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第57讲　随机事件与概率
【课程标准】　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.　2.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.　3.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.　4.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.　5.结合实例，会用频率估计概率.
1.样本空间和随机事件
(1)样本空间
分类 定义
样本点 随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示
样本空间 全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示
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
(2)随机事件
定义 将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件
表示 一般用大写字母A，B，C，…表示
随机事件的极端情形 必然事件、不可能事件
2.两个事件的关系和运算
事件的关系或运算 含义 符号表示 图形表示
包含关系 A发生，则B一定发生 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(互不相容) A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对立 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝ ，A∪B＝Ω
3.古典概型
(1)定义：具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，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)计算公式：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.
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.
学生用书 第286页
(2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计概率P(A).
(3)随机模拟：用计算器或计算机软件产生随机数模拟试验，这类随机数是依照确定的算法产生，具有周期性(周期很长)，故称为伪随机数.
[微提醒]　频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值.
[常用结论]
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，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
2.若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
【自测诊断】
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.事件发生的频率与概率是相同的
B.两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生
C.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
D.若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件
答案：BC
2.(链接人教A必修二P235T1)一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的对立事件是(　　)
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
答案：B
解析：“至多有一次中靶”的对立事件是“两次都中靶”.故选B.
3.(多选)(链接人教A必修二P235T2)将一枚骰子向上抛掷一次，设事件A＝“向上的一面出现奇数点”，事件B＝“向上的一面出现的点数不超过2”，事件C＝“向上的一面出现的点数不小于4”，则下列说法中正确的有(　　)
A.B＝
B.C＝“向上的一面出现的点数大于3”
C.A＋C＝“向上的一面出现的点数不小于3”
D.AC＝“向上的一面出现的点数为2”
答案：BC
解析：由题意知事件A包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，3，5；事件B包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，2；事件C包含的样本点：向上的一面出现的点数为4，5，6，所以B＝“向上的一面出现的点数为2”，故A错误；C＝“向上的一面出现的点数为4或5或6”，故B正确；A＋C＝“向上的一面出现的点数为3或4或5或6”，故C正确；AC＝“向上的一面出现的点数为5”，故D错误.故选BC.
4.(链接人教A必修二P237例8)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为　　　　.
答案：
解析：五人录用三人共有10种不同方式，分别为：{丙，丁，戊}，{乙，丁，戊}，{乙，丙，戊}，{乙，丙，丁}，{甲，丁，戊}，{甲，丙，戊}，{甲，丙，丁}，{甲，乙，戊}，{甲，乙，丁}，{甲，乙，丙}.其中甲或乙被录用共9种，故甲或乙被录用的概率为.
考点一　样本空间与随机事件关系的判断 自主练透
1.同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数为(　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
答案：D
解析：事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点.故选D.
2.从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是(　　)
A.“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”
B.“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”
C.“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”
D.“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”
答案：C
解析：从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故A错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故B错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故D错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故C正确.故选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
答案：BC
解析：“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没击中或第一枚没击中、第二枚击中，“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BC.
4.(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
答案：ABC
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ABC.
学生用书 第287页
1.确定样本空间的方法
(1)列举法.(2)树状图法.(3)排列组合法.
注意：在写样本空间时，因为结果出现的机会是均等的，所以按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.
2.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.
3.判断事件的交、并关系时，一是紧扣运算的定义，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和运用Venn图分析事件.
考点二　随机事件的概率 多维探究
角度1　古典概型的概率(高考超重点)
(1)(2024·全国甲卷文)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为(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2022·新高考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.
答案：(1)B　(2)D
解析：(1)当甲在排尾，乙排第一位时，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲在排尾，乙排第二位或第三位时，丙有1种排法，丁就1种，共2种.于是甲在排尾共4种排法，同理乙在排尾共4种排法，共8种排法符合题意.基本事件总数是＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率为＝.故选B.
(2)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21(种)不同的取法.若两数不互质，则不同的取法有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种.故所求概率P＝＝.故选D.
【教师备选】　(1)(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2022·全国甲卷)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　　　　.
答案：(1)A　(2)
解析：(1)甲、乙两位同学各抽取1个主题，结果有6×6＝36(种)，其中抽到的主题不同的结果有6×5＝30(种).所以所求概率为＝.(或其中抽到的主题相同的结果有6种，所以所求概率为1－＝.)故选A.
(2)从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝＝70(个)结果，这4个点在同一个平面有m＝6＋6＝12(个)结果.故所求概率P＝＝＝.
角度2　互斥事件与对立事件的概率
某商场进行有奖销售，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)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”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)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.
1.利用公式法求解古典概型问题的步骤
2.求复杂互斥事件的概率的两种方法
(1)直接法
(2)间接法
正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，一般用间接法求解更简单.
对点练1.(2025·广东佛山二模)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.
答案：C
解析：根据题意可知，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，结合古典概型概率计算公式可得满足题意的概率值为p＝＝.故选C.
学生用书 第288页
对点练2.(2024·新课标Ⅰ卷)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　　　　.
答案：
解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝.
对点练3.经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如表所示：
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
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率.
解：(1)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，则事件A，B，C两两互斥.
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)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.
考点三　频率与概率 师生共研
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：(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，所以六月份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.
学生用书 第289页
计算简单随机事件的频率或概率的步骤
对点练4.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)，
所以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)＝0.1＋0.4＝0.5，
因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择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，
因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2.
课时分层测评83　随机事件与概率
(时间：60分钟　满分：85分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(1—8题，每小题5分，共40分)
1.已知A与B是互斥事件，且P＝0.4，P(B)＝0.2，则P(A∪B)＝(　　)
A.0.6 B.0.7
C.0.8 D.0.9
答案：C
解析：由题意知A，B是互斥事件，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，且P(A)＝1－P＝1－0.4＝0.6，则P(A∪B)＝0.6＋0.2＝0.8.故选C.
2.“黑匣子”是飞机常用的电子记录设备之一，黑匣子有两个，为驾驶舱语音记录器和飞行数据记录器.某兴趣小组对黑匣子内部构造进行相关课题研究，记事件A为“只研究驾驶舱语音记录器”，事件B为“至少研究一个黑匣子”，事件C为“至多研究一个黑匣子”，事件D为“两个黑匣子都研究”，则(　　)
A.A与C是互斥事件 B.B与D是对立事件
C.B与C是对立事件 D.C与D是互斥事件
答案：D
解析：事件A为“只研究驾驶舱语音记录器”；事件B为“至少研究一个黑匣子”，包含“只研究驾驶舱语音记录器”“只研究飞行数据记录器”“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；事件C为“至多研究一个黑匣子”，包含“只研究驾驶舱语音记录器”“只研究飞行数据记录器”“两个黑匣子都不研究”；事件D为“两个黑匣子都研究”，即“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”.对于A，事件A与事件C不是互斥事件，故A不正确；对于B，事件B与事件D不是对立事件，故B不正确；对于C，事件B与事件C不是对立事件，故C不正确；对于D，事件C和事件D不能同时发生，故C与D是互斥事件，故D正确.故选D.
3.(2023·全国甲卷)某校文艺部有 4 名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝.故选D.
4.(2025·广东茂名一模)在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：第3次摸到红球，则分三种情况讨论：前3次只有第3次摸到红球；前3次有两次摸到红球、其中第3次一定摸到红球；前3次摸到3次红球.记第3次摸到红球为事件A，则P(A)＝＝.故选A.
【教师备选】　(2025·湘豫名校联考)党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动”.今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.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.
答案：D
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.
5.(多选)下列说法中正确的有(　　)
A.若事件A与事件B是互斥事件，则P(AB)＝0
B.若事件A与事件B是对立事件，则P(A＋B)＝1
C.某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D.把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件
答案：ABC
解析：事件A与事件B互斥，则A，B不可能同时发生，所以P(AB)＝0，故A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事件，所以P(A＋B)＝1，故B正确；事件“至少有两次中靶”与“至多有一次中靶”不可能同时发生，且二者必有一个发生，所以为对立事件，故C正确；事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误.故选ABC.
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
答案：ABD
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ABD.
7.(2025·八省适应性测试)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　　　　.
答案：
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，所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点个数为3，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.
8.(多题同解)(1)已知a，b∈{－2，－1，1，2}，若向量m＝(a，b)，n＝(1，1)，则向量m与n所成的角为锐角的概率为　　　　.
(2)一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：f1(x)＝x，f2(x)＝x2，f3(x)＝x3，f4(x)＝sin x，f5(x)＝cos x，f6(x)＝2｜x｜＋1.现从盒子中逐一抽取卡片并判断函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X，则X＜3的概率为　　　　.
答案：(1)　(2)
解析：(1)向量m与n所成的角为锐角等价于m·n＞0，且m与n的方向不同，即m·n＝a＋b＞0，则满足条件的向量m有(－1，2)，(1，1)，(1，2)，(2，－1)，(2，1)，(2，2)，其中m＝(1，1)或m＝(2，2)时，与n同向，故舍去，故共有4种情况满足条件.又m的取法共有4×4＝16(种)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是＝.
(2)易判断f2(x)＝x2，f5(x)＝cos x，f6(x)＝2｜x｜＋1为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，X的取值范围是{1，2，3，4}.P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，所以P(X＜3)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＝.
9.(10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；
(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；
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
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，
故P(A)的估计值为0.55.
(2)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，
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元.
(10、11题，每小题5分， 共10分)
10.(2025·山东潍坊二模)现安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排1人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：将甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者安排到三个社区做志愿服务工作，每个社区的人数分别为2，2，1或3，1，1，所以不同的分法种数为(＋＝(＋10)×6＝150种.现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的小区只有他们两人，此时只需将剩余3人分为两组，则分法种数为＝18种；若甲、乙所安排的小区有3人，则还需从另外3人中抽1人，此时分法种数为＝18种.综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为＝.故选C.
11.(多选)(2025·重庆诊断)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0.08
答案：BD
解析：对于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，故A错误；对于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)，故B正确；对于C，线路一所需时间小于45分钟概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟概率为0.8，小张应选线路二，故C错误；对于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(上班线路一50，下班线路二60)，(上班线路一60，下班线路二60)，(上班线路一60，下班线路二50)，(上班线路二60，下班线路一50)，(上班线路二60，下班线路一60)，(上班线路二50，下班线路一60)，共6种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.2＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.08，故D正确.故选BD.
12.(15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，两校所推荐的学生一起参加集训.由于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.
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A，记“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C，
则P(B)＝＝，P(C)＝＝.由互斥事件的概率加法公式，得P(A)＝P(B)＋P(C)＝＋＝，故所求事件的概率为.
(每小题5分，共10分)
13.(2025·浙江宁波一模)一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为　　　　.
答案：
解析：若甲在第一轮中得1分，若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2，若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2或3，若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1或4，若第一轮中甲抽到的小球为1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5时，则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个，故共有6×3＝18种，因此第一轮中甲得1分的概率为＝，在第二轮的过程中，只剩下两个球，要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，故概率为，因此甲在两轮中共得2分的概率为×＝.
14.(2025·山东淄博一模)如图，在3×3的方格中，每一行随机设置1个陷阱(起点和终点处无陷阱).玩家从起点方格出发，每次可以向右或向下移动一格到达下一格.若遇到含有设置陷阱的方格，则被重置回起点，然后该玩家会寻找未走过的路线继续挑战，直至到达终点.若重置若干次以后始终未能到达终点，则挑战失败.该玩家挑战失败的概率为　　　　.
起点
终点
答案：
解析：根据题意知，玩家从起点方格出发，每次向右或向下移动一格，可以顺利到达终点，即为挑战成功，反之挑战失败.用Amn表示第m行第n列含有陷阱的方格，则第1行含有陷阱的方格为A1i(i＝2，3)，第2行含有陷阱的方格为A2j(j＝1，2，3)，第3行含有陷阱的方格为A3r(r＝1，2)，所以每一行随机设置1个陷阱(起点和终点处无陷阱)共有＝12个基本事件，具体如下：(A12，A21，A31)，(A12，A21，A32)，(A12，A22，A31)，(A12，A22，A32)，(A12，A23，A31)，(A12，A23，A32)，(A13，A21，A31)，(A13，A21，A32)，(A13，A22，A31)，(A13，A22，A32)，(A13，A23，A31)，(A13，A23，A32)，玩家挑战失败的基本事件有(A12，A21，A31)，(A12，A21，A32)，(A12，A22，A31)，(A12，A22，A32)，(A12，A23，A32)，(A13，A22，A31)，(A13，A22，A32)，(A13，A23，A32)共8个，所以玩家挑战失败的概率为＝
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