概率

（1）两个报亭由甲、乙随机选择一个，属于古典概型问题． 共有 4 个基本事件．记事件 $M$ 表示甲、乙两人至少有一人选择报亭 $C$ ，则 $M$ 中包含 3个基本事件． 根据古典概型概率公式，甲、乙两人至少有一人选择报亭 $C$ 的概率为 $\displaystyle P(M)=\frac{3}{4}$ ． （2）设 $A$ 与 $C 、 B$ 与 $D$ 之间的距离分别为 $x$ 米、 $y$ 米．用 $(x, y)$ 表示每次试验的结果，则所有可能的结果为 $\Omega =\{(x, y) \mid 0<x+y<180, x>0, y>0\}$ ． 记 $A$ 与 $C 、 B$ 与 $D$ 之间的距离都不小于 60 米为事件 $N$ ，则事件 $N$ 的可能结果为 $N=\{(x, y) \mid x \geqslant 60, y \geqslant 60$ ， $0<x+y<180\}$ ．如图 J2 所示，试验全部结果构成的区域 $\Omega$为直线 $x+y=180$ 与两坐标轴所围成的 $\triangle O E F$ ．而事件 $N$所构成的区域为三条直线 $x=60, y=60, x+y=180$ 所夹 \begin{figure} 的阴影部分．因此 $$ P(N)=\frac{S_{\text {隴 }}}{S_{\triangle O E F}}=\frac{\frac{1}{2} \times 60^{2}}{\frac{1}{2} \times 180^{2}}=\frac{1}{9} . $$ 所以，$A$ 与 $C 、 B$ 与 $D$ 之间的距离都不小于 60 米的概率为 $\displaystyle \frac{1}{9}$ ．

C． 该程序框图的功能是输出这 8 个数据的方差．因为这 8 个数据的平均数为 $$ \bar{a}=\frac{39+40+42+42+43+45+46+47}{8}=43 $$ 所以其方差为 $\displaystyle \frac{1}{8}\left[(39-43)^{2}+(40-43)^{2}+(42-43)^{2}+(42-43)^{2}+(43-43)^{3}+(45-43)^{2}\right. \left.+(46-43)^{2}+(47-43)^{2}\right]=7$ ，故输出的 $s$ 值为 7 ．

C． 不妨设红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球个数分别为 $n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4}$ 。由题意可以得到 $\mathrm{C}_{n_{1}}^{4} =\mathrm{C}_{n_{1}}^{3} n_{2}=\mathrm{C}_{n_{1}}^{2} n_{2} n_{3}=n_{1} n_{2} n_{3} n_{4}$ ，所以 $n_{1}=2 n_{4}+1, n_{1}=3 n_{3}+2, n_{1}=4 n_{2}+3$ ，故 $\displaystyle n_{1}+n_{2} +n_{3}+n_{4}=\frac{25 n_{1}-23}{12}$ ．注意到 $n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4}$ 均为整数，所以 $n_{1}$ 的最小值为 $\displaystyle 11, n_{1}+n_{2}+ n_{3}+n_{4}=\frac{25 n_{1}-23}{12} \geqslant 21$.

$\displaystyle \frac{3}{5}$ ． 根据题意，$a, b, c, d, e, f$ 为 $1,2,3,4,5,6$ 的任意一个排列，则共有 $\mathrm{A}_{6}^{6}=720$ 个排列．因为 $(a+b)(c+d)(e+f)$ 为偶数的对立事件为 $(a+b)(c+d)(e+f)$ 为奇数，即 $(a+b)$ ， $(c+d),(e+f)$ 全部为奇数，有 $6 \times 3 \times 4 \times 2 \times 2 \times 1=288$ 个，因此 $(a+b)(c+d)(e+f)$ 为偶数的排列的个数为 $720-288=432$ ．故为偶数的排列的概率为 $\displaystyle \frac{432}{720}=\frac{3}{5}$ ．

令 $a, b$ 和 $c$ 为一个三角形的三边，则 $a+b>c, b+c>a, c+a>b$ ．不妨设开始时的线段为区间 $[0,1]$ ，并且随机选取的两点为 $x$ 和 $y$ ，其中 $0<x<y<1$ ，则有 $$ \begin{cases}x+(y-x)>1-y & \Rightarrow y>\frac{1}{2}, \\ x+(1-y)>y-x & \Rightarrow y-x<\frac{1}{2}, \\ (y-x)+(1-y)>x & \Rightarrow x<\frac{1}{2} .\end{cases} $$ 如图 J1 所示，＂成功＂的区域是由不等式 $\displaystyle y>\frac{1}{2}, y-x<\frac{1}{2}$ 和 $\displaystyle x<\frac{1}{2}$ 围成的三角形，面积为 $\displaystyle \frac{1}{8}$ ，而整个区域的面积为 $\displaystyle \frac{1}{2}$（因为 $y>x$ ）．所以 $P$（成功）$\displaystyle =\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\right)}{\frac{1}{2}(1 \times 1)}=\frac{1}{4}$ ．故得到的三条新线段能构成三角形的概率是 $\displaystyle \frac{1}{4}$ ． \begin{figure}

首先，分两种情形计算平局的概率． （1）$x, y$ 同为奇数．此时，概率为 $$ P(n)=\frac{2 n}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} \cdot \frac{n-1}{\mathrm{C}_{n}^{2}}=\frac{4}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} $$ （2）$x, y$ 同为偶数． （i）若 $n \geqslant 4$ ，则概率为 $$ P(n)=\frac{C_{n}^{2}}{C_{n+2}^{2}} \cdot \frac{C_{n-2}^{2}+C_{2}^{2}}{C_{n}^{2}}+\frac{C_{2}^{2}}{C_{n+2}^{2}} \cdot \frac{C_{n}^{2}}{C_{n}^{2}}=\frac{2}{C_{n+2}^{2}}+\frac{C_{n-2}^{2}}{C_{n+2}^{2}} $$ （ii）若 $n \leqslant 3$ ，则概率为 $$ P(n)=\frac{\mathrm{C}_{n}^{2}}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} \cdot \frac{\mathrm{C}_{2}^{2}}{\mathrm{C}_{n}^{2}} \cdot 2=\frac{2}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} $$ 故 $$ P(n)= \begin{cases}\frac{6}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} & (1<n \leqslant 3), \\ \frac{6}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}}+\frac{\mathrm{C}_{n-2}^{2}}{\mathrm{C}_{n+2}^{2}} & (n \geqslant 4) .\end{cases} $$ 显然，$\displaystyle P(2)=1, P(3)=\frac{3}{5}$ ． 当 $n \geqslant 4$ 时，$\displaystyle P(n)=1-\frac{8 n-16}{(n+1)(n+2)}$ ． 令 $t=n-2$ ，则 $t \geqslant 2$ ，故 $\displaystyle P(n)=1-\frac{8}{t+\frac{12}{t}+7}$ ． 当 $t \geqslant 2$ 且为正整数时，有 $\displaystyle t+\frac{12}{t} \geqslant 7$（当 $t=3,4$ 时等号成立）．于是 $\displaystyle P(n)=1- \frac{8}{t+\frac{12}{t}+7} \geqslant \frac{3}{7}$. 综上所述，当 $n=5$ 或 $n=6$ 时，$\displaystyle P(n)=\frac{3}{7}$ 最小． \title{

C． 满足 $\displaystyle \frac{a}{b+1}=1$ 有 9 种，$\displaystyle \frac{4 b}{a+2}=3$ 有 3 种．$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{a}{b+1}=1, \\ \frac{4 b}{a+2}=3\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a=10, \\ b=9\end{array}\right.\right.$ 这种情况排除，故满足题 意的共有 11 种．

B． 不相邻的有 10 种，即 $(1,3)(1,4)(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(3,5),(3,6)$ ， $(4,6)$ ，含有 2 的有 3 种．

B． 如图 J6 所示。考虑一个平行四边形有两对边满足题意，共有 3 个平行四边形，则 $\displaystyle \frac{6}{\mathrm{C}_{6}^{2} \mathrm{C}_{6}^{2}} =\frac{2}{75}$ ． \begin{figure}

设 $x=1-a, y=1+a$ ，由于 $|a|<1$ ，故原式即转化为当 $x, y>0$ 时有 $x^{n}+y^{n}< (x+y)^{n}$ ，这是显然的，因为 $(x+y)^{n}=x^{n}+\mathrm{C}_{n}^{n-1} x^{n-1} y+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{1} x y^{n-1}+y^{n}>x^{n}+y^{n}$ 。

C． 由于 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}, a_{7}$ 任何三条都不能构成三角形，故当 $a_{1}=a_{2}=1$ 时，$a_{3} \geqslant 2$ ， $a_{4} \geqslant 3, a_{5} \geqslant 5, a_{6} \geqslant 8$ ，但 $a_{6} \leqslant a_{7}-a_{5}=21-a_{5} \leqslant 16$ ，所以 $a_{6}$ 的取值范围为 $[8,16]$ ，故所求概率为 $\displaystyle \frac{3}{8}$ ．

$\displaystyle \frac{2}{9}$ ． 集合 $\{1,2,3,4\}$ 共有 $2^{4}-1=15$ 个非空子集．$A \cap B$ 是空集的概率是 $$ \frac{C_{4}^{1}\left(2^{3}-1\right)+C_{4}^{2}\left(2^{2}-1\right)+C_{4}^{3}\left(2^{1}-1\right)}{15^{2}}=\frac{50}{225}=\frac{2}{9} $$

14 ． 因 $\displaystyle P=\left(\frac{1}{5}\right)^{20}=\left(\frac{2}{10}\right)^{20}=\frac{\left(2^{10}\right)^{2}}{10^{20}}=\frac{1024^{2}}{10^{20}} \approx \frac{\left(10^{3}\right)^{2}}{10^{20}}=\frac{1}{10^{14}}$ ，故 $n=14$ ．

A． 穷举法．注意可翻转，有 6 种情况，2金 2 银有两种，概率为 $\displaystyle \frac{1}{3}$ ．

$\displaystyle \frac{11}{21}$ ． $$ P=\frac{\mathrm{A}_{4}^{4}+2 \mathrm{~A}_{4}^{2} \mathrm{~A}_{5}^{2}+\mathrm{A}_{5}^{2}+4 \mathrm{C}_{5}^{1} \mathrm{C}_{4}^{1} \mathrm{C}_{4}^{1} \mathrm{C}_{3}^{1}}{\mathrm{~A}_{9}^{4}}=\frac{11}{21} . $$

AD ． 题目中事件 $A$ 是否发生的概率与事件 $B$ 是否发生无直接关联，所以等价于事件 $A$ 与事件 $B$ 独立，即选项 A 和选项 D 正确。选项 B 和选项 C 可以用特殊值法排除。严格证明如下。 由条件概率公式可得 $$ \begin{aligned} & P(\bar{A} \mid B)=\frac{P(\bar{A} B)}{P(B)}, \\ & \begin{aligned} P(\bar{A} \mid \bar{B})=\frac{P(\overline{A B})}{P(\bar{B})} & \\ \frac{P(\bar{A} B)}{P(B)}=\frac{P(\overline{A B})}{P(\bar{B})} & \Rightarrow \frac{P(\bar{A} B)}{P(B)}=\frac{1-P(\bar{A} B)}{1-P(B)} \\ & \Rightarrow P(\bar{A} B)=P(B) \\ & \Rightarrow A, B \text { 独立. } \end{aligned} \end{aligned} $$ 显然选 AD。

A． $\displaystyle P_{4}=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}\right)=\frac{7}{27}$ ．

C． 假设第一次比赛时取到新球的个数为 $m$ ，则 $\displaystyle P(m=0)=\frac{\mathrm{C}_{2}^{2}}{\mathrm{C}_{5}^{2}}=\frac{1}{10}, P(m=1)=\frac{\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{C}_{2}^{1}}{\mathrm{C}_{5}^{2}}=$ $\displaystyle \frac{6}{10}, P(m=2)=\frac{\mathrm{C}_{3}^{2}}{\mathrm{C}_{5}^{2}}=\frac{3}{10}$ ．故 $$ \begin{aligned} P(\xi=0)= & P(m=0) \times \frac{C_{2}^{2}}{C_{5}^{2}}+P(m=1) \times \frac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}}+P(m=2) \times \frac{C_{4}^{2}}{C_{5}^{2}} \\ = & \frac{1}{10} \times \frac{1}{10}+\frac{6}{10} \times \frac{3}{10}+\frac{3}{10} \times \frac{6}{10}=\frac{37}{100} \\ P(\xi=1)= & P(m=0) \times \frac{C_{3}^{1} C_{2}^{1}}{C_{5}^{2}}+P(m=1) \times \frac{C_{2}^{1} C_{3}^{1}}{C_{5}^{2}}+P(m=2) \times \frac{C_{1}^{1} C_{4}^{1}}{C_{5}^{2}} \\ = & \frac{1}{10} \times \frac{6}{10}+\frac{6}{10} \times \frac{6}{10}+\frac{3}{10} \times \frac{4}{10}=\frac{54}{100} \\ P(\xi=2)= & P(m=0) \times \frac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}}+P(m=1) \times \frac{C_{2}^{2}}{C_{5}^{2}}=\frac{1}{10} \times \frac{3}{10}+\frac{6}{10} \times \frac{1}{10}=\frac{9}{100} \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle E \xi=0 \times \frac{37}{100}+1 \times \frac{54}{100}+2 \times \frac{9}{100}=\frac{18}{25}$ ．

C． 若使三根木棒可拼成三角形，最长边的长度要小于 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 周长． 若两个截点均在左侧 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 或右侧 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 长度内，概率分别为 $\displaystyle \frac{1}{4}$ ． 若两个截点在木棒两端，距离大于 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ，概率为 $\displaystyle 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}-x\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{4}$ ． 故三根木棒长度均小于 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 的概率为 $\displaystyle \frac{1}{4}$ ．

C． \begin{figure} 如图 J6 所示，若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形，当且仅当 $\overparen{A B}, \overparen{A C}, \overparen{B C}$ 的长度均小于 $\pi$ 时成立．不妨设 $\overparen{A B}=x, \overparen{A C}=y, \overparen{B C}=z$ ，则 $\triangle A B C$ 为锐角三角形的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=2 \pi, \\ 0<x, y, z<\pi \text { 。由于 } x, y, z>0, x+y+z\end{array}\right. =2 \pi$ 即为一个 $\triangle M N P$ 平面（图 J7），且 $0<x, y, z<\pi$ 对应的点是三条中位线围成的小三角形，故由几何概率模型知，所求构成锐角三角形的概率为 $\displaystyle \frac{1}{4}$ ． \begin{figure}

（1）当 $n=1$ 时，袋中白球的个数可能为 $a$（即取出的是白球），概率为 $\displaystyle \frac{a}{a+b}$ ；也可能为 $a+1$（即取出的是黑球），概率为 $\displaystyle \frac{b}{a+b}$ ．故 $$ E x_{1}=a \frac{a}{a+b}+(a+1) \frac{b}{a+b}=\frac{a^{2}+a b+b}{a+b} $$ （2）当 $k=0$ 时，$\displaystyle P\left(x_{n+1}=a+0\right)=P_{0} \cdot \frac{a}{a+b}$ ．当 $k \geqslant 1$ 时，第 $n+1$ 次取出来有 $a+k$个白球的可能性有两种： （1）若第 $n$ 次袋中有 $a+k$ 个白球，显然每次取球后，球的总个数保持不变，即 $a+b$（故此时黑球有 $b-k$ 个）。第 $n+1$ 次取出来的也是白球，这种情况发生的概率为 $\displaystyle P_{k} \cdot \frac{a+k}{a+b}$ ． （2）若第 $n$ 次袋中有 $a+k-1$ 个白球，第 $n+1$ 次取出来的是黑球，由于每次球的总个数为 $a+b$ ，故此时黑球的个数是 $b-k+1$ ．这种情况发生的概率为 $\displaystyle P_{k-1} \cdot \frac{b-k+1}{a+b}(k \geqslant 1)$ ． 故 $\displaystyle P\left(x_{n+1}=a+k\right)=P_{k} \cdot \frac{a+k}{a+b}+P_{k-1} \cdot \frac{b-k+1}{a+b}(k \geqslant 1)$ ． （3）第 $n+1$ 次操作后白球的个数 $x_{n+1}$ 的数学期望 $E x_{n+1}$ 分为两类： （1）若第 $n+1$ 次取出来的是白球，由于每次白球和黑球的总个数是 $a+b$ ，这种情况发生的概率是 $\displaystyle \frac{E x_{n}}{a+b}$ ，此时白球的个数的数学期望为 $E x_{n}$ ． （2）若第 $n+1$ 次取出来的是黑球，这种情况发生的概率是 $\displaystyle \frac{a+b-E x_{n}}{a+b}$ ，此时白球的个数变为 $E x_{n}+1$ ． 故 $$ \begin{aligned} E x_{n+1} & =\frac{E x_{n}}{a+b} E x_{n}+\frac{a+b-E x_{n}}{a+b}\left(E x_{n}+1\right)=\frac{\left(E x_{n}\right)^{2}}{a+b}+\left(1-\frac{E x_{n}}{a+b}\right)\left(E x_{n}+1\right) \\ & =\frac{\left(E x_{n}\right)^{2}}{a+b}+E x_{n}-\frac{\left(E x_{n}\right)^{2}}{a+b}+1-\frac{E x_{n}}{a+b}=\left(1-\frac{1}{a+b}\right) E x_{n}+1 \end{aligned} $$ \section*{模拟试题55}

$\displaystyle \frac{9}{2}$ ． 在第一象限内，对于直线 $x+y=3$ 下方的点，因为 $x+y<3$ ，所以 $[x]+[y] \leqslant x+y<3$ ．然而由 $[x]+[y]$ 一定是整数，知 $[x]+[y] \leqslant 2$ ，所以 $x+y+[x]+[y]<5$ ．反之，对于 $x+y =3$ 上方的点，则 $[x]+[y]+\{x\}+\{y\}>3$ ．又因为 $\{x\}+\{y\}<2$ ，所以 $[x]+[y]>1$ ，因此 $[x]+[y] \geqslant 2$ ，故 $x+y+[x]+[y]>5$ ．综上所述，$R$ 是由坐标轴及直线 $x+y=3$ 所围成的直角三角形区域，其面积为 $\displaystyle \frac{9}{2}$ ．

$\displaystyle \frac{195}{512}$ ． 收集卡片总共有 $4^{6}$ 种可能，其中，获奖的情况可以分成两类。 （1）有 3 袋食品的卡片相同的获奖情况为 $\mathrm{C}_{6}^{3} \times 4$ ！； （2）有两组 2 袋食品的卡片相同的获奖情况为 $\displaystyle \frac{\mathrm{C}_{6}^{2} \mathrm{C}_{4}^{2}}{2} \times 4$ ！。 所以概率为 $\displaystyle \frac{195}{512}$ ．

$\displaystyle \frac{1}{48}$ ． 方程 $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=10,0 \leqslant x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4} \leqslant 9$ 的整数解有且仅有 $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right) =(0,1,2,7)(0,1,3,6),(0,1,4,5),(0,2,3,5),(1,2,3,4)$ ．因此符合条件的四位数恰有 $4 \mathrm{C}_{3}^{1} \times \mathrm{A}_{3}^{3}+\mathrm{A}_{4}^{4}=96$ 个，所以所求的概率为 $\displaystyle \frac{\mathrm{C}_{95}^{1}}{\mathrm{C}_{96}^{2}}=\frac{1}{48}$ ．

$\displaystyle \frac{2}{7}$ ． 将 8 个三好生名额分配给甲、乙、丙、丁 4 个班级，每班至少 1 个名额的不同分配方案有 $C_{7}^{3}=35$ 种（用隔板法：将 8 个名额排成一排，在它们形成的 7 个空挡中插人 3 块隔板，则每种插人隔板的方式对应一种名额分配方式，反之亦然）。其中，甲班恰好分到 2 个名额的分配方案有 $\mathrm{C}_{5}^{2}=10$ 种（相当于将 6 个名额分配给 3 个班级，每班至少 1 个名额）。所以，所求的概率为 $\displaystyle \frac{10}{35}=\frac{2}{7}$ ．