高中数学竞赛第59讲概率1教案

第19讲概率(一)

概率的一些术语及基本知识.

1.基本事件：一次试验(例如掷骰子)，可能有多种结果，每个结果称为基本事件.

2.样本空间：基本事件的集合，称为样本空间，也就是基本事件的总体.本讲记为I.

3.随机事件：样本空间的子集称为随机事件，简称事件.

4.必然事件：在试验中必然发生的事件，即样本空间I自身.它的概率为1,即PQ)=1.

5.不可能事件：不可能发生的事件，即空集。.它发生的概率为0,即P(0)=O.

6.互斥事件：事件A、B不能同时发生，即AAB=0,则称A、B为互斥事件，也称为互不相容

的事件.(也称互不相容的事件)

7.和事件：AUB称为事件A与B的和事件.

8.积事件：ACB称为事件A与B的积事件，也简记为AB.

9.概率：概率是样本空间I中的一种测度，即对每一个事件A,有一个实数与它对应，记为

P(A),具有以下三条性质：

(1)P(A)》()(非负性);

⑵P⑴=1;

(3)在A、B为互斥事件时,P(AUB)=P(A)+P(B)(可加性).

10.频率：在同样的条件下进行n次试验，如果事件A发生m次，那么就说A发生的频率为2

n

11.古典概型：如果试验有n种可能的结果，并且每一种结果发生的可能性都相等，那么这种

试验称为古典概型，也称为等可能概型，其中每种结果发生的概率都等于土

n

12.对立事件：如果事件A、B满足AAB==0,AUB=I,那么A、B称为对立事件，并将B记

为可.我们有一个常用公式P(W)=1-P(A).

13.条件概率：在事件A已经发生的条件下，事件B发牛的概率称为条件概率，

记为P(BIA).我们有P(AB)=P(A)P(BIA).即P(BIA)=下涝

注意P(B|A),P(B),P(A1B)的不同.P(B)是事件B上发生的概率(没有条件)；P(BIA)是A

已经发生的条件下，B发生的概率；P(AIB)是B已经发生的条件下，A发生的概率.

14.独立事件：如果事件A是否发生，对于事件B的发生没有影响，即P(B1A)=P(B).那么称

A、B为独立事件.易知这时P(AB)=P(A)P(B),

并且P(A|B)=P(A),即B是否发生，对于A的发生没有影响.所以事件A、B是互相独立的.

15.全概率公式:如果样本空间I可以分拆为B”B”…,B“，即BlUB2U-UB„=I并且BiUBj=0(1

Wi<jWn)那么事件A发牛的概率P(A)=§P(A|8,)P(B,)

1=1

A类例题

例1(2004年重庆理工卷)某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3

位，二

班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好

被排在一起

(指演讲序号相连)，而二班的2位同学没有被排在一起的概率为()

分析排列组合问题，往往以实际问题面目出现，它解法灵活，而排列组合又是概率的基本知

识，如等可能性事件中有一类概率问题，它常与排列组合知识紧密联系，本题既考查了解排

列组合问题的“捆绑法”，又考查了“插空法”，分别计算出带条件与不带条件限制的排法总

数，再按照概率的意义求出概率即可.

解将一班3位同学视为一个整体，将这一整体与其他班的5位同学进行全排列,共有A；种

方法，并且他们之间共留下了7个空隙，将余下的二班的2位同学分别插入,共有种方法，

故一班有3位同学恰好被排在一起，而二班的2位同学没有排在一起排法总数为A1

故所求的概率为用勺I【答案】B

线20

例2(2004年全国卷)某同学参加科普知识竞赛，需回答3个问题.竞赛规则规定：答对第一、

二、三问题分别得100分、100分、200分，答错得零分.假设这名同学答对第一、二、三个

问题的概率分别为0.8、0.7、0.6,且各题答对与否相互之间没有影响.

(1)求这名同学得300分的概率；

(2)求这名同学至少得300分的概率.

分析本题主要考查相互独立事件同时发生的概率和互斥事件有一个发生的概率的计算方

法，应

用概率知识解决实际问题的能力.解题突破口：(1)这名同学得300分的概率必是第1、2题

一对一错,这

样得100分,而第3小题一定答对,所以共得到300分.(2)至少300分意思是得300分或400

分.故两种概率

相加即可.

解记“这名同学答对第，个问题”为事件=1,2,3)，则

P(AJ=0.8,P(A2)=0.7,P(A3)=0.6.

(1)这名同学得300分的概率：PFP(A,A^A:i)+P(%A2A3)

=P(Ai)P(无)P(A3)+P(I)P(A2)P(A3)

=0.8X0.3X0.6+0.2X0.7X0.6=0.228.

(2)这名同学至少得300分的概率：

P2=Pi+P(A1A2A3)=0.228+P(Ai)P(Az)P(A3)

=0.228+0.8X0.7X0.6=0.564.

情景再现

1.(2003年全国高考上海卷)某国际科研合作项目成员由11个美国人、4个法国人和5个中

国人组成.现从中随机选出两位作为成果发布人，则此两人不属于同一个国家的概率为

(结果用分数表示)

2.(1)一圆周上均匀分布着1996个点，从中均等地选出A、B、C、D四个不同的点，则弦AB

与CD相交的概率是()

2

3'

(2)记号为1,2,3的三个球放在一个缸子中.将一个球从缸子中取出，把它的号码记下来，然

后再将它放回到缸子里.这个过程重复三次.每个球在每次过程中被抽出的机会是等可能的.

如果记录的数码之和为6,那么其中记号为2的球三次全被抽出的概率为()

11八1

AA、.BD、.C、.Dn、

2787

6

B类例题

例3(2003年江苏卷)有三种产品,合格率分别是0.90,0.95和0.95,各抽取一件进行检验.

(1)求恰有一件不合格的概率；(2)求至少有两件不合格的概率.(精确到0.001)

分析本题要主考查相互独立事件概率的计算，运用数学知识解决问题的能力，正确利用相

互独立事件、互斥事件、独立事件重复发生概率的计算公式解决此类问题.

解设三种产品各抽取一件，抽到合格产品的事件分别为A、B和C.

(1)P(A)=0.90,P(B)=P(C)=0.95,P(A)=0.10,P(B)=P(C)=0.05.

因为事件A,B,C相互独立，恰有一件不合格的概率为

P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)

=尸(A)・P(B)-P(C)+P(A)-P(B)-P(C)+P(A)-P(8)•P(C)

=2x0.90x0.95x0.05+0.10x0.95x0.95=0.176

答：恰有一件不合格的概率为0.176.

(2)解法一：至少有两件不合格的概率为

P(ABC)+P(A-BC)+P(AB-C)+P(AB-C)

=0.90x0.052+2x0.10x0.05x0.95+0.10x0.052=0.012

解法二：三件产品都合格的概率为

P(ABC)=P(A)-P(B)•P(C)=0.90x0.952=0.812

由(I)知，恰有一件不合格的概率为0.176,所以至有两件不合格的概率为

1-[P(AB-Q+0.176]=1-(0.812+0.176)=0.012.

答：至少有两件不合的概率为0.012.

例3.(2004年全国高考湖南卷)甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，己知甲机

床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为,，乙机床加工的零件是一

4

等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为-1-,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的

12

2

概率为一.

9

(1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品的概率；

(2)从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率.

分析本题考查相互独立事件、互斥事件概率的计算及分析和解决实际问题的能力.这是一

个逆向思考题，还是以正向思维解决为佳.可先设甲、乙、丙三台机床各自加工零件是一等品

的概率，再由题意列出方程组并解之可解决此类问题.

解(1)设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件.

-1P(A).(1-P(8))=9，

P(A-6)=T，①

44

一iP(B).(1—P(C))=J

由题设条件有.p(BC)=—,即

12②

「(AC)=£.P(A)P(C)q

③

由①、③得p(B)=l-2p(C)代入②得27[P(C)『一51P(C)+22=0.

解得产。)=2或口(舍去)•

39

将P©=|分别代入③、②可得P(A)J,P(8)=；.

即甲、乙、丙三台机床各加工的零件是一等品的概率分别是2

3,4,3,

(2)记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的事件，

——2315

则P(D)=l-P(D)=l-(l-P(A))(l-P(B))(l-P(C))=l-----=-.

3436

故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为2

6,

说明这类问题直接求概率较为困难,若用待求概率去表示已知概率,就得到了待求概率的方

程,使概率问题成为方程问题,从而问题迎刃而解.

例5抛挪一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分，试证:恰好得到n分的概率是

分析数列与概率的交汇题需要综合使用数列与概率中的主干知识，特别是概率中探索的P„

与P.T关系的思路，以及由数列的递推公式求数列的通项公式的方法和手段都给我们留下了极

其深刻的印象.

解设恰好得到n分的概率为P“，则得到n-1分的概率为P-,得到n-2分的概率为P„-2.

要得n分，必须满足以下情形:先得n-l分，再掷一次正面，此时概率为或为先得n

一2分，再掷一次反面，此时概率为±P,因为这两种情况是互斥的，

2

£=-

12

11?

故有么+]匕由题意而〜/P“T=-匕一)

£「+；心

g)"累加可得£=][2+,万)].

即2-与，=(-f7(8_pi)=—L-J-=(-

例6(2005年全国高考江苏卷)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是2士和3士假设

34

两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间没有影响.

(1)求甲射击4次，至少1次未击中目标的概率；

(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；

(3)假设某人连续2次本市中目标,则停止射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率

是多少？

分析本题是一道概率综合运用问题，第一问中求“至少有一次末击中问题”可从反面求其概

率问题；第二问中先求出甲恰有两次末击中目标的概率，乙恰有3次末击中目标的概

率，再利用独立事件发生的概率公式求解.第三问设出相关事件，利用独立事件发生

的概率公式求解，并注意利用对立、互斥事件发生的概率公式.

解(1)记“甲连续射击4次至少有一次末中目标”为事件A„由题意知，射击4次，相当于

作4次独立重复试验，

故P(A)=1-&4)=1一(不)4=霁.

3o1

答：甲连续射击4次至少有一次末中目标的概率为：—.

81

(2)记“甲射击4次，恰有2次射中目标”为事件A”“乙射击4次，恰有3次射中目标”

为事件B2.

则

P(4)=C：•(m2.(1_1)2=,

QQ77

3

P(B2)=Ct(z).(l--)'=-

Q271

由于甲乙射击相互独立，故P(A2B2)=P(4)P(B2)=—X—=~.

答：两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为

8

(3)记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件As“乙第i次射击末中”为

事件Di(1=1,2,3,4,5),则人：尸。5.。4.仄•可6，且P(0)=；由于各事件相互独立，

故

------1131145

尸(4)=尸(。5)尸(2)尸(2)尸(22)二/丁/(1-//=而立

IIIIIJ.VZX*I

答：乙恰好射击5次后被中止射击的概率为4士5

1024

情景再现

3.棱长为1的正四面体A-BCD,有一小虫从顶点A处开始按以下规则爬行:在每一顶点处以

同样的概率选择通过这个顶点的3条棱之一，并一直爬到这条棱的尽头.记小虫爬了n米后

重新回到点A的概率为P”

(1)求R和P2的值；

(2)探寻P0与P—的关系；

(3)求P”的表达式.

4.一个数由7个数字组成.这7个数字的和为59.求这个数被11整除的概率.

C类例题

例7在给定的圆周上随机地选六个点A,B,C,D,E,F.求AABC与ADEF的边(线段)互不相

交的概率.

解在6个点中取3个点作为AABC的顶点，有cg=20种方法.其中3个点相邻的方法有以=6

种(第一个点选定后，另两个依顺时针次序紧随它的点也就唯一确定)，而这样得到的AABC与

余下三点组成的4DEF的边互不相交.所求概率端磊.

例8给定三只相同的有n个面的骰子.它们的对应面上标上同样的任意写的整数.证明如果

随意投掷它们，那么向上的三个面上的数的和被3整除的概率不小于5

解不妨设每个面上的数是0,1,2(将每个数换成它除以3后所得的余数).

又设每个骰子上0有a个，1有b个，2有c个.这里0Wa,b,cWn

并且a+b+c=n

随机掷3只骰子，总可能有一种.其中和被3整除的有以下情况：

0,0,0；0,1,2；1,1,1；2,2,2.

共/+6'+/+6abe种.概率为a"

:3

a+b+c+6abc^£^4(a^+b>+c^6abc)、(a+b+c).

n4

Ua3+b3+c3+6abc^aJb+a2c+bJa+b2c+cJa+c2b.

不妨设a，b》c则a3+b3+2abc—(a-b+a2c+b2a+bJc)

=a2(a-b)—b”(a—b)—ac(a—b)+bc(a-b)

=(a—b)(a2—b2-ac+bc)

=(a—b)'(a+b—c)20

c3+abc—c2a—c2b=c(a—c)(b—c)^0

两式相加即得结论

情景再现

5.有人玩掷硬币走跳棋游戏，已知硬币出现正、反面的概率都是,，棋盘上标有第0站，第

2

1站，第2站，…，第100站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币棋子向前或向后跳.若

掷出正面，棋子向前跳动一站；若掷出的反面，则棋子向前跳动两站，直到棋子跳到第99站

(胜利大本营)或第100站(失败大本营)时，游戏结束，设棋子跳到第n站的概率为P»

(I)求P。,PbP2;

(II)求证：Pn—P“T=1(P—-P『2)；

2

(III)求Ps»及PlOO.

6.三名棋手A,B,C进行循环赛.先是A同B比赛，胜者再与C比赛，新的胜者再与上次比

赛的败者比赛.如此继续下去，直至有一名选手连胜两次.这名选手就是冠军.

(1)如果三人棋力相当，问各人得冠军的概率各是多少？

(2)如果第一盘A胜，那么三人分获冠军的概率是多少？

链接蒙蒂•霍尔问题

上个世纪90年代，美国有一个广为流传的“蒙蒂•霍尔(MontyHall)”问题，后来传播到了世界各地.

人都能看得懂它，解决它也不需要什么高深的数学知识，令人感到有意思的是，这样一个简单的数学问题却曾

很多人陷入尴尬的境地，其中竟然包括一些知名的数学家.

1蒙蒂•霍尔问题的由来

1991年9月，自称是世界上最聪明的美国女人沙温特(MarilynvosSavant)收到一封来信，信中提出

样一个问题：

假设你正在参加一项游戏节目.在你面前有三扇门，一扇门后面是丰厚的奖金一一比如说是一辆小轿车，

两扇门后面则是安慰奖一一比方说一只山羊，不值多少钱.你当然希望得到小汽车，可是你并不知道小汽车在

扇门的后面.主持人先让你从三扇门中选择一扇，在打开你选择的那扇门之前，他先打开另一扇藏有山羊的门.

总是可以办到的，因为你面前的三扇门中有两扇门的后面是山羊，所以无论你选择哪一扇门，主持人总可以牵

一只山羊.现在再给你一次机会：你可以坚持原来的选择，也可以改变主意换到另一扇未打开的门.这时你怎

做呢？

这就是蒙蒂•霍尔问题.

蒙蒂•霍尔问题与美国70年代非常流行的一档电视节目“公平交易"(Let'sMakeaDeal)有关，节目

持人是蒙蒂•霍尔(Montyhall),他经常耍一些戏法难为嘉宾.其中一个游戏的规则是这样的：几对夫妇共

参加一项比赛，比赛最后只留下一对夫妇，而奖品则放在三扇门中的一扇后面，他们能否获得奖品，就要看他

能否选择到有奖品的门.和上面读者提出的问题情境一样，主持人给嘉宾两次选择机会.他们或者坚持最初的

择，或者改变主意换到另一扇门，问题是采取哪种策略获得奖品的概率最大？显然，前面提出的问题就是蒙蒂•

尔这个戏法的翻版.为了表示对这位著名游戏节目主持人的尊重，后来人们就用他的名字命名了这个问题.

沙温特看到这个问题后，认为应该改变主意换到另一扇门.随后，她把这个问题刊登在她的《行列》(Parad

专栏上，令她意想不到的是，问题登出去之后，竟然引起了轩然大波.读者的来信似雪片般地飞来.来信者中

数都不赞同沙温特的观点，他们认为坚持原来的选择和改变主意换到另一扇门，获得小汽车的概率是一样的.

些人中不乏有知名的数学家.这些数学家给沙温特发来一些措辞尖刻的信.

其中一位数学家后来一定感到极为尴尬，他写道：“你别胡说八道了，让我解释一下吧：如果打开的门后

一只山羊，那么这个信息使余下任何一个选择的概率都变为工.作为一名职业数学家，我对公众缺乏数学能

2

的状况是十分关心的.拜托你承认错误吧！以后要加倍小心.”尽管教授对大众数学能力的关注是合理的，然

换一扇门确实是最好的选择.

众多的反对声音让沙温特想到用试验的方法向那些不相信的人验证这个策略.她在读者中找来几位数学教

和她一起做试验，还有一些读者自愿用计算机模拟试验，经过很长一段时间的试验和辩论后，这个策略才逐:

被人们认可.

2蒙蒂•霍尔问题解决策略的分析

为什么会有一些数学家在这个问题上出现了失误呢？仔细分析不难发现，原因在于这些数学家都没能理解

持人展示山羊其实提供了重要的信息.也许理解这个策略最容易的方式是要注意你最初选择到小汽车的概率

即使在主持人向你打开一扇有山羊的门后，这个概率也不会变，因此另一扇未打开的门后是小汽车的概率

3

是2.这样改变选择将使你中奖的概率增加一倍.

3

如果你还不能理解的话，我们可以做更具体的解释.首先把门编上号，1号门，2号门和3号门.不妨假

你最初选的是3号门，主持人打开一扇有山羊的门后，如果你仍旧坚持原来的选择，只有一种情况你能获得小

车，即3号门后是小汽车.而如果你改变主意，转移到另一扇门，那么只要小汽车不在3号门后，你就会获多

即有两种情况你会获奖，2号门或1号门后是小汽车.由此，改变选择会使获得小汽车的概率大一倍.

一些人发现如果将问题稍作改动，理解这个策略就更容易了，假设不是三扇门而是1000000扇门供你选至

在你选定一扇门之后，主持人打开余下的臧有山羊的999998扇门.这样问题就变得很清楚了，改变主意确实

最好的策略，毕竟，你最初选择获得小汽车的概率是一百万分之一.现在你发现或者你极幸运，在几乎是天文

字中选中了小汽车，或者小汽车在剩下的那扇未打开的门的后面.

你还可以像沙温特那样和你的朋友做试验验证.准备三张纸条，在两张纸条上面写山羊，另一张纸条写上

汽车.让你的朋友随机抽一张，先不要打开这张纸条.你先从余下的两张纸条中拿走一张写有山羊的纸条.问

的朋友是坚持原来的选择，还是改变主意.记下试验的总次数，选择不变的次数及选择不变获得小轿车的次娄

同时记下改变选择的次数和改变选择后获得小轿车的次数.你发现了什么？当试验做到十几次时，改变选择的

势可能就体现出来了.

3蒙蒂，霍尔问题的推广

随着蒙蒂•霍尔问题的广泛流传，一些数学家又在此问题基础上，引申出了一些新的蒙蒂•霍尔问题.下

选择其中的两例：

美国北达克他州大学统计系的婆什迦罗•劳(M.BhaskaraRao)对蒙蒂•霍尔问题的推广很有启发意义.

于三扇门的蒙蒂•霍尔问题，嘉宾有两次选择，婆什加逻•劳考虑当给更多次的选择机会时情形会怎样呢？

假设有四扇门，其中一扇门后面有巨额奖金，嘉宾先随机选择一扇，主持人在余下的三扇门中打开一扇没

奖金的门.此时，还有三扇门，给你第二次机会，你可以坚持原来的选择，也可改变主意，从另两扇未打开的

中选择一扇.不管你怎样选择，主持人总可以从你未选择的两扇门中，再打开一扇没有奖金的门.现在还剩两

门，最后再给你一次机会，你可以坚持第二次选择，也可以改变主意换到另一扇门.每一次你怎么做呢？”

在这个问题中，嘉宾每选择一扇门后，主持人就会从余下的门中打开一扇没有奖金的门，之后再给嘉宾

择机会，…直至剩下两扇门，给嘉宾最后一次选择机会.所以嘉宾选择的次数是门的数目减一.对于四扇门，

宾就有三次选择机会，那么嘉宾可以采取哪些策略呢？再有，哪种策略获得奖金的概率最大呢？下表列出了可

嘉宾选择

一一

第一次第二次第三次概率

第一种策略选择不变不变0.25

第二种策略选择改变不变0.375

第三种策略选择不变改变0.75

第四种策略选择改变改变0.625

或许有人认为，按照蒙蒂•霍尔问题的解决策略，在第二次和第三次选择中都应该改变主意换到另一扇门.

而，从上表我们看到，这个问题的最佳策略却是在第二次坚持原来的选择而在第三次改变选择换到另一扇门.

决蒙蒂罐尔问题，只要有很好的概率直觉就可以了.然而对于这个推广的问题，光靠概率直觉可能就不够用了.

是如果你学过一些简单的概率知识，计算每种策略获得奖金的概率也不是什么难事.下面我们来详细分析每种

略获得奖金的概率：

设八="第一次选择到有奖金的门”，A="第一次选择的是没有奖金的门”

B=”第二次选择到有奖金的门”，尾="第二次选择的是没有奖金的门”

第一种策略：只要第一次选择的是有奖金的门，第一种策略就会获得奖金.所以第一种策略获得奖金的概

为P（A）=,，即0.25.

4

第二种策略：只要第一次选择的是没有奖金的门，而第二次选择的是有奖金的门，第二种策略就会获得奖4

所以第二种策略获得奖金的概率为

P（AB）=P（A）P（BM）=-xl=-=0.375.

428

第三种策略：只要第一次选择的是没有奖金的门，第三种策略就会获得奖金，所以第三种策略获得奖金的

_a

率为P（A）=2=0.75.

4

第四种策略：第四种策略要复杂些，这种策略获得奖金可分为两种情况，第一种情况是第一次选择的是没

奖金的门，而第二次选择的还是没有奖金的门，此种情况下获得奖金的概率为p（KZ）=p（入）p（z1X）=3X

4

=3,第二种情况是第一次选择的是有奖金的门，而第二次选择的是没有奖金的门，此种情况下概率为P（AZ

8

=P（A）P（否|A）=-Xl=l.所以第四种策略获得奖金的概率为3+,=2=0.625.

44848

事实上，在多次选择机会的蒙蒂•霍尔问题中，采取的最佳策略是在最后选择一步前，都要坚持原来的

择.

数学家基斯•第伯林（KeithDeblin）也推广了蒙蒂•霍尔问题：

假设有7扇门，其中有一扇门后面有巨额奖金，嘉宾先随意选择其中的三扇，主持人从余下的四扇门中

开三扇没有奖金的门，现在只剩下四扇，你可以坚持原来的选择，（若奖金在你选择的三扇门中，奖金就归你

有了），或者你改变选择，只选择另外的那一扇门，你是坚持原来的还是改变主意换到另一扇门呢？

这个问题要比数学家婆什迦罗•劳推广的问题容易些.很显然，该问题的最佳策略是应该换到另一扇门.

不换，获得奖金的概率为2.而若转换，获得奖金的概率就为所以转换要比不换获得奖金的概率大.

77

习题19

A类题

1.有五条线段，长度分别为1,3,5,7,9,从这五条线段中任取三条，则所得的三条线段不能

拼成三角形的概率是（）

A.203-7「4

B.-C.—D.一

55105

2.若a,b,C是从集合｛1,2,3,4,5｝中任取的三个元素（不一定不同）.则ab+c为偶数的概率为

059,1n64

A、D、•、♦D、•

51252125

3.把编号为1到6的六个小球，平均分到三个不同的盒子内，则有一盒全是偶数号球的概率

为（）

4.有5副不同的手套，甲先任取一只，乙再任取一只，然后甲又任取一只，最后乙再任取一

只.求下列事件的概率.

（1）A：甲正好取得两只配对手套.；（2）B：乙正好取得两只配对手套；（3）A与B是否独

立？

5.（2005年上海市高中数学竞赛）a、b、c、d、e是从集合｛1,2,3,4,5｝中任取的5个元素

（允许重复），则aOcd+e为奇数的概率为.

6.（第六届北京高中数学知识应用竞赛）体育彩票的抽奖是从写在36个球上的36个号码随机

摇出7个.有人统计了过去中特等奖的号码，声称某一号码在历次特等奖中出现的次数最多，

它是一个幸运号码，人们应该买这一号码，也有人说，若一个号码在历次特等奖中出现的次

数最少，由于每个号码出现的机会相等，应该买这一号码，你认为他们的说法对吗？

B类题

7.7前年全国高考湖南卷）某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡

山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的.

（1）求3个景区都有部门选择的概率；

（II）求恰有2个景区有部门选择的概率.

8.如果从某个五位数的集合中随机地抽出一个数，它的各位数字和均等于43,求这个数可

以被11除尽的概率.

9.有人玩掷骰子移动棋子的游戏，棋盘分为从6两方，开始时棋子放在1方，根据下列①、

②、③的规定移动棋子：①骰子出现1点时，不能移动棋子；②出现2、3、4、5点时，把棋

子移向对方；③出现6点时，如果棋子在4方就不动，如果棋子在8方就移至4方.

（1）求将骰子连掷2次，棋子掷第一次后仍在A方而掷第二次后在B方的概率.

（2）将骰子掷了〃次后，棋子仍在力方的概率记为已求办

10.将A,B,C三个字母之一输入，输出时为原字母的概率是a,为其他两个字母之一的概率

1—3

都是二.现将字母串AAAA,BBBB,CCCC之一输入，输入的概率分别为p”p2,p；＞（Pl+p2+p3=l）.发

现输出为ABCA.求输入为AAAA的概率是多少？（假定传输每个字母的工作是互相独立的）.

C类题

11.（2005年全国高中数学竞赛）将编号为1,2,…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分

点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要S.求使

s达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合,

则认为是相同的放法）

12.（2004年全国高中数学竞赛）一项“过关游戏”规则规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次,

如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2",则算过关.问:

（I）某人在这项游戏中最多能过几关？

（II）他连过前三关的概率是多少？

(注：骰子是一个在各面上分别有1,2,3,4,5,6点数的均匀正方体.抛掷骰子落地静止

后，向上一面的点数为出现点数.)

本节“情景再现”解答：

1.噂，提示：属于同一个国家的概率为=磊,所求概率为1一忌=用或：所

求概率为11x4+11x5+4x5=119

小帆中介夜190

2.(1)选B.考虑点A、B、C、D的顺序即可.因为对任意凸四边形而言，孔AB、CD恰为两对

角线时，它们才相交.当A、B为相邻顶点时，其顺序情况有8种;C、D顺序有2种；当A、B为

4x?1

相对顶点时，其顺序情况有4种;C、D顺序有2种;这样，所求概率为———

4x2+8x23

(2)选C.因为一共有7种抽出情形使小球数码的和为6,且它们是等可能的.用下面的三元

有序组来表示即(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)和(2,2,2),所以记

号为2的球三次全被抽中的概率为

7

3.(1)小虫从点A爬了一米后又回到点A是不可能的，Pi=0,小虫从点A爬了两米后又回到点

A,有A-B(或C,或D)fA这3种情况，

概率都是,*'=工，所以H='+L+_1=_1

33929993.

⑵小虫爬了n米后回到点A,则爬了n-1米后不在点A,概率是1一,此时小虫从另

三点中的一点回到点的概率是工，故P,=-(l-P,,)

3"3

(3)由题意月=o,又e=g(1—匕,)，故B_；=t

数列是以为。首项，-工为公比的等比数列，

I4J44

所以E,=：+[(—；)”•

4.7个数字的和为59有以下几种情况：

(1)6个9,1个5；(2)5个9,1个8,1个6；(3)5个9,2个7；(4)4个9,2个8,1个7；

(5)3个9,4个8.共7+7X6+4+7XC：+C%210个.

其中被11整除的，奇数位数字和与偶数位数字和的差应被11整除.

但奇数位数字和与偶数位数字和的和为59,是一个奇数，

所以上述的差只能为11,而且必须是奇数位4个数字之和为35(53Q^+1)1,

偶数位3个数字之和为24.奇数位4个数字的和为35,只有3个数字为9,1个数字为8这

一种情况，共4个.

偶数位3个数字的和为24,有(1)3个8；(2)2个9,1个6；⑶1个9,1个8,1个7三种

情况,共1+3+3!=10种.

所以被11整除的数共4X10=40个.

404

所求概率为赤方.

乙JLU乙JL

5.(I)Po=l,P1=—,Pz=-----1--——•

22224

(II)棋子跳到第n站(2WnW99,必是从第n—1站或第n—2站跳到的)的概率为

pp1

P„=^=L+-!^-,所以P-P„-.=--(Pn-1-P,,^)

22n2

(III)由(H)知数列｛Pi-Pj是首项为R-P°=—公比为一,的等比数列，该数列的前

22

99项和，由PLPO,P2—PI,…，P99—P98相加得，

P的一1=(—1)+(―,)，…+(―L)9\所以

222

?1121

P99=-[l-(-)10°],则P98=P99—(--)"=-[1+(-)"]

32232

即P100=，P98=![1+(—)"].

232

6.先考虑(2),设A,C,B获胜的概率分别为pi,p2,P3,则显然有

Pl+P2+P,3=l⑴

(总有一人能得冠军一无限制地循环下去的概率为gxgx/x…=0,因为/一0)

A得冠军有两种可能：第二盘A胜C,概率为|；第二盘A负于C,概率

为;，而下一盘B胜C(C胜B则C为冠军，A不为冠军)，从这盘算起，A成

为B,C,A系列中的第三个人，获胜概率为P3,.

所以P1=1xP3.(2)

C得冠军必须A在第二盘负(概率为》，这样C成为C,B,A系列中的第一个人，

获胜的概率为必，

所以P2=/pi.(3)

421

由⑴，(2),(3)得pi=y,P2=y,P3亍.

ii耳

在第⑴问中，A、B得冠军的概率均为严―尹3K.

59

C得冠军的概率为1—

(无论第一盘A,B谁胜C得冠军的概率都为P2=1)

本节“习题19”解答:

1.C.提示：能拼成三角形的三条线段仅有357；579；379这三种可能，故所求概率

为一含二击

2.选B.首先从集合任取三元素的总事倒数为53=125.下面考虑c的情况：从｛1,3,5｝中选一

个有C；=3种情况c是奇数；以｛2,4｝中选一个有C；=2种情况c是偶数.而ab为奇数的情形

有32=9和I为偶数的情形有52-32=16种.由“奇+奇=偶”“偶+偶=偶"知,a〃c为偶数的情

5Q

形共有3X9+2X16=59（种）这样所求概率为碇.

3.6个球平均分入三盒有CCC种等可能的结果，每盒各有一个奇数号球的结果有

种，所求概率P（A）=CCC=W，则有一盒全是偶数号球的概率是g.故选B.

4•…生4⑵尸所生泮"

生会《故A与B是不独立.

(3)P{AB)=

u1794

5.

3125

6.体育彩票应本36个号码的36个球大小、重量等应该是一致的，严格说，为了保证公平，

每次用的36个球，应该只允许用一次，除非能保证用过一次后，球没有磨损、变形，和没有

用过的球一样.

因此，当你把这36个球看成每次抽奖中只用了一次时，不难看出，以前抽奖的结果对今

后抽奖的结果没有任何影响，上述两种说法都是错的.

7.解：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为3'.由于是任意选择，这些结果

出现的可能性都相等.

（I）3个景区都有部门选择可能出现的结果数为C>3!（从4个部门中任选2个作为1组，

另外2个部门各作为1组，共3组，共有=6种分法，每组选择不同的景区，共有3!

种选法），记“3个景区都有部门选择“为事件A”那么事件人的概率为

P(AJ='=-

349

（II）解法一：分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事件

31

A2和A：；,则事件A3的概率为P(A3)=F=——，事件Az的概率为

3427

4114

P(A2)=1一P(A,)-P(A3)=1--------=—.

92727

解法二：恰有2个景区有部门选择可能的结果为3(C：•2!+C：).(先从3个景区任意选定2个,

共有C；=3种选法，再让4个部门来选择这2个景区，分两种情况：第一种情况，从4个部

门中任取1个作为1组，另外3个部门作为1组，共2组，每组选择2个不同的景区，共有2!

种不同选法.第二种情况，从4个部门中任选2个部门到1个景区，另外2个部门在另1个景

区，共有C：种不同选法).所以p(Az)=J_±__42=—.

8.十进制中每位数字最大是9,因而五位数字和山+山+&计&+&5最多是45.而数字和是43则

有下面情况：

(1)其中一个数字是7,其余是9,有5种可能：

79999,97999,99799,99979,99997.

(1)其中两个数字是8,其余数字是9,有10种可能：

88999,89899,89989,89998,98899,

98989,98998,99889,99898,99988.

而上述诸数中可被11整除者仅97999,99979,98989三个.

31

综上所求概率p

155

9.(1)将骰子连掷2次，棋子掷第一次后仍在1方而掷第二次后在B方的概率P2=Wx4±2=W

669

(2)设把骰子掷了〃+1次后，棋子仍在｛方的概率为分“有两种情况：

①第〃次棋子在4方，其概率为匕，且第次骰子出现1点或6点，棋子不动，其概

率为於②第〃次棋子在8方，且第〃+1次骰子出现2,3,4,5或6点，

63

其概率为焉以产气+_|(1_匕),即匕+「5=一：解-5),入=1，

I