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第63练　随机事件与概率、古典概型
1.从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球,两个红球分别标记为A,B,白球标记为C,则它的样本空间为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.{AB,BC}
B.{AB,AC,BC}
C.{AB,BA,BC,CB}
D.{AB,BA,AC,CA,CB}
2.某学校高三教研组为调查高三学生的学习情况,分别从高三年级中的20个班一共抽取40个人进行询问,其中各班人数均为50,则某个班中某个学生被抽到的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
3.从装有红球、白球和黑球各两个的口袋内一次取出两个球,有如下的一些事件:①两球都不是白球;②两球恰有一个白球;③两球至少有一个白球.其中与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是 (　 )
A.③ B.①③
C.②③ D.①②
4.某个周日为某大学校友返校日,据气象统计资料,这一天吹南风的概率为20%,下雨的概率为30%,吹南风或下雨的概率为35%,则既吹南风又下雨的概率为 (　 )
A.30% B.15%
C.10% D.6%
5.随着暑假的来临,中国各地旅游市场也迎来旺季.小明和小王都计划在南京、北京、西安、厦门、杭州这5个城市中选2个城市去旅游,则小明和小王不会去相同城市的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
6.(多选题)[2025·合肥一六八中学最后一卷] 粉笔盒中只装了白、红、黄、蓝、绿5支不同颜色的粉笔,老师上课时随机使用了3支,下列结论中正确的是 (　 )
A.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少有1支用到”为互斥事件
B.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多有1支用到”为对立事件
C.白色与红色粉笔都用到的概率为
D.白色与红色粉笔至少有1支用到的概率为
7.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次,至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数,指定0,1表示没有击中目标,2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标,以4个随机数为一组,代表射击4次的结果,经随机模拟产生了10组随机数:
7527　0293　7140　9857　0347
4373　8636　6947　1417　4698
根据以上数据,估计射击运动员射击4次至少击中3次的概率为　　　　.
8.某地区人群中各种血型的人所占比例如表所示,已知同种血型的人可以互相输血,O型血可以输给任何一种血型的人,任何人的血都可以输给AB型血的人,其他不同血型的人不能互相输血.小明是B型血,因病需要输血,任找一个人,其血可以输给小明的概率为　　　;任找两个人,则小明有血可以输的概率为　　　　.
血型 A B AB O
该血型的人占比 20% 30% 10% 40%
9.[2025·湖南娄底质检] 某同学参加跳远测试,共有3次机会.用事件Ji(i=1,2,3)表示随机事件“第i(i=1,2,3)次跳远成绩及格”,那么事件“前两次测试成绩均及格,第三次测试成绩不及格”可以表示为 (　 )
A.J1∩J2 B.
C.J1∩J2∩ D.∩∩
10.[2026·重庆一中开学考] 已知甲、乙、丙3名同学从学校的2个科技类社团,2个艺术类社团,1个体育类社团中选择报名参加,每人只能报名参加1个社团,则有人报名参加体育类社团且仅有1人报名参加科技类社团的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
11.(多选题)在一个不透明的袋子中,装有大小、材质相同的2个红球和3个绿球,从袋中依次抽取2个球,记Ri=“第i次取到红球”,Gi=“第i次取到绿球”,其中i=1,2,则下列说法正确的是 (　 )
A.若有放回地抽取,则P(R1)=P(R2)=P(G1)=P(G2)=
B.若有放回地抽取,则P(R1G2)=
C.若不放回地抽取,则P(R1G2)=
D.若不放回地抽取,则P(R1+G2)=
12.[2025·江西师大附中三模] 设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=,P(B)=,P(A+)=,则P(AB)=　　　　.
13.[2025·河南八市联考] 如图,有三个不同单位的各两名代表要坐在长方形桌子的6个座位(用序号1~6表示)上开会,则同一单位的两名代表既不能正对面(例如:一个人坐1号座位,则同单位的另一个人不能坐6号座位)也不能左右相邻就坐的概率为　　　　.
14.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
(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
15.某楼梯有11级台阶(从下往上依次为第1级,第2级,…,第11级),甲一步能上1级或2级或3级台阶,且每一步上几级台阶都是随机的,则甲上这个楼梯没踩过第6级台阶的概率是 (　 )
A. B.
C. D.
16.某站台经过统计发现,一号列车准点到站的概率为,二号列车准点到站的概率为,一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为,记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件A,“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件B,则P(A+B)=　　　　.
第63练　随机事件与概率、古典概型
1.B　[解析] 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球包含的样本点为AB,AC,BC,所以它的样本空间为{AB,AC,BC}.故选B.
2.B　[解析] 高三年级总人数为20×50=1000,一共抽取40人,则某个班中某个学生被抽到的概率为=.故选B.
3.D　[解析] 从口袋内一次取出2个球,按照取到白球的数量分类有三种情况:两球都不是白球;两球恰有一个白球;两球都是白球.所以①②与事件“两球都为白球”互斥而不对立,当“两球都为白球”时,③一定发生,所以③与事件“两球都为白球”不互斥.故选D.
4.B　[解析] 记吹南风为事件A,下雨为事件B,则P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=20%+30%-35%=15%,所以既吹南风又下雨的概率为15%.故选B.
5.B　[解析] 两人从5个城市中各选2个城市去旅游,共有=100(种)选法,若两人不去相同城市,则有=30(种)选法,所以小明和小王不会去相同城市的概率为=.故选B.
6.BD　[解析] 记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为A,B,a,b,c.对于A,“A,B都用到”与“A,B至少有1支用到”可以同时发生,故A错误;对于B,对于A,B是否用到的所有事件类型有A,B都用到,A用到B没有用到,A没有用到B用到和A,B都没有用到,所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多有1支用到”为对立事件,故B正确;对于C,从5支粉笔中随机选3支包含的样本点有(A,B,a),(A,B,b),(A,B,c),(A,a,b),(A,a,c),(A,b,c),(B,a,b),(B,a,c),(B,b,c),(a,b,c),共10个,其中A,B都用到包含的样本点有3个,故所求概率P=,故C错误;对于D,A,B至少有1支用到包含的样本点有9个,故所求概率P=,故D正确.故选BD.
7.0.8　[解析] 由数据得,表示射击4次至少击中3次的随机数有8个,所以估计射击4次至少击中3次的概率为=0.8.
8.0.7　0.91　[解析] 由于小明是B型血,所以血型为O,B的人可以给小明输血,故任找一个人,其血可以输给小明的概率为30%+40%=0.7.两个人都不可以给小明输血的概率为(1-0.7)×(1-0.7)=0.09,所以任找两个人,则小明有血可以输的概率为1-0.09=0.91.
9.C　[解析] J1∩J2表示前两次测试成绩均及格,故A错误;表示后两次测试成绩都没有及格,故B错误;J1∩J2∩表示前两次测试成绩均及格,第三次测试成绩不及格,故C正确;∩∩表示三次测试成绩均不及格,故D错误.故选C.
10.B　[解析] 3人中仅有一人报名参加科技类社团有=6(种)报名方法,余下2人报名参加其余3个社团,有人报名参加体育类社团,则报名情况分类如下:2人都报名参加体育类社团,有1种报名方法;若报名参加体育类、艺术类社团各1人,有=4(种)报名方法.综上,有人报名参加体育类社团且仅有一人报名参加科技类社团,共有6×(1+4)=30(种)报名方法.若3人任意报名参加社团,则有53=125(种)报名方法,所以有人报名参加体育类社团且仅有一人报名参加科技类社团的概率为=.故选B.
11.BCD　[解析] 给大小、材质相同的2个红球编号为a,b,3个绿球编号为c,d,e,若有放回地抽取,则样本空间Ω1={(x,y)|x,y∈{a,b,c,d,e}},共包含25个样本点,R1={(x,y)|x∈{a,b},y∈{a,b,c,d,e}},共包含10个样本点,R2={(x,y)|x∈{a,b,c,d,e},y∈{a,b}},共包含10个样本点,G1={(x,y)|x∈{c,d,e},y∈{a,b,c,d,e}},共包含15个样本点,G2={(x,y)|x∈{a,b,c,d,e},y∈{c,d,e}},共包含15个样本点,所以P(R1)=P(R2)=,P(G1)=P(G2)=,故A错误;因为事件R1G2={(x,y)|x∈{a,b},y∈{c,d,e}},共包含6个样本点,所以P(R1G2)=,故B正确;若不放回地抽取,则样本空间Ω2={ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,ca,cb,cd,ce,da,db,dc,de,ea,eb,ec,ed},共包含20个样本点,事件R1G2={ac,ad,ae,bc,bd,be},共包含6个样本点,所以P(R1G2)==,故C正确;事件R1+G2={ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,cd,ce,dc,de,ec,ed},共包含14个样本点,所以P(R1+G2)==,故D正确.故选BCD.
12.　[解析] 因为P(A)=,P(B)=,所以P()=,P()=,又P(A+)=P(A)+P()-P(A)=+-P(A)=,所以P(A)=,所以P(AB)=P(A)-P(A)=-=.
13.　[解析] 依题意,6个人就坐的试验的样本空间包含的样本点总数为,设事件M=“同一单位的两名代表既不能正对面,也不能左右相邻就坐”,则1,2,3号座位让三个不同单位的代表就坐,包含的样本点个数为·23,4,5,6号座位只有2种就坐方法,所以事件M包含的样本点个数为2·23,故所求概率P(M)==.
14.解:(1)从中任取1个小猫摆件,记得到黑猫、白猫、红猫分别为事件A,B,C,因为A,B,C两两互斥,
所以由题意得
即解得所以任取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个小猫摆件包含的样本点有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个小猫摆件是黑猫包含的样本点有ab,ac,bc,共3个,2个小猫摆件是白猫包含的样本点有mn,共1个,2个小猫摆件是红猫包含的样本点有xy,共1个,
所以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-=.
15.D　[解析] 方法—:记甲上到第n级台阶共有an种上法,则a1=1,a2=2,a3=4.当4≤n≤11时,甲上到第n级台阶,可以从第n-1级或第n-2级或第n-3级上去,所以an=an-1+an-2+an-3,所以a4=7,a5=13,a6=24,a7=44,a8=81,a9=149,a10=274,a11=504.甲踩过第6级台阶的上台阶方法种数,可分两步计算,第一步,从第1级到第6级,共有a6种方法;第二步,从第7级到第11级,相当于从第1级到第5级的方法种数,共有a5种方法,所以甲踩过第6级台阶的上台阶方法种数为a6a5=24×13,则甲没踩过第6级台阶的概率P=1-=1-=.故选D.
方法二:楼梯有11级台阶,甲一步能上1级或2级或3级台阶,按每一步上3级的情况分类如下:三步3级:3+3+3+2=11,走法有=4(种),3+3+3+1+1=11,走法有=10(种);两步3级:3+3+1+1+1+1+1=11,走法有=21(种),3+3+2+1+1+1=11,走法有=60(种),3+3+2+2+1=11,走法有=30(种);一步3级:3+1+1+1+1+1+1+1+1=11,走法有=9(种),3+2+1+1+1+1+1+1=11,走法有=56(种),3+2+2+1+1+1+1=11,走法有=105(种),3+2+2+2+1+1=11,走法有=60(种),3+2+2+2+2=11,走法有=5(种);零步3级:1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1=11,走法有=1(种),2+1+1+1+1+1+1+1+1+1=11,走法有=10(种),2+2+1+1+1+1+1+1+1=11,走法有=36(种),2+2+2+1+1+1+1+1=11,走法有=56(种),2+2+2+2+1+1+1=11,走法有=35(种),2+2+2+2+2+1=11,走法有=6(种).综上,上11级台阶共有4+10+21+60+30+9+56+105+60+5+1+10+36+56+35+6=504(种)走法.同理,可得从第1级到第6级,共有24种走法;从第7级到第11级共有13种走法,则甲没踩过第6级台阶的概率P=1-=.故选D.
16.　[解析] 记“一号列车准点到站”为事件M,“二号列车准点到站”为事件N,则P(M)=,P(N)=,P(M+)=.由P(M+)=P(M)+P()-P(M),得P(M)=,则由P(M)=P(MN)+P(M),得P(MN)=,所以P(A+B)=P(M+N)=P(M)+P(N)=+P(N),由P(N)=P(MN)+P(N),得=+P(N),故P(N)=,所以P(A+B)=+P(N)=.

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