概率题

而人有两只脚，每只脚站在黑色大理石的概率是1/2 概率是1/2×1/2=1/4

红黄蓝绿四种颜色的旗帜各四面，在每种颜色的4面旗帜上分别标号码1，2，3和4，现任取4面，它们的颜色和号码均不相同的概率是 ？ 16面旗子任取四面，总数C（16，4） 号码不同，也就是1、2、3、4各有一面

号码是1的旗子有四种取法，号码是2的在剩下的三种颜色中选取有三种取法，号码是三的还有两种取法，剩下的号码是4。

所以它们的颜色和号码均不相同的概率是： 4*3*2*1/C（16，4）= 6/455 =0.01319

其中C（16，4）表示的是16选4的组合数。

概率，乒乓球五局三胜，要解析

甲乙胜率 60%，40%

一次比赛，甲先赢两局，最后甲获胜的概率？

A60% B81%~85 C86%~90 D91%以上

60%的概率赢就是40%的概率输求的是输的概率而且剩下3盘。 40%x40%x40%=6.4%的机率输 所以胜率应该是93.6%选D 哈哈最佳答案应该是我吧？

小贝与两位同学进行乒乓球比赛，用手心手背游戏确定出场顺序。设每人出手心、手背的可能性相同。若有一人与另外两人不同，则此人最后出场。三人同时出手一次，小贝最后出场比赛的概率为（） A.1/2 B.1/3 C.1/4 D.1/5

于出现手心也可能是手背，故三人同时出手一次，可能出现的情况总数为：（1+1）^2=8。小贝最后出场比赛，有2种可能：他手心，另两人手背；他手背，另两人手心。所以，小贝最后出场比赛的概率=2/8=1/4

掷两枚骰子，求所得的点数之和为6的概率

点数之和为6有(1，5)、(2，4)、(3，3)、(4，2)、(5，1)共5种．事实上，掷两枚骰子共有36种基本事件，且是等可能的，所以\"所得点数之和为6\"的概率为P = 5/36．

1 某地区电话号码是由8字打头的八个数字组成的八位数，求

（1）一个电话号码的八个数字全不相同的概率 （2）一个电话号码的八个数字不全相同的概率

2 一个正方体木块，六面均涂有红色，将其锯为125个大小相同的小正方体，从中任取一块，求

（1）所取的小木块至少有两面涂有红色的概率

（2）小木块上最多有两面涂有红色的概率

3 5个坛子各装4个球，编号为1，2，3，4，每个坛子各取一个球，计算5个球中最大编号是3的概率

4 甲、乙、槟三部机床工作，由一个工人照管，某段时间内他们不需要工人的概率是0.9、0.8、0.85，在这段时间内求 （1）有机床需要工人的概率 （2）机床因无人而停工的概率

参 [ post]1 0.018144 0.9999999 2 44/125 117/125 4 0.388 0.059 1． 9×8×7×6×5×4×3÷10^7

1-1÷10^7

125的面积，每块1，

涂到两面的有12×3，涂到三面的是8 1）36＋8）÷125 2）

要使最大编号是3，则取到的球可能是1，2，3 每个坛子取到含有1，2，3的概率是3÷4＝0.75， 则5个坛子，应该是0.75^5=3^5÷4^5=0.237

小孙的口袋里有四颗糖，一颗巧克力味的，一颗果味的，两颗牛奶的。小孙任意从口袋里取出两颗糖，他看了看后说，其中一颗是牛奶味的。问小孙取出的另一颗糖也是牛奶味的可能性（概率）是多少？

A. 1/3 B. 1/4 C. 1/5 D. 1/6

(不注意就会错噢，出此题只为了同提高，求顶）

解析：看似简单的一题，却成为检验对概率是真懂还是假懂的试金石。

注意：在“已知取出的两颗糖中有一颗是牛奶味”的情况下，另一颗有两种情况： (1)非牛奶味。则C(1,2)*C(1,2)/C(2,4)=2/3;

(2)牛奶味，即两颗都是牛奶味。则C(2,2)/C(2,4)=1/6

提问是求在这两种情况下，出现情况(2)的概率,则(1/6)/(2/3＋1/6)=1/5

5个瓶子都贴有标签，其中恰好贴错3个，贴错的可能情况有多少种？ A.60 B.48 C.40 D.20

甲以每小时160KM的速度，乙以每小时20KM的速度在长为210KM的环形公路上同时、同地、同向行驶，每当甲追上乙一次，甲减速1/3，乙增速1/3， 问：甲乙速度刚好相等时，他们共行驶了多少KM？

A.1250 B.940 C.760 D.1310 A这题是：2*C53=20 第一次相遇前速度比：8：1 第二次相遇前速度比：4：1 第三次相遇前速度比：2：1

所以是：210*（9/7+5/3+3/1）=1250KM

七人轮流抓阄，抓一张参观券，问问第二人抓着的概率是多少？ 七分之一嘛～ 你也可以列方程

(6*1*5*4*3*2*1)/(7*6*5*4*3*2*1) 第一人抓不到的概率是 6/7

剩下6张 第二个人抓到的概率是 6/7

6/7 乘 1/6 所以是1/7

乒乓球比赛的规则是五局三胜制。甲、乙两球员的胜率分别是60%和40%，在一次比赛中，若甲先连胜了前两局，则甲最后获胜的概率：

A、为60% B、在81%—85%之间 C、在86%—90%之间 D、在95%以上

此题为何计算负率40%的三次然后在用1减，，不能用胜率60%的三次计算，是何道理？？ 首先你要理解1-0.4^3的意义

后面三局只要甲赢一局就赢了，也就是不要三局全输就行了，三局全输的概率就是0.4^3，再用1减就行了

假如甲的骰子是从1到10, 乙的骰子是从1到12, 二人掷骰子,,那么乙赢甲的概率是多少? 乙摇到11、12稳赢，摇到的概率是1/6 摇不到的概率是5/6，情况如下

现在两人拿到同样的骰子了，摇到相同数的概率是1/10*1/10=1/100，乘以5/6得1/120 扣去摇到相同数的概率，接下来就胜负各半了，一方赢的概率是（5/6-1/120）/2=119/240 再加上前面的1/6得159/240

将10个A随机插入到连续的100个B中，请问：有2处有2个A相连，其他6个A都不相连的概率是多少？ C（101，8）：C（101，10）

一袋子中有3白3黑

摸到3个白球的概率是 ？ （ 1/20 ） 1/2 * 2/5 * 1/4 就1/20

后面两次有一下几种情况 第二次 第三次 甲 无 乙 甲 乙 乙

只有在第三种情况乙才会赢，所以是三分之一

我就有疑问了 难道从第二次来讲，第一种情况 和第二第三种 概率是一样的吗 第一种情况和第二第三种概率能一样么 答案A

小王参加“智力大冲浪”游戏, 他能答出甲、乙二类问题的概率分别为0.7和0.2,两类问题都能答出的概率为0.1. 求小王

(1) 答出甲类而答不出乙类问题的概率 (2) 至少有一类问题能答出的概率 (3) 两类问题都答不出的概率

1) 答出甲类而答不出乙类的概率： P(A-B)=P(A)-P(AB)=0.6

（2）至少有一类问题做出的概率：P(A+B)=P(a)+P(b)-P(AB)=0.8

(3) 都不会的概率：P=1-P(A+B)=0.2

刚才写了，不过忘了帖上来了。

这题要理解就要明白，A事件的发生与B事件的发生是相互影响的，所以A与B同时发生的概率才不会是P(A)*P(B),这是非概率事件。 P（A）为发生A事件的概率，即0.7， P(B)就为0.2.

P(AB）就是两事件同时发生的概率。

盒子有4个白球6个红球,无放回地每次抽取1个,则第二次取到白球的概率是多少? 答案是2/5

解析:有两种情况.

第一种情况,第一次取到白球,第二次还是取到白球的概率为4/10*3/9=12/90

第二种情况,第一次取到黑球,第二次取到白球的概率为6/10*4/9=24/90;两者相加等于36/90=2/5

谁能解释下解析的方法.

还有网友解释的话请结合概率公式，我知道上面的题要用到 概率等可能事件的概率,P(A)=m/n

相互事件同时发生的概率,P(A.B)=P(A).P(B) 看了下这道题：

说说我个人的见解吧：

第二次取到白球的情况分为2种。

（1）第一次取到白球，第二次又取到白球：4/10*3/9=2/15 （2）第一次取到红球，第二次取到白球：6/10*4/9=4/15 因此第二次取到白球的概率为4/15+2/15=2/5

其实，第一次取到白球的概率是2/5；第2次取到白球的概率也是2/5，再往下推算，其实本题的结果与第几次取到白球是无关的。就和我们平时抽签一样，无论是先抽还是后抽，抽到好签的机会是一样的。

两个人约定在某一指定地点见面：时间定在12点与下午1点之间。根据约定，第一个到达的人等第二个人15分钟，然后就离开，如果这两个人都随机在中午12点至下午1点之间选择各自的到达时刻。问他们实际相遇的概率是多少？ 分成第一个人在12点45分前和12点45后到两种情况。

1、如果第一个人在12点45后到的话，他等15分钟，而且第二个人怎么都会在1点前到的话，那他们相遇的几率就是百分之百（也就是1）了撒。而12到1点一个小时可以分成60分钟，第一个人在最后15分钟内到的几率是15/60。 15/60*1=1/4

2、如果第一个人在12点45前到的话，首先在12点45前到的几率就是45/60。第二个人必须要在第一个人到达等待的15分钟内到达，这个几率又是15/60。 45/60*15/60=3/16

将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（ ）。 A．5种 B．3种 C．3种 D．15种

排列组合基础知识及习题分析

在介绍排列组合方法之前 我们先来了解一下基本的运算公式！ C5取3＝（5×4×3）/（3×2×1） C6取2＝（6×5）/（2×1） 通过这2个例子 看出

CM取N 公式 是种子数M开始与自身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。 以取值N的阶层作为分母

P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1 通过这2个例子

PMN＝从M开始与自身连续N个自然数的降序乘积 当N＝M时 即M的阶层

排列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (m≤n)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区别排列与组合的标志是“有序”与“无序”.

解答排列、组合问题的思维模式有二：

其一是看问题是有序的还是无序的？有序用“排列”，无序用“组合”； 其二是看问题需要分类还是需要分步？分类用“加法”，分步用“乘法”.

分 类：“做一件事，完成它可以有n类方法”，这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个 标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②

分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.

分步：“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤.分步时，首先要根据问题的特点，确定一个可行的分步标准；其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算最终完成.

两 个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互的，无论那一类办法中的那一种方法都能单独完 成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个 步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种类就用乘法原理.

在解决排列与组合的应用题时应注意以下几点： 1．有条件的排列问题常见命题形式： “在”与“不在” “邻”与“不邻”

在解决问题时要掌握基本的解题思想和方法：

⑴“相邻”问题在解题时常用“合并元素法”，可把两个以上的元素当做一个元素来看，这是处理相邻最常用的方法.

⑵“不邻”问题在解题时最常用的是“插空排列法”.

⑶“在”与“不在”问题，常常涉及特殊元素或特殊位置，通常是先排列特殊元素或特殊位置. ⑷元素有顺序的排列，可以先不考虑顺序，等排列完毕后，利用规定顺序的实情求出结果.

2．有条件的组合问题，常见的命题形式： “含”与“不含” “至少”与“至多”

在解题时常用的方法有“直接法”或“间接法”.

3． 在处理排列、组合综合题时，通过分析条件按元素的性质分类，做到不重、不漏，按事件的发生过程分步，正确地交替使用两个原理，这是解决排列、组合问题的最基本的，也是最重要的思想方法.

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提供10道习题供大家练习

1、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ C ） (A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个 ------------------------------------------------------ 【解析】

根据三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边 可见最大的边是11

则两外两边之和不能超过22 因为当三边都为11时 是两边之和最大的时候 因此我们以一条边的长度开始分析

如果为11，则另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。。。。。。1 如果为10 则另外一个边的长度是10，9，8。。。。。。2，

（不能为1 否则两者之和会小于11，不能为11，因为第一种情况包含了11，10的组合） 如果为9 则另外一个边的长度是 9，8，7，。。。。。。。3 （理由同上 ，可见规律出现）

规律出现 总数是11＋9＋7＋。。。。1＝（1＋11）×6÷2＝36

2、

（1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？ ------------------------------------------------------------

【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比如说我先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，直到第4封， 所以分步属于乘法原则 即3×3×3×3＝3^4

（2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？

-------------------------------------------------------------

【解析】跟上述情况类似 对于每个旅客我们都有4种选择。彼此之间选择没有关系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先安排第一个旅客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。知道最后一个旅客也是4种可能。根据分步原则属于乘法关系 即 4×4×4＝4^3

（3）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种不同的分法？ ------------------------------------------------------------- 【解析】分步来做

第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种 第二步：分配给3个同学。 P33＝6种

这 里稍微介绍一下为什么是P33 ，我们来看第一个同学可以有3种书选择，选择完成后，第2个同学就只剩下2种选择的情况，最后一个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原则。最常见的例子就是 1，2，3，4四个数字可以组成多少4位数？ 也是满足这样的分步原则。 用P来计算是因为每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择受到上一步的压缩。

所以该题结果是56×6＝336

3、

七个同学排成一横排照相.

（1）某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ （3600） --------------------------------------------- 【解析】

这个题目我们分2步完成

第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝5 第二步： 剩下的6个人即满足P原则 P66＝720 所以 总数是720×5＝3600

（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440） ------------------------------------------------- 【解析】

第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2 第二步：剩下的6个人满足P原则 P66＝720 则总数是 720×2＝1440

（3）甲不在排头或排尾，同时乙不在中间的不同排法有多少种？ （3120） --------------------------------------------------- 【解析】特殊情况先安排特殊

第一种情况：甲不在排头排尾 并且不在中间的情况

去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4， 剩下6个位置 先安中间位置 即除了甲乙2人，其他5人都可以 即以5开始，剩下的5个位置满足P原则 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400

第2种情况：甲不在排头排尾， 甲排在中间位置 则 剩下的6个位置满足P66＝720

因为是分类讨论。所以最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝3120

（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440） -----------------------------------------------

【解析】相邻用捆绑原则 2人变一人，7个位置变成6个位置，即分步讨论 第1： 选位置 C6取1＝6

第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2 则安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12 剩下的5个人即满足P55的规律＝120 则 最后结果是 120×12＝1440

（5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520） ------------------------------------------------------- 【解析】

这个题目非常好,无论怎么安排甲出现在乙的左边 和出现在乙的右边的概率是一样的。 所以我们不考虑左右问题 则总数是P77＝5040 ,根据左右概率相等的原则 则排在左边的情况种数是5040÷2＝2520

4、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数. （1）能组成多少个四位数？ （300） --------------------------------------------------------

【解析】 四位数 从高位开始到低位 高位特殊 不能排0。 则只有5种可能性 接下来3个位置满足P53原则＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300

（2）能组成多少个自然数？ （1631） --------------------------------------------------------- 【解析】自然数是从个位数开始所有情况 分情况

1位数： C6取1＝6

2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25 3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100 4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300 5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600 6位数： 5×P55＝5×120＝600 总数是1631

这里解释一下计算方式 比如说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25

先从不是0的5个数字中取2个排列 即C5取2×P22 还有一种情况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 因为0不能作为最高位 所以最高位只有1种可能

（3）能组成多少个六位奇数？ （288） ---------------------------------------------------

【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 则 先考虑低位，再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288

（4）能组成多少个能被25整除的四位数？ （21） ----------------------------------------------------

【解析】 能被25整除的4位数有2种可能 后2位是25： 3×3＝9

后2位是50： P42＝4×3＝12 共计9＋12＝21

（5）能组成多少个比201345大的数？ （479） ------------------------------------------------ 【解析】

从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 所以我们看最高位大于等于2的6位数是多少？

4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479

（6）求所有组成三位数的总和. （320） --------------------------------------------- 【解析】每个位置都来分析一下

百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1) 十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1) 个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1) 总和 M＝M1+M2+M3=320

5、生产某种产品100件，其中有2件是次品，现在抽取5件进行检查.

（1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ （152096）

【解析】 也就是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合格的取出来的 所以 即C2取2×C98取3＝152096

（2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560）

【解析】同上述分析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格的产品中挑4个 C2取1×C98取4＝7224560

（3）“其中没有次品”的抽法有多少种？ （679108）

【解析】则即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝679108

（4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ （7376656）

【解析】全部排列 然后去掉没有次品的排列情况 就是至少有1种的 C100取5－C98取5＝7376656

（5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ （751324）

【解析】所有的排列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品情况的 C100取5－C98取3＝751324 6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）

(A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种 -------------------------------------------------------- 【解析】根据条件我们可以分2种情况

第一种情况：2台甲＋1台乙 即 C4取2×C5取1＝6×5＝30 第二种情况：1台甲＋2台乙 即 C4取1×C5取2＝4×10＝40 所以总数是 30＋40＝70种

7、在50件产品中有4件是次品，从中任抽5件，至少有3件是次品的抽法有__种. ------------------------------------------------------- 【解析】至少有3件 则说明是3件或4件 3件：C4取3×C46取2＝4140 4件：C4取4×C46取1＝46 共计是 4140＋46＝4186

8、有甲、乙、丙三项任务, 甲需2人承担, 乙、丙各需1人承担.从10人中选派4人承担这三项任务, 不同的选法共有（ C ）

(A)1260种 (B)2025种 (C)2520种 (D)5040种

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－ 【解析】分步完成

第一步：先从10人中挑选4人的方法有：C10取4＝210

第二步：分配给甲乙并的工作是C4取2×C2取1×C1取1＝6×2×1＝12种情况 则根据分步原则 乘法关系 210×12＝2520

9、12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有__

C(4,12)C(4,8)C(4,4) ___种

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－ 【解析】每个路口都按次序考虑 第一个路口是C12取4 第二个路口是C8取4 第三个路口是C4取4

则结果是C12取4×C8取4×C4取4

可能到了这里有人会说 三条不同的路不是需要P33吗 其实不是这样的 在我们从12人中任意抽取人数的时候，其实将这些分类情况已经包含了对不同路的情况的包含。 如果再×P33 则是重复考虑了

如果这里不考虑路口的不同 即都是相同路口 则情况又不一样 因为我们在分配人数的时候考虑了路口的不同。所以最后要去除这种可能情况 所以在上述结果的情况下要÷P33

10、在一张节目表中原有8个节目，若保持原有节目的相对顺序不变，再增加三个节目，求共有多少种安排方法？ 990

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－ 【解析】

这是排列组合的一种方法 叫做2次插空法

直接解答较为麻烦，故可先用一个节目去插9个空位，有P(9,1)种方法；再用另一个节目去插10个空位，有P(10,1)种方法；用最后一个节目去插11个空位，有P(11,1)方法，由乘法原理得：所有不同的添加方法为P(9,1)×P(10,1)×P(11,1)=990种。

另解：先在11个位置中排上新添的三个节目有P(11,3)种，再在余下的8个位置补上原有的8个节目，只有一解，所以所有方法有P311×1=990种。