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第五节　古典概型、概率的基本性质
1.理解古典概型,能计算古典概型中简单随机事件的概率.
2.理解概率的性质,掌握随机事件的运算法则.
3.当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
教材再回首
1.古典概型的特征
(1)有限性:样本空间的样本点只有　　　　;
(2)等可能性:每个样本点发生的可能性　　　.
2.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.
3.概率的性质
性质1:对任意的事件A,都有　　　　　　;
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)=　　,P( )=　　;
性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪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)=　　　　　　;
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　　　　　　　　　　;
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)=　　　　　　　　　　　　　　　　.
典题细发掘
1.(人A必修②P236“思考”改编)一枚硬币连掷2次,只有一次出现正面的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
2.(苏教必修②P302T8)从一批羽毛球中任取1个羽毛球,如果其质量小于4.8 g的概率为0.3,其质量不小于4.85 g 的概率为0.32,那么其质量在[4.8,4.85)(单位:g)范围内的概率是 (　　)
A.0.62 B.0.38
C.0.7 D.0.68
3.(苏教必修②P292T3)甲、乙两个同学下棋,若甲获胜的概率为0.2,甲、乙下成和棋的概率为0.5,则甲不输的概率为　　　　.
4.对于随机事件A,B有P(A)=,P(AB)=,P(A+B)=,P(B)=　　　　　.
题点一　简单的古典概型
[例1]
(1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是 (　　)
A. B.
C. D.
(2)(2022·新课标Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为 (　　)
A.　　　　　　　　　　　　　 B.
C. D.
[考教衔接]
[例1]第(2)题源自苏教版必修②P280例1:一只不透明的口袋内装有大小相同的5个球,其中3个白球、2个黑球,“从中一次摸出2个球,结果都是白球”记为事件A,求P(A).
启示:处理古典概型问题的关键是确定样本空间及所求事件包含的样本点.解题过程中应用数学阅读技能确定此概率问题是古典概型,并综合运用计数原理和排列组合知识准确确定样本点总数及事件包含样本点的个数.
|思维建模|
计算古典概型概率问题的一般步骤
(1)列出所有样本点,得到样本空间中样本点的总数n.
(2)找出事件A所包含的样本点,得到A包含的样本点的个数m.
(3)利用公式P(A)=
=,求出概率P(A).
[即时训练]
1.(2025·汕头开学考试)某校高三年级有班号为1~9的9个班,从这9个班中任抽5个班级参加一项活动,则抽出班级的班号的中位数是5的概率等于 (　　)
A. B.
C. D.
2.(2025年1月·八省高考适应性演练)有8张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8.现从这8张卡片中随机抽出3张,则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为　　　　.
题点二　概率基本性质的应用
[例2]　某超市有奖销售中,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.
|思维建模|
求复杂的互斥事件概率的一般方法
(1)直接法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和,运用互斥事件的概率求和公式计算.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).
(2)间接法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P(),即运用逆向思维,特别是“至少”“至多”型题目,用间接法就显得较简便.
[即时训练]
3.已知事件A,B满足P(A)=0.5,P(B)=0.2,则下列命题正确的是 (　　)
A.若B A,则P(AB)=0.5
B.若A与B互斥,则P(A+B)=0.7
C.若A与B相互独立,则P(A)=0.1
D.若P(B)+P(C)=1,则C与B相互对立
4.学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组,3个小组分别有39,32,33名成员,一些成员参加了不止一个小组,具体情况如图所示.现随机选取一名成员,则他至少参加2个小组的概率为　　　　,他至多参加2个小组的概率为　　　　.
题点三　概率的综合应用
[例3]　为增强市民的节能环保意识,某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者,其年龄频率分布直方图如图所示,其中年龄的分组区间是第1组[20,25),第2组[25,30),第3组[30,35),第4组[35,40),第5组[40,45].
(1)求图中x的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[30,35)的人数;
(2)估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数;
(3)若在抽出的第1组、第2组和第4组志愿者中,采用按比例分配分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动,再从这6名志愿者中采用简单随机抽样的方法抽取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率.
|思维建模|　古典概型与概率综合问题的解题策略
(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.
[即时训练]
5.课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用.某市为了解中学生的课外阅读情况,从该市全体中学生中随机抽取了500名学生,调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t(单位:分钟),得到如下所示的频数分布表,已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟.
时长t [0,20) [20,40) [40,60) [60,80) [80,100]
学生 人数 50 100 200 125 25
(1)估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);
(2)若按照分层随机抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)和[20,40)的两组中共抽取6人进行问卷调查,并从6人中随机选取2人进行座谈,求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)的概率.
第五节　古典概型、概率的基本性质
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.(1)有限个　(2)相等　2.
3.P(A)≥0　1　0　P(A)+P(B)　1-P(B)　0≤P(A)≤1　P(A)+P(B)-P(A∩B)
[典题细发掘]
1.选D　一枚硬币连掷2次可能出现(正,正),(反,反),(正,反),(反,正)四种情况,只有一次出现正面的情况有两种,
故P==.
2.选B　记“质量小于4.8 g”为事件A,“质量不小于4.85 g”为事件B,“质量在[4.8,4.85)(单位:g)范围内”为事件C,所以P(C)=1-P(A)-P(B)=1-0.3-0.32=0.38.
3.解析:因为甲不输包含两种情况:甲获胜与甲、乙两人下成和棋,且它们是互斥事件,所以根据互斥事件的概率加法公式可得甲不输的概率P=0.2+0.5=0.7.
答案:0.7
4.解析:因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB),
所以P(B)=P(A+B)-P(A)+P(AB)=-+=.
(易错提醒: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)
答案:
课堂·题点精研
题点一
[例1]　(1)B　(2)D
(1)法一　画出树状图:
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,所以所求概率为=,故选B.
法二　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24(种)排法.丙不在排头,甲或乙在排尾,则丙在中间两个位置中选一个,有2种选法,甲或乙两人中选一个排尾也有2种选法,余下2人全排列,有=2(种)排法,故共有2×2×2=8(种)排法,所以所求概率为=.
(2)法一:直接法　从7个整数中随机取2个不同的数共有=21种取法.如图,所取的2个数互质的取法有3+4+2+3+1+1=14(种),所以这2个数互质的概率为=.
法二:间接法　从7个数中任取2个数共有=21种取法,2个数不互质的情况有两种:①从4个偶数中任取2个,有=6种取法;②从偶数和奇数中各取一个,有1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为1-=.
[即时训练]
1.选C　某校高三年级有班号为1~9的9个班,从这9个班中任抽5个班级参加一项活动,样本点总数n==126,抽出班级的班号的中位数是5包含的样本点个数m==36,∴抽出班级的班号的中位数是5的概率P===.故选C.
2.解析:从8张卡片中随机抽出3张,则样本空间中的样本点总数为==56,因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等,则抽出的3张卡片上的数字之和应为18,则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5共3种,所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个,所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为.
答案:
题点二
[例2]　解:(1)由题意得P(A)=,P(B)==,P(C)==.
(2)1张奖券中奖可能是中特等奖、一等奖或二等奖.设“1张奖券中奖”为事件M,则M=A∪B∪C.
因为事件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)抽1张奖券的结果共有4种可能:中特等奖,中一等奖,中二等奖,不中奖.其中,事件“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”包含2种可能:中二等奖和不中奖.
法一:直接法　设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N,设“1张奖券不中奖”为事件D.
由(2)得,P(D)=1-P(M)=1-=,所以P(N)=P(C)+P(D)=+=.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
法二:间接法　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.
[即时训练]
3.选B　若B A,则P(AB)=P(B)=0.2,故A错误.若A与B互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B)=0.7,故B正确.若A与B相互独立,则A与相互独立,P(A)=P(A)·P()=0.5×0.8=0.4,故C错误.若P(B)+P(C)=1,则由于不确定C与B是否互斥,所以无法确定两事件是否对立,故D错误.故选B.
4.解析:记“恰好参加2个小组”为事件A,“恰好参加3个小组”为事件B,随机选取一名成员,恰好参加2个小组的概率P(A)=++=,恰好参加3个小组的概率P(B)==,则至少参加2个小组的概率为P(A)+P(B)=+=,至多参加2个小组的概率为1-P(B)=1-=.
答案:　
题点三
[例3]　解:(1)(0.02+0.06+x+0.04+0.01)×5=1,解得x=0.07,500×0.07×5=175,估计这500名志愿者中年龄在[30,35)的人数为175.
(2)设第61百分位数为y,由(0.02+0.06)×5=0.4<0.61,(0.02+0.06+0.07)×5=0.75>0.61,则y∈[30,35),可得(0.02+0.06)×5+0.07×(y-30)=0.61,解得y=33.故估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数为33.
(3)第1组、第2组和第4组的人数之比为0.02∶0.06∶0.04=1∶3∶2,抽取的6人中第1组、第2组和第4组的人数分别为1,3,2,从这6名中抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率P=++=.
[即时训练]
5.解:(1)依题意,样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数=10×+30×+50×+70×+90×=49,所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49.
(2)抽取的6人中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)内的有6×=2人,在[20,40)内的有4人,记[0,20)内的2人为A,B,记[20,40)内的4人为a,b,c,d,
从这6人中随机选2人的样本点有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd,ab,ac,ad,bc,bd,cd,共15种,
其中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)的样本点有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd,共9种,
设M=“选取的2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)”,则P(M)==.(共63张PPT)
第五节
古典概型、概率的基本性质
明确目标
1.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
2.理解概率的性质，掌握随机事件的运算法则.
3.当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.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.古典概型的特征
(1)有限性：样本空间的样本点只有________；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性_____.
2.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.
有限个
相等
3.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有_________；
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)=__，P( )=____；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪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)=_________；
P(A)≥0
1
0
P(A)+P(B)
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____________；
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)=___________________.
0≤P(A)≤1
P(A)+P(B)-P(A∩B)
典题细发掘
1.(人A必修②P236“思考”改编)一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)，(反，反)，(正，反)，(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故P==.
√
2.(苏教必修②P302T8)从一批羽毛球中任取1个羽毛球，如果其质量小于4.8 g的概率为0.3，其质量不小于4.85 g 的概率为0.32，那么其质量在[4.8，4.85)(单位：g)范围内的概率是 (　　)
A.0.62 B.0.38
C.0.7 D.0.68
解析：记“质量小于4.8 g”为事件A，“质量不小于4.85 g”为事件B，“质量在[4.8，4.85)(单位：g)范围内”为事件C，所以P(C)=1-P(A)-P(B)=1-0.3-0.32=0.38.
√
3.(苏教必修②P292T3)甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲、乙下成和棋的概率为0.5，则甲不输的概率为_____.
解析：因为甲不输包含两种情况：甲获胜与甲、乙两人下成和棋，且它们是互斥事件，所以根据互斥事件的概率加法公式可得甲不输的概率P=0.2+0.5=0.7.
0.7
4.对于随机事件A，B有P(A)=，P(AB)=，P(A+B)=，P(B)=___.
解析：因为P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)，所以P(B)=P(A+B)-P(A)+P(AB)=-+=.
(易错提醒：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)
课堂·题点精研
02
[例1]
(1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　　)
A. B.
C. D.
√
题点一　简单的古典概型
解析：法一　画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为=，故选B.
法二　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24(种)排法.丙不在排头，甲或乙在排尾，则丙在中间两个位置中选一个，有2种选法，甲或乙两人中选一个排尾也有2种选法，余下2人全排列，有=2(种)排法，故共有2×2×2=8(种)排法，所以所求概率为=.
(2)(2022·新课标Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：法一：直接法　从7个整数中随机取2个不同的数共有=21种取法.如图，所取的2个数互质的取法有3+4+2+3+1+1=14(种)，所以这2个数互质的概率为=.
√
法二：间接法　从7个数中任取2个数共有=21种取法，2个数不互质的情况有两种：①从4个偶数中任取2个，有=6种取法；②从偶数和奇数中各取一个，有1种取法，所以2个数不互质的取法有7种，所以取2个数互质的概率为1-=.
|考|教|衔|接|
[例1]第2题源自苏教版必修②P280例1：一只不透明的口袋内装有大小相同的5个球，其中3个白球、2个黑球，“从中一次摸出2个球，结果都是白球”记为事件A，求P(A).
启示：处理古典概型问题的关键是确定样本空间及所求事件包含的样本点.解题过程中应用数学阅读技能确定此概率问题是古典概型，并综合运用计数原理和排列组合知识准确确定样本点总数及事件包含样本点的个数.
计算古典概型概率问题的一般步骤
(1)列出所有样本点，得到样本空间中样本点的总数n.
(2)找出事件A所包含的样本点，得到A包含的样本点的个数m.
(3)利用公式P(A)==，求出概率P(A).
思维建模
1.(2025·汕头开学考试)某校高三年级有班号为1~9的9个班，从这9个班中任抽5个班级参加一项活动，则抽出班级的班号的中位数是5的概率等于 (　　)
A. B. C. D.
解析：某校高三年级有班号为1~9的9个班，从这9个班中任抽5个班级参加一项活动，样本点总数n==126，抽出班级的班号的中位数是5包含的样本点个数m==36，∴抽出班级的班号的中位数是5的概率P===.故选C.
即时训练
√
2.(2025年1月·八省高考适应性演练)有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8.现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为_______.
解析：从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中的样本点总数为==56，因为1+2+3+4+5+6+7+8=36，所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则抽出的3张卡片上的数字之和应为18，则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3种，所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个，所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为.
[例2]　某超市有奖销售中，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)；
解：由题意得P(A)=，P(B)==，P(C)==.
题点二　概率基本性质的应用
(2)1张奖券的中奖概率；
解：1张奖券中奖可能是中特等奖、一等奖或二等奖.设“1张奖券中奖”为事件M，则M=A∪B∪C.
因为事件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)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
解：抽1张奖券的结果共有4种可能：中特等奖，中一等奖，中二等奖，不中奖.其中，事件“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”包含2种可能：中二等奖和不中奖.
法一：直接法　设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，设“1张奖券不中奖”为事件D.
由(2)得，P(D)=1-P(M)=1-=，所以P(N)=P(C)+P(D)=
+=.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
法二：间接法　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.
求复杂的互斥事件概率的一般方法
(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算.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).
(2)间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)=1-P()，即运用逆向思维，特别是“至少”“至多”型题目，用间接法就显得较简便.
思维建模
3.已知事件A，B满足P(A)=0.5，P(B)=0.2，则下列命题正确的是 (　　)
A.若B A，则P(AB)=0.5
B.若A与B互斥，则P(A+B)=0.7
C.若A与B相互独立，则P(A)=0.1
D.若P(B)+P(C)=1，则C与B相互对立
即时训练
√
解析：若B A，则P(AB)=P(B)=0.2，故A错误.若A与B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=0.7，故B正确.若A与B相互独立，则A与相互独立，P(A)=P(A)·P()=0.5×0.8=0.4，故C错误.若P(B)+P(C)=1，则由于不确定C与B是否互斥，所以无法确定两事件是否对立，故D错误.故选B.
4.学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一名成员，则他至少参加2个小组的概率为_____，他至多参加2个小组的概率为___.
　
解析：记“恰好参加2个小组”为事件A，“恰好参加3个小组”为事件B，随机选取一名成员，恰好参加2个小组的概率P(A)=++=，恰好参加3个小组的概率P(B)==，则至少参加2个小组的概率为P(A)+P(B)=+=，至多参加2个小组的概率为1-P(B)=1-=.
[例3]　为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者，其年龄频率分布直方图如图所示，其中年龄的分组区间是第1组[20，25)，第2组[25，30)，第3组[30，35)，第4组[35，40)，第5组[40，45].
题点三　概率的综合应用
(1)求图中x的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[30，35)的人数；
解： (0.02+0.06+x+0.04+0.01)×5=1，
解得x=0.07，500×0.07×5=175，
估计这500名志愿者中年龄在[30，35)的人数为175.
(2)估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数；
解：设第61百分位数为y，
由(0.02+0.06)×5=0.4<0.61，(0.02+0.06+0.07)×5=0.75>0.61，则y∈[30，35)，可得(0.02+0.06)×5+0.07×(y-30)=0.61，解得y=33.故估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数为33.
(3)若在抽出的第1组、第2组和第4组志愿者中，采用按比例分配分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动，再从这6名志愿者中采用简单随机抽样的方法抽取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率.
解：第1组、第2组和第4组的人数之比为0.02∶0.06∶0.04=
1∶3∶2，抽取的6人中第1组、第2组和第4组的人数分别为1，3，2，从这6名中抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率P=++=.
古典概型与概率综合问题的解题策略
(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.
思维建模
5.课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用.某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500名学生，调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t(单位：分钟)，得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟.
即时训练
时长t [0，20) [20，40) [40，60) [60，80) [80，100]
学生 人数 50 100 200 125 25
(1)估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
解：依题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数=10×+30×+50×+70×+90×=49，所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49.
(2)若按照分层随机抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0，20)和[20，40)的两组中共抽取6人进行问卷调查，并从6人中随机选取2人进行座谈，求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0，20)的概率.
解：抽取的6人中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0，20)内的有6×=2人，在[20，40)内的有4人，记[0，20)内的2人为A，B，记[20，40)内的4人为a，b，c，d，
从这6人中随机选2人的样本点有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共15种，
其中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0，20)的样本点有AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，共9种，
设M=“选取的2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0，20)”，则P(M)==.
数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.已知P(A)=0.6，P()=0.3，如果A B，那么P(A∩B)=(　　)
A.0.18 B.0.42
C.0.6 D.0.7
解析：由于A B，所以P(A∩B)=P(A)=0.6.
√
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13
2
3
4
2.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P(A)=2P(B)，则P()=(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，所以P(A+B)=P(A)+P(B)=1-=.将P(A)=2P(B)代入上式可得P(B)=，所以P(A)=，P()=.
√
1
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13
3.(2025·张家口质检)已知a是1，3，3，5，7，8，10，11的第75百分位数，在1，3，3，5，7，8，10，11中随机取两个数，这两个数都小于a的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：因为8×75%=6，所以a==9.8个数中有6个数小于9，所以随机取两个数，这两个数都小于a的概率为=.
√
1
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13
4.(2025·青海模拟)从五棱锥的6个顶点中随机选取4个，则这4个顶点在同一个平面内的概率是 (　　)
A. B.
C. D.
解析：从五棱锥的6个顶点中随机选取4个不同的选取方法有=15种，其中选取的4个顶点在同一个平面内的不同选取方法有=5种，则所求概率P==.故选C.
√
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13
5.某校高三年级有班号为1~9的9个班，从这9个班中任抽5个班级参加一项活动，则抽出班级班号的中位数是5的概率等于 (　　)
A. B.
C. D.
解析：某校高三年级有班号为1~9的9个班，从这9个班中任抽5个班级参加一项活动，样本点总数n==126，抽出班级班号的中位数是5的样本点个数m==36，故抽出班级班号的中位数是5的概率P===.故选C.
√
1
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13
6.(2025·咸阳一模)某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为(　　)
A. B.
C. D.
√
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13
解析：设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，则X，Y两种性状都不出现为事件∩，两种性状都出现为事件A∩B，所以P(A)=，P(B)=，P(∩)=，所以P(A∪B)=1-P(∩)=.又因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)
=.故选B.
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13
7.甲、乙、丙等5名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
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13
解析：因为甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，每个同学可以自由选择，所以3科的选择数有2，2，1和3，1，1两种分配方案.当分配方案为2，2，1时，共有=18种不同的选择方案；当分配方案为3，1，1时，共有=12种不同的选择方案.所以满足要求的不同选择种数为18+12=30.所以甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为=.
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二、多选题
8.不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机抽取两次，每次取一个球.A表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”，B表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5”，则(　　)
A.P(A)= B.P(B)=
C.P(A∪B)= D.事件A与B相互独立
√
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√
解析：因为第二次取出的球上标有的数字为3，4，5，6，所以P(A)==，故A正确；因为B={(4，1)，(3，2)，(2，3)，(1，4)}，所以P(B)==，故B错误；因为AB={(2，3)，(1，4)}，则P(AB)==，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=，故C正确；因为P(AB)≠
P(A)P(B)，所以事件A与B不独立，故D错误.
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13
9.小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间(分钟)随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如下表所示：
则下列说法正确的是 (　　)
1
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4
13
所需时间/分钟 30 40 50 60
线路一 0.5 0.2 0.2 0.1
线路二 0.3 0.5 0.1 0.1
A.任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件
B.从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间
C.如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该选线路一
D.若小张上下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04
1
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13
√
√
解析： “所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，故A错误；线路一所需的平均时间为30×0.5+40×
0.2+50×0.2+60×0.1=39分钟，线路二所需的平均时间为30×0.3+40
×0.5+50×0.1+60×0.1=40分钟，故B正确；线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，小张应选线路二，故C错误；所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为(50，60)，(60，50)和(60，60)三种情况，概率为0.2×0.1+
0.1×0.1+0.1×0.1=0.04，故D正确.故选BD.
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三、填空题
10.从不包含大小王的52张扑克牌中随机抽取一张，设事件A=“抽到红心”，事件B=“抽到方片”，且P(A)=P(B)=，记事件C=“抽到黑花色”，则P(C)=_____.
解析：记事件D=“抽到红花色”，因为D=A∪B，且A，B不会同时发生，所以A，B是互斥事件，则P(D)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=.又因为C，D互斥，且C∪D是必然事件，所以C，D互为对立事件，所以P(C)=1-P(D)=.
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11.(2025·重庆诊断)饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为_____.
解析：分为两类，舀取到的饺子有1个白菜馅，2个韭菜馅或2个白菜馅，1个韭菜馅，所以所求概率P==.
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四、解答题
12.(13分)(2025·安庆模拟)县政府组织500人参加卫生城市创建“义工”活动，按年龄分组所得频率分布直方图如图，完成下列问题：
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组别 [25， 30) [30， 35) [35， 40) [40， 45) [45，
50]
人数 50 50 a 150 b
(1)如表是年龄的频数分布表，求出表中正整数a，b的值；(3分)
解：由题图可知，年龄在[35，40)间的频率为0.08×5=0.4，故a=0.4×500=200(人)，b=500-(50+50+200+150)=50(人).
(2)现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层随机抽样的方法抽取6人，则第1，2，3组各抽取多少人 (5分)
解：由题意知，第1，2，3组共有300人，现在抽取6人，其抽样比例为=，所以每组应该抽取的人数为第1组50×=1，第2组50×=1，第3组200×=4.
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13
(3)在第(2)问的前提下，从这6人中随机抽取2人参加社区活动，求至少有1人年龄在第3组的概率.(5分)
解：设第1组的人为A，第2组的人为B，第3组的人为c，d，e，f，现在随机抽取2人，共有AB，Ac，Ad，Ae，Af，Bc，Bd，Be，Bf，cd，ce，cf，de，df，ef 15种抽取方法，记事件E为“至少有1人来自第3组”，则P(E)=1-=.
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13.(13分)袋中有7个大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件，分别为黑猫、白猫、红猫，某同学从中任意取1个小猫摆件，得到黑猫或白猫的概率是，得到白猫或红猫的概率是.
(1)某同学从中任取1个小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是多少 (6分)
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解：从中任取1个小猫摆件，分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件A，B，C，因为A，B，C两两互斥，所以由题意得
解得所以任取1个小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是.
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(2)某同学从中任取2个小猫摆件，得到的2个小猫摆件颜色不相同的概率是多少 (7分)
解：由(1)知黑猫、白猫、红猫摆件的个数分别为3，2，2，记黑猫摆件为a，b，c，白猫摆件为m，n，红猫摆件为x，y，则从7个小猫摆件中任取2个小猫摆件的样本点有ab，ac，am，an，ax，ay，bc，bm，bn，bx，by，cm，cn，cx，cy，mn，mx，my，nx，ny，xy，共21个，其中2个小猫摆件是黑猫的样本点有ab，ac，bc，共3个，两个小猫摆件是白猫的样本点有mn，共1个，两个小猫摆件是红猫的样本点有xy，共1个，于是2个小猫摆件颜色相同的概率为=，则2个小猫摆件颜色不相同的概率是1-=.
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13课时跟踪检测(七十五)　随机事件、频率与概率
一、单选题
1.(2025·三明调研)一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球,除颜色外,球的大小、质地完全相同,采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是 (　　)
A.3个都是白球 B.3个都是红球
C.至少1个红球 D.至多2个白球
2.(2025·雅礼中学模拟)若干个人站成一排,其中为互斥事件的是 (　　)
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”
3.在一个袋子中装有分别标注1,2,3,4,5的五个小球,这些小球除标注的数字外完全相同,现从中随机取出2个小球,则取出小球标注的数字之差的绝对值为2或4的事件包含的样本点个数为 (　　)
A.2 B.4
C.6 D.8
4.手机支付已经成为人们常用的付费方式,某大型超市为调查顾客付款方式的情况,随机抽取了100名顾客进行调查,统计结果整理如下:
顾客年龄(岁) 20岁以下 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) 70岁及以上
手机支付人数 3 12 14 9 5 2 0
其他支付方式人数 0 0 2 13 27 12 1
从该超市顾客中随机抽取1人,估计该顾客年龄在[40,60)内且未使用手机支付的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
5.如图,甲、乙两个元件串联构成一段电路,设M=“甲元件故障”,N=“乙元件故障”,则表示该段电路没有故障的事件为 (　　)
A.M∪N B.M∩N
C.∩ D.∪
6.抛掷一枚质地均匀的骰子,有如下随机事件:Ai=“向上的点数为i”,其中i=1,2,3,4,5,6,B=“向上的点数为偶数”,则下列说法正确的是 (　　)
A. B B.A2+B=Ω
C.A3与B互斥 D.A4与对立
二、多选题
7.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张,一次任意取出2张卡片,则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有 (　　)
A.2张卡片不全为红色 B.2张卡片中恰有一张为红色
C.2张卡片中至少有一张为红色 D.2张卡片都为绿色
8.(2025·遂宁模拟)抛掷一颗质地均匀的骰子,有如下随机事件:Ci=“点数为i”,其中i=1,2,3,4,5,6;D1=“点数不大于2”,D2=“点数大于2”,D3=“点数大于4”.下列结论判断正确的是 (　　)
A.C1与C2互斥 B.D1∪D2=Ω,D1D2=
C.D3 D2 D.C2,C3为对立事件
三、填空题
9.笼子中有4只鸡和3只兔,依次取出一只,直到3只兔全部取出,记录剩下动物的脚数.则该试验的样本空间Ω=　　　　.
10.在对于一些敏感性问题调查时,被调查者往往不愿意给正确答复,因此需要特别的调查方法.调查人员设计了一个随机化装置,在其中装有形状、大小、质地完全相同的50个黑球和50个白球,每个被调查者随机从该装置中抽取一个球,若摸到黑球则需要如实回答问题一:你公历生日是奇数吗 若摸到白球则如实回答问题二:你是否在考试中作过弊.若100人中有52人回答了“是”,48人回答了“否”.则问题二“考试是否作过弊”回答“是”的百分比为(以100人的频率估计概率)　　　　　.
四、解答题
11.(10分)某校为了解学生在家学习的周均时长(单位:小时),随机调查了部分学生,根据他们学习的周均时长,得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求该校学生学习的周均时长的众数和平均数的估计值;(用每小组的组中间值代替本组数值)(5分)
(2)估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率.(5分)
12.(15分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
上年度 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况,得到如下统计表:
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
(1)记A为事件:“一续保人本年度的保费不高于基本保费”,求P(A)的估计值;(5分)
(2)记B为事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”,求P(B)的估计值;(5分)
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.(5分)
课时跟踪检测(七十六)
1.选C　由于A B,所以P(A∩B)=P(A)=0.6.
2.选B　因为事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,所以P(A+B)=P(A)+P(B)=1-=.将P(A)=2P(B)代入上式可得P(B)=,所以P(A)=,P()=.
3.选C　因为8×75%=6,所以a==9.8个数中有6个数小于9,所以随机取两个数,这两个数都小于a的概率为=.
4.选C　从五棱锥的6个顶点中随机选取4个不同的选取方法有=15种,其中选取的4个顶点在同一个平面内的不同选取方法有=5种,则所求概率P==.故选C.
5.选C　某校高三年级有班号为1~9的9个班,从这9个班中任抽5个班级参加一项活动,样本点总数n==126,抽出班级班号的中位数是5的样本点个数m==36,故抽出班级班号的中位数是5的概率P===.故选C.
6.选B　设该家族某成员出现X性状为事件A,出现Y性状为事件B,则X,Y两种性状都不出现为事件∩,两种性状都出现为事件A∩B,所以P(A)=,P(B)=,P(∩)=,所以P(A∪B)=1-P(∩)=.又因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B),所以P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=.故选B.
7.选C　因为甲和乙不参加同一科,甲和丙参加同一科竞赛,每个同学可以自由选择,所以3科的选择数有2,2,1和3,1,1两种分配方案.当分配方案为2,2,1时,共有=18种不同的选择方案;当分配方案为3,1,1时,共有=12种不同的选择方案.所以满足要求的不同选择种数为18+12=30.所以甲和乙不参加同一科,甲和丙参加同一科竞赛,且这三科竞赛都有人参加的概率为=.
8.选AC　因为第二次取出的球上标有的数字为3,4,5,6,所以P(A)==,故A正确;因为B={(4,1),(3,2),(2,3),(1,4)},所以P(B)==,故B错误;因为AB={(2,3),(1,4)},则P(AB)==,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,故C正确;因为P(AB)≠P(A)P(B),所以事件A与B不独立,故D错误.
9.选BD　“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件,故A错误;线路一所需的平均时间为30×0.5+40×0.2+50×0.2+60×0.1=39分钟,线路二所需的平均时间为30×0.3+40×0.5+50×0.1+60×0.1=40分钟,故B正确;线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7,线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8,小张应选线路二,故C错误;所需时间之和大于100分钟,则线路一、线路二的时间可以为(50,60),(60,50)和(60,60)三种情况,概率为0.2×0.1+0.1×0.1+0.1×0.1=0.04,故D正确.故选BD.
10.解析:记事件D=“抽到红花色”,因为D=A∪B,且A,B不会同时发生,所以A,B是互斥事件,则P(D)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=.又因为C,D互斥,且C∪D是必然事件,所以C,D互为对立事件,所以P(C)=1-P(D)=.
答案:
11.解析:分为两类,舀取到的饺子有1个白菜馅,2个韭菜馅或2个白菜馅,1个韭菜馅,所以所求概率P==.
答案:
12.解:(1)由题图可知,年龄在[35,40)间的频率为0.08×5=0.4,故a=0.4×500=200(人),b=500-(50+50+200+150)=50(人).
(2)由题意知,第1,2,3组共有300人,现在抽取6人,其抽样比例为=,所以每组应该抽取的人数为第1组50×=1,第2组50×=1,第3组200×=4.
(3)设第1组的人为A,第2组的人为B,第3组的人为c,d,e,f,现在随机抽取2人,共有AB,Ac,Ad,Ae,Af,Bc,Bd,Be,Bf,cd,ce,cf,de,df,ef 15种抽取方法,记事件E为“至少有1人来自第3组”,则P(E)=1-=.
13.解:(1)从中任取1个小猫摆件,分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件A,B,C,因为A,B,C两两互斥,所以由题意得
解得
所以任取1个小猫摆件,得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是,,.
(2)由(1)知黑猫、白猫、红猫摆件的个数分别为3,2,2,记黑猫摆件为a,b,c,白猫摆件为m,n,红猫摆件为x,y,则从7个小猫摆件中任取2个小猫摆件的样本点有ab,ac,am,an,ax,ay,bc,bm,bn,bx,by,cm,cn,cx,cy,mn,mx,my,nx,ny,xy,共21个,其中2个小猫摆件是黑猫的样本点有ab,ac,bc,共3个,两个小猫摆件是白猫的样本点有mn,共1个,两个小猫摆件是红猫的样本点有xy,共1个,于是2个小猫摆件颜色相同的概率为=,则2个小猫摆件颜色不相同的概率是1-=.

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