p30.40.50.60.12，所以甲队最终获胜的概率是pp1p2p30.30.180.120.6判断事件是否相互独立的方法(1)定义法：事件A，B相互独立P(AB)P(A)P(B)(2)利用性质：A与B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立1现有5个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4

21、，5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件A表示“第一次取出的球数字是2”，事件B表示“第二次取出的球数字是3”，事件C表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是(C)A事件A和事件C相互独立B事件B和事件C相互独立C事件B和事件D相互独立D事件C和事件D相互独立2(2022和平区模拟)某校象棋社团开展竞赛活动，比赛中双方有一人获胜或者双方和棋则比赛结束根据以往比赛结果，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是12，两人和棋的概率是16，则乙战胜甲的概率是_；甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，则甲得分不少于

22、2分的概率是_1379解析：由题意可知，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是12，两人和棋的概率是16，所以乙战胜甲的概率为1121613；由甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，设甲得分不少于2为事件A，则A表示乙胜或甲负且甲乙和，故P(A)1313+C21131629，所以甲得分不少于2分的概率是P(A)1P(A)12979课时质量评价(五十九)A组全考点巩固练1某校开设a，b，c，d共4门选修课，一个同学从中随机选取2门，则a与b未同时被选中的概率为()A16 B13 C23 D56D解析：从a，b，c，d中随机选2门课程的情况有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共

23、6种，其中a，b同时被选中的情况只有一种，即ab，则a，b同时被选中的概率为16，所以a，b未同时被选中的概率p11656故选D2我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是()A12B13C14D15A解析：随机任取“两行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种情况，其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，所以取出的“两行”相生的概率为51012故选A3(多选题)从甲袋内摸出1个红球的概

24、率是13，从乙袋内摸出1个红球的概率是12，从甲、乙袋内各摸出1个球，则()A2个球不都是红球的概率是16B2个球都是红球的概率是16C至少有1个红球的概率是23D2个球中恰有1个红球的概率是23BC解析：A：两个球不都是红球的概率为：1131256，故A错误B：两个球都是红球的概率为：131216，故B正确C：至少有一个红球的概率为：13122312131223，故C正确D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：1312231212，故D错误故选BC4(2022南京校级月考)十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、

25、戌狗、亥猪十二属相现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，则这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是()A388B344 C120D944A解析：现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，样本点总数nA1231 320，这三位同学抽取的礼物都喜欢包含的样本点个数m12913945，所以这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是pmn451 3203885某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型

26、”“升级题型”“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答已知某位参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率为()A112125B80125C113125D124125A解析：因为参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，所以该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率：pC33453 +C32452151121256已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛，比赛流程如图所示，根据以往经验，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8，0.4，0.6，丙战胜丁的概率为0.5，并且比赛没有和棋，则甲获得最后冠军的概率为()A0.6B0.

27、5 C0.4D0.3C解析：甲获得最后冠军这个事件可分为两个互斥事件：一个是第一轮甲胜乙，丙胜丁，第二轮甲胜丙，另一个是第一轮甲胜乙，丁胜丙，第二轮甲胜丁，所以所求概率P0.80.50.40.8(10.5)0.60.47某一大型购物广场有A，B两家奶茶店，某人第一天随机地选择一家奶茶店购买奶茶，如果第一天去A店，那么第二天去A店的概率为0.7；如果第一天去B店，那么第二天去A店的概率为0.6则某人第二天去A店购买奶茶的概率为_065解析：某人第二天去A店购买奶茶有两种情况第一种情况：第一天选择去A店，第二天选择去A，其概率为0.50.70.35第二种情况：第一天选择去B店，第二天选择去A，其概

28、率为0.50.60.3所以某人第二天去A店购买奶茶的概率为0.350.30.658(2023泰安模拟)某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛比赛最多有三局第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为13，12，快问快答局获胜与平局的概率分别为13，16，抢答局获胜的概率为13，且各局比赛相互独立(

29、1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率；(2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率解：(1)设“甲至多经过两局比赛晋级决赛”为事件A，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜，则P(A)13121312(2)记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B，C，D，则P(B)113+1216，P(C)121131614，P(D)1216113118，故在乙最后晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为11816+14+1182179甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p，且乙投球2次均未命中的概率为116

30、(1)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(2)若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中3次的概率解：(1)由题意，甲投球2次，都没有命中的概率为121214，故甲至少命中1次的概率为11434(2)因为乙投球2次均未命中的概率为(1p)(1p)116，所以p34若甲、乙两人各投球2次，命中3次，则甲只有一次没有命中、乙2次全部命中，或乙只有一次没有命中、甲2次全部命中而甲只有一次没有命中、乙2次全部命中的概率为C2112112342932，而乙只有一次没有命中、甲2次全部命中的概率为C213414122332，故两人共命中3次的概率为93233238B组新高考培优练10为了实施“科技下乡，精准脱贫

31、”战略，某县科技特派员带着A，B，C三个农业扶贫项目进驻某村，对仅有的四个贫困户甲、乙、丙、丁进行产业帮扶若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，则甲、乙两户选择同一个扶贫项目的概率为()A14B827 C29D16D解析：由题意分析：若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，样本点总数nC42A3336，甲乙两户选择同一个扶贫项目包含的样本点个数mC22C31A226，则甲乙两户选择同一个扶贫项目的概率pmn6361611(2022汕头二模)交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义，为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，

32、一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是()A0.36B0.576C0.648D0.904C解析：设李明同学至少答对2道题为事件A，则P(A)C320.620.4+C33(0.6)30.648故选C12(多选题)根据中国古代重要的数学著作孙子算经记载，我国古代诸侯的等级自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分m处(m为正整数)按这种分法，下列结论正确的是()A为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是34B为“子”的诸侯分到的领地不

33、小于6处的概率是14C为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1D为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是14ACD解析：由题意可知，5位诸侯分得的领地数成等差数列an，设该等差数列的前n项和为Sn因为Sn50，则有5a1542m50，即a1102m因为a1，m均为正整数，则有a1=8，m=1，a1=6，m=2，a1=4，m=3，a1=2，m=4，共四种情况，当a1=8，m=1 时，有a18，a29，a310，a411，a512，当a1=6，m=2 时，有a16，a28，a310，a412，a514，当a1=4，m=3 时，有a14，a27，a310，a413，a516，当a1=2，m=4

34、 时，有a12，a26，a310，a414，a518，其中a1，a2，a3，a4，a5分别对应男、子、伯、侯、公分到领地数，所以为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是34故选项A正确为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是1故选项B错误为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1故选项C正确为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是14故选项D正确13袋中有黑球和白球共7个球，已知从中任取2个球都是白球的概率为17现有甲、乙两人从袋中轮流摸球(甲先)，每次摸出1球且不放回，直到摸出白球为止则袋中原有白球的个数为_，甲摸到白球而终止的概率为_32235解析：从袋中任取两球的试验有C72个样

35、本点，它们等可能，设袋中有n个白球，则取出两个白球有Cn2个样本点，于是得Cn2C72nn14217，解得n3，所以袋中原有白球的个数为3；甲摸到白球终止的事件A是甲第一次摸到白球、第三次摸到白球、第五次摸到白球的事件的和，它们互斥，P(A)374736354736251412235，所以甲摸到白球而终止的概率为223514某班甲、乙、丙、丁四名同学竞选班委，每个人是否当选相互独立，如果甲、乙两名同学都不当选的概率为225，乙、丙两名同学都不当选的概率为625，甲、丙两名同学都不当选的概率为325，丁当选的概率为15，则甲、乙、丙、丁四名同学中恰好有一人当选班委的概率是_154625解析：设甲

36、、乙、丙、丁当选的事件分别为A，B，C，D，则P(D)15，1PA1PB=225，1PB1PC=625，1PA1PC=325，解得PA=45，PB=35，PC=25因为事件A，B，C，D相互独立，所以恰有一名同学当选的概率为P(A BCD)P(AB CD)P(ABCD)P(ABCD)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)P(A)P(B)P(C)P(D)4525354515353545152525451525351515462515(2022嘉兴期末)为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，某校组织开展“战疫有我，青春同行

37、”防控疫情知识竞赛活动，某班经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额，该班设计了一个游戏方案决定谁去参加，规则如下：一个袋中装有6个大小相同的小球，其中标号为i的球有i个(i1，2，3)，甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球，所取球的标号之和多者获胜(1)求甲所取球的标号之和为7的概率；(2)求甲获胜的概率解：(1)假设标号为1的球为a，标号为2的球为b，c，标号为3的球为d，e，f，则每位同学取球的所有情况为abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def，共20种，甲取球的标号之和为7的情况为ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，共6种，所以甲取球的标号之和为7的概率p0620310(2)由(1)知，每人标号之和为5的概率p1120，标号之和为6的概率p2620，标号之和为8的概率p3620，标号之和为9的概率为p4120，则甲获胜的概率p620120620120+620620120+620+62012019201454002980