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[例1]某單位組織4個(gè)部門(mén)的職工旅游，規(guī)定每個(gè)部門(mén)只能在3個(gè)景區(qū)中任選一個(gè)，假設(shè)各部門(mén)選擇每個(gè)景區(qū)是等可能的.

　(Ⅰ)求3個(gè)景區(qū)都有部門(mén)選擇的概率；

　(Ⅱ)求恰有2個(gè)景區(qū)有部門(mén)選擇的概率.

解：某單位的4個(gè)部門(mén)選擇3個(gè)景區(qū)可能出現(xiàn)的結(jié)果數(shù)為3⁴.由于是任意選擇，這些結(jié)果出現(xiàn)的可能性都相等.

(I)3個(gè)景區(qū)都有部門(mén)選擇可能出現(xiàn)的結(jié)果數(shù)為(從4個(gè)部門(mén)中任選2個(gè)作為1組，另外2個(gè)部門(mén)各作為1組，共3組，共有種分法，每組選擇不同的景區(qū)，共有3！種選法)，記“3個(gè)景區(qū)都有部門(mén)選擇”為事件A₁，那么事件A₁的概率為

P(A₁)=

(II)解法一：分別記“恰有2個(gè)景區(qū)有部門(mén)選擇”和“4個(gè)部門(mén)都選擇同一個(gè)景區(qū)”為事件A₂和A₃，則事件A₃的概率為P(A₃)=，事件A₂的概率為

P(A₂)=1－P(A₁)－P(A₃)=

解法二：恰有2個(gè)景區(qū)有部門(mén)選擇可能的結(jié)果為(先從3個(gè)景區(qū)任意選定2個(gè)，共有種選法，再讓4個(gè)部門(mén)來(lái)選擇這2個(gè)景區(qū)，分兩種情況：第一種情況，從4個(gè)部門(mén)中任取1個(gè)作為1組，另外3個(gè)部門(mén)作為1組，共2組，每組選擇2個(gè)不同的景區(qū)，共有種不同選法.第二種情況，從4個(gè)部門(mén)中任選2個(gè)部門(mén)到1個(gè)景區(qū)，另外2個(gè)部門(mén)在另1個(gè)景區(qū)，共有種不同選法).所以

P(A₂)=

[例2]今有標(biāo)號(hào)為1，2，3，4，5的五封信，另有同樣標(biāo)號(hào)的五個(gè)信封.現(xiàn)將五封信任意地裝入五個(gè)信封，每個(gè)信封裝入一封信，試求

(1)　 至少有兩封信配對(duì)的概率.

(2)　 至少有一封信配對(duì)的概率

(3) 沒(méi)有一封信配對(duì).

解：(1)設(shè)恰有兩封信配對(duì)為事件A，恰有三封信配對(duì)為事件B，恰有四封信(也即五封信配對(duì))為事件C，則“至少有兩封信配對(duì)”事件等于A+B+C，且A、B、C兩兩互斥.

∵P(A)=，P(B)=，P(C)=，

∴所求概率P(A)+P(B)+P(C)=.

即至少有兩封信配對(duì)的概率是.

(2)恰有四封信不配對(duì)的裝法有C₅¹(3×3)種,

∴至少有一封信配對(duì)的概率為.

(3) 1－.

◆提煉方法：1.靈活運(yùn)用事件的互斥與對(duì)立關(guān)系,進(jìn)行分類(lèi)計(jì)算,或間接計(jì)算.

2.恰有四封信不配對(duì)的算法.

[例3] 學(xué)校文藝隊(duì)每個(gè)隊(duì)員唱歌、跳舞至少會(huì)一門(mén)，已知會(huì)唱歌的有5人，會(huì)跳舞的有7人，現(xiàn)從中選3人，且至少要有一位既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的概率是，問(wèn)該隊(duì)有多少人？

解：設(shè)該隊(duì)既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的有x人，從而只會(huì)唱歌或只會(huì)跳舞的有(12－x)人，記“至少要有一位既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞”的事件為A，則事件A的對(duì)立事件是“只會(huì)唱歌或只會(huì)跳舞”

解得x=3,　 12－x=9，故該隊(duì)共有9人

[例4]在袋中裝20個(gè)小球，其中彩球有n個(gè)紅色、5個(gè)藍(lán)色、10個(gè)黃色，其余為白球.

求：(1)如果從袋中取出3個(gè)都是相同顏色彩球(無(wú)白色)的概率是，且n≥2，那么，袋中的紅球共有幾個(gè)?

(2)根據(jù)(1)的結(jié)論，計(jì)算從袋中任取3個(gè)小球至少有一個(gè)是紅球的概率.

解：(1)取3個(gè)球的種數(shù)為C=1140.

設(shè)“3個(gè)球全為紅色”為事件A，“3個(gè)球全為藍(lán)色”為事件B，“3個(gè)球全為黃色”為事件C.

P(B)==，P(C)==.

∵A、B、C為互斥事件，

∴P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)，

即=P(A)++P(A)=0 取3個(gè)球全為紅球的個(gè)數(shù)≤2.

又∵n≥2，故n=2.

(2)記“3個(gè)球中至少有一個(gè)是紅球”為事件D.則為“3個(gè)球中沒(méi)有紅球”.

P(D)=1－P()=1－=或

P(D)==.

[研討.欣賞]有人玩擲硬幣走跳棋的游戲，已知硬幣出現(xiàn)正反面為等可能性事件，棋盤(pán)上標(biāo)有第0站，第1站，第2站，…，第100站，一枚棋子開(kāi)始在第0站，棋手每擲一次硬幣，棋子向前跳動(dòng)一次，若擲出正面，棋向前跳一站(從k到k+1)，若擲出反面，棋向前跳兩站(從k到k+2)，直到棋子跳到第99站(勝利大本營(yíng))或跳到第100站(失敗集中營(yíng))時(shí)，該游戲結(jié)束.設(shè)棋子跳到第n站概率為P_n.

(1)求P₀，P₁，P₂的值；

(2)求證：P_n－P_n－1=－(P_n－1－P_n－2)，其中n∈N，2≤n≤99；

(3)求P₉₉及P₁₀₀的值.

(1)解：棋子開(kāi)始在第0站為必然事件，∴P₀=1.

第一次擲硬幣出現(xiàn)正面，棋子跳到第1站，其概率為，

∴P₁=.棋子跳到第2站應(yīng)從如下兩方面考慮：

①前兩次擲硬幣都出現(xiàn)正面，其概率為；

②第一次擲硬幣出現(xiàn)反面，其概率為.

∴P₂=+=.

(2)證明：棋子跳到第n(2≤n≤99)站的情況是下列兩種，而且也只有兩種：

①棋子先到第n－2站，又?jǐn)S出反面，其概率為P_n－2；

②棋子先到第n－1站，又?jǐn)S出正面，其概率為P_n－1.

∴P_n=P_n－2+P_n－1. ∴P_n－P_n－1=－(P_n－1－P_n－2).

(3)解：由(2)知，當(dāng)1≤n≤99時(shí)，數(shù)列{P_n－P_n－1}是首項(xiàng)為P₁－P₀=－，公比為－的等比數(shù)列.

∴P₁－1=－，P₂－P₁=(－)²，

P₃－P₂=(－)³，…，P_n－P_n－1=(－)ⁿ.

以上各式相加，得P_n－1=(－)+(－)²+…+(－)ⁿ，

∴P_n=1+(－)+(－)²+…+(－)ⁿ

=［1－(－)ⁿ⁺¹］(n=0，1，2，…，99).

∴P₉₉=［1－()¹⁰⁰］，

P₁₀₀=P₉₈=·［1－(－)⁹⁹］=［1+()⁹⁹］.

◆提煉方法：求某些稍復(fù)雜的事件的概率時(shí)，通常有兩種方法：一是將所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的對(duì)立事件的概率.

5.;　 6. + =.

4.甲不輸即為甲獲勝或甲、乙二人下成和棋，90%=40%+p，∴p=50%.

6.一盒中裝有20個(gè)大小相同的彈子球，其中紅球10個(gè)，白球6個(gè)，黃球4個(gè)，一小孩隨手拿出4個(gè)，求至少有3個(gè)紅球的概率為_(kāi)_______.

簡(jiǎn)答:1-4.DADD;　 2.共有56個(gè)三角形,;　 3. 不出現(xiàn)6點(diǎn)向上的概率:=,至少出現(xiàn)一次6點(diǎn)向上的概率:1－= ;

5.若10把鑰匙中只有2把能打開(kāi)某鎖，則從中任取2把能將該鎖打開(kāi)的概率為　　　　 .

4.甲、乙兩人下棋，甲獲勝的概率是40%，甲不輸?shù)母怕蕿?0%，則甲、乙二人下成和棋的概率為

A.60%　　　　　　　 B.30%　　　　　　　 C.10%　　　　　　　 D.50%

3.(2004江蘇)將一顆質(zhì)地均勻的骰子(它是一種各面上分別標(biāo)有點(diǎn)數(shù)1、2、3、4、3.6的正方體玩具)先后拋擲3次，至少出現(xiàn)一次6點(diǎn)向上的概率是　　　　 (　 )

A.　　　　　　　 B.　　　　　　 　C.　　　　　　　 D.

2．(2005湖北)以平行六面體ABCD-A′B′C′D′的任意三個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)作三角形，從中隨機(jī)取出兩個(gè)三角形，則這兩個(gè)三角形不共面的概率p為( 　)

A．　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　 D．

1．(2005山東)10張獎(jiǎng)券中只有3張有獎(jiǎng)，5個(gè)人購(gòu)買(mǎi)，每人一張，至少有1人中獎(jiǎng)的概率是　　　　 ( 　)

A．　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　 C． 　　　　　　　　　　 D．

5．互斥事件概率的計(jì)算反映了分類(lèi)討論的思想；而則體現(xiàn)了“正難則反”的策略，在解題中要注意靈活運(yùn)用。