高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第10章 §10 4　随机事件的概率与古典概型

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1．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)＝eq \f(nA,n)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)．
2．事件的关系与运算
3．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.
(4)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)．
(5)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)．
4．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．
5．古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
微思考
1．随机事件A发生的频率与概率有何区别与联系？
提示 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发生的频率稳定在事件A发生的概率附近．
2．随机事件A，B互斥与对立有何区别与联系？
提示 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．也即两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √ )
(2)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( × )
(3)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．( × )
(4)试验“口袋中有2个红球，2个白球，每次从中任取一球，观察颜色后放回，直到取出红球”是古典概型．( × )
题组二 教材改编
2．下列事件中，不是随机事件的是( )
A．长度为3,4,5的三条线段可以构成一个直角三角形
B．经过有信号灯的路口，遇上红灯
C．下周六是晴天
D．一枚硬币抛掷两次，两次都正面向上
答案 A
3．某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.2,0.3,0.1，则该射手在一次射击中不够8环的概率为( )
A．0.9 B．0.3 C．0.6 D．0.4
答案 D
解析 设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则事件A的对立事件eq \x\t(A)是“该射手在一次射击中不小于8环”．
∵事件eq \x\t(A)包括射中10环，9环，8环，这三个事件是互斥的，
∴P(eq \x\t(A))＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6，
∴P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝1－0.6＝0.4，即该射手在一次射击中不够8环的概率为0.4.
4．甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏，则甲赢的概率为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 设平局(用△表示)为事件A，甲赢(用⊙表示)为事件B，乙赢(用※表示)为事件C.容易得到如图．
甲赢含3个基本事件(图中的⊙)，P(B)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
题组三 易错自纠
5．安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )
A.eq \f(1,15) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 由题意可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P＝eq \f(4·A\\al(3,3),C\\al(3,6)·A\\al(3,3))＝eq \f(1,5).故选B.
6．抛掷一枚骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，B为事件“出现点数是3的倍数”，则P(A∪B)＝________，P(A∩B)＝________.
答案 eq \f(2,3) eq \f(1,6)
解析 由题意知，事件A表示“出现的是1点，3点或5点”；事件B表示“出现的是3点或6点”．
所以事件A∪B表示“出现的是1点，3点，5点或6点”，包含4个基本事件；事件A∩B表示“出现的是3点”，包含1个基本事件．
又抛掷一枚骰子的结果有6种，
所以P(A∪B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，P(A∩B)＝eq \f(1,6).
题型一 随机事件
命题点1 随机事件的关系
例1 (1)从一堆产品(其中正品与次品都多于2件)中任取2件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的是( )
A．恰好有1件次品和恰好有2件次品
B．至少有1件次品和全是次品
C．至少有1件正品和至少有1件次品
D．至少有1件次品和全是正品
答案 A
解析 依据互斥和对立事件的定义知，B，C都不是互斥事件；D不但是互斥事件而且是对立事件；只有A是互斥事件但不是对立事件．
(2)一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是( )
A．恰有一次击中 B．三次都没击中 C．三次都击中 D．至多击中一次
答案 D
解析 根据题意，一个人连续射击三次，事件“至少击中两次”包括“击中两次”和“击中三次”两个事件，其对立事件为“一次都没有击中和击中一次”，即“至多击中一次”．
命题点2 随机事件的频率与概率
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，得下面的频数分布表：
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eq \f(2＋16＋36,90)＝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eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8.
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
命题点3 互斥事件与对立事件的概率
例3 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．记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)1张奖券的中奖概率；
(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
解 (1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，
依题意，P(A)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(10,1 000)，P(C)＝eq \f(50,1 000)，
因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(1＋10＋50,1 000)＝eq \f(61,1 000).
故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000).
(2)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－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1 000)＋\f(10,1 000)))＝eq \f(989,1 000).
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000).
思维升华 (1)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；若两个事件中有且仅有一个发生，则这两个事件互为对立事件．对立事件一定是互斥事件．
(2)概率与频率的关系：频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率随着试验次数的增加越来越接近概率，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，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
(3)求复杂互斥事件的概率的两种方法：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．
跟踪训练1 (1)袋中装有3个白球和4个黑球，从中任取3个球，给出下列四组事件：①“恰有1个白球”和“全是白球”；②“至少有1个白球”和“全是黑球”；③“至少有1个白球”和“至少有2个白球”；④“至少有1个白球”和“至少有1个黑球”．在上述每组事件中，互为对立事件的是( )
A．① B．② C．②③ D．①④
答案 B
解析 ①互斥但不对立；②互为对立事件，③不是互斥事件，④不是互斥事件．
(2)某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：
现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是( )
A．该教职工具有本科学历的概率低于60%
B．该教职工具有研究生学历的概率超过50%
C．该教职工的年龄在50岁以上的概率超过10%
D．该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10%
答案 D
解析 A中，该教职工具有本科学历的概率P＝eq \f(75,120)＝eq \f(5,8)＝62.5%>60%，故错误；B中，该教职工具有研究生学历的概率P＝eq \f(45,120)＝eq \f(3,8)＝37.5%<50%，故错误；C中，该教职工的年龄在50岁以上的概率P＝eq \f(10,120)＝eq \f(1,12)≈8.3%<10%，故错误；D中，该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率P＝eq \f(15,120)＝eq \f(1,8)＝12.5%>10%，故正确．
(3)掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为eq \f(1,6)，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，则一次试验中，事件A∪eq \x\t(B)(eq \x\t(B)表示事件B的对立事件)发生的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,6)
答案 C
解析 ∵事件B表示“小于5的点数出现”，
∴B的对立事件eq \x\t(B)是“大于或等于5的点数出现”，
∴eq \x\t(B)表示的事件是出现的点数为5或6.
∵事件A表示“小于5的偶数点出现”，它包含的事件是出现的点数为2或4，
∴P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(eq \x\t(B))＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，∴P(A∪eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
题型二 古典概型
1．算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的、重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具．“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰写的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才．”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的．如图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位、…，上面一粒珠(简称上珠)代表5，下面一粒珠(简称下珠)是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小．现在从个位和十位这两组中随机选择往下拨一粒上珠，往上拨2粒下珠，算盘表示的数为质数(除了1和本身没有其它的约数)的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,6)
答案 A
解析 由题意可知，算盘所表示的数可能有：7,16,25,52,61,70，
其中是质数的有：7,61，故所求事件的概率为P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
2．(2020·江苏)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________．
答案 eq \f(1,9)
解析 列表如下：
点数的和共有36种等可能情形，其中和为5的共有4种情形，由古典概型的概率公式可得点数和为5的概率P＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9).
3．(2020·湖北龙泉中学、钟祥一中、京山一中、沙洋中学联考)从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，则经过两次这样的调换后，甲在乙左边的概率是________．
答案 eq \f(2,3)
解析 从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，则经过两次这样的调换，基本事件总数为n＝Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(2,3)＝9，从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，第一次调换后的位置关系有三种：甲丙乙、乙甲丙、丙乙甲，第二次调换后甲在乙左边对应的关系有：丙甲乙、甲乙丙；丙甲乙、甲乙丙；甲乙丙、丙甲乙，∴经过两次这样的调换后，甲在乙左边包含的基本事件个数m＝6，∴经过这样的调换后，甲在乙左边的概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
思维升华 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，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法以及排列、组合法．
题型三 古典概型与统计的综合应用
例4 某学校为培养学生的兴趣爱好，提高学生的综合素养，在高一年级开设各种形式的校本课程供学生选择(如书法讲座、诗歌鉴赏、奥赛讲座等)．现统计了某班50名学生一周用在兴趣爱好方面的学习时间(单位：h)的数据，按照[0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10]分成五组，得到了如下的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值及该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间；
(2)从[4,6)，[6,8)两组中按分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求恰有1人在[6,8)组中的概率．
解 (1)由频率分布直方图可得0.06×2＋0.08×2＋0.2×2＋2m＋0.06×2＝1，所以m＝0.1，
学生的平均学习时间为1×0.12＋3×0.16＋5×0.4＋7×0.2＋9×0.12＝5.08.
(2)由频率分布直方图可得，[4,6)中有20人，[6,8)中有10人，根据分层抽样，需要从[4,6)中抽取4人，分别记为A1，A2，A3，A4，从[6,8)中抽取2人，分别记为B1，B2，再从这6人中随机抽取2人，所有的抽取方法有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2共15种，其中恰有一人在[6,8)组中的抽取方法有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2共8种，所以，从这6人中随机抽取2人，恰有1人在[6,8)组中的概率为eq \f(8,15).
思维升华 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频数分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．
跟踪训练2 空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；>300为严重污染．一环保人士记录了某地2020年某月10天的AQI的茎叶图如图所示．
(1)利用该样本估计该地本月空气质量优良(AQI≤100)的天数；(按这个月总共有30天计算)
(2)若从样本中的空气质量不佳(AQI>100)的这些天中，随机地抽取两天深入分析各种污染指标，求这两天的空气质量等级恰好不同的概率．
解 (1)从茎叶图中发现该样本中空气质量优的天数为1，空气质量良的天数为3，故该样本中空气质量优良的频率为eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，估计该月空气质量优良的概率为eq \f(2,5)，从而估计该月空气质量优良的天数为30×eq \f(2,5)＝12.
(2)该样本中为轻度污染的共4天，分别记为a1，a2，a3，a4；
为中度污染的共1天，记为b；为重度污染的共1天，记为c.
从中随机抽取两天的所有可能结果有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b)，(a1，c)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，a4)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共15个．
其中空气质量等级恰好不同的结果有(a1，b)，(a1，c)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共9个．
所以这两天的空气质量等级恰好不同的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
课时精练
1．从6个篮球，2个排球中任选3个球，则下列事件中是必然事件的是( )
A．3个都是篮球 B．至少有1个排球
C．3个都是排球 D．至少有1个篮球
答案 D
解析 根据题意分析可得A，B是随机事件，C是不可能事件，D是必然事件．
2．(2020·全国Ⅰ)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(4,5)
答案 A
解析 从O，A，B，C，D这5个点中任取3点，取法有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(A，C，D)，(B，C，D)，共10种，其中取到的3点共线的有(O，A，C)，(O，B，D)，共2种，所以所求概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5).
3．(2020·重庆模拟)第六届世界互联网大会发布了15项世界互联网领先科技成果，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为的鲲鹏920、特斯拉全自动驾驶芯片、寒武纪云端AI芯片、思元270、赛灵思的Versa自适应计算加速平台．现有3名学生从这15项世界互联网领先科技成果中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择芯片领域的概率为( )
A.eq \f(89,91) B.eq \f(2,91) C.eq \f(98,125) D.eq \f(19,27)
答案 D
解析 现有3名学生从这15项世界互联网领先科技成果中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则基本事件总数n＝15×15×15＝3 375，至少有1名学生选择芯片领域的对立事件是没有学生选择芯片领域，则至少有1名学生选择芯片领域的概率P＝1－eq \f(103,3 375)＝eq \f(19,27).
4．(2021·西安模拟)现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,12)
答案 B
解析 基本事件总数n＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,2)＝6，乙、丙两人恰好参加同一项活动包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,2)＝2，∴乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
5．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eq \f(1,7)，都是白子的概率是eq \f(12,35)，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(12,35) C.eq \f(17,35) 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)＝eq \f(1,7)＋eq \f(12,35)＝eq \f(17,35).即任意取出2粒恰好是同一色的概率为eq \f(17,35).
6．(多选)下列说法正确的是( )
A．若事件A与B互斥，则A∪B是必然事件
B．《西游记》《三国演义》《水浒传》《红楼梦》是我国四大名著．若在这四大名著中，甲、乙、丙、丁分别任取一本进行阅读，设事件E＝“甲取到《红楼梦》”，事件F＝“乙取到《红楼梦》”，则E与F是互斥但不对立事件
C．掷一枚骰子，记录其向上的点数，记事件A＝“向上的点数不大于5”，事件B＝“向上的点数为质数”，则B⊆A
D．10个产品中有2个次品，从中抽取一个产品检查其质量，则含有2个基本事件
答案 BCD
解析 对于A，事件A与B互斥时，A∪B不一定是必然事件，故A不正确；对于B，事件E与F不会同时发生，所以E与F是互斥事件，但除了事件E与F之外还有“丙取到红楼梦”“丁取到红楼梦”，所以E与F不是对立事件，故E与F是互斥但不对立事件，B正确；对于C，事件A＝{1,2,3,4,5}，事件B＝{2,3,5}，所以B包含于A，C正确；对于D，基本事件为{正品，次品}，有2个，故D正确．
7．(2019·江苏)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________．
答案 eq \f(7,10)
解析 记3名男同学为A，B，C,2名女同学为a，b，则从中任选2名同学的情况有(A，B)，(A，C)，(A，a)，(A，b)，(B，C)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(a，b)，共10种，其中至少有1名女同学的情况有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(a，b)，共7种，故所求概率为eq \f(7,10).
8．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0,1,2的概率分别为0.4,0.5,0.1.则该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率为________．
答案 0.9
解析 方法一 记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0”为事件A，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为1”为事件B，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数不超过1”为事件D，而事件D包含事件A与B，所以P(D)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋0.5＝0.9.
方法二 记“该食品企业在一个月内被消费者投拆的次数为2”为事件C，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过1次”为事件D，由题意知C与D是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.1＝0.9.
9．将A，B，C，D这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学”的概率是________．
答案 eq \f(1,4)
解析 A，B，C，D 4名同学排成一排有Aeq \\al(4,4)＝24(种)排法．当A，C之间是B时，有2×2＝4(种)排法，当A，C之间是D时，有2种排法，所以所求概率为eq \f(4＋2,24)＝eq \f(1,4).
10．已知甲、乙、丙各有一张自己的身份证，现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，则恰有一人取到自己身份证的概率为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 甲、乙、丙各有一张自己的身份证，现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，基本事件总数n＝Aeq \\al(3,3)＝6，恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝3，所以恰有一人取到自己身份证的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).
11．海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．
(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；
(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．
解 (1)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为eq \f(6,300)＝eq \f(1,50)，
所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×eq \f(1,50)＝1,150×eq \f(1,50)＝3,100×eq \f(1,50)＝2.
所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.
(2)方法一 设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为
A；B1，B2，B3；C1，C2.
则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．
每个样品被抽到的机会相等，因此这些基本事件的出现是等可能的．
记事件D为“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．
所以P(D)＝eq \f(4,15)，
即这2件商品来自相同地区的概率为eq \f(4,15).
方法二 这2件商品来自相同地区的概率为eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,6))＝eq \f(3＋1,15)＝eq \f(4,15).
12．某学校的篮球队、羽毛球队、乒乓球队各有10名队员，某些队员不止参加一支球队，具体情况如图所示，现从中随机抽取一名队员，求：
(1)该队员只属于一支球队的概率；
(2)该队员最多属于两支球队的概率．
解 分别令“抽取一名队员只属于篮球队、羽毛球队、乒乓球队”为事件A，B，C.由图知3支球队共有球员20名．
则P(A)＝eq \f(5,20)，P(B)＝eq \f(3,20)，P(C)＝eq \f(4,20).
(1)令“抽取一名队员，该队员只属于一支球队”为事件D.
则D＝A＋B＋C，因为事件A，B，C两两互斥，
所以P(D)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(5,20)＋eq \f(3,20)＋eq \f(4,20)＝eq \f(3,5).
(2)令“抽取一名队员，该队员最多属于两支球队”为事件E，则eq \x\t(E)为“抽取一名队员，该队员属于3支球队”，所以P(E)＝1－P(eq \x\t(E))＝1－eq \f(2,20)＝eq \f(9,10).
13．已知A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|x2－ax＋b＝0，a∈A，b∈A}，则A∩B＝B的概率是( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(8,9) D．1
答案 C
解析 因为a∈A，b∈A，所以可用列表法得到基本事件的个数为9(如下表所示)．
因为A∩B＝B，所以B可能是∅，{1}，{2}，{3}，{1,2}，{1,3}，{2,3}．
当B＝∅时，a2－4b<0，满足条件的a，b为a＝1，b＝1,2,3；a＝2，b＝2,3；a＝3，b＝3.
当B＝{1}时，满足条件的a，b为a＝2，b＝1.
当B＝{2}，{3}时，没有满足条件的a，b.
当B＝{1,2}时，满足条件的a，b为a＝3，b＝2.
当B＝{2,3}，{1,3}时，没有满足条件的a，b.
综上，符合条件的结果有8种．
故所求概率为eq \f(8,9).
14．(2020·衡水联考)某省高考数学多选题有A，B，C，D四个选项，在给出选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的不得分．已知某道数学多选题正确答案为B，D，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了至少一个选项，则他能得分的概率为________．
答案 eq \f(1,5)
解析 随机地填涂了至少一个选项共有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(4,4)＝15(种)涂法，
得分的涂法为3种，
故他能得分的概率为eq \f(1,5).
15.如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(2,7) C.eq \f(3,7) D.eq \f(4,7)
答案 B
解析 根据题意，最近路线就是不能走回头路，不能走重复的路，所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，所以最近的行走路线共有Aeq \\al(7,7)＝5 040(种)．因为不能连续向上，所以先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列为Aeq \\al(4,4).接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中，5个位置排3个元素，也就是Aeq \\al(3,5)，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)，所以其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率P＝eq \f(1 440,5 040)＝eq \f(2,7).
16．(2020·绵阳模拟)在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动，抽奖规则是：盒子里面共有4个小球，小球上分别写
有0,1,2,3的数字，小球除数字外其他完全相同，每对亲子中，家长先从盒子中取出一个小球，记下数字后将小球放回，孩子再从盒子中取出一个小球，记下小球上数字将小球放回．
抽奖活动的奖励规则是：
①若取出的两个小球上数字之积大于4，则奖励飞机玩具一个；
②若取出的两个小球上数字之积在区间[1,4]内，则奖励汽车玩具一个；
③若取出的两个小球上数字之积小于1，则奖励饮料一瓶．
(1)求每对亲子获得飞机玩具的概率；
(2)试比较每对亲子获得汽车玩具与获得饮料的概率，哪个更大？请说明理由．
解 (1)基本事件总数有16种，分别为(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(3,3)；
记“获得飞机玩具”为事件A，则事件A包含的基本事件有3种，分别为(2,3)，(3,2)，(3,3)．
∴每对亲子获得飞机玩具的概率P(A)＝eq \f(3,16).
(2)记“获得汽车玩具”为事件B，“获得饮料”为事件C，
事件B包含的基本事件有6个，分别为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，
∴每对亲子获得汽车玩具的概率P(B)＝eq \f(6,16)＝eq \f(3,8)，
每对亲子获得饮料的概率P(C)＝1－P(A)－P(B)＝eq \f(7,16).
∵eq \f(3,8)符号表示
包含关系
若事件A发生，事件B一定发生，则称事件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，则称事件A与事件B相等
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，则称此事件为事件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
A∩B为不可能事件，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，则称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅且P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝1
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40]
天数
2
16
36
25
7
4
本科
研究生
合计
35岁以下
40
30
70
35～50岁
27
13
40
50岁以上
8
2
10
第一次
和
第二次
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
地区
A
B
C
数量
50
150
100
a
b
1
2
3
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)