资源简介

第3节　随机事件的概率与古典概型
（时间：60分钟，满分：96分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.下列说法正确的是（　　）
A.随着试验次数的增加，随机事件发生的频率会逐渐稳定于该随机事件发生的概率
B.某种福利彩票的中奖概率为，买1 000张这种彩票一定能中奖
C.连续100次掷一枚质地均匀的硬币，结果出现了49次反面，则掷一枚硬币出现反面的概率为
D.某市气象台预报“明天本市降水概率为70％”，指的是：该市气象台专家中，有70％认为明天会降水，30％认为明天不会降水
2.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
3.在一次随机试验中，三个事件A1，A2，A3发生的概率分别是0.2，0.3，0.5，则下列选项正确的是（　　）
A.A1＋A2＋A3是必然事件
B.A1＋A2与A3是互斥事件，也是对立事件
C.P（A1＋A2）≤0.5
D.P（A2＋A3）＝0.8
4.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（　　）
A.　　　 B. C.　　　 D.
5.〔多选〕从5名女生和4名男生中任选两个人参加某项活动，有如下随机事件：A＝“至少有1名女生”，B＝“至少有1名男生”，C＝“恰有1名男生”，D＝“两名都是女生”，E＝“恰有1名女生”，下列结论正确的是（　　）
A.C＝E B.A＝B
C.D∩E≠ D.B与D互为对立事件
6.〔多选〕某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站（首发站）乘车，假设每人自第2号车站开始，在每个车站下车是等可能的，则（　　）
A.甲、乙两人下车的所有可能的结果有9种
B.甲、乙两人同时在第2号车站下车的概率为
C.甲、乙两人同时在第4号车站下车的概率为
D.甲、乙两人在不同的车站下车的概率为
7.甲、乙两人破译同一个密码，记甲、乙破译出密码分别为事件A，B，则B∪A表示的含义是　　　　　　　，
事件“密码被破译”可表示为　　　　.
8.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为　　　　.
9.（13分）某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两所中学所推荐的学生一起参加集训.集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率.
10.某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（　　）
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
11.（2026·山东威海模拟）已知甲、乙两人投篮命中率分别为，，并且他们投篮互不影响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为（　　）
A. B.
C. D.
12.〔多选〕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：
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
则下列说法正确的是（　　）
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，小张应该走线路一
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
13.（2024·新高考Ⅰ卷14题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为　　　　.
14.（15分）某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品.现用两种新配方（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：
A配方的频数分布表
指标值 [90，94） [94，98） [98，102） [102，106） [106，110]
频数 8 20 42 22 8
B配方的频数分布表
指标值 [90，94） [94，98） [98，102） [102，106） [106，110]
频数 4 12 42 32 10
（1）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；
（2）已知用B配方生产的一件产品的利润y（单位：元）与其质量指标值t的关系为y＝估计用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润.
15.〔创新交汇〕（2026·浙江绍兴模拟）已知数列{an}，ai（i＝1，2，…，n）等可能取－1，0或1，数列{bn}满足b1＝0，且bn＋1＝bn＋an，则b5＝0的概率为　　　　.
第3节　随机事件的概率与古典概型
1.A　2.A　3.C　4.D　5.AD　6.ABD　7.只有一人破译出密码　B∪A∪AB
8.　解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有＝70（种）.其中4个点共面有以下两种情况：①所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；②所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝＝.
9.解：（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名.入选代表队学生全从B中学抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为＝，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
（2）设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，记“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E，则P（D）＝＝，P（E）＝＝.由互斥事件的概率加法公式，得P（C）＝P（D）＋P（E）＝＋＝，故所求事件的概率为.
10.C　如图，设A集合为“优秀员工”，B集合为“高级工程师”，由题知A集合有85个元素，A∩B有75个元素， U（A∪B）有14个元素，故集合B中有96个元素.故概率P＝＝，故选C.
11.C　甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响.现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多包含以下两种情况：①甲进1球，乙进0球，概率为p1＝×××（ ）2＝；②甲进2球，乙进1球，概率为p2＝（ ）2×（ ）2＝；③甲进2球，乙进0球，概率为p3＝（ ）2×（ ）2＝.∴甲比乙进球数多的概率p＝p1＋p2＋p3＝＋＋＝.
12.BD　对于选项A，“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，所以选项A错误；对于选项B，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，所以线路一比线路二更节省时间，所以选项B正确；对于选项C，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，小张应该选线路二，所以选项C错误；对于选项D，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，所以选项D正确.故选B、D.
13.　解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3－2，5－4，7－6.得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5时赢，其余输：1－6，3－2，5－4，7－8；（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－4；（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－4，7－2.共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的概率为＝.
14.解：（1）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为＝0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为＝0.42，所以用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.
（2）由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为＝0.96，
所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.
用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为×[4×（－2）＋54×2＋42×4]＝2.68（元）.
15.　解析：由题意可得：b2＝b1＋a1＝a1，b3＝b2＋a2＝a1＋a2，b4＝b3＋a3＝a1＋a2＋a3，b5＝b4＋a4＝a1＋a2＋a3＋a4，若b5＝0，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，a1，a2，a3，a4各随机从－1，0，1中选一个，共有34＝81种情况；若a1＋a2＋a3＋a4＝0，可分为三类：a1，a2，a3，a4都取0，一种情况；a1，a2，a3，a4中两个取0，一个取1，一个取－1，共有×＝12，a1，a2，a3，a4中两个取1，两个取－1，共有＝6，共计19种情况，所以b5＝0的概率为.
1 / 1第3节　随机事件的概率与古典概型
1.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. 2.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能进行随机事件的并、交运算. 3.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 4.理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.
知识梳理
1.样本空间和随机事件
关键词 含义
样本点 随机试验E的　　　　　　的基本结果，常用ω表示样本点
样本空间 　　　　样本点的集合，常用Ω表示样本空间
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
随机事件 样本空间Ω的　　　　，常用大写字母A，B，C，…表示
基本事件 只包含一个样本点的事件
必然事件 每次试验　　　　　　的事件
不可能 事件 每次试验　　　　　　的事件
2.两个事件的关系和运算
事件的关系和运算 含义 符号表示
包含关系 A发生导致B发生 A B
相等关系 B A且A B A＝B
并事件（和事件） A与B至少有一个发生 A∪B或A＋B
交事件（积事件） A与B同时发生 A∩B或AB
互斥事件 A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对立事件 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝ ， A∪B＝Ω
提醒：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，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
3.古典概型
（1）古典概型的特征
①有限性：样本空间的样本点只有　　　个；
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：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.
4.概率的基本性质
（1）对任意的事件A，都有P（A）≥0；
（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；
（3）如果事件A与事件B互斥，那么P（A∪B）＝　　　　　　　；
（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）＝　　　　　　　　　　　　；
（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；
（6）设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P（A∪B）＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.
提醒：若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.
5.频率和概率
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.因此，可以用频率fn（A）估计概率P（A）.
诊断自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）事件发生的频率与概率是相同的.（　　）
（2）两个事件的和事件是指两个事件同时发生.（　　）
（3）若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件.（　　）
（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.（　　）
2.一个人打靶时连续射击两次，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
3.把一枚质地均匀的硬币连续抛掷1 000次，其中有496次正面朝上，504次反面朝上，则掷一次硬币正面朝上的概率为（　　）
A.0.496 B.0.504
C.0.5 D.1
4.为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将6罐这种饮料装一箱，每箱中都放置2罐能够中奖的饮料.若从一箱中随机抽出2罐，能中奖的概率为　　　　.
5.抛掷一枚骰子，记A为事件“出现的点数是奇数”，B为事件“出现的点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝　　　　，P（A∩B）＝　　　　.
随机事件关系的判断
（基础自学过关）
1.（2025·江苏常州金坛区二模）口袋中装有3个红球和4个黑球，每个球编有不同的号码，现从中取出3个球，则互斥而不对立的事件是（　　）
A.至少有1个红球与至少有1个黑球
B.至少有1个红球与都是黑球
C.至少有1个红球与至多有1个黑球
D.恰有1个红球与恰有2个红球
2.〔多选〕下列结论正确的有（　　）
A.若A，B互为对立事件，P（A）＝1，则P（B）＝0
B.若事件A，B，C两两互斥，则事件A与B∪C互斥
C.若事件A与B对立，则P（A∪B）＝1
D.若事件A与B互斥，则它们的对立事件也互斥
3.〔多选〕对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A＝“两弹都击中飞机”，事件B＝“两弹都没击中飞机”，事件C＝“恰有一弹击中飞机”，事件D＝“至少有一弹击中飞机”，则下列关系正确的是（　　）
A.A∩D＝ B.B∩D＝
C.A∪C＝D D.A∪B＝B∪D
判断互斥事件、对立事件的两种方法 （1）定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义，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； （2）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.
随机事件的概率
（定向精析突破）
考向1　古典概型
（1）（2022·新高考Ⅰ卷5题）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.
（2）（2026·江苏海安、宿迁中学测试）将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为（　　）
A. B.
C. D.
听课记录
1.古典概型的概率求解步骤 （1）求出样本空间Ω包含的所有样本点的个数n； （2）求出事件A 包含的所有样本点的个数k； （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：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列、组合的知识.
考向2　互斥事件与对立事件的概率
（1）〔多选〕已知事件A，B，C两两互斥，若P（A）＝，P（A∪B）＝，P（A∪C）＝，则（　　）
A.P（B）＝ B.P（C）＝
C.P（B∪C）＝ D.P（B∩C）＝0
（2）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，则1张奖券的中奖概率为　　　　；1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为　　　　.
听课记录
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.
训练1 （1）（2026·广东佛山模拟）学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（　　）
A. B.
C. D.
（2）〔一题多解〕经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队等候的人数及相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
则至多2人排队等候的概率为　　　　；至少3人排队等候的概率为　　　　；
（3）（2025·八省联考）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　　　　.
用频率估计概率
（师生共研过关）
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，统计了前三年的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；
（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.
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.
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；
（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；
（3）求续保人本年度平均保费的估计值.
第3节　随机事件的概率与古典概型
【夯实必备知识】
知识梳理
1.每个可能　全体　子集　一定发生　一定不发生
3.（1）①有限　②相等　（2）　
4.（3）P（A）＋P（B）　（4）1－P（B）
（6）P（A）＋P（B）－P（A∩B）
5.稳定于
诊断自测
1.（1）×　（2）×　（3）×　（4）×
2.B　3.C　4.　5.　
【研透核心考点】
考点1
1.D　2.ABC　3.BC　
考点2
【例1】　
（1）D　（2）A　解析：（1）从7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21（种）取法，取得的2个数互质的情况有（2，3），（2，5），（2，7），（3，4），（3，5），（3，7），（3，8），（4，5），（4，7），（5，6），（5，7），（5，8），（6，7），（7，8），共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.故选D.
（2）由题得任意放球共有＝24种方法，如果有1个小球与所在的盒子的编号相同，第一步，从4个小球中选择1个，使其编号与盒子编号相同.选择的方式有4种；第二步，不妨设选的是1号球，再对后面的2，3，4进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有（4，2，3），（3，4，2）两种，所以有1个小球与所在的盒子的编号相同，共有4×2＝8种方法.由古典概型的概率公式得恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为P＝＝，故选A.
【例2】　（1）ACD　（2）　
解析：（1）因为事件A，B，C两两互斥，所以P（B∩C）＝0，故D正确；P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝＋P（B）＝，则P（B）＝，故A正确；P（A∪C）＝P（A）＋P（C）＝＋P（C）＝，则P（C）＝，故B错误；P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝＋＝，故C正确.故选A、C、D.
（2）设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C.∵A，B，C两两互斥，∴P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝＝，故1张奖券中奖的概率为.设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与事件“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P（N）＝1－P（A∪B）＝1－[P（A）＋P（B）]＝1－（ ＋）＝.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
训练1　（1）C　（2）0.56　0.44　（3）
解析：（1）由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为，所有的分组组数为，结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为p＝＝.
（2）记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥.①记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P（G）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
②法一　记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P（H）＝P（D∪E∪F）＝P（D）＋P（E）＋P（F）＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二　记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P（H）＝1－P（G）＝0.44.
（3）从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为＝＝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.
考点3
【例3】　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）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.
训练2　解：（1）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）事件B发生的条件是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）由所给数据得
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
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.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
1 / 1(共77张PPT)
第3节　随机事件的概率与古典概型
课标要求
1. 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.
2. 了解随机事件的并、交与互斥的含义，能进行随机事件的并、交运算.
3. 理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
4. 理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
知识梳理
1. 样本空间和随机事件
关键词 含义
样本点 随机试验E的 的基本结果，常用ω表示样本
点
样本空间 样本点的集合，常用Ω表示样本空间
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
每个可能　
全体　
关键词 含义
随机事件 样本空间Ω的 ，常用大写字母A，B，C，…表
示
基本事件 只包含一个样本点的事件
必然事件 每次试验 的事件
不可能事件 每次试验 的事件
子集　
一定发生　
一定不发生　
2. 两个事件的关系和运算
事件的关 系和运算 含义 符号表示
包含关系 A发生导致B发生 A B
相等关系 B A且A B A＝B
并事件（和事件） A与B至少有一个发生 A∪B或A＋B
事件的关系和运算 含义 符号表示
交事件（积事件） A与B同时发生 A∩B或AB
互斥事件 A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对立事件 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝ ，
A∪B＝Ω
提醒：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，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
3. 古典概型
（1）古典概型的特征
①有限性：样本空间的样本点只有 个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性 .
有限　
相等　
（2）古典概型的概率公式：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.
　
　
4. 概率的基本性质
（1）对任意的事件A，都有P（A）≥0；
（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；
（3）如果事件A与事件B互斥，那么P（A∪B）＝
；
（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）＝ ；
（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；
P（A）＋P
（B）　
1－P（B）　
（6）设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P（A∪B）＝
.
提醒：若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪An）＝P
（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.
P
（A）＋P（B）－P（A∩B）　
5. 频率和概率
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.因此，可以用频率fn（A）估计概率P（　A　）.
A
稳定于　
诊断自测
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）事件发生的频率与概率是相同的. （　×　）
（2）两个事件的和事件是指两个事件同时发生. （　×　）
（3）若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件. （　×　）
（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. （　×　）
×
×
×
×
2. 一个人打靶时连续射击两次，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”.
3. 把一枚质地均匀的硬币连续抛掷1 000次，其中有496次正面朝上，504
次反面朝上，则掷一次硬币正面朝上的概率为（　　）
A. 0.496 B. 0.504
C. 0.5 D. 1
√
解析： 　掷一次硬币正面朝上的概率是0.5.

解析：6罐饮料随机抽出2罐的种数有15种，两罐都不中奖的种数有6种，
两罐都不中奖的概率为 ＝ ，故中奖的概率为1－ ＝ .
　
5. 抛掷一枚骰子，记A为事件“出现的点数是奇数”，B为事件“出现的
点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝ 　 　，P（A∩B）＝ 　 　.
解析：抛掷一枚骰子，样本空间出现的点数是{1，2，3，4，5，6}，事件
A∪B包括出现的点数是{1，3，5，6}这4个样本点，故P（A∪B）＝ ；
事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P（A∩B）＝ .
　
　
02
PART
研透核心考点
随机事件关系的判断（基础自学过关）
1. （2025·江苏常州金坛区二模）口袋中装有3个红球和4个黑球，每个球
编有不同的号码，现从中取出3个球，则互斥而不对立的事件是（　　）
A. 至少有1个红球与至少有1个黑球
B. 至少有1个红球与都是黑球
C. 至少有1个红球与至多有1个黑球
D. 恰有1个红球与恰有2个红球
√
解析： 对于A，不互斥，如取出2个红球和1个黑球，与至少有1个黑球
不是互斥事件，所以A不符合题意；对于B，至少有1个红球与都是黑球不
能同时发生，且必有其中1个发生.所以为互斥事件，且为对立事件，所以
B不符合题意；对于C，不互斥.如取出2个红球和1个黑球，与至多有1个黑
球不是互斥事件，所以C不符合题意；对于D，恰有1个红球与恰有2个红球
不能同时发生，所以为互斥事件，但不对立，如恰有3个红球.
2. 〔多选〕下列结论正确的有（　　）
A. 若A，B互为对立事件，P（A）＝1，则P（B）＝0
B. 若事件A，B，C两两互斥，则事件A与B∪C互斥
C. 若事件A与B对立，则P（A∪B）＝1
D. 若事件A与B互斥，则它们的对立事件也互斥
√
√
√
解析： 　由题意得，P（B）＝1－P（A）＝0，故A正确；若事件
A，B，C两两互斥，则事件A，B，C不可能同时发生，则事件A与
B∪C也不可能同时发生，则事件A与B∪C互斥，故B正确；若事件A与
B对立，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝1，故C正确；若事件A，
B互斥但不对立，则它们的对立事件不互斥，故D错误.故选A、B、C.
3. 〔多选〕对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件
A＝“两弹都击中飞机”，事件B＝“两弹都没击中飞机”，事件C＝
“恰有一弹击中飞机”，事件D＝“至少有一弹击中飞机”，则下列关系
正确的是（　　）
A. A∩D＝ B. B∩D＝
C. A∪C＝D D. A∪B＝B∪D
√
√
解析： 　“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击
中，另一种是两弹都击中，故A∩D≠ ，B∩D＝ ，A∪C＝D，
A∪B≠B∪D. 故选B、C.
判断互斥事件、对立事件的两种方法
（1）定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义，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；
（2）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.
随机事件的概率（定向精析突破）
考向1　古典概型
（1）（2022·新高考Ⅰ卷5题）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（　D　）
D
解析： 从7个整数中随机取2个不同的数，共有 ＝21（种）取法，取得
的2个数互质的情况有（2，3），（2，5），（2，7），（3，4），（3，
5），（3，7），（3，8），（4，5），（4，7），（5，6），（5，
7），（5，8），（6，7），（7，8），共14种，根据古典概型的概率公
式，得这2个数互质的概率为 ＝ .故选D.
（2）（2026·江苏海安、宿迁中学测试）将编号为1，2，3，4的小球放入
编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有1个小球与所在
盒子编号相同的概率为（　A　）
A
解析：由题得任意放球共有 ＝24种方法，如果有1个小球与所在的盒子
的编号相同，第一步，从4个小球中选择1个，使其编号与盒子编号相同.
选择的方式有4种；第二步，不妨设选的是1号球，再对后面的2，3，4进
行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有（4，2，3），
（3，4，2）两种，所以有1个小球与所在的盒子的编号相同，共有4×2＝
8种方法.由古典概型的概率公式得恰有1个小球与所在盒子编号相同的概
率为P＝ ＝ ，故选A.
1. 古典概型的概率求解步骤
（1）求出样本空间Ω包含的所有样本点的个数n；
（2）求出事件A 包含的所有样本点的个数k；
（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：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列、组
合的知识.
考向2　互斥事件与对立事件的概率
（1）〔多选〕已知事件A，B，C两两互斥，若P（A）＝ ，P
（A∪B）＝ ，P（A∪C）＝ ，则（　ACD　）
D. P（B∩C）＝0
ACD
解析： 因为事件A，B，C两两互斥，所以P（B∩C）＝0，故D正确；
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝ ＋P（B）＝ ，则P（B）＝ ，
故A正确；P（A∪C）＝P（A）＋P（C）＝ ＋P（C）＝ ，则P
（C）＝ ，故B错误；P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝ ＋ ＝ ，
故C正确.故选A、C、D.
（2）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，则1张奖券的中奖概
率为 　 　；1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 　 　.
　
　
解析：设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C. ∵A，B，C两
两互斥，∴P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）
＝ ＝ ，故1张奖券中奖的概率为 .设“1张奖券不中特等奖
且不中一等奖”为事件N，则事件N与事件“1张奖券中特等奖或中一等
奖”为对立事件，∴P（N）＝1－P（A∪B）＝1－[P（A）＋P
（B）]＝1－（ ＋ ）＝ .故1张奖券不中特等奖且不中一等奖
的概率为 .
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.
训练1 （1）（2026·广东佛山模拟）学校举办篮球赛，将6支球队平均分成
甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（　C　）
解析： 由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为 ，
所有的分组组数为 ，结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为p
＝ ＝ .
C
（2）〔一题多解〕经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队等候的人数及
相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人
以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
则至多2人排队等候的概率为 ；至少3人排队等候的概率
为 ；
0.56　
0.44　
解析：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人
排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事
件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，
F彼此互斥.①记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所
以P（G）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.1＋
0.16＋0.3＝0.56.
②法一　记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P
（H）＝P（D∪E∪F）＝P（D）＋P（E）＋P（F）＝0.3＋0.1＋
0.04＝0.44.
法二　记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P
（H）＝1－P（G）＝0.44.
（3）（2025·八省联考）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，则样本空间中总的样本点数为 ＝
＝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 .
用频率估计概率（师生共研过关）
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，统计了前三年的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，当且仅当最高气温低于25，由
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. 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.
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发生的条件是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
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
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.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
03
PART
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：96分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. 下列说法正确的是（　　）
A. 随着试验次数的增加，随机事件发生的频率会逐渐稳定于该随机事件
发生的概率
D. 某市气象台预报“明天本市降水概率为70％”，指的是：该市气象台
专家中，有70％认为明天会降水，30％认为明天不会降水
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
解析： 　随着试验次数的增加，随机事件发生的频率会逐渐稳定于该随
机事件发生的概率，A正确；某种福利彩票的中奖概率为 ，买1 000张
这种彩票不一定能中奖，B错误；掷一枚质地均匀的硬币出现反面的概率
为 ，C错误；气象台预报“明天本市降水概率为70％”，表明明天降水的
可能性为70％，故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2. 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
√
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 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3. 在一次随机试验中，三个事件A1，A2，A3发生的概率分别是0.2，
0.3，0.5，则下列选项正确的是（　　）
A. A1＋A2＋A3是必然事件
B. A1＋A2与A3是互斥事件，也是对立事件
C. P（A1＋A2）≤0.5
D. P（A2＋A3）＝0.8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　对于A选项，P（A1＋A2＋A3）＝P（A1＋A2）＋P（A3）－P
（（A1＋A2）∩A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3）－P（A1∩A2）－
P（（A1＋A2）∩A3）＝1－P（A1∩A2）－P（（A1＋A2）∩A3）≤1，
所以A1＋A2＋A3不一定是必然事件，A错；对于B选项，因为（A1＋A2）
∩A3不一定是不可能事件，故A1＋A2与A3不一定互斥，B错；对于C选
项，P（A1＋A2）＝P（A1）＋P（A2）－P（A1∩A2）＝0.5－P
（A1∩A2）≤0.5，C对；对于D选项，P（A2＋A3）＝P（A2）＋P
（A3）－P（A2∩A3）＝0.8－P（A2∩A3）≤0.8，D错.故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4. 某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免
费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5
名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一
名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不
在同一个场馆的概率为（　　）
√
解析： 　将5名志愿者分配到4个场馆，共有 种不同的方法，其中
A，B两名志愿者在同一个场馆共有 种不同的方法，所以A，B两名志
愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－ ＝ .故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
5. 〔多选〕从5名女生和4名男生中任选两个人参加某项活动，有如下随机
事件：A＝“至少有1名女生”，B＝“至少有1名男生”，C＝“恰有1名
男生”，D＝“两名都是女生”，E＝“恰有1名女生”，下列结论正确的
是（　　）
A. C＝E B. A＝B
C. D∩E≠ D. B与D互为对立事件
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　对于A，“恰有1名男生”与“恰有1名女生”是同一个事件，
即C＝E，A正确；对于B，事件A＝“至少有1名女生”包含“1名女生和
1名男生”、“两名女生”两种情况，事件B＝“至少有1名男生”包含“1
名男生和1名女生”、“两名男生”两种情况，故A≠B，B错误；对于
C，事件D＝“两名都是女生”，事件E＝“恰有1名女生”＝“1名女
生，1名男生”，两个事件互斥，故D∩E＝ ，C错误；对于D，样本空间
Ω＝{“两名女生”、“1名女生，1名男生”、“两名男生”}，故B与D
互为对立事件，D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6. 〔多选〕某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车
站（首发站）乘车，假设每人自第2号车站开始，在每个车站下车是等可
能的，则（　　）
A. 甲、乙两人下车的所有可能的结果有9种
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　对于A，甲下车的情况有第2号车站，第3号车站，第4号车
站，共3种，同理可得，乙下车的情况数也是3，则总情况数为3×3＝9，
故A正确；对于B，甲、乙两人同时在第2号车站下车的情况数为1，则概率
为 ，故B正确；对于C，甲、乙两人同时在第4号车站下车的情况数为1，
则概率为 ，故C错误；对于D，甲、乙两人在相同车站下车的情况数为
3，则在不同车站下车的情况数为9－3＝6，即概率为 ＝ ，故D正确.故
选A、B、D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
7. 甲、乙两人破译同一个密码，记甲、乙破译出密码分别为事件A，B，
则 B∪A 表示的含义是 ，事件“密码被破译”
可表示为 .
解析：由题意 代表甲没有破译出密码， 代表乙没有破译出密码，则
B表示甲没有破译同时乙破译了，A 表示甲破译同时乙没有破译，所以
B∪A 的含义是只有一人破译出密码；事件“密码被破译”可以分为甲没
有破译同时乙破译了或甲破译同时乙没有破译或甲乙都破译了，所以可表
示为 B∪A ∪AB.
只有一人破译出密码　
B∪A ∪AB　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

解析：从正方体的8个顶点中任选4个，
取法有 ＝70（种）.其中4个点共面有
以下两种情况：①所取的4个点为正方体
同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取
法；②所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝ ＝ .
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
9. （13分）某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名
男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两所中学所推荐的学生
一起参加集训.集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、
女生中随机抽取3人组成代表队.
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
解： 由题意，参加集训的男、女生各有6名.入选代表队学生全从B中
学抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为 ＝ ，因
此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生
人数不少于2人的概率.
解： 设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，记“参赛女生有2
人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E，则P（D）＝ ＝ ，P
（E）＝ ＝ .由互斥事件的概率加法公式，得P（C）＝P（D）＋
P（E）＝ ＋ ＝ ，故所求事件的概率为 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
10. 某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是
高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有
14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工
是高级工程师的概率为（　　）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　如图，设A集合为“优秀员工”，B集合为
“高级工程师”，由题知A集合有85个元素，A∩B有75
个元素， U（A∪B）有14个元素，故集合B中有96个
元素.故概率P＝ ＝ ，故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
11. （2026·山东威海模拟）已知甲、乙两人投篮命中率分别为 ， ，并且
他们投篮互不影响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为
（　　）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　甲、乙两人投篮命中率分别为 和 ，并且他们投篮互不影响.
现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多包含以下两种情况：①甲进1球，乙
进0球，概率为p1＝ × × × （ ）2＝ ；②甲进2球，乙进1球，
概率为p2＝ （ ）2× （ ）2＝ ；③甲进2球，乙进0球，概率为p3
＝ （ ）2× （ ）2＝ .∴甲比乙进球数多的概率p＝p1＋p2＋p3＝
＋ ＋ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
12. 〔多选〕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：
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
则下列说法正确的是（　　）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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，小张应该走线路一
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
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 对于选项A，“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，所以选项A错误；对于选项B，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，所以线路一
比线路二更节省时间，所以选项B正确；对于选项C，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，小张应该
选线路二，所以选项C错误；对于选项D，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，所以选项D正确.故
选B、D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析：甲出1一定输，所以最多得3分，要得3分，就只有一种组合1－8，3
－2，5－4，7－6.得2分有三类，分别列举如下：（1）出3和出5时赢，其
余输：1－6，3－2，5－4，7－8；（2）出3和出7时赢，其余输：1－4，3
－2，5－8，7－6；1－8，3－2，5－6，7－4；1－6，3－2，5－8，7－
4；（3）出5和出7时赢，其余输：1－2，3－8，5－4，7－6；1－4，3－
8，5－2，7－6；1－8，3－4，5－2，7－6；1－6，3－8，5－2，7－4；1
－8，3－6，5－2，7－4；1－6，3－8，5－4，7－2；1－8，3－6，5－
4，7－2.共12种组合满足要求，而所有组合为4！，所以甲得分不小于2的
概率为 ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
14. （15分）某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明
质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品.现用两种新配方
（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了
每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：
A配方的频数分布表
指标值 [90，94） [94，98） [98，
102） [102，
106） [106，
110]
频数 8 20 42 22 8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
指标值 [90，94） [94，98） [98，
102） [102，
106） [106，
110]
频数 4 12 42 32 10
（1）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；
解： 由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为 ＝
0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为 ＝0.42，所以
用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.
B配方的频数分布表
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
（2）已知用B配方生产的一件产品的利润y（单位：元）与其质量指标值
t的关系为y＝ 估计用B配方生产的一件产品的利润大
于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解： 由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其
质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为 ＝
0.96，
所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.
用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为 ×[4×（－2）＋
54×2＋42×4]＝2.68（元）.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析：由题意可得：b2＝b1＋a1＝a1，b3＝b2＋a2＝a1＋a2，b4＝b3＋a3
＝a1＋a2＋a3，b5＝b4＋a4＝a1＋a2＋a3＋a4，若b5＝0，则a1＋a2＋a3＋
a4＝0，a1，a2，a3，a4各随机从－1，0，1中选一个，共有34＝81种情
况；若a1＋a2＋a3＋a4＝0，可分为三类：a1，a2，a3，a4都取0，一种情
况；a1，a2，a3，a4中两个取0，一个取1，一个取－1，共有 × ＝
12，a1，a2，a3，a4中两个取1，两个取－1，共有 ＝6，共计19种情
况，所以b5＝0的概率为 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑