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(共72张PPT)
第十章　计数原理、概率
10.4　随机事件与概率、古典概型
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义以及频率与概率的区别. 2.理解事件的关系和运算. 3.理解古典概型及其概率计算公式. 4.会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率. 2023 2024 2025
新课标Ⅰ卷T14
新课标Ⅱ卷T12
必备知识　回顾
1.样本空间和随机事件
(1)样本点和有限样本空间
①样本点:随机试验E的每个可能的________称为样本点,常用ω表示.
全体样本点的集合称为试验E的样本空间,常用Ω表示.
②有限样本空间:如果一个随机试验有n个可能结果ω1,ω2,…,ωn,那么称样本空间Ω={ω1,ω2,…,ωn}为有限样本空间.
(2)随机事件
①定义:将样本空间Ω的____称为随机事件,简称事件.
②表示:大写字母A,B,C,….
③随机事件的极端情形:必然事件、不可能事件.
1
知识梳理
基本结果
子集
2.事件的关系和运算
项目 含义 符号表示
包含 若事件A发生,则事件B一定发生 B A
(或A B)
相等 事件B包含事件A,事件A也包含事件B A=B
并事件 (和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 A∪B
(或A+B)
交事件 (积事件) 事件A与事件B同时发生 A∩B
(或AB)
项目 含义 符号表示
互斥 (互不相容) 事件A与事件B不能同时发生 A∩B=
互为对立 事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生 A∪B=Ω,
且A∩B=
3.频率与概率
(1)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______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.
(2)频率稳定性的作用:可以用频率fn(A)估计概率P(A).
稳定于
4.古典概型
(1)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______;
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
5.概率的基本性质
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_______________.
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)=__________,
P(A)=_________.
性质5:如果A B,那么______________.
特别地,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,我们有P(A∪B)=
________________________.
显然,性质3是性质6的特殊情况.
P(A)≥0
P(Ω)=1,P( )=0
P(A)+P(B)
1-P(A)
1-P(B)
P(A)≤P(B)
P(A)+P(B)-P(A∩B)
1.当随机事件A,B互斥时,不一定对立;当随机事件A,B对立时,一定互斥.也即两事件互斥是这两事件对立的必要不充分条件.
2.随机事件A发生的频率是随机的,而概率是客观存在的确定的常数,但在大量随机试验中,事件A发生的频率逐渐稳定于事件A发生的概率.
3.若事件A1,A2,…,An两两互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+
…+P(An).
知识拓展
1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.(　 　)
(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.(　 　)
(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)若A∪B是必然事件,则A与B是对立事件.(　 　)
基础检测
×
√
√
×
2.(人教A版必修第二册P235练习T1改编)一个人打靶时连续射击两次,下列事件中与事件“至多有一次中靶”互斥的事件是 (　 　)
A.至少有一次中靶 B.两次都中靶
C.只有一次中靶 D.两次都不中靶
解析:射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”,与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”.故选B.
B
3.(人教A版必修第二册P245练习T1(2)改编)已知A与B为互斥事件,且P(A∪B)=0.5,P(A)=0.2,则P(B)=______.
解析:因为A与B为互斥事件,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5,因此,P(B)=0.5-P(A)=0.5-0.2=0.3.
0.3
4.(人教A版必修第二册P246习题10.1T7改编)《易经》是中国传统文化中的精髓,易经八卦分别为乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑,现将乾、
坤、巽三卦按任意次序排成一排,则乾、坤相邻的概率为.
解析:将乾、坤、巽排成一排有(乾,坤,巽),(乾,巽,坤),(坤,乾,巽),(坤,巽,乾),(巽,乾,坤),(巽,坤,乾),共6种可能,乾、坤相邻的有(乾,坤,巽),(坤,乾,巽),(巽,乾,坤),(巽,坤,乾),共4种可能,所以乾、坤相邻的概率为.
关键能力　提升
考点1 事件的关系与运算
【例1】　(1)(多选)袋子中有4个大小、质地完全相同的球,其中2个红球、2个黄球,从中不放回依次摸出2个球,记A=“恰有一次摸到红球”,B=“两次都摸到红球”,C=“两次都摸到黄球”,D=“至少有一次摸到红球”,E=“至多一次摸到红球”,则下列说法正确的是(　 　)
A.事件A与事件B是互斥事件
B.事件B与事件C是对立事件
C.事件C与事件D是对立事件
D.事件D与事件E是互斥事件
AC
【解析】　对于A,由于事件A与事件B不可能同时发生,故二者是互斥事件,故A正确;对于B,B∩C= ,但B∪C≠Ω,故二者为互斥事件,不是对立事件,故B错误;对于C,至少有一次摸到红球包括有一次摸到红球一次摸到黄球和两次都摸到红球,其对立事件为没有一次摸到红球,即两次都摸到黄球,故事件C与事件D是对立事件,故C正确;对于D,DE=“有一次摸到红球,另一次摸到黄球”,故二者不互斥,故D错误.故选AC.
(2)(多选)某人连续投篮三次,每次投一球,记事件A为“三次都投中”,事件B为“三次都没投中”,事件C为“恰有两次投中”,事件D为“至少有两次投中”,则(　 　)
A.A D B.B∩D≠
C.A∪C=D D.=B
【解析】　设Ai为三次投篮命中i次,i∈{0,1,2,3},则A=A3,B=A0,C=A2,
D=A2∪A3,可得=A0∪A1,所以A D,B∩D= ,A∪C=D,=B,故A,C,D正确,B错误.故选ACD.
ACD
1.判断事件的互斥、对立关系时一般用定义判断,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,反之不成立.互斥事件是不可能同时发生的事件,但也可以同时不发生;对立事件是特殊的互斥事件,特殊在对立的两个事件不可能都不发生,即有且仅有一个发生.
2.判断事件的交、并关系时,一是要紧扣运算的定义,二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果,必要时可列出全部的试验结果进行分析.也可类比集合的关系运用Venn图分析事件.
规律总结
【对点训练1】　(1)(苏教版必修第二册P292练习T1改编)某人射击一次,设事件A=“击中环数小于8”,事件B=“击中环数大于8”,事件C=“击中环数不小于8”,事件D=“击中环数不大于9”,则下列说法正确的是 (　 　)
A.A和B是对立事件 B.B和C是互斥事件
C.A和C是对立事件 D.B和D是互斥事件
C
解析:对于A,事件A=“击中环数小于8”与事件B=“击中环数大于8”是互斥事件但不是对立事件,故A错误;对于B,事件B=“击中环数大于8”与事件C=“击中环数不小于8”能同时发生,所以不是互斥事件,故B错误;对于C,事件A=“击中环数小于8”与事件C=“击中环数不小于8”是对立事件,故C正确;对于D,事件B=“击中环数大于8”与事件D=“击中环数不大于9”能同时发生,不是互斥事件,故D错误.故选C.
(2)(多选)(人教A版必修第二册P235练习T2改编)对空中飞行的飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,记事件A为“两次都击中飞机”,事件B为“两次都没击中飞机”,事件C为“恰有一次击中飞机”,事件D为“至少有一次击中飞机”,则(　 　)
A.A D B.B∩D=
C.A+C=D D.A+C=B+D
ABC
解析:对于A,至少有一次击中飞机包括一次击中飞机,一次未击中飞机和两次都击中飞机,则事件A包含于事件D,故A正确;对于B,由于事件B,D不能同时发生,因此B∩D= ,故B正确;对于C,由题易知C正确;对于D,由于A+C=D不是必然事件,而B+D是必然事件,故D错误.故选ABC.
考点2 用频率估计概率
【例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,得到下面的频数分布表:
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;
【解】这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当当天的最高气温低于25 ℃,由题表中数据可知,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)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】当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,若最高气温低于20 ℃,则Y=200×6+(450-200)×2-450×4=-100;
若最高气温位于区间[20,25),则Y=300×6+(450-300)×2-450×4=300;
若最高气温不低于25 ℃,则Y=450×(6-4)=900.
所以利润Y的所有可能值为-100,300,900.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃,由题表中数据知,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.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,有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.
2.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步趋近于某一个常数,这个常数就是概率.
规律总结
【对点训练2】　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表:
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名续保人在上一年内的出险情况,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“续保人本年度的保费不高于基本保费”,求P(A)的估计值;
解:事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2,由所给数据知,一年内出险次数小于2的频率为=0.55,用频率估计概率,故P(A)的估计值为0.55.
(2)记B为事件“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;
解:事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
由所给数据知,一年内出险次数大于1且小于4的频率为=0.3,用频率估计概率,故P(B)的估计值为0.3.
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
解:由所给数据得
调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30+a×0.25+1.25a×0.15+1.5a
×0.15+1.75a×0.10+2a×0.05=1.192 5a(元).因此,续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a元.
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05
考点3 古典概型
命题角度1　古典概型的概率
【例3】　(1)(2025·安徽黄山一模)已知A,B,C是三种电子信息传递元件,第一次由A元件将信息传出,每次传递时,传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个,则第三次传递后,信息在A元件中的概率是(　 　)
A.
C.
B
【解析】　依题意三次传递所有的传递方法有A→B→A→B;A→B→A
→C;A→B→C→A;A→B→C→B;A→C→A→B;A→C→A→C;A→C→B→A;A→C→B→C,则共有8种传递方法.第三次传递后,信息在A元件中的情况有两种,所以第三次传递后,信息在A元件中的概率P=.故选B.
(2)(2025·山东青岛二模)5件产品中有2件次品,现逐一检查,直至能确定所有次品为止,则第四次检测结束的概率为 (　 　)
A.
C.
【解析】　检验4次的方法总数为=120,因为恰好检验4次就停止,所以前三次中检验出一件次品,第4次检验出第2件次品,共=36(种)方法,或前三次中检验出一件次品,第4次检验出一件正品,共=36(种)方法,所以满足题意的概率为P=.故选C.
C
1.古典概型的概率求解步骤
(1)求出所有样本点的个数n.
(2)求出事件A包含的所有样本点的个数m.
(3)代入公式P(A)=求解.
2.求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法:适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法:适用于需要分步完成的试验结果.树状图在解决求样本点总数和事件A包含的样本点个数的问题时直观、方便,但画树状图时要注意按照一定的顺序确定分枝,避免造成遗漏或重复.
(3)排列、组合法:在求一些较复杂问题的样本点个数时,可利用排列、组合的知识.
规律总结
命题角度2　较复杂古典概型的概率
【例4】　算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.如图,算盘多为木制,内嵌有九至十五根直杆(简称档),自右向左分别表示个位、十位、百位……梁上面一粒珠子(简称上珠)代表5,梁下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如,个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的三位数能被5整除”,B=“表示的三位数能被3整除”.
(1)求事件A,B发生的概率;
【解】只拨动一粒珠子至梁上,因此只表示数字1或5,三位数的个数是23=8,要使得组成的三位数能被5整除,则只需个位数字是5即可,而这些数中个位数字是5的数的个数为22=4,所以事件A发生的概率P(A)=.
由题意要使得组成的三位数能被3整除,则只能同时出现3个1或者同时出现3个5,即111和555共两个数,
即组成的三位数能被3整除的数的个数为2,所以事件B发生的概率P(B)=.
故P(A)=,P(B)=.
(2)求事件A∪B,A∩B发生的概率.
【解】因为A∩B表示组成的三位数既能被3整除,又能被5整除,
只有555既能被3整除,又能被5整除,
所以P(A∩B)=.
因为A∪B表示组成的三位数能被3整除或能被5整除,
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=.
故P(A∩B)=,P(A∪B)=.
互斥事件概率的两种求法
(1)将所求事件转化成几个彼此互斥事件的和事件,利用互斥事件概率的加法公式求解概率.
(2)若将一个较复杂的事件转化为几个彼此互斥事件的和事件时分类太多,而其对立面的分类较少,可考虑先求其对立事件的概率,即运用“正难则反”的思想.常用此方法求“至少”“至多”型事件的概率.
规律总结
【对点训练3】　(1)(2025·湖南常德一模)从1,2,3,4,5,6,7这7个数中任选3个不同数排成一个数列,则得到的数列为等差数列的概率为 (　 　)
A.
解析:从给定的7个数中任取3个排成一个数列的试验有个基本事件,能构成等差数列,则公差为±1的有5×2个,公差为±2的有3×2个,公差为±3的有1×2个,共18个基本事件,所以得到的数列为等差数列的概率为.故选A.
A
(2)(2025·河北保定三模)甲、乙两人进行一场抽卡游戏,规则如下:有编号1,2,3,4,5,6的卡片各1张,两人轮流从中不放回地随机抽取1张卡片,直到其中1人抽到的卡片编号之和等于10或者所有卡片被抽完时,游戏结束.若
甲先抽卡,则甲抽了3张卡片时,游戏恰好结束的概率为.
解析:根据题意可知,甲抽了3张卡片时,游戏恰好结束相当于从6张卡片中抽取了5张,且甲抽取的三张卡片数字之和为10,乙抽取的两张卡片数字之和不为10,则总的情况相当于从6张卡片中抽取了5张并进行排列,即共=720(种)排法,其中三张卡片数字之和为10的组合有1,3,6;1,4,5;2,3,5共3种情况,两张卡片数字之和为10的组合有4,6一种情况,当甲抽取的卡片的数字为1,3,6;1,4,5时,乙在剩余的3张卡片中随意抽取两张卡片再进行排列,共有2=72(种)排法;当甲抽取的卡片的数字为2,3,5时,若乙抽取的两张卡片的数字为4,6,则不合题意,此时共有()=24(种)排法.所以符合题意的排列总数为72+24=96,可得所求概率为P=.
高考真题 教材典题
(2024·全国甲卷理)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于. (人教A版必修第二册P247习题10.1T14)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次,求下列事件的概率:
(1)没有出现6点;
(2)至少出现一次6点;
(3)三个点数之和为9.
考教衔接
解析:设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3 次球的取法有=120(种),则|m-n|=,可得|a+b-2c|≤3.当c=1时,a,b需要满足“3≤a+b≤5”,所有可能
高考真题 教材典题
(人教A版必修第二册P247习题10.1T14)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次,求下列事件的概率:
(1)没有出现6点;
(2)至少出现一次6点;
(3)三个点数之和为9.
情况为(2,3),(3,2),共2种.当c=2时,a,b需要满足“3≤a+b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,4),(4,1),(4,3),(5,1),
(6,1),共10种.当c=3时,a,b需要满足“3≤a+b≤9”,所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),
(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种.当c=4时,a,b需要满足“5≤a+b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),
(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种.当c=5时,a,b需要满足“7≤a+b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),
(6,4),共10种.当c=6时,a,b需要满足“9≤a+b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.故共有2+10+16+16+10+2 =56(种)可能情况,所以所求概率P=.
课时作业73
1.(5分)根据统计,某篮球运动员在1 000次投篮中,命中的次数为860,则该运动员(　 　)
A.投篮10次至少有8次命中
B.投篮命中的频率为0.86
C.投篮命中的概率为0.86
D.投篮100次有86次命中
基础巩固
B
解析:对于B,C,由题意可知,投篮命中的频率为=0.86,而频率可能比概率大也可能比概率小,概率是频率的稳定值,二者不一定相等,故B正确,C错误;对于A,D,投篮10次或100次相当于做10次或100次试验,每一次的结果都是随机的,其结果可能是一次都没中,也可能是多次投中等,频率和概率只反映事件发生的可能性的大小,不代表事件一定会发生,故A,D错误.故选B.
2.(5分)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是 ,甲获胜的概率是 ,则甲不输的概率为(　 　)
A.
解析:由题意,“甲不输”包括“甲获胜”和“两人下成和棋”两种情况,两者互斥,所以甲不输的概率P=.故选A.
A
3.(5分)某小组有4名男生和2名女生,从中任选2名同学去参加歌咏比赛,下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是 (　 　)
A.至少有1名男生和至少有1名女生
B.至少有1名男生和全是男生
C.至少有1名男生和全是女生
D.恰有1名男生和恰有2名男生
D
解析:对于A, 当选到一男一女时,至少有1名男生和至少有1名女生同时发生,既不互斥也不对立,故A错误;对于B, 两名都是男生时,至少有1名男生和全是男生同时发生,既不互斥也不对立,故B错误;对于C, 至少有1名男生和全是女生,是对立事件,故C错误;对于D, 恰有1名男生和恰有2名男生,互斥而不对立,故D正确.故选D.
4.(5分)如图,甲、乙两个元件串联构成一段电路,事件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.
解析:因为甲、乙两个元件串联,线路没有故障,所以甲、乙都没有故障,即事件同时发生,即事件发生.故选D.
D
5.(5分)(2025·吉林白城二模)6个数字1,2,2,2,3,5排成一排构成一个六位数,则这个六位数为偶数的概率为 (　 　)
A.
C.
解析:6个数中1,3,5是不同的数,总事件为6个数位中选3个排1,3,5,剩余数位排2,则共有=120(种)排法,若六位数为偶数,个位数必为2,则前5个数位中选3个排1,3,5,剩余数位排2,共有=60(种)排法,所以概率P=.故选A.
A
6.(5分)(2025·黑龙江齐齐哈尔三模)有一组样本数据为-1,3,7,8,9,11,在其中添加一个数x构成一组新的样本数据,若x∈{0,2,3,8,9,12},则新、旧样本数据的下四分位数相等的概率为(　 　)
A.
C.
C
解析:易知旧样本数据共有6个,6×25%=1.5,因此旧样本数据的下四分位数为将数据从小到大排列后的第2个数,即3.添加一个数x构成一组新的样本数据共有7个,7×25%=1.75,因此新样本数据的下四分位数为将数据从小到大排列后的第2个数,也为3,所以添加的数x大于或等于3即可满足题意,即x可以为3,8,9,12.在{0,2,3,8,9,12}中任选一个作为x共有6种选择,因此所求概率P=.故选C.
7.(6分,多选)某人从装有3个白球和2个红球的袋中随机取出2个球,事件A表示取出的2个球都是白球,事件B表示取出的2个球都是红球,事件C表示取出的2个球中至少有1个白球,事件D表示取出的2个球中至少有1个红球,则下列事件是对立事件的是(　 　)
A.A与B B.A与D
C.B与C D.C与D
解析:由题意可知,A与B是互斥事件,但不是对立事件,A与D是对立事件,B与C是对立事件,C与D不是互斥事件,即C与D不是对立事件.故选BC.
BC
8.(6分,多选)某人打靶时连续射击两次,记事件A为“第一次中靶”,事件B为“至少一次中靶”,事件C为“至多一次中靶”,事件D为“两次都没中靶”.下列说法正确的是(　 　)
A.A∩B=A
B.B与C是互斥事件
C.C∪D=Ω
D.B与D是互斥事件,且是对立事件
AD
解析:由题意可知,事件Ω为“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都中靶”“两次都没有中靶”;事件A为“第一次中靶”,事件B为“至少一次中靶”,即“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都中靶”;事件C为“至多一次中靶”,即“第一次中靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“ 两次都没有中靶”;事件D为“两次都没有中靶”.故A∩B=A,B与C不是互斥事件,B与D是互斥事件,且是对立事件,C∪D≠Ω.故选AD.
9.(5分)(2025·山东烟台三模)将4个不同的小球放入4个不同的盒子中,则
恰有一个空盒的概率为.
解析:将4个不同的小球放入4个不同的盒子中,有44=256(种)放法,将4个小球分为三组2,1,1,有=6(种)分法,再将这三组小球放入不同的三个盒子中有=24(种)放法,所以将4个不同的小球放入4个不同的盒子中,则恰有一个空盒的概率为.
10.(5分)(2025·浙江绍兴二模)甲、乙、丙、丁等二十人排队,并从左至右依次编号1~20.甲、乙、丙、丁所对应的编号为a,b,c,d,则满足c>b>a>d
的概率为.
解析:二十人排队共有种排列方法,因为甲、乙、丙、丁排列顺序唯一确定,所以满足条件的情况数为,所以满足条件的概率为.
11.(20分)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;
解:∵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)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;
解:选择L1的有60人,选择L2的有40人,故由调查结果得频率如下表.
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)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的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: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)=0.1+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)=0.1+0.4+0.4=0.9,∵P(B1)<
P(B2),∴乙应选择L2.
12.(17分)13张大小、质地完全相同的卡牌中有八张数字牌,正面标有1~8,此外还有五张字母牌,正面标有A~E,将这十三张牌随机排成一行.
(1)求五张字母牌互不相邻的概率;
解:记五张字母牌互不相邻为事件M,五张字母牌互不相邻采用插空法共有种排法,则P(M)=.
(2)求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率.
解:记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件N,由于标1~7的牌都在标有8的牌的右侧,所以先排字母牌共有种排法,剩余位置最左侧放标有8的卡牌,剩余标1~7的牌全排列共有种排法,所以P(N)=.
13.(6分,多选)某次数学月考的一道多选题,共4个选项,全部选对得6分,部分选对得部分分,若标准答案为两个选项,则选对一个选项得3分,若标准答案为三个选项,则选对一个选项得2分,选错得0分,已知某小题的标准答案为ABD,甲、乙、丙、丁四位同学都不会做,以下说法正确的是(　 　)
A.甲同学仅随机选择一个选项,能得2分的概率为
B.乙同学仅随机选择两个选项,能得4分的概率为
C.丙同学至少选择两个选项,能得分的概率比乙同学仅随机选择两个选项得分概率高
D.丁同学至少选择一个选项,能得2分的概率与能得4分的概率相同
BD
素养提升
解析:对于A,甲同学仅随机选择一个选项,共有4种情况,分别为A,B,C,D,其中有3种情况满足要求,分别为A,B,D,故能得2分的概率为,故A错误;对于B,乙同学仅随机选择两个选项,共有6种情况,分别为AB,AC,AD,BC,BD,CD,其中能得4分的情况有3种,为AB,AD,BD,故乙同学仅随机选择两个选项,能得4分的概率为,故B正确;对于C,丙同学可以选择两个选项,三个选项和四个选项,共有11种情况,分别为AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD,ABCD,其中得分的情况有4种,为AB,AD,BD,ABD,故得分的概率为,由B可知,乙同学仅随机选择两个选项,能得分的概率为,,故丙同学至少选择两个选项,能得分的概率比乙同学仅随机选择两个选项得分概率低,故C错误;对于D,丁同学至少选择一个选项,共有15种情况,分别为
A,B,C,D,AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD,ABCD,能得2分的情况为A,B,D,故能得2分的概率为,能得4分的情况为AB,AD,BD,故能得4分的概率为,丁同学至少选择一个选项,能得2分的概率与能得4分的概率相同,故D正确.故选BD.
14.(5分)(2025·江苏苏州三模)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,从
a1,a2,a3,…,a20中任取四项,则这四项依然构成等比数列的概率为.
解析:从20项中任取4项,共有=4 845(种)情况,假设任取的4项为ai,aj,ak,al(1≤i本课结束

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