清单37 随机事件的概率与古典概型(解析版）-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练

这是一份清单37 随机事件的概率与古典概型(解析版）-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练，共22页。试卷主要包含了知识与方法清单，跟踪检测，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
清单37 随机事件的概率与古典概型
一、知识与方法清单
1.事件的相关概念

【对点训练1】将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是(　　)
A．必然事件 B．随机事件
C．不可能事件 D．无法确定
【答案】B
【解析】抛掷10次硬币，正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．
2．概率和频率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
(3)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.
【对点训练2】给出下列三个命题.
①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；
②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；
③10张票中有1张奖票，10人去摸，无论谁先摸，摸到奖票的概率都是0.1.
其中正确的命题有________个.
【答案】1
【解析】①错，不一定有10件次品；②错，是频率而非概率；③对，每个人摸到的概率是相同的，都为0.1.
3.随机事件概率的求法
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渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
【对点训练3】某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1000
2000
3000
4000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120

①若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
②在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率．
【解析】①设A表示事件“赔付金额为3000元”，B表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
②设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
4.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率P(F)＝0.
【对点训练4】若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(　　)
A.0.3 B.0.4
C.0.6 D.0.7
【答案】B
【解析】由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.故选B.
5．事件的关系与运算

定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
A＝B
并事件(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交事件(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件(A∩B＝∅)，则称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅，
P(A)＋P(B)＝1

【对点训练5】互斥事件与对立事件一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出1球是红球或黑球的概率；
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．
【解析】方法一　(利用互斥事件求概率)
记事件A1＝{任取1球为红球}，
A2＝{任取1球为黑球}，
A3＝{任取1球为白球}，
A4＝{任取1球为绿球}，
则P(A1)＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，
P(A4)＝.
根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，
由互斥事件的概率公式，得
(1)取出1球是红球或黑球的概率为
P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为
P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝＋＋＝.
方法二　(利用对立事件求概率)
(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1∪A2的对立事件为A3∪A4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)＝1－P(A3∪A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－－＝.
(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4，
所以P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－＝.
6.判断互斥、对立事件的方法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，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．对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
【对点训练6】一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是(　　)
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
【答案】D
【解析】“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．
7.概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
【对点训练7】围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率为.则从中任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.1
【答案】C
【解析】设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥.所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，即任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为.
8.对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．
【对点训练8】抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，
所以P()＝1－P(B)＝1－＝，
因为表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与互斥，从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.
9．概率加法公式的推广
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)．
【对点训练9】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
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.
10.求互斥事件的概率的方法
(1)直接法

(2)间接法(正难则反)

【对点训练10】一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红玻璃球的概率为，取得两个绿玻璃球的概率为，则取得两个同色玻璃球的概率为________；至少取得一个红玻璃球的概率为________.
【答案】　
【解析】由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为P＝＋＝.
由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至少取得一个红玻璃球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－＝.
11.求复杂事件的概率的两种方法
求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法
①将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率．
②若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．
【对点训练11】某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查.这1 000名购物者2018年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：

电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
购物金额分组
[0.3,0.5)
[0.5,0.6)
[0.6,0.8)
[0.8,0.9]
发放金额
50
100
150
200
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率.
【解析】(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
x
0.3≤x＜0.5
0.5≤x＜0.6
0.6≤x＜0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为
(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知
P(y＝150)＝P(0.6≤x＜0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
12.基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
【对点训练12】从1,2,3,4,5中随机取出三个不同的数，则其和为偶数的基本事件个数为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
【答案】C　
【解析】任取三个数和为偶数共有：(1,2,3)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)共6个，选C.
13．确定基本事件个数的三种方法
(1)列举法：此法适合基本事件较少的古典概型．
(2)列表法(坐标法)：此法适合多个元素中选定两个元素的试验．
(3)树状图法：适合有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求．
【对点训练13】分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　)
【答案】D　
【解】从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：

基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
∴所求概率P＝＝.故选D.
14．古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
(2)每个基本事件出现的可能性相等．
【对点训练14】(多选)下列试验是古典概型的是（ ）
A．在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D．老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
【答案】BD
【解析】A：在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率，不符合等可能性；
B：从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的；
C：向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率，不符合有限性；
D：老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的；
故选BD
15．如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝.
【对点训练15】某校新生分班，现有A，B，C三个不同的班，甲和乙同学将被分到这三个班，每个同学分到各班的可能性相同，则这两名同学被分到同一个班的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】两名学生分到三个班的分法的种数为种，两人在同一个班级分法的种数为3种，
所以两名同学被分到同一个班的概率为.故选A.
16．古典概型的概率公式
P(A)＝.
古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．
【对点训练16】某区要从参加扶贫攻坚任务的名干部甲､乙､丙､丁､戊中随机选取人，赴区属的某贫困村进行驻村扶贫工作，则甲或乙被选中的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】从名干部中随机选取人，共有（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（甲，戊），（乙，丙），（乙，丁），（乙，戊），（丙，丁），（丙，戊），（丁，戊）这种等可能方案，其中符合条件的有种方案，所求概率为.
17．古典概型的概率计算的基本步骤：
①判断本次试验的结果是否是等可能的，设出所求的事件为A；
②分别计算基本事件的总数n和所求的事件A所包含的基本事件个数m；
③利用古典概型的概率公式P(A)＝，求出事件A的概率.
求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，在列举基本事件空间时，可以利用列举、画树状图等方法，以防遗漏．同时要注意细节，如用列举法，注意是无序还是有序．在解答时，缺少必要的文字说明，没有按要求列出基本事件是常见错误．
【对点训练17】某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游．
①若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；
②若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率．
【解析】①由题意知，从6个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15个．
所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个，则所求事件的概率为P＝＝.
②从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9个．
包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，则所求事件的概率为P＝.
18.频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同
名称
不同点
相同点
频率计
算公式
频率计算中的m，n均随随机试验的变化而变化，但随着试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值
都计算了一个比值
古典概型的
概率计算公式
是一个定值，对同一个随机事件而言，m，n都不会变化
【对点训练18】两名学生一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说：“我们要从面试的人中招聘3人，你们俩同时被招聘进来的概率是．”若每个参加面试的人被招聘的可能性相同，则根据这位负责人的话，可以推断出参加面试的人数为______．
【答案】21
【解析】设参加面试的人数为n，依题意有，
即，解得或（舍去）．故答案为21.
二、跟踪检测
一、单选题
1．（2022届湖南省郴州市高三上学期月考）食用油有两种制取工艺：压榨法和浸出法.压榨法由于不涉及添加任何化学物质，榨出的油各种成分保持较为完整，但缺点是出油率低；浸出法制油粕中残油少，出油率高，油料资源得到了充分的利用.我国植物油料种类繁多，而压榨法和浸出法这两种油脂制取工艺分别适用于不同的油料，常见的采用压榨油的有芝麻油､花生油等，常见的采用浸出油的有油菜籽油，大豆油等.现有4个完全相同的不透明油桶里面分别装有芝麻油､花生油､油菜籽油､大豆油，从中任取一桶，则下列两个事件互为对立事件的是（ ）
A．“取出芝麻油”和“取出花生油” B．“取出浸出油”和“取出大豆油”
C．“取出油菜籽油”和“取出大豆油” D．“取出压榨油”和“取出浸出油”
【答案】D
【解析】对于A：现有4个完全相同的不透明油桶里面分别装有芝麻油、花生油、油菜籽油、大豆油，所以“取出芝麻油”和“取出花生油”互斥但不对立；
对于B：“取出浸出油”和“取出大豆油”不互斥，也不对立；
对于C：现有4个完全相同的不透明油桶里面分别装有芝麻油、花生油、油菜籽油、大豆油，“取出油菜籽油”和“取出大豆油” 互斥但不对立；
对于D：“取出压榨油”和“取出浸出油”是食用油的两种制取工艺，所以是对立事件.
故选D
2．（2022届四川省成都市高三上学期考试）在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了40次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（ ）
A．0.4，0.4 B．0.5，0.5 C．0.4，0.5 D．0.5，0.4
【答案】C
【解析】某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，正面朝上出现了40次，
所以出现正面朝上的频率为，因为每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是0.5，所以出现正面朝上的概率是0.5，故选C
3．（2022届重庆市南开中学高三上学期考试）在一次试验中，随机事件A，B满足，则（ ）
A．事件A，B一定互斥 B．事件A，B一定不互斥
C．事件A，B一定互相独立 D．事件A，B一定不互相独立
【答案】B
【解析】若事件A，B为互斥事件，则，与矛盾，所以，所以事件A，B一定不互斥，所以B正确，A错误，
由题意无法判断是否成立，所以不能判断事件A，B是否互相独立，所以CD错误，故选B
4．（2022届吉林省吉林市高三上学期月考）小王同学有三支款式相同、颜色不同的圆珠笔，每支圆珠笔都有一个与之同颜色的笔帽，平时 小王都将笔杆和笔帽套在一起，但偶尔也会将笔杆和笔帽随机套在一起，则小王将两支笔的笔杆和笔帽的颜色混搭的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【接线箱】设三支款式相同、颜色不同的圆珠笔分别为，，，与之相同颜色的笔帽分别为，，，将笔和笔帽随机套在一起，基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，共有6个基本事件，小王将两支笔和笔帽的颜色混搭包含的基本事件有：，，，，，，，，，共有3个基本事件，
小王将两支笔和笔帽的颜色混搭的概率是．故选C
5．（2022届广西全州县高三测试）向上抛一枚均匀的正方体骰子3次，向上点数记为，点数之和正好等于5的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】向上的点数之和为5的基本事件有（1，1，3），（1，3，1），（3，1，1），（1，2，2），（2，1，2），（2，2，1），共6种情况，而所有的基本事件个数为个，
所以点数之和正好等于5的概率为，故选B
6．（2022届新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测）“辽宁舰”是中国人民解放军海军第一艘可以搭载固定翼飞机的航空母舰，在“辽宁舰”的飞行甲板后部有四条拦阻索，降落的飞行员须捕捉钩挂上其中一条，则为“成功着陆”，舰载机白天挂住第一条拦阻索的概率为18%，挂住第二条、第三条拦阻索的概率为62%，捕捉钩未挂住拦阻索需拉起复飞的概率约为5%，现有一架歼-15战机白天着舰演练20次均成功，则其被第四条拦阻索挂住的次数约为（ ）
A．5 B．3 C．2 D．4
【答案】B
【解析】由题意知，舰载机被第四条拦阻索挂住的概率为
故舰载机被第四条拦阻索挂住的次数约为，故选B.
7．（2022届河南省郸城县高三模拟）某同学做立定投篮训练，共场，每场投篮次数和命中的次数如表中记录板所示．

第一场
第二场
第三场
投篮次数



投中次数



根据图中的数据信息，该同学场投篮的命中率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】该同学3场投篮的命中率为，故选B．
8．（2021届广东省佛山高三上学期调研）要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A、B、C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班级的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】将甲、乙、丙、丁名同学分到三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则将甲、乙、丙、丁名同学分成三组，人数分别为1，1，2；则共有种方法，分配给三个班级的所有方法有种；甲被分到A班，有两种情况：甲单独一人分到A班，则剩余两个班级分别为1人和2人，共有种；二，甲和另外一人分到A班，则剩余两个班级各1人，共有种；综上可知，甲被分到班的概率为.故选B.
9．（2022届】广西南宁高三11月教学质量检测）哥尼斯堡“七桥问题”是著名的古典数学问题，它描述的是:在哥尼斯堡的一个公园里，有七座桥将普雷格尔河中两个岛及岛与河岸连接起来(如图1).问是否可能从这四块陆地中任一块出发，恰好通过每座桥一次，再回到起点?瑞士数学家欧拉于1736年研究并解决了此问题，他把该问题归结为如图2所示的“一笔画”问题，并证明了上述走法是不可能的.假设在图2所示七条线中随机选取两条不同的线，则这两条线都与A直接相连的概率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可知，若从7条线路中选2条，则有种方法，若选出的两条线都与相连，则共有种方法，则这两条线都与A直接相连的概率为.
故选D
10．（2021届广东省中山纪念中学等四校高三下学期5月联考）为提高学生的身体素质，加强体育锻炼，高三（1）班A，B，C三位同学进行足球传球训练，约定：球在某同学脚下必须传出，传给另外两同学的概率均为，不考虑失球，球刚开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题可知，开始在A同学脚下，5次传球共有32种可能，



，
其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，
∴球回到A同学脚下的概率为.故选B.
11．（2022届河北省邢台市高三上学期联考）8个人排成两排，每排4人，则甲、乙不同排的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为8个人排成两排，每排4人，共种结果，其中甲、乙不同排共种结果，所以甲、乙不同排的概率为.故选B.
12．某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被分配到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，把6名同学平均分配到三个不同的路口，共有种分配方案，其中甲、乙两人被分配到同一路口有种可能，所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为.故选A.
二、多选题
13．下列概率模型是古典概型的为
A．从6名同学中选出4人参加数学竞赛,每人被选中的可能性大小
B．同时抛两枚质地均匀的骰子,点数和为6的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．10人站成一排,其中甲,乙相邻的概率
【答案】ABD
【解析】古典概型的特点:①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等.显然A､B､D符合古典概型的特征，所以A､B､D是古典概型；
C选项，每天是否降雨受多方面因素影响，不具有等可能性，不是古典概型.故选ABD.
14．（2022届湖北省部分重点中学高三上学期期中）抛掷一颗质地均匀的骰子一次，记事件M为“向上的点数为1或4”，事件N为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是（ ）
A．M与N互斥但不对立 B．M与N对立
C． D．
【答案】CD
【解析】选项A：，故事件与事件不互斥，A错误；
选项B：，故事件与事件不对立，B错误；
选项C：表示事件M与事件N同时发生的概率，此时向上的点数为1，此时；C正确
选项D：表示事件向上的点数为1,3,4,5的概率，，故D正确
故选CD
15．千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”、“日落云里走，雨在半夜后” ……小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，随机观察了他所在地区的100天日落情况和后半夜天气，得到如下列联表，
日落云里走
后半夜天气
总计
下雨
未下雨
出现
25
5
30
未出现
25
45
70
总计
50
50
100
并计算得到，下列小波对该地区天气的判断正确的是（ ）
A．后半夜下雨的概率约为
B．未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为
C．在犯错误的概率不超过0.001的前提下，可以认为““日落云里走’是否出现”与“后半夜是否下雨”有关
D．根据的独立性检验，若出现“日落云里走”，则后半夜有99.9%的可能会下雨
【答案】AC
【解析】由题意，把频率看作概率，可得后半夜下雨的概率约为，A判断正确；
未出现“日落云里走”时，后半夜下雨的概率约为，B判断情误；
由，则在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“日落云里走”是否出现与“当晚后半夜是否下雨”有关，C判断正确；
“日落云里走’是否出现”与“当晚后半夜是否下雨”有关，有关只是说可能性，不代表一定要下雨，D判断错误．故选AC
16（2022届山东省潍坊高三上学期检测）已知甲袋中有5个大小相同的球，4个红球，1个黑球；乙袋中有6个大小相同的球，4个红球，2个黑球，则（ ）
A．从甲袋中随机摸出一个球是红球的概率为
B．从乙袋中随机摸出一个球是黑球的概率为
C．从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率为
D．从甲、乙袋中各随机模出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率为
【答案】ACD
【解析】对选项A，从甲袋中随机摸一个球是红球的概率为，故A对；
对选项B，从乙袋中随机摸一个球是黑球的概率为，故B错；
对选项C，从甲袋中随机摸2个球，则2个球都是红球的概率，故C对；
对选项D，从甲、乙袋中各随机摸出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率；故选ACD.
17．根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级，现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分处（为正整数），按这种分法，下列结论正确的是（ ）
A．为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是
B．为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是
C．为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1
D．为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是
【答案】ACD
【解析】由题意可知，五位诸侯分得的领地成等差数列，设其前项和为，
则，得．因为，均为正整数，所以有如下几种情况：
，，，共4种情况，每种情况各位诸侯分到领地的处数如下表所列：

男
子
伯
侯
公
，
8
9
10
11
12
，
6
8
10
12
14
，
4
7
10
13
16
，
2
6
10
14
18
由表中数据可知：为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是；故选项A正确；
为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是；故选项B不正确；
为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是；故选项C正确；
为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是，故选项D正确；故选ACD．
18．如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（ ）

A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BCD
【解析】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从到达处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达处，可分为两步：
第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.
甲经过到达的方法数为种，B选项正确；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
甲、乙两人在处相遇的方法数为，
甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，
乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.故选BCD.
三、填空题
19．（2022届上海市格致中学高三上学期期中）设集合，A中三个不同的元素组成的所有子集中，任取一个集合，这集合中三个元素和为偶数的概率为______.（结果用数值表示）
【答案】
【解析】集合，A中三个不同的元素组成的所有子集共有 个，
集合中三个元素和为偶数的子集个数，共有个，
集合中三个元素和为偶数的概率为.
20．一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为的函数：，，，，，．现从盒子中逐一抽取卡片，且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，则的概率为______．
【答案】
【解析】易判断，，为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，的取值范围是．
方法一 ，，，
所以．
方法二 ．
21．某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这些产品中随机抽取一件产品测试，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86，抽到二等品或三等品的概率为0.35，则抽到二等品的概率为___________.
【答案】0.21
【解析】设抽到一等品，二等品，三等品分别为事件A，B，C
则，则
四、解答题
22．（2022届江苏省扬州市高三上学期测试）为丰富师生的课余文化生活，倡导“每一天健身一小时，健康生活一辈子”，深入开展健身运动，增强学生的身体素质和团队的凝聚力，某中学将举行趣味运动会.某班共有10名同学报名参加“四人五足”游戏，其中男同学6名，女同学4名.按照游戏规则，每班只能选4名同学参加这个游戏，因此要从这10名报名的同学中随机选出4名，记其中男同学的人数为.
（1）求选出的4名同学中只有女生的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【解析】（1）由题设，设“选出的3名同学中只有女生”为事件A，则.
（2）随机变量X的所有取值为0，1，2，3，4，
∴，，，，，
的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P





E(Y)=.
23．（2022届湖南省三湘名校、五市十校教研教改共同体高三上学期联考）随着应用型芯片不断使用7nm，甚至5nm技术，软件升级加快，电子产品更新换代周期在缩小.某手机专卖店对本店一直专卖的，两款手机进行跟踪调查.随机抽取了几年前本店同期售出的两款手机各20台，它们的使用时间(单位：年)如下表：
使用时间（年）
2
3
4
5
手机品牌
（台）
2
8
6
4
（台）
2
8
5
5
（1）在这40台手机中，，两款手机各随机抽取一台，将频率视为概率，求这两台手机使用时间都不超过4年的概率；
（2）在这40台使用时间超过3年的手机中随机抽取3台，这3台手机中使用4年的台数为，求的分布列和数学期望.
【解析】（1）在20台款手机中，使用时间不超过年的共有16台，
在20台款手机中，使用时间不超过年的共有15台，
设“抽取的一台款手机的使用时间不超过年”，
“抽取的一台款手机的使用时间不超过年”，
“这两台手机使用时间都不超过年”，
则事件、相互独立，且，
由表可知，，
∴，
即这两台手机使用时间都不超过年的概率为；
（2）这台手机中使用时间超过年的有台，从中随机抽取台，
共有种不同结果，其中使用年的手机台，使用5年的手机9台，
∴的可能值，
∴，，
，，
∴的分布列为：

0
1
2
3





∴.