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10．4　随机事件与概率
(教师独具内容)
1．结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系．会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算．当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率．
2．结合具体实例，理解古典概型及其概率计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率．通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则；结合实例，会用频率估计概率．了解两个事件相互独立的含义；理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．
3．重点提升数学运算、逻辑推理和数据分析素养．
(教师独具内容)
1．随机事件与概率是历年高考命题的必考内容，主要以客观题的形式考查，在大题中更加注重实际背景，考查分析、推理能力．要求掌握事件、事件的关系与运算，掌握互斥事件、对立事件、独立事件的概念及概率的计算．了解条件概率的概念．了解概率与频率的概念，理解古典概型，会计算古典概型中事件的概率．以互斥事件、对立事件的概率为主．
2．全概率公式是新课标新增内容，新课标要求学生能够结合古典概型，利用全概率公式计算概率；概率问题在解答题中的常规考法是与统计知识综合考查，单独考查概率的题目近两年开始出现，如2020年全国Ⅰ卷理19题以羽毛球比赛为背景考查了对立事件与相互独立事件的概率．以实际问题为背景更能体现数学的实际应用．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
第1课时　随机事件的概率与古典概型
1．样本点与样本空间
(1)样本点：我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，一般地，用ω表示样本点．
(2)样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般地，用Ω表示样本空间．
(3)有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间．
2．随机事件、必然事件与不可能事件
(1)一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示．为了叙述方便，我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．随机事件一般用大写字母A，B，C，…表示．在每次试验中，当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生．
(2)Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件．
(3)空集 不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称 为不可能事件．
3．事件的关系与运算
(1)事件的包含与相等关系
包含关系 相等关系
定义 一般地，若事件A发生，则事件B一定发生，称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) 如果事件B包含事件A，事件A也包含事件B，即B A且A B，则称事件A与事件B相等
符号 B A(或A B) A＝B
图示
(2)交事件与并事件
并事件(或和事件) 交事件(或积事件)
定义 一般地，事件A与事件B至少有一个发生，这样的一个事件中的样本点或者在事件A中，或者在事件B中，我们称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件) 一般地，事件A与事件B同时发生，这样的一个事件中的样本点既在事件A中，也在事件B中，我们称这样的一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
符号 A∪B(或A＋B) A∩B(或AB)
图示
(3)互斥事件和对立事件
互斥事件 对立事件
定义 一般地，如果事件A与事件B不能同时发生，也就是说A∩B是一个不可能事件，即A∩B＝ ，则称事件A与事件B互斥(或互不相容) 一般地，如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生，即A∪B＝Ω，且A∩B＝ ，那么称事件A与事件B互为对立，事件A的对立事件记为
符号 A∩B＝ A∪B＝Ω，且A∩B＝
图示
4．古典概型
具有以下特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个．
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
5．古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝＝．其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
6．概率的基本性质
性质1　对任意的事件A，都有P(A)≥0.
性质2　必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P( )＝0.
性质3　如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
性质4　如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B).
性质5　如果A B，那么P(A)≤P(B).
性质6　设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
7．频率与概率
(1)事件的概率
对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用P(A)表示．
(2)频率的稳定性
一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性．因此，我们可以用频率fn(A)估计概率P(A).
(3)频率与概率的区别
频率 本身是随机的，在试验之前是无法确定的，在相同的条件下做同样次数的重复试验，得到的事件的频率值也可能会不同
概率 本身是一个在[0，1]内的确定值，不随试验结果的改变而改变
8．常用结论
(1)频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数．
(2)对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
(3)概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝ ，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
(4)当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　　)
(2)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．(　　)
(3)从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．(　　)
(4)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．(　　)
(5)试验“口袋中有2个红球，2个白球，每次从中任取一球，观察颜色后放回，直到取出红球”是古典概型．(　　)
(6)“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”．(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
(6)×
2．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是(　　)
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
答案　D
解析　射击两次的结果有“一次中靶”“两次中靶”“两次都不中靶”，故至少有一次中靶的互斥事件是两次都不中靶．故选D.
3．下列事件中，必然事件的个数为(　　)
①物体在只受重力的作用下会自由下落；②方程x2＋2x＋8＝0有两个实根；③某信息台每天的某段时间收到信息咨询的请求次数超过10次．
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　B
解析　①为必然事件，②③不是必然事件．
4．从一箱分为四个等级的产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到次品(一等品、二等品、三等品都属于合格品)”的概率为(　　)
A．0.7 B．0.65
C．0.3 D．0.05
答案　D
解析　设“抽到次品”为事件D，由题意知事件A，B，C，D彼此互斥，且每次试验必有A，B，C，D中的一个事件发生，则P(A∪B∪C∪D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝1，所以P(D)＝1－(0.65＋0.2＋0.1)＝0.05.
5．(多选)若干个人站成排，其中不是互斥事件的是(　　)
A．“甲站排头”与“乙站排头”
B．“甲站排头”与“乙不站排尾”
C．“甲站排头”与“乙站排尾”
D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”
答案　BCD
解析　排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B，C，D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥．故选BCD.
1．(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　将4个1和2个0安排在6个位置，选择2个位置安排0，共有C种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C种排法．所以2个0不相邻的概率P＝ eq \f(C,C)＝.故选C.
2．(2020·全国Ⅰ卷)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　如图，从O，A，B，C，D 5个点中任取3点有{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}共10种不同取法，3点共线有{O，A，C}与{O，B，D}共2种情况．由古典概型的概率计算公式知，取到3点共线的概率为＝.故选A.
3．(2020·全国Ⅱ卷)在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者(　　)
A．10名 B．18名
C．24名 D．32名
答案　B
解析　由题意，得第二天需要志愿者完成的订单数为500＋1600－1200＝900，故需要志愿者＝18名．故选B.
一、基础知识巩固
考点　　随机事件与样本空间
例1　先后两次掷一枚均匀的骰子，观察朝上的面的点数．
(1)写出对应的样本空间；
(2)求样本空间的样本点个数；
(3)“点数之和为3”这一事件包含哪几个样本点？
解　(1)用(1，2)表示第一次掷出1点，第二次掷出2点，其他的样本点用类似的方法表示，则试验的样本空间 Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}．
(2)由(1)知，样本空间中样本点个数为36.
(3)“点数之和为3”这一事件包含以下2个样本点：(1，2)，(2，1).
　1.下列事件中是必然事件的是(　　)
A．任意买一张电影票，座位号是2的倍数
B．13个人中至少有两个人生肖相同
C．车辆随机到达一个路口，遇到红灯
D．明天会下雨
答案　B
解析　生肖有12个，因此13个人中必定至少有2个人的生肖相同，所以“13个人中至少有两个人生肖相同”是必然事件．
2．同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数是(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
答案　D
解析　事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点．
　
(1)判断事件类型要看事件的发生是否具有随机性，搞清事件发生的条件．
(2)确定样本空间
首先必须明确事件发生的条件，再根据题意，按一定的次序列出每个可能的基本结果．按规律去写，要做到既不重复也不遗漏．
考点　　随机事件的关系
例2　(多选)从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是(　　)
A．“至少一个红球”和“都是红球”是互斥事件
B．“恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C．“至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件
D．“恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
答案　BC
解析　不妨记两个黑球为A1，A2，两个红球为B1，B2，从中取出2个球，则样本空间Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2}，恰有一个黑球包括A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，都是黑球包括A1A2，两个事件没有共同的样本点，故互斥，B正确；至少一个黑球包括A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，都是红球包括B1B2，两个事件没有共同的样本点，且两者包括的样本点的并集为全部样本点，故对立，C正确；同理可知A，D都不正确．故选BC.
例3　从1，2，3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是(　　)
A．① B．②④
C．③ D．①③
答案　C
解析　“至少有一个是奇数”即“两个都是奇数或一奇一偶”，而从1，2，3，…，7这7个数中任取两个数，根据取到数的奇偶性知共有三种情况：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．故选C.
　3.在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是(　　)
A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡
答案　A
解析　由题意知“2张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移动卡”，又1－＝，故“至多有一张移动卡”的概率是.
4．口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________．
①A与D是对立事件；②B与C是互斥事件；
③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；
⑤P(B)＝P(C).
答案　①④
解析　显然A与D是对立事件，①正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，③不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．
　判断互斥、对立事件的两种方法
定义法 判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件
集合法 对于事件A和事件B：若A∩B＝ ，则A，B互斥；若A∩B＝ ，且A∪B＝Ω，则A，B对立
考点　　随机事件的频率与概率
例4　某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表；
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
解　(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率
(2)根据题意，Y＝460＋×5＝＋425，
故P(发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时)＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝＋＋＝.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为.
　5.某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元).当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
解　(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 ℃，由表格数据知，最高气温低于25 ℃的频率为＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100，
所以，Y的所有可能值为900，300，－100.
当且仅当最高气温不低于20 ℃时Y大于零，
由表格数据知，最高气温不低于20 ℃的频率为＝0.8，
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
　
1．概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
2．用频率估计概率
利用频率估计事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率．
考点　　概率的基本性质例5　某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券中奖的概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
解　(1)易知P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．
设“1张奖券中奖”这个事件为M，
则M＝A∪B∪C.
因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.
故1张奖券中奖的概率为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
　6.抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“向上的点数是奇数”，事件B表示“向上的点数不超过3”，则P(A∪B)＝(　　)
A． B．
C． D．1
答案　B
解析　解法一：A包含向上的点数是1，3，5的情况，B包含向上的点数是1，2，3的情况，所以A∪B包含了向上的点数是1，2，3，5的情况，故P(A∪B)＝＝.
解法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝1－＝.
7．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，若生产中出现乙级品的概率为0.03，丙级品的概率为0.01，则对产品抽查，抽到正品的概率为________．
答案　0.96
解析　记事件A＝{抽到甲级品}，B＝{抽到乙级品}，C＝{抽到丙级品}，事件A，B，C彼此互斥，且A与(B∪C)是对立事件，所以P(A)＝1－P(B∪C)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.03－0.01＝0.96.
　利用概率的性质求事件的概率的方法
(1)直接法
(2)间接法(正难则反)
考点　　古典概型
例6　下列试验中是古典概型的是(　　)
A．在适宜的条件下种下一粒种子，观察它是否发芽
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球，观察它的颜色
C．向一个圆面内随机地投一个点，观察点的位置
D．射击命中环数可能为0，1，2，…，10环，某射击运动员进行射击，观察其命中环数
答案　B
解析　对于A，发芽与不发芽的概率不同，故不是古典概型；对于B，样本点共有4个，且每个样本点发生的可能性相同，故是古典概型；对于C，样本空间的样本点有无限个，故不是古典概型；对于D，受射击运动员水平的影响，命中10环，命中9环，…，命中0环的可能性可能不相等，故不是古典概型．故选B.
例7　(2021·新高考八省联考)在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　设三位同学分别为A，B，C，他们的学号分别为1，2，3，用有序实数列表示三人拿到的卡片种类，如(1，3，2)表示A同学拿到1号，B同学拿到3号，C同学拿到2号．三人可能拿到的卡片结果为(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，共6种，其中满足题意的结果有(1，3，2)，(2，1，3)，(3，2，1)，共3种，结合古典概型的概率计算公式可得，满足题意的概率P＝＝.故选C.
　8.(多选)下列试验是古典概型的为(　　)
A．从6名同学中选出4人参加数学竞赛，其中某人被选中的可能性大小
B．同时掷两枚骰子，点数和为6的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．10人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
答案　ABD
解析　A，B，D是古典概型，因为符合古典概型的定义和特点．C不是古典概型，因为不符合等可能性，降雨受多方面因素影响．
9．(2022·湖南长沙一中模拟)2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数(注：素数也叫做质数)猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数，从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　20以内的素数共有8个，从中选两个共包含C＝28个样本点，而20以内的孪生素数有(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)共四对，包含4个样本点，所以从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率P＝＝.
　
1．判断一个试验是古典概型的步骤
(1)明确试验及其结果．
(2)判断所有结果(样本点)是否有限．
(3)判断有限个结果是否等可能出现，这需要有日常生活的经验．另外，题目中“完全相同”“任取”等是表示等可能的语言．
2．古典概型的概率求解步骤
(1)求出样本点总个数n.
(2)求出事件A包含的样本点个数k.
(3)代入公式P(A)＝求解．
3．样本点个数的确定方法
(1)列举法：此法适用于样本点个数较少的古典概型．
(2)列表法：此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成坐标法．
(3)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适用于有顺序的问题及较复杂问题中样本点数的探求．
(4)运用排列组合知识计算．
二、核心素养提升
例1　把一枚骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，向量m＝(a，b)，n＝(1，2)，则向量m与向量n不共线的概率是(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　若m与n共线，则2a－b＝0，而(a，b)的可能性情况有6×6＝36个．符合2a＝b的有(1，2)，(2，4)，(3，6)共三个．故共线的概率是＝，从而不共线的概率是1－＝.
例2　若a，b是从集合{－1，1，2，3，4}中随机选取的两个不同元素，则使得函数f(x)＝x5a＋xb是奇函数的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　从集合{－1，1，2，3，4}中随机选取两个不同元素共有A＝20种取法，要使得函数f(x)＝x5a＋xb是奇函数，必须a，b都为奇数，共有A＝6种，则函数f(x)＝x5a＋xb是奇函数的概率为P＝＝，故选B.
例3　将一枚骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，则实数m的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　对于a与b各有6种情形，故总数为36种．两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，所以P1＝＝.两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝＝，因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，所以＋＜，解得－＜m＜.故选D.
1．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，一般步骤如下：
(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样本点个数；
(4)代入古典概型的概率公式求解．
2．古典概型的解题中，在已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，运用正难则反(补集思想)，就是先求解该问题的对立事件，进而利用补集的思想求得问题结果的方法．
课时作业
一、单项选择题
1．集合A＝{2，3}，B＝{1，4，5}，从A，B中各任意取一个数，则这两数之和为偶数的概率是(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　从A，B中任意取一个数，共有6种情形，两数和为偶数的情形有(2，4)，(3，1)，(3，5)三种，∴P＝＝.故选B.
2．(2022·河南郑州高三模拟)人类通常有O，A，B，AB四种血型，某一血型的人能给哪些血型的人输血，是有严格规定的，输血法则可归结为4条：①X→X；②O→X；③X→AB；④不满足上述3条法则的任何关系式都是错误的(其中X代表O，A，B，AB中某种血型，箭头左边表示供血者，右边表示受血者).已知我国O，A，B，AB四种血型的人数所占比例分别为41%，28%，24%，7%，在临床上，按照规则，若受血者为A型血，则一位供血者不能为这位受血者正确输血的概率为(　　)
A．0.27 B．0.31
C．0.42 D．0.69
答案　B
解析　当受血者为A型血时，供血者可以为A型或O型，即B，AB两种血型不能为供血者，我国O，A，B，AB四种血型的人数所占比例分别为41%，28%，24%，7%，所以一位供血者不能为这位受血者正确输血的概率为P＝24%＋7%＝31%＝0.31.故选B.
3．已知某运动员每次投篮命中的概率都为0.4.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮中至多两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示没有命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了20组随机数：907，966，191，925，271，932，312，458，569，683，431，257，393，025，556，488，730，113，537，920.据此估计，该运动员三次投篮中至多两次命中的概率为(　　)
A．0.25 B．0.35
C．0.85 D．0.90
答案　C
解析　由题意知，在20组随机数中表示三次投篮三次全命中的有312，431，113，共3组随机数，则运动员三次投篮中至多两次命中的概率为1－＝0.85.故选C.
4．投掷两颗六个面上分别刻有1到6的点数的均匀的骰子，得到其向上的点数分别为m和n，则复数为虚数的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　因为复数＝＝，且复数为虚数，所以n2－m2≠0，由题意得m≠n，所以满足条件的样本点个数为6×6－6＝30，而样本点的总数为6×6＝36，所以复数为虚数的概率为＝.故选D.
5．(2022·广东湛江高三模拟)从包括甲、乙在内的7名学生中选派4名学生排序参加演讲比赛，则甲和乙参加，且演讲顺序不相邻的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　甲和乙参加的概率为 eq \f(C,C)，甲和乙演讲顺序不相邻的概率为 eq \f(AA,A)，所求概率为 eq \f(C,C)· eq \f(AA,A)＝×＝；或直接为 eq \f(AA,A)＝.故选B.
6．据史料记载，早在元朝至正十一年(公元1351年)安庆就建有谯楼，后在朱元璋与陈友谅两军交战时被毁；明朝洪武元年重建，并将其作为知府衙署的望楼；乾隆年间，安徽布政使司由江宁移至安庆，谯楼又进行大规模修葺扩建，此后一直作为司署之所．保存下来的双檐楼阁谯楼，是清同治六年(公元1867年)由安徽布政使吴坤修牵头修建的．目前的谯楼是2006年安庆一中百年校庆时，由学校牵头，校友及教职工出资重新修整的，是安徽省文物保护单位．国庆期间，谯楼上到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个．若在这座楼阁的灯球中，随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　设一大二小与一大四小的灯球数分别为x，y，则解得若随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是一大四小的概率为1－ eq \f(C,C)＝.故选C.
7．算盘是中国传统的计算工具，是中国古代一项伟大的发明，“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：珠算控带四时，经纬三才．大意是：把木板刻为3部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的．下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、……，上面一粒珠(简称上珠)代表5，下面一粒珠(简称下珠)是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小，现从个位、十位、百位和千位这四组中随机拨动2粒珠(上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨)，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　从个位，十位，百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，利用列举法列出整数有11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，2，20，200，2000，6，60，600，6000，共32个，其中算盘表示的整数能够被3整除的有15，51，105，501，150，510，1005，5001，1050，5010，1500，5100，6，60，600，6000，共16个，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是.故选B.
8．(2021·郑州质检)某公司安排6位员工在“元旦”假期(1月1日至3日)值班，每天安排2人，每人值班1天，则6位员工中甲不在1日值班的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　该公司安排6位员工在“元旦”假期(1月1日至3日)值班，每天安排2人，每人值班1天，样本点总数n＝CCC，6位员工中甲不在1日值班包含的样本点个数m＝CCC，∴6位员工中甲不在1日值班的概率P＝＝ eq \f(CCC,CCC)＝.
二、多项选择题
9．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的值可以是(　　)
A． B．
C． D．
答案　CD
解析　由题意可知即即解得10．(2021·福建福州平潭县校级期末)博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案，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．P1·P2＝ B．P1＝P2＝
C．P1＋P2＝ D．P1>P2
答案　CD
解析　分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾，样本点有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，共6个．方案一坐到“3号”车包含的样本点有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，有3个，则方案一坐到“3号”车的概率P1＝＝.方案二：直接乘坐第一辆车，则方案二坐到“3号”车的概率为P2＝.P1·P2＝，A错误；P1≠P2，B错误；P1＋P2＝＋＝，C正确；P1>P2，D正确．故选CD.
三、填空题
11．从1～9这9个自然数中任取7个不同的数，则这7个数的平均数是5的概率为________．
答案　
解析　从1～9这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有C＝36种，从(1，9)，(2，8)，(3，7)，(4，6)中任选3组，有C＝4种选法，故这7个数的平均数是5的概率P＝＝.
12．烟花三月，草长莺飞，樱花、桃花、梨花、苹果花、牡丹花陆陆续续地都开放了，周老师准备从这5种花中任选出3种去旅游观赏，则恰巧选中桃花与牡丹花的概率为________．
答案　
解析　设樱花、梨花、苹果花为1，2，3，桃花与牡丹花为M和N，从中选3种花去旅游观赏的样本点为123，12M，12N，13M，13N，1MN，23M，23N，2MN，3MN，共10个，其中含有桃花与牡丹花的样本点有1MN，2MN，3MN，共3个．故所求的概率为.
13．(2021·江苏金陵中学高三月考)为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品．从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.85，则抽到一等品的概率为________．
答案　0.78
解析　设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A，B，C，
则
解得
所以抽到一等品的概率为0.78.
14．高三年级毕业成人礼活动中，要求A，B，C三个班级各出三人，组成3×3小方阵，则来自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列的概率为________．
答案　
解析　根据题意，A，B，C三个班级各出三人，组成3×3小方阵，有A种安排方法，若来自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列，则第一行中班级的排法有A＝6种，第二行中班级的排法有2种，第三行中班级的排法有1种；第一行的每个位置的人员安排方法有3×3×3＝27种，第二行的每个位置的人员安排有2×2×2＝8种，第三行的每个位置的人员安排有1×1×1＝1种，则来自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列的概率P＝ eq \f(6×2×27×8,A)＝.
四、解答题
15．某小区超市采取有力措施保障居民正常生活的物资供应．为做好日常生活必需的甲类物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图(如图).
(1)估计该小区居民对甲类物资购买量的中位数；
(2)现将小区居民按照购买量分为两组，即购买量在[1，3)(单位：kg)的居民为A组，购买量在[3，6](单位：kg)的居民为B组，采用分层随机抽样的方式从该小区中选出5户进行生活情况调查，再从这5户中随机选出3户，求选出的B组户数为2的概率．
解　(1)由中位数两侧频率相等，而购买量在[1，3)(单位：kg)的频率为0.1×1＋0.3×1＝0.4，
购买量在[4，6](单位：kg)的频率为0.15×1＋0.2×1＝0.35，
设中位数为x0，
即有0.25×(x0－3)＋0.4＝0.5，
解得x0＝3.4.
故估计该小区居民对甲类物资购买量的中位数为3.4.
(2)依据分层随机抽样，从A组抽取2户，设为x，y，从B组抽取3户，设为a，b，c，
从中任选3户，可能的情况为xya，xyb，xyc，xab，xac，xbc，yab，yac，ybc，abc，共10种情况，
其中B组户数有2户的有xab，xbc，xac，yab，ybc，yac，共6种情况，
因此选出的B组户数为2的概率为＝.
16．某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过9站的地铁标价如下表．现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一趟地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每一站下车的可能性是相同的．
乘坐站数x，x∈N* 0＜x≤3 3＜x≤6 6＜x≤9
票价(元) 1 2 3
(1)若甲、乙两人共付费2元，则甲、乙下车方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付费4元，求甲比乙先到达目的地的概率．
解　(1)由题意知甲、乙乘坐地铁均不超过3站，前3站设为A1，B1，C1，
甲、乙两人共有(A1，A1)，(A1，B1)，(A1，C1)，(B1，A1)，(B1，B1)，(B1，C1)，(C1，A1)，(C1，B1)，(C1，C1)9种下车方案．
(2)设9站分别为A1，B1，C1，A2，B2，C2，A3，B3，C3，
因为甲、乙两人共付费4元，共有甲付1元，乙付3元；甲付3元，乙付1元；甲付2元，乙付2元三类情况．
由(1)可知每类情况中有9种方案，所以甲、乙两人共付费4元共有27种方案．
而甲比乙先到达目的地的方案有(A1，A3)，(A1，B3)，(A1，C3)，(B1，A3)，(B1，B3)，(B1，C3)，(C1，A3)，(C1，B3)，(C1，C3)，(A2，B2)，(A2，C2)，(B2，C2)，共12种，
所以甲比乙先到达目的地的概率为＝.
17.某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；
②若xy≥8，则奖励水杯一个；
③其余情况奖励饮料一瓶．
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．
(1)求小亮获得玩具的概率；
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．
解　用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，
则样本空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一对应．
因为S中元素的个数是4×4＝16，所以样本点总个数n＝16.
(1)记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的样本点共5个，
即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1).
所以P(A)＝，
即小亮获得玩具的概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B，“3即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，
所以P(B)＝＝.
事件C包含的样本点共5个，
即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，
所以P(C)＝.
因为>，
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．

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