（2022高考数学一轮复习(步步高)）第5节 古典概型与几何概型.doc

1、第第 5 节节古典概型与几何概型古典概型与几何概型 考试要求1.理解古典概型及其概率计算公式； 2.会计算一些随机事件所包含的基 本事件数及事件发生的概率；3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；4. 了解几何概型的意义. 知 识 梳 理 1.古典概型 (1)基本事件的特点 任何两个基本事件是互斥的. 任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. (2)古典概型的定义 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型. (3)古典概型的概率公式 P(A)A 包含的基本事件的个数 基本事件的总数 . 2.几何概型 (1)几何概型的定义 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域

2、的长度(面积或体积)成比例，那么 称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型. (2)几何概型的两个基本特点 (3)几何概型的概率公式 P(A) 构成事件 A 的区域长度（面积或体积） 试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）. 常用结论与微点提醒 1.古典概型中的基本事件都是互斥的，确定基本事件的方法主要有列举法、列表 法与树状图法. 2.概率的一般加法公式 P(AB)P(A)P(B)P(AB)中， 易忽视只有当 AB ，即 A，B 互斥时，P(AB)P(A)P(B)，此时 P(AB)0. 3.几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的. 诊 断 自 测 1.判

3、断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件 是“发芽与不发芽”.() (2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果 是等可能事件.() (3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.() (4)概率为 0 的事件一定是不可能事件.() 解析对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事 件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正 确；对于(4)，概率为 0 的事件有可能发生，所以(4)不正确. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老

4、教材必修 3P133A1 改编)袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球，从中任取 一球抽到白球的概率为() A.2 5 B. 4 15 C.3 5 D.非以上答案 解析从袋中任取一球，有 15 种取法，其中抽到白球的取 法有 6 种，则所求概率为 p 6 15 2 5. 答案A 3.(老教材必修 3P146B4 改编)如图， 正方形的边长为 2， 向正方形 ABCD 内随机投 掷 200 个点， 有 30个点落入图形M中， 则图形M的面积的估计值为_. 解析由题意可得正方形面积为 4， 设不规则图形的面积为 S， 由几何概型概率公 式可得S 4 30 200，S0.6. 答案0.6 4.

5、(2019全国卷)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. 5 16 B.11 32 C.21 32 D.11 16 解析在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数 n2664，恰有 3 个阳爻 的基本事件数为 C3620，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻 的概率 p20 64 5 16. 答案A 5.(2020广州模拟)在6，9内任取一个实数 m，设 f(x)x2mxm，则函数 f(x)的图象与 x 轴有公共点的概率

6、等于() A. 2 15 B. 7 15 C.3 5 D.11 15 解析因为 f(x)x2mxm 的图象与 x 轴有公共点，所以m24m0，所 以 m4 或 m0，所以在6，9内取一个实数 m，函数 f(x)的图象与 x 轴有公 共点的概率 p4（6）（90） 9（6） 11 15. 答案D 6.(2019长沙模拟改编)在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此 时由这个口袋中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大 1 22，则口袋中原有小球的个数为_. 解析设原来口袋中白球、黑球的个数都为 n，依题意 n1 2n1 n 2n 1 22，解得 n 5. 所以原来口袋中

7、小球共有 2n10 个. 答案10 考点一古典概型的概率问题 【例 1】 (1)(2019全国卷)生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3 只测量过某项指 标.若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只测量过该指标的概率为() A.2 3 B.3 5 C.2 5 D.1 5 (2)(2020厦门一模)易经是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦图(含乾、 坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线， “”表示一根阴线)，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和 三根阴线的概率为() A. 1 14 B.1 7 C. 5 28 D. 5 14 解析(1)

8、设 5 只兔子中测量过某项指标的 3 只为 a1，a2，a3，未测量过这项指标 的 2 只为 b1，b2，则从 5 只兔子中随机取出 3 只的所有可能情况为(a1，a2，a3)， (a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3， b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共 10 种可能.其中恰有 2 只测量过 该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3， b1)，(a2，a3，b2)，共 6 种可能.故恰有 2 只

9、测量过该指标的概率为 6 10 3 5. (2)观察八卦图可知，含有 3 根阴线的有 1 卦，含有 3 根阳线有 1 卦，含有 2 根阴 线 1 根阳线的有 3 卦，含有 1 根阴线 2 根阳线的有 3 卦，故从八卦中任取两卦， 这两卦的六根线恰有三根阳线和三根阴线的概率为C 1 1C11C13C13 C28 5 14. 答案(1)B(2)D 规律方法古典概型中基本事件个数的探求方法： (1)枚举法：适合于给定的基本事件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，注意在确定基本事件时(x，y)可看成是有 序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1

10、，2)与(2，1)相同. (3)排列组合法：在求一些较复杂的基本事件个数时，可利用排列或组合的知识. 【训练 1】(1)(2020深圳一模)两名同学分 3 本不同的书， 则其中一人没有分到书， 另一人分得 3 本书的概率为() A.1 2 B.1 4 C.1 3 D.1 6 (2)(2019南昌一模)2021 年广东新高考将实行 312 模式，即语文、数学、外语 必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有 12 种选课模式. 今年上高一的小明与小芳都准备选历史与政治， 假若他们都对后面三科没有偏好， 则他们选课相同的概率为() A.1 2 B.1 3 C.1 6 D.1 9 解

11、析(1)设 3 本不同的书分别为 a，b，c，两名同学分 3 本不同的书，基本事件 有(0，3)，(1a，2)，(1b，2)，(1c，2)，(2，1a)，(2，1b)，(2，1c)，(3，0)，共 8 个， 其中一人没有分到书， 另一人分到 3 本书的基本事件有 2 个， 一人没有分到书， 另一人分得 3 本书的概率 p2 8 1 4. (2)基本事件总数为 C13C139，他们选课相同的事件总数为 C13C113，他们选课 相同的概率 p3 9 1 3.故选 B. 答案(1)B(2)B 考点二古典概型与其他知识的交汇问题 【例 2】 (1)设平面向量 a(m，1)，b(2，n)，其中 m，n

12、1，2，3，4，记 “a(ab)”为事件 A，则事件 A 发生的概率为() A.1 8 B.1 4 C.1 3 D.1 2 (2)(2020河北七校联考)若 m 是集合1，3，5，7，9，11中任意选取的一个元素， 则椭圆x 2 m y2 2 1 的焦距为整数的概率为_. 解析(1)有序数对(m， n)的所有可能情况为 4416 个， 由 a(ab)得 m22m 1n0，即 n(m1)2.由于 m，n1，2，3，4，故事件 A 包含的基本事件 为(2，1)和(3，4)，共 2 个，所以 P(A) 2 16 1 8. (2)m 是集合1，3，5，7，9，11中任意选取的一个元素，基本事件总数为

13、6， 又满足椭圆x 2 m y2 2 1 的焦距为整数的 m 的取值有 1，3，11，共有 3 个，椭圆x 2 m y 2 2 1 的焦距为整数的概率 p3 6 1 2. 答案(1)A(2)1 2 规律方法求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利 用古典概型的有关知识解决，一般步骤为： (1)将题目条件中的相关知识转化为事件； (2)判断事件是否为古典概型； (3)选用合适的方法确定基本事件个数； (4)代入古典概型的概率公式求解. 【训练 2】 (2020济宁模拟)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测 试合格的男、女生中各随机抽取 100 人的成绩进行统计分析，

14、分别制成了如图所 示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图. (注：分组区间为60，70)，70，80)，80，90)，90，100) (1)若得分大于或等于 80 认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？ (2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取 5 人，从这 5 人中任意选取 2 人，求至少有一名男生的概率. 解(1)由题可得，男生优秀人数为 100(0.010.02)1030，女生优秀人数为 100(0.0150.03)1045. (2)因为样本容量与总体中的个体数的比是 5 3045 1 15，所以样本中包含的男生人 数为 30 1 152，女生人数为 45 1 153.

15、则从 5 人中任意选取 2 人共有 C2510 种，抽取的 2 人中没有一名男生有 C233 种，则至少有一名男生有 C25C237 种.故至少有一名男生的概率为 p 7 10，即选 取的 2 人中至少有一名男生的概率为 7 10. 考点三几何概型多维探究 角度 1与长度(角度)有关的几何概型 【例 31】 (1)在1，1上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与圆(x5)2 y29 相交”发生的概率为_. (2)如图所示，在等腰直角三角形 ABC 中，过直角顶点 C 在ACB 内部任作一条 射线 CM，与 AB 交于点 M，则 AMAC 的概率为_. 解析(1)由直线 ykx 与圆(x5

16、)2y29 相交，得 |5k| k213，即 16k 29，解得 3 4k 3 4.由几何概型的概率计算公式可知 p 3 4 3 4 2 3 4. (2)过点 C 作 CN 交 AB 于点 N， 使 ANAC， 如图所示.显然当射线 CM 处在ACN 内时，AMAC，又A45，所以ACN67.5，故所求概率为 p67.5 90 3 4. 答案(1)3 4 (2)3 4 规律方法1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范 围，当考查对象为点，且点的活动范围在线段上时，用“线段长度”为测度计算 概率，求解的核心是确定点的边界位置. 2.当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时

17、，应以角对应的弧长的大小作 为区域度量来计算概率.事实上，当半径一定时，曲线弧长之比等于其所对应的圆 心角的弧度数之比. 角度 2与面积有关的几何概型 【例 32】 (2019唐山二模)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”， 刘徽称之为“以盈补虚”， 即以多余补不足， 是数量的平均思想在几何上的体现， 如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法.在ABC 内任取一点， 则该点落在标 记“盈”的区域的概率为() A.1 4 B.1 3 C.1 5 D.1 2 解析根据题意可得标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，故该点 落在标记“盈”的区域的概率为1 4，故选 A. 答案A 规律方法几

18、何概型与平面几何的交汇问题：要利用平面几何的相关知识，先确 定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代 入公式求概率. 角度 3与体积有关的几何概型 【例 33】 有一个底面半径为 1、高为 2 的圆柱，点 O 为这个圆柱底面圆的圆 心， 在这个圆柱内随机取一点 P， 则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为_. 解析由题意得该圆柱的体积V1222.圆柱内满足点P到点O的距离小 于等于 1 的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积 V1 1 2 4 31 32 3，所以所求概率 p VV1 V 2 3. 答案 2 3 规律方法对于与体积有关的几何概型

19、问题，关键是计算问题的总体积(总空间) 以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求. 【训练 3】 (1)(角度 1)某公司的班车在 7：30，8：00，8：30 发车，小明在 7： 50 至 8：30 之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车 时间不超过 10 分钟的概率是() A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 (2)(角度 2)已知 y0， x2y2x0表示的平面区域为 M， 当 0 x时， 由曲线 ysin x 与 x 轴围成的区域为 N，记“在 M 内随机取一点，则点落在 N 内”为事件 A， 则 P(A)() A.1 3 B.

20、1 2 C. 4 D.16 3 (3)(角度 3)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，在正方体内随机取点 M， 则使四棱锥 MABCD 的体积小于1 6的概率为_. 解析(1)如图所示，画出时间轴： 小明到达的时间会随机的落在图中线段 AB 上，而当他的到达时间落在线段 AC 或 DB 上时，才能保证他等车的时间不超过 10 分钟，根据几何概型得所求概率 p 1010 40 1 2. (2)由 y0， x 2 2 y2 2 4 知，平面区域 M 为如图所示的上半圆，事件 A 表示的区域 如图中阴影部分，其面积 S错误错误!sin xdx(cos x)|02，因为 SM1 2 2

21、 4 3 8 ，故 P(A) 2 3 8 16 3. (3)设四棱锥 MABCD 的高为 h， 由于 S正方形ABCD1， V 正方体1， 且 h 3S 正方形ABCD1 6. h1 2，则点 M 在正方体的下半部分，故所求事件的概率 p 1 2V 正方体 V正方体 1 2. 答案(1)B(2)D(3)1 2 A 级基础巩固 一、选择题 1.(2020武汉模拟)如图是一个边长为 4 的正方形二维码，为了测算图中黑色部分 的面积，在正方形区域内随机投掷 800 个点，其中落入黑色部分的有 453 个点， 据此可估计黑色部分的面积约为() A.11B.10 C.9D.8 解析由随机模拟试验可得S

22、黑 S正 453 800，所以 S 黑453 800169，故选 C. 答案C 2.(2020西安模拟)现有甲、乙、丙、丁 4 名学生平均分成两个志愿者小组到校外 参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为() A.1 2 B.1 3 C.1 6 D. 1 12 解析基本事件总数 nC 2 4C22 A22 A226，乙、丙两人恰好参加同一项活动包含的基 本事件个数 mC22C22A222， 乙、 丙两人恰好参加同一项活动的概率 pm n 2 6 1 3. 答案B 3.某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现， 红灯持续时间为 40 秒.若一名 行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等

23、待 15 秒才出现绿灯的概率为() A. 7 10 B.5 8 C.3 8 D. 3 10 解析至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为4015 40 5 8，故选 B. 答案B 4.已知正三棱锥 SABC 的底面边长为 4，高为 3，在正三棱锥内任取一点 P，使 得 VPABC1 2V SABC的概率是() A.7 8 B.3 4 C.1 2 D.1 4 解析由题意知，当点 P 在三棱锥的中截面 ABC以下时，满足 VPABC1 2V SABC， 又 V 锥SABC1 2 1 4V 锥SABC1 8V 锥SABC. 事件“VPABC1 2V SABC”的概率 pV 台体ABCABC V锥SA

24、BC V 锥SABCV锥SABC V锥SABC 7 8. 答案A 5.(2019济南二模)19 世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗 悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长大于这个圆的内接等边三 角形边长的概率是多少？”贝特朗用了“随机半径”“随机端点”“随机中点” 三个合理的求解方法，但结果都不相同.该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地 刺激了概率论基础的严格化.已知“随机端点”的方法如下：设 A 为圆 O 上一个 定点，在圆周上随机取一点 B，连接 AB，求所得弦长 AB 大于圆 O 的内接等边三 角形边长的概率.则由“随机端点”法所求得的概率为() A.1 5

25、B.1 4 C.1 3 D.1 2 解析设 “弦 AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件 M，以点 A 为一顶点， 在圆中作一圆内接正三角形 ACD，如图所示，则要满足题意，点 B 只能落在劣弧 CD 上，又圆内接正三角形 ACD 恰好将圆周 3 等分，故 P(M)劣弧 CD 的长 圆的周长 1 3， 故选 C. 答案C 二、填空题 6.从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则 logab 为整数的概率 是_. 解析从 2，3，8，9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则有(2，3)，(2， 8)，(2，9)，(3，8)，(3，9)，(8，9)，(3，2)，(8，

26、2)，(9，2)，(8，3)，(9，3)， (9，8)，共 12 种取法，其中 logab 为整数的有(2，8)，(3，9)两种，故 p 2 12 1 6. 答案 1 6 7.在等腰 RtABC 中，C90，在直角边 BC 上任取一点 M，则CAM30的 概率是_. 解析点 M 在直角边 BC 上是等可能出现的， “测度”是长度.设直角边长为 a， 则所求概率为 3 3 a a 3 3 . 答案 3 3 8.(2020河南八市联考改编)从0，2内随机取两个数，则这两个数的和不大于 1 的概率为_. 解析设 x，y0，2，则 0 xy1，如图. 所求的概率为 p S S正方形 1 211 22

27、1 8. 答案 1 8 三、解答题 9.海关对同时从 A，B，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区 进口此种商品的数量(单位：件)如表所示.工作人员用分层抽样的方法从这些商品 中共抽取 6 件样品进行检测. 地区ABC 数量50150100 (1)求这 6 件样品中来自 A，B，C 各地区商品的数量； (2)若在这 6 件样品中随机抽取 2 件送往甲机构进行进一步检测，求这 2 件商品来 自相同地区的概率. 解(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是 6 50150100 1 50， 所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50 1 501，150 1 503，100 1 50

28、2. 所以 A，B，C 三个地区的商品被选取的件数分别为 1，3，2. (2)从 6 件样品中抽取 2 件商品的基本事件数为 C2665 2115， 每个样品被抽到的 机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的. 记事件 D：“抽取的这 2 件商品来自相同地区”，则事件 D 包含的基本事件数为 C23C224，所以 P(D) 4 15. 故这 2 件商品来自相同地区的概率为 4 15. 10.某市 A，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了 3 名男生、2 名女 生，B 中学推荐了 3 名男生、4 名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集 训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机

29、抽取 3 人、女生中随机抽取 3 人组 成代表队. (1)求 A 中学至少有 1 名学生入选代表队的概率； (2)某场比赛前，从代表队的 6 名队员中随机抽取 4 人参赛，求参赛女生人数不少 于 2 人的概率. 解(1)由题意，参加集训的男、女生各有 6 名.参赛学生全从 B 中学抽取(等价于 A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 3 3C34 C36C36 1 100，因此，A 中学至少有 1 名学生 入选代表队的概率为 1 1 100 99 100. (2)设“参赛的 4 人中女生不少于 2 人”为事件 A，记“参赛女生有 2 人”为事件 B，“参赛女生有 3 人”为事件 C. 则 P(

30、B)C 2 3C23 C46 3 5，P(C) C33C13 C46 1 5. 由互斥事件的概率加法公式， 得 P(A)P(B)P(C)3 5 1 5 4 5， 故所求事件的概率为4 5. B 级能力提升 11.已知 f(x)， g(x)都是定义在 R 上的函数， g(x)0， f(x)g(x)f(x)g(x)， f(x)axg(x)， f（1） g（1） f（1） g（1） 5 2，在有穷数列 f（n） g（n） (n1，2，10)中，任意取前 k 项 相加，则前 k 项和大于63 64的概率是( ) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D.4 5 解析设 h(x) f（x） g（x），则

31、h(x) f（x）g（x）f（x）g（x） g2（x） 0，故 h(x)ax 单调递减，所以 0a1，又 f（1） g（1） f（1） g（1）a 1 a 5 2，解得 a 1 2，则数列 f（n） g（n） 1 2 n ，其前 k 项和 Sk1 1 2 k ，因为 1 1 2 k 63 64，所以 k6，故 p 4 10 2 5. 答案B 12.某个四面体的三视图如图所示，若在该四面体的外接球内任取一点，则点落在 四面体内的概率为() A. 9 13 B. 1 13 C.9 13 169 D. 13 169 解析由三视图可知该立体图形为三棱锥，其底面是一个直角边长为 32的等腰 直角三角形，

32、高为 4，所以该三棱锥的体积为 12，又外接球的直径 2r 为以三棱锥 的三个两两垂直的棱为长方体的对角线，即 2r42（3 2）2（3 2）2 2 13，所以球的体积为52 13 3 ，所以点落在四面体内的概率为 12 52 13 3 9 13 169， 故选 C. 答案C 13.由不等式组 x0， y0， yx20 确定的平面区域记为1， 由不等式组 xy1， xy2确定的 平面区域记为2，若在1中随机取一点，则该点恰好在2内的概率为_. 解析如图，平面区域1就是三角形区域 OAB，平面区域2与平面区域1的重 叠部分就是区域 OACD，易知 C 1 2， 3 2 . 由几何概型的概率公式，

33、所求概率 pS 四边形OACD SOAB 21 4 2 7 8. 答案 7 8 14.(2019太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下： 质量不超过 1 kg 的包裹 收费 10 元；质量超过 1 kg 的包裹，除 1 kg 收费 10 元之外，超过 1 kg 的部分， 每 1 kg(不足 1 kg，按 1 kg 计算)需再收 5 元. 该公司对近 60 天， 每天揽件数量统计如下表： 包裹件数范围0100101200201300301400401500 包裹件数(近似处理)50150250350450 天数6630126 (1)某人打算将 A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.

34、5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出， 求该人支付的快递费不超过 30 元的概率； (2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利 润， 剩余的作为其他费用.前台工作人员每人每天揽件不超过 150 件， 工资 100 元， 目前前台有工作人员 3 人，那么公司将前台工作人员裁员 1 人对提高公司利润是 否更有利？ 解(1)由题意，寄出方式有以下三种可能： 情况 第一个包裹第二个包裹 甲支付的 总快递费礼物 质量 (kg) 快递 费(元) 礼物 质量 (kg) 快递 费(元) 1A0.310B，C3.32535 2B1.815A，C1.81530 3C1.515A，

35、B2.12035 所有 3 种可能中，有 1 种可能快递费未超过 30 元，根据古典概型概率计算公式， 所求概率为1 3. (2)由题目中的天数得出频率，如下： 包裹件数范围0100101200201300301400401500 包裹件数(近似处理)50150250350450 天数6630126 频率0.10.10.50.20.1 若不裁员，则每天可揽件的上限为 450 件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数(近似处理).150250350450 实际揽件数50150250350450 频率0.10.10.50.20.1 平均揽件数500.11500.12500.53500.24500.1

36、260 故公司每日利润为 260531001 000(元)； 若裁员 1 人，则每天可揽件的上限为 300 件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数(近似处理)50150250350450 实际揽件数50150250300300 频率0.10.10.50.20.1 平均揽件数500.11500.12500.53000.23000.1235 故公司每日利润为 23552100975(元). 综上，公司将前台工作人员裁员 1 人对提高公司利润不利. C 级创新猜想 15. (多选题)某展会安排了分别标有序号为“1 号”“2 号”“3 号”的三辆车， 等 可能的随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，

37、设计了两种乘车方案.方案一： 不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否 则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3 号”车 的概率分别为 p1，p2，则() A.p1p21 6 B.p1p21 2 C.p1p25 6 D.p1p2 解析三辆车的出车顺序可能为 123，132，213，231，312，321，共 6 种.方案一 坐到“3 号”车可能为 132，213，231，共 3 种，所以 p13 6 1 2；方案二坐到“3 号”车可能为 312，321，共 2 种，所以 p22 6 1 3.所以 p 1p2，p1p21 6，p 1p2 5 6，故选 ACD. 答案ACD 16.(多填题)连续掷 3 枚硬币，观察落地后这 3 枚硬币出现正面还是反面.“恰好 3 枚正面都朝上”的概率是_；“至少有 2 枚反面朝上”的概率是_. 解析列举基本事件如下：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正， 正)，(正，反，反)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)，共 8 个，“恰 好 3 枚正面都朝上”包含 1 个基本事件，概率 p11 8.“至少有 2 枚反面朝上”包 含 4 个基本事件，概率 p24 8 1 2. 答案 1 8 1 2