高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用第10章4第4讲随机事件与古典概型

第4讲随机事件与古典概型1．概率与频率(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq\f(nA,n)为事件A出现的频率．(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．2．事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)B?A(或A?B)相等关系若B?A且A?B，那么称事件A与事件B相等A＝B并事件(和事件)若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)A∪B(或A＋B)交事件(积事件)若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)A∩B(或AB)互斥事件若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝?对立事件若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件A∩B＝?且A∪B＝Ω3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1．(2)必然事件的概率：P(A)＝1．(3)不可能事件的概率：P(A)＝0．(4)概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(5)对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．4．古典概型(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)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．(3)概率公式P(A)＝eq\f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)．5．对古典概型的理解(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．(2)古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的．()(2)随机事件和随机试验是一回事．()(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．()(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．()(5)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.()(6)在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(2016·高考天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是eq\f(1,2)，甲获胜的概率是eq\f(1,3)，则甲不输的概率为()A.eq\f(5,6) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,3)解析：选A.由题意得，甲不输的概率为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).(教材习题改编)若A，B为对立事件，则()A．P(A＋B)≤1B．P(AB)＝1C．P(AB)＝0D．P(A)＋P(B)≤1解析：选C.由对立事件的定义可知：P(A＋B)＝1，P(A)＋P(B)＝1，P(AB)C选项正确．在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(nπ,6)，n＝1，2，3，…，10))中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cosx＝eq\f(1,2)的概率是________．解析：基本事件总数为10，满足方程cosx＝eq\f(1,2)的基本事件数为2，故所求概率为P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋B发生的概率为________．解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，所以P(B)＝1－P(B)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，显然A与B互斥，从而P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)随机事件的频率与概率[典例引领](2017·高考全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[10，15)[15，20)[20，25)[25，30)[30，35)[35，40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．【解】(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为eq\f(2＋16＋36,90)，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100.所以，Y的所有可能值为900，300，－100.Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为eq\f(36＋25＋7＋4,90)，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.eq\a\vs4\al()[通关练习]1．随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4500名网上购物消费者进行了调查(每名消费者限选一种情况回答)，统计结果如表：满意情况不满意比较满意满意非常满意人数200n21001000根据表中数据，估计在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的概率是()A.eq\f(7,15) B.eq\f(2,5)C.eq\f(11,15) D.eq\f(13,15)解析：选C.由题意，n＝4500－200－2100－1000＝1200，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为1200＋2100＝3300，由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为eq\f(3300,4500)＝eq\f(11,15).2．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元)01000200030004000车辆数(辆)500130100150120(1)若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率．解：(1)设A表示事件“赔付金额为3000元”，B表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率得P(A)＝eq\f(150,1000)，P(B)＝eq\f(120,1000)＝0.12.由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，×1000＝100(辆)，而赔付金额为4000元的车辆中，×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为eq\f(24,100)，由频率估计概率得P(C)＝0.24.互斥事件、对立事件的概率[典例引领]某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．记1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)1张奖券的中奖概率；(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．【解】(1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P(A)＝eq\f(1,1000)，P(B)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，P(C)＝eq\f(1,20)，因为A，B，C两两互斥，所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1＋10＋50,1000)＝eq\f(61,1000)，故1张奖券的中奖概率为eq\f(61,1000).(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝eq\f(989,1000).故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq\f(989,1000).eq\a\vs4\al()[提醒]间接法体现了“正难则反”的思想方法．[通关练习]1．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)，P(B)，P(C)，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为()A． B．C． D．解析：选C.因为“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，所以所求概率P＝1－P(A)＝0.35.2．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：排队人数012345人及5人以上概率求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.古典概型的概率(高频考点)古典概型是高考考查的热点，考查角度较灵活，常与一些知识交汇考查，其难度较小．高考对本部分内容的考查主要有以下五个命题角度：(1)简单的古典概型的概率；(2)古典概型与平面向量的交汇；(3)古典概型与函数(方程)的交汇；(4)古典概型与解析几何的交汇；(5)古典概型与统计的交汇(下章讲解)．[典例引领]角度一简单的古典概型的概率(2017·高考山东卷)从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A.eq\f(5,18) B.eq\f(4,9)C.eq\f(5,9) D.eq\f(7,9)【解析】所求概率为P＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(1,9)Ceq\o\al(1,8))＝eq\f(5,9).【答案】C角度二古典概型与平面向量的交汇从集合{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()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)【解析】由题意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12种情况．因为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个，故所求的概率为eq\f(1,6).【答案】A角度三古典概型与函数(方程)的交汇已知|p|≤3，|q|≤3，当p，q∈Z，则方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率是________．【解析】由方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，可得Δ＝(2p)2－4(－q2＋1)>0，即p2＋q2>1.当p，q∈Z时，设点M(p，q)，如图，直线p＝－3，－2，－1，0，1，2，3和直线q＝－3，－2，－1，0，1，2，3的交点，即为点M，共有49个，其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点)．当点M(p，q)落在圆p2＋q2＝1外时，方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，所以方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率P＝eq\f(49－5,49)＝eq\f(44,49).【答案】eq\f(44,49)角度四古典概型与解析几何的交汇将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq\f(137,144)的内部，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,18)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,18)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,18)，\f(5,18))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,18)，\f(7,18)))【解析】对于a与b各有6种情形，故总数为36种．两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，故概率为P1＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝eq\f(33,36)＝eq\f(11,12)，因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq\f(137,144)的内部，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,18)－m))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)))eq\s\up12(2)＜eq\f(137,144)，解得－eq\f(5,18)＜m＜eq\f(7,18)，故选D.【答案】Deq\a\vs4\al()(1)求古典概型的概率的步骤第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第二步，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；第三步，利用公式P(A)＝eq\f(m,n)，求出事件A的概率．(2)求解古典概型与其他知识交汇问题的思路解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．[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.eq\f(1,10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10) D.eq\f(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eq\f(10,25)＝eq\f(2,5)，选D.2．(2018·湖北省七市(州)联考)从数字1，2，3，4，5中，随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于12的概率为()A.eq\f(2,25) B.eq\f(13,125)C.eq\f(18,125) D.eq\f(9,125)解析：选A.从5个数字中任意抽取3个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有53＝125个，但要使各位数字之和等于12且没有重复数字时，则该数只能含有3，4，5三个数字，它们有Aeq\o\al(3,3)＝6种，若三位数的各位数字均重复，则该数为444；若三位数中有2个数字重复，则该数为552，525，255，有3种．因此，所求概率为P＝eq\f(6＋1＋3,125)＝eq\f(2,25)，故选A.3．设a∈{2，4}，b∈{1，3}，函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx＋1.(1)求f(x)在区间(－∞，－1]上是减函数的概率；(2)从f(x)中随机抽取两个，求它们在(1，f(1))处的切线互相平行的概率．解：(1)由题意－eq\f(b,2×\f(1,2)a)≥－1，即b≤a.而(a，b)共有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)＝4种，满足b≤a的有3种，故概率为eq\f(3,4).(2)由(1)可知，函数f(x)共有4种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法．因为函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝a＋b，所以这两个函数中的a与b之和应该相等，而只有(2，3)，(4，1)这1组满足，故概率为eq\f(1,6).eq\a\vs4\al()对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算，计算时要首先判断事件是否与顺序有关，以确定是按排列处理，还是按组合处理．易错防范(1)易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．(2)对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．1．设事件A，B，已知P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(A∪B)＝eq\f(8,15)，则A，B之间的关系一定为()A．两个任意事件 B．互斥事件C．非互斥事件 D．对立事件解析：选B.因为P(A)＋P(B)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)＝eq\f(8,15)＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选B.2．(2018·安徽“江南十校”联考)从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a，从{1，2，3}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)解析：选D.令选取的a，b组成实数对(a，b)，则有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)共15种情况，其中b>a的有(1，2)，(1，3)，(2，3)3种情况，所以b>a的概率为eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).故选D.3．(2018·沈阳市教学质量检测(一))将A，B，C，D这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学”的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,8)解析：选B.A，B，C，D4名同学排成一排有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法．当A，C之间是B时，有2×2＝4种排法，当A，C之间是D时，有2种排法．所以所求概率为eq\f(4＋2,24)＝eq\f(1,4)，故选B.4．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的概率为()A.eq\f(7,12) B.eq\f(11,12)C.eq\f(11,16) D.eq\f(13,16)解析：选D.满足条件的方程共有4×4＝16个，即基本事件共有16个．若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时共组成四个不同的方程，且都有实数解；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)，所求的概率为eq\f(13,16).5．(2018·福建省普通高中质量检查)某食品厂制作了3种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”“和谐福”“友善福”，每袋食品中随机装入一张卡片．若只有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋，获奖的概率为()A.eq\f(3,16) B.eq\f(4,9)C.eq\f(3,8) D.eq\f(8,9)解析：选B.将3种不同的精美卡片随机放进4个食品袋中，根据分步乘法计数原理可知共有34＝81种不同放法，4个食品袋中3种不同的卡片都有的放法共有3×Ceq\o\al(2,4)×Aeq\o\al(2,2)＝36种，根据古典概型概率公式得，能获奖的概率为eq\f(36,81)＝eq\f(4,9)，故选B.6．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，，，若红球有21个，则黑球有________个．解析：n个，则eq\f,21)＝eq\f(0.3,n)，故n＝15.答案：157．已知小李每次打靶命中靶心的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率．先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0，1，2，3表示命中靶心，4，5，6，7，8，9表示未命中靶心，再以每三个随机数为一组，代表三次打靶的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：321421191925271932800478589663531297396021546388230113507965据此估计，小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为________．解析：由题意知，在20组随机数中表示三次打靶恰有两次命中靶心的有421，191，271，932，800，531，共6组随机数，所以所求概率为eq\f(6,20)＝0.30.答案：8．如下的三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11a12a13,a21a22a23,a31a32a33))解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq\o\al(3,9)＝eq\f(9×8×7,1×2×3)＝84种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,1)＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－eq\f(6,84)＝eq\f(13,14).答案：eq\f(13,14)9．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如表所示．一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/人)123已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)求x，y的值；(2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率．解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.(2)记A：一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟．A1：该顾客一次购物的结算时间为．A2：该顾客一次购物的结算时间为3分钟．将频率视为概率可得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(20,100)＋eq\f(10,100)，所以一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率为0.3.10．(2017·高考山东卷)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，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＝eq\f(3,15)＝eq\f(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＝eq\f(2,9).1．从1到10这十个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另两个数之和的概率是()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)解析：选A.不妨设取出的三个数为x，y，z(x<y<z)，要满足x＋y＝z，共有20种结果，从十个数中取三个数共有Ceq\o\al(3,10)种结果，故所求概率为eq\f(20,Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6).2．已知函数f(x)＝logax－3loga2，a∈{eq\f(1,5)，eq\f(1,4)，2，4，5，8，9}，则f(3a＋2)>f(2a)>0的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,2) D.eq\f(4,7)解析：选B.因为a∈{eq\f(1,5)，eq\f(1,4)，2，4，5，8，9}，所以3a＋2>2a，又f(3a＋2)>f(2a)>0，所以函数f(x)为单调递增函数．因为f(x)＝logax－3loga2＝logaeq\f(x,8)，所以a>1，又f(2a)>0，所以logaeq\f(2a,8)>0，所以eq\f(2a,8)>1，即a>4，则f(3a＋2)>f(2a)>0的概率P＝eq\f(3,7).故选B.3．某同学同时掷两颗骰子，得到的点数分别为a，b，则双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的离心率e>eq\r(5)的概率是________．解析：由e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))>eq\r(5)，得b>2a.当a＝1时，b＝3，4，5，6四种情况；当a＝2时，b＝5，6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种结果．所以所求事件的概率P＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)4．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为ai，若存在正整数k，使a1＋a2＋…＋ak＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为3的概率是________．解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子3次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a1＋a2＋a3＝6，则a1，a2，a3可取