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第4节　随机事件的概率与古典概型　
[课标要求]　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．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；②结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率；③通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则；④结合实例，会用频率估计概率．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．样本点和样本空间
(1)定义：我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，全体样本点的集合称为试验E的样本空间．
(2)表示：一般地，我们用Ω表示样本空间，用ω表示样本点．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．事件的分类
(1)随机事件：①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．
②随机事件一般用大写字母A，B，C，…表示．
③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)必然事件：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)不可能事件：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．事件的关系和运算
(1)包含关系与相等关系
定义 一般地，若事件A发生，则事件B一定发生，我们就称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)
含义 A发生导致B发生
符号表示 B A(或A B)
图形表示
特殊情形 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，记作A＝B
(2)并事件与交事件
并事件(和事件) 交事件(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)
符号表示 A∪B(或A＋B) A∩B(或AB)
图形表示
(3)互斥事件与对立事件
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与事件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
符号表示 A∩B＝ A∩B＝ ，A∪B＝Ω
图形表示
4．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)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1；
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
5．频数、频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)概率：大量试验表明，在任何确定次数的随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性．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)．
6．古典概型
(1)古典概型的定义
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，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．
(2)古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型试验，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．
(一)必背常用结论
如果事件A1，A2，…，An两两互斥：
(1)事件A1∪A2∪…∪An发生的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
(2)P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1)－P(A2)－…－P(An)．
(二)盘点易错易混
1．不要混淆频率与概率：频率是随机的，不同的试验，得到频率也可能不同，概率是频率的稳定值，反映了随机事件发生的可能性的大小．
2．注意区分互斥事件与对立事件，对立事件一定互斥，但互斥事件不一定对立．
3．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，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．在判断古典概型时，一定要保证每个结果发生的可能性相等．
【小题热身】
1．(多选)下列说法正确的是(　　 )
A．对立事件一定是互斥事件；
B．若A，B为两个互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
C．若事件A，B，C两两互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1；
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B互为对立事件．
解析：由互斥事件与对立事件的定义可知A正确；
只有当事件A，B为两个互斥事件时有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故B正确；
只有事件A，B，C两两互斥，且A∪B∪C＝Ω时，才有P(A)＋P(B)＋P(C)＝1，故C不正确；由对立事件的定义可知，事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1且A∩B＝ 时，A，B才互为对立事件，故D不正确．
答案：AB
2．某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是(　　 )
A．至多一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都没中靶
解析：对于A，“至多一次中靶”包含：一次中靶、两次都不中靶，
“至少一次中靶”包含：一次中靶、两次都中靶，A选项不满足条件；
对于B，“两次都中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，B选项不满足条件；
对于C，“只有一次中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，C选项不满足条件；
对于D，“两次都没有中靶”与“至少一次中靶”对立，D选项满足条件．
答案：D
3．某盒子里有若干个蓝色球、紫色球和黑色球，已知从盒中一次性取出3个球都是蓝色球的概率是，取出3个球都是紫色球的概率是，取出3个球都是黑色球的概率是，若从盒中任意取出3个球，则这3个球的颜色不全相同的概率是(　　 )
A． B．
C． D．
解析：∵“3个球的颜色不全相同”的对立事件为“3个球恰好是同一颜色”，而任意取出3个球恰好是同一颜色的概率P＝＋＋＝，
∴所求概率为1－＝．
答案：B
4．[易错题]已知多项选择题的四个选项A、B、C、D中至少有两个选项正确，规定：如果选择了错误选项就不得分．若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题得从4个选项里选两个选项，共有C＝6种方法，从3个正确选项里选择两个选项，共有C＝3种方法．
由古典概型的概率公式得所求的概率为P＝＝．
答案：A
5．随着网络技术的发展，电子支付变得愈发流行，微信支付和支付宝支付就是常用的两种电子支付．某群体中的成员只用现金支付的概率为0．2，既用现金支付又用非现金支付的概率为0．2，则不用现金支付的概率为______．
解析：因为只用现金支付、既用现金支付又用非现金支付和不用现金支付是互斥事件，且只用现金支付的概率为0．2，既用现金支付又用非现金支付的概率为0．2，
所以不用现金支付的概率为1－0．2－0．2＝0．6．
答案：0．6
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__随机事件的关系[典例引领]
【例1】　从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是(　　 )
A．至少有一个黑球与都是黑球
B．至少有一个黑球与至少有一个红球
C．恰好有一个黑球与恰好有两个黑球
D．至少有一个黑球与都是红球
[思维点拨]　列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，逐项判断．
解析：A：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，∴这两个事件不是互斥事件，故错误；
B：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，故错误；
C：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，故正确
D：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，
∴这两个事件是对立事件，故错误．
答案：C
[思维升华]　判断互斥、对立事件的2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，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件
集合法 ①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集
[对点练]　把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人，每个人分得一张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”(　　 )
A．是对立事件
B．是不可能事件
C．是互斥但不对立事件
D．不是互斥事件
解析：显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给丙、丁两人，综上，这两个事件为互斥但不对立事件．
答案：C
考点2__随机事件的频率与概率[典例引领]
【例2】　如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
选择L1的人数 6 12 18 12 12
选择L2的人数 0 4 16 16 4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，
用频率估计相应的概率为P＝＝0．44．
(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
L1的频率 0．1 0．2 0．3 0．2 0．2
L2的频率 0 0．1 0．4 0．4 0．1
(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．
由(2)知P(A1)＝0．1＋0．2＋0．3＝0．6，
P(A2)＝0＋0．1＋0．4＝0．5．
∵P(A1)＞P(A2)，∴甲应选择L1．
同理，P(B1)＝0．1＋0．2＋0．3＋0．2＝0．8，
P(B2)＝0＋0．1＋0．4＋0．4＝0．9．
∵P(B1)＜P(B2)，∴乙应选择L2．
[思维升华]　随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
[对点练]　2．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．
解析：(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．
Y大于零当且仅当最高气温不低于20，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．
答案：(1)0．6　(2)0．8
考点3__互斥事件与对立事件的概率[典例引领]
【例3】　某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得．1 000 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张奖券的中奖概率；
(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张奖券的中奖概率为．
(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．
[思维升华]　求互斥事件的概率的方法
(1)直接法
(2)间接法(正难则反)
　　　　　　　　　　　　　　　　
[对点练]　1．(2020·广东广州模拟)从一副混合的扑克牌共52张(没有大小鬼2张)中随机抽取13张，事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P(A∪B)＝(　　 )
A． B．
C． D．
解析：P＝，P＝＝，事件A，B是互斥事件，
所以P＝P＋P＝＋＝．
答案：A
2．(2021·重庆南开中学月考)已知事件A，B互斥，且事件A发生的概率P(A)＝，事件B发生的概率P(B)＝，则事件A，B都不发生的概率是____________．
解析：因事件A，B互斥，且P(A)＝，P(B)＝，
则事件A，B至少发生的事件为A＋B，其概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，
事件A，B都不发生的事件是A＋B的对立事件，则其概率为1－P(A＋B)＝1－＝．
所以事件A，B都不发生的概率是．
答案：
考点4__古典概型[典例引领]
【例4】　(1)“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇．现有4名高三学生准备高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
(2)在某次脱贫攻坚表彰会上，共有36人受到表彰，其中男性多于女性，现从中随机选出2人作为代表上台领奖，若选出的两人性别相同的概率为，则受表彰人员中男性人数为(　　 )
A．15 B．18
C．21 D．15或21
[思维点拨]　(1)先求每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游的基本事件总数，再求恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，代入古典概型概率公式计算；
(2)根据总人数分别设出男性人数与女性人数，由古典概型列出概率表达式，解方程即可求出结果．
解析：(1)现有4名高三学生准备高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，
假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，基本事件总数n＝44＝256，
恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数m＝CA＝144，
则恰有一个地方未被选中的概率为P＝＝＝．
(2)设男性有x人，则女性有36－x人，
∵男性多于女性，∴x>36－x，即x>18
∵选出的两人性别相同的概率为，∴ eq \f(C＋C,C) ＝，即x2－36x＋315＝0，
∴x＝21或x＝15(舍)，所以男性有21人．
答案：(1)B　(2)C
[思维升华]　1．古典概型的概率求解步骤
(1)求出所有基本事件的个数n．
(2)求出事件A包含的所有基本事件的个数m．
(3)代入公式P(A)＝求解．
2．基本事件个数的确定方法
(1)列举法：此法适合于基本事件个数较少的古典概型．
(2)列表法：此法适合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基本事件数的探求．
(4)运用排列组合知识计算．
[对点练]　1．(2021·广东揭阳一模)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．
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(A·A,A) ，
所求概率为 eq \f(C,C) · eq \f(A·A,A) ＝·＝．(或直接为 eq \f(A·A,A) ＝)
答案：B
2．河图洛书是华夏文化的源头，两幅图案玄奥神妙，博大精深．它始于上古时期，伏羲就是根据(河图)推演出了先天八卦图，后写出了《易经》．河图上，排列成数阵的白点和黑点，蕴藏着无穷的奧秘．白点表示奇、阳，黑点表示偶、阴．此一白一黑，既含阴阳、天地运行之道，又寓五行、四象变化之理．一六在后，象北方壬癸水，玄武星象；三八在左，象东方甲乙木，青龙星象；二七在前，象南方丙丁火，朱雀星象；四九在右，象西方庚辛金，白虎星象；五十在中，象中央戊己土，表示时空奇点；而中间五点，又象太极含四象；中一点，又象太极含一气．若从这十个点数中任选两个数，则选取的恰好是两个奇数的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意得：后方点数为1，6，左侧为3，8，前方为2，7，右侧为4，9，中间为5，10，
即从1，2，3…10中任取2个，共有C＝45种可能，取出2个奇点共有C25＝10种可能，
则选取的恰好是两个奇数的概率为P＝ eq \f(C,C) ＝．
答案：D
考点5__古典概型与统计的综合应用[典例引领]
【例5】　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，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)男生优秀人数为100×(0．02＋0．01)×10＝30，
女生优秀人数为100×(0．03＋0．015)×10＝45．
(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是＝，所以样本中包含的男生人数为30×＝2，
女生人数为45×＝3．
则从5人中任意选取2人共有C＝10(种)，
抽取的2人中没有一名男生有C＝3(种)，
则至少有一名男生有C－C＝7(种)．
故选取的2人中至少有一名男生的概率为．
[思维升华]　求概率与统计问题的一般步骤
第一步：根据概率统计的知识确定元素(总体、个体)以及要解决的概率模型；
第二步：将所有基本事件列举出来(可用树状图)；
第三步：计算基本事件总数n，事件A包含的基本事件数m，代入公式P(A)＝；
第四步：回到所求问题，规范作答．
[对点练]　
某县共有90个农村淘宝服务网点，随机抽取6个网点统计其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．
(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数；
(2)若网购金额(单位：万元)不小于18的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点，根据茎叶图推断这90个服务网点中优秀服务网点的个数；
(3)从随机抽取的6个服务网点中再任取2个作网购商品的调查，求恰有1个网点是优秀服务网点的概率．
解析：(1)样本数据的平均数＝＝12．
(2)样本中优秀服务网点有2个，概率为＝，
由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×＝30(个)．
(3)样本中优秀服务网点有2个，分别记为a1，a2，非优秀服务网点有4个，分别记为b1，b2，b3，b4．
从随机抽取的6个服务网点中再任取2个的可能情况有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15种．
记“恰有1个是优秀服务网点”为事件M，则事件M包含的可能情况有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8种．
故所求概率P(M)＝．
课下巩固培优卷(五十二)
【A/基础巩固题组】
1．根据历年气象统计资料，某市在七月份的某一天吹南风的概率为25%，下雨的概率为35%，吹南风或下雨的概率为38%，则既吹南风又下雨的概率为(　　)
A．22% B．13%
C．24% D．28%
解析：由题知，既吹南风又下雨的概率为25%＋35%－38%＝22%．
答案：A
2．抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为1或4”，事件B为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是(　　 )
A．A与B互斥 B．A与B对立
C．P＝ D．P＝
解析：A与B不互斥，当向上点数为1时，两者同时发生，也不对立，
事件A＋B表示向上点数为1，3，4，5之一，∴P(A＋B)＝＝．
答案：C
3．(2021·山东济南一模)环保部门为降低某社区在改造过程中产生的扬尘污染，决定对全部街道采取洒水降尘作业．该社区街道的平面结构如图所示(线段代表街道)，洒水车随机选择A，B，C，D，E，F中的一点驶入进行作业，则选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意可得，仅能从E或B点出发不重复地走遍全城，
所以选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街道的概率为P＝＝．
答案：B
4．(2021·安徽皖西南联盟期末)在新冠肺炎疫情防控期间，某大型连锁药店开通网上销售业务，每天能完成600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．已知该药店某日积压800份订单未配货，预计第二天新订单超过1 000份的概率为0．02．志愿者每人每天能完成35份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单配货的概率不小于0．98，则至少需要志愿者(　　 )
A．32名 B．33名
C．34名 D．35名
解析：由题意可知，第二天需要完成的订单数为800＋1 000＝1 800，需要志愿者x名
因为≥0．98，x≥33．6．所以至少需要志愿者34名．
答案：C
5．(2020·湖北武汉模拟)甲、乙两位同学将高三6次物理测试成绩做成如图所示的茎叶图加以比较(成绩均为整数，满分100分)，乙同学对其中一次成绩记忆模糊，只记得成绩不低于90分且不是满分，则甲同学的平均成绩超过乙同学的平均成绩的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意可得甲的平均数：
x1＝＝90，
被污损的数字设为x，则乙的平均数为：
x2＝＝89＋ ，
满足题意时，x1>x2，即90>89＋，解得x<6．
即x可能的取值为x＝0，1，2，3，4，5，
由古典概型概率计算公式可得满足题意的概率值为p＝＝．
答案：A
6．(2021·重庆八中高三月考)“数字黑洞”指从0～9共10个数字中任取几个数构成一个无重复数字的数字串，如01234，数出它的偶数个数、奇数个数及所有数字的个数，就可得到3(3个偶数)、2(2个奇数)、5(总共5个数字)，用这3个数组成下一个数字串325(第一步)；对325重复上述程序，得到数字串123(第二步)；对123重复上述程序，仍得到数字串123(第三步)…，则数字串01234从第二步便进入了“黑洞”．现任取4个数字的数字串，则第二步便进入“黑洞”的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题任取4个数字的数字串，其中偶数个数、奇数个数及数字个数的分类有：
0，4，4；1，3，4；2，2，4；3，1，4；4，0，4．
则第一步得到数字串依次为044，134，224，314，404；
第二步得到的数字串依次为303，123，303，123，303．
故第二步便进入“黑洞”的概率为 eq \f(C·C＋C·C,C) ＝＝＝．
答案：　C
7．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____________．
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．
答案：0．78
8．甲问乙：“您有几个孩子”，乙说：“四个”．此时，一男孩过来．乙对甲说：“这是我小孩”，接着乙对该男孩说：“去把哥哥姐姐都叫过来，你们四人一起跟甲去趟学校”．
根据上述信息，结合正确的推理，最多需要猜测________次，才可以推断乙的四个小孩从长到幼的正确性别情况；第3次才猜对的概率为__________．
解析：记Ai为乙的第i个孩子是男性，依题意，四个孩子从长到幼的性别情况有，，，，，，共6种，最多需要猜测5次，便可以知道乙的四个小孩从长到幼的正确性别情况；第3次才猜对的概率为．
答案：5　
9．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位．若质点移动6次，则回到原点O的概率为__________．
解析：每次运动有两种可能，故共有26＝64种可能，
如要回到原处则6次移动中有3次向左，3次向右，共有C＝20种可能，
所以概率为＝．
答案：
【B/能力提升题组】
10．(2021·山东聊城二模)算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字74，若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，则所表示的数字大于300的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意，在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，共有n＝CC＝24种，
①当在个、十位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个、十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有CC＝2种；
②当在百位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个、十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有C＝1种；
所以所拨数字大于300的概率为P＝1－＝＝．
答案：　A
11．(2021·河北邯郸三模)已知复数zn＝1＋i＋i2＋…＋in(i为虚数单位，n∈N*)，若M＝，从M中任取一个元素，其模为1的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意，可得zn＝1＋i＋i2＋…＋in＝，
根据复数in的性质，可得zn＝1＋i，i，0，1，1＋i，i，0，1，…，即zn的取值只有四个数1＋i，i，0，1，
所以集合M＝{0，1，－1，i，2i，1＋i，－1＋i}，M中共7个元素，
其中模为1的有三个元素，故所求概率为P＝．
答案：B
12．(2022·广东中山高三检测)甲乙两人进行扑克牌积分比赛．比赛规则为：甲乙两人先各抽三张扑克牌，每局比赛双方同时各出一张牌，牌大者得2分，牌小者得0分，牌一样大两人各得1分，每张牌只能出一次，共比赛三局．若甲抽到的三张扑克牌分别是A1，A2，A3，乙抽到的三张扑克牌分别是B1, B2, B3，且这六张扑克牌的大小顺序为A1>B1>B2>A2>A3>B3，则三局比赛结束后甲得4分的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题意，甲要得4分，即三局两胜，此时甲输：甲出A2或A3，乙出B1或B2，共有CC种出法；甲胜：甲出A1，乙出B1, B2中剩余的一张；甲出A2, A3中剩余的一张，乙出B3；将三局作全排列有A种；
∴甲得4分出牌方法有CCA种，而总出牌方法有AA种，
∴三局比赛结束后甲得4分的概率 eq \f(CCA,AA) ＝．
答案：　D
13．从正方体的12条棱中任选3条棱，则这3条棱两两异面的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：从正方体的12条棱中任选3条棱，共有C312＝220种，其中，每条棱都有4条棱与其异面，
例如，a与f，h，j，k异面，有和两组构成两两异面，
对于a，b，c，d构成的平面，每条棱都可以构成2组两两异面，因此共有2×＝8种组合方式构成两两异面，
故这3条棱两两异面的概率为＝．
答案：A
14．(2021·河北衡水中学模拟)某圆形广场外围有12盏灯，如图所示，为了节能每天晚上12时关掉其中4盏灯，则恰好每间隔2盏灯关掉1盏的概率是________．
解析：将12盏灯依次编号为1、2、3、…、12，
从12盏灯中关掉4盏灯，共有C＝＝495种方法，
每间隔2盏灯关掉1盏共有3种情况，即关掉或或，
所以恰好每间隔2盏灯关掉1盏的概率为P＝＝．
答案：
15．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，若把其展开式中所有的项重新排列，则有理项互不相邻的概率为__________．
解析：由C＝C，得n＝8，
所以的展开式中的通项为Tr＋1＝C()r＝38－rCxr－4，
当r＝0，6时为有理项，其余7项为无理项，
所以有理项互不相邻的概率为P＝ eq \f(AA,A) ＝．
答案：

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