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新高考数学一轮复习导学案第76讲 随机事件与概率（2份打包，原卷版+解析版）
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(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．
2、由于是一个必然事件，再加上，故，这个公式很有用，常可使概率的计算得到简化．当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化去求其对立事件的概率
3、事件的分类
4、事件的关系与运算
5、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)所有的基本事件只有有限个；
(2)每个基本事件的发生都是等可能的．
6、如果1试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是eq \f(1,n)，如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)＝eq \f(m,n)．
7、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)．
8、相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \(B,\s\up6(－))__，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都相互独立.
1、（2023•上海）为了学习宣传党的二十大精神，某校学生理论宣讲团赴社区宣讲，已知有4名男生，6名女生，从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的概率为 ．
【答案】0.5．
【解析】从10人中任选3人的事件个数为 SKIPIF 1 < 0 ，
恰有1名男生2名女生的事件个数为 SKIPIF 1 < 0 ，
则恰有1名男生2名女生的概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
故答案为：0.5．
2、（2022•上海）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为 ．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有 SKIPIF 1 < 0 种，
而所有的抽取方法共有 SKIPIF 1 < 0 种，
故每一类都被抽到的概率为 SKIPIF 1 < 0 ，
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ．
3、（2022•甲卷（理））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】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有 SKIPIF 1 < 0 种取法，
若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，
则这4个点在同一个平面的概率 SKIPIF 1 < 0 ；
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ．
4、（2022•新高考Ⅰ）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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】 SKIPIF 1 < 0
【解析】从2至8的7个整数中任取两个数共有 SKIPIF 1 < 0 种方式，
其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，
故所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
故选： SKIPIF 1 < 0 ．
5、（2023•天津）甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为 SKIPIF 1 < 0 ．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为 ．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】设盒子中共有球 SKIPIF 1 < 0 个，
则甲盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
乙盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
丙盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 SKIPIF 1 < 0 ；
将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率 SKIPIF 1 < 0 ．
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0
6、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8
【答案】C
【解析】：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
SKIPIF 1 < 0 ，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
SKIPIF 1 < 0 ，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为 SKIPIF 1 < 0 ，
故选：C.
7、（2018年高考全国Ⅱ卷理数）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如 SKIPIF 1 < 0 ．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，
随机选取两个不同的数，共有种方法，
因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，
故所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ，故选C．
8、(2019·全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，右图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.eq \f(5,16) B.eq \f(11,32)
C.eq \f(21,32) D.eq \f(11,16)
【答案】A
【解析】重卦是由从下到上排列的6个爻组成，而爻有“阳爻”和“阴爻”两种，故所有的重卦共有26＝64种．重卦中恰有3个“阳爻”的共有Ceq \\al(3,6)×Ceq \\al(3,3)＝20种．故所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16)，故选A.
1、掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】： B
【解析】掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有 SKIPIF 1 < 0 种，点数之和为5的有4中，
所以所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
2、2019年中国北京世界园艺博览会于4月29日至10月7日在北京市延庆区举办．如果小明从中国馆、国际馆、植物馆、生活体验馆四个展馆中随机选择一个进行参观，那么他选择的展馆恰为中国馆的概率为( )
A. eq \f(1,2) B. eq \f(1,4) C. eq \f(1,8) D. eq \f(1,16)
【答案】B
【解析】 可能出现的选择有4种，满足条件要求的种数为1种，则P＝eq \f(1,4).故选B.
3、如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A. eq \f(1,10) B. eq \f(1,5) C. eq \f(3,10) D. eq \f(1,20)
【答案】A
【解析】 从1，2，3，4，5中任取3个不同的数的基本事件为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，4，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，4，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4，5))，共10个，其中满足勾股数的只有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4，5))，共1个，∴所求概率p＝eq \f(1,10).故选A.
4、（多选）（2023·辽宁大连·统考三模）有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件H为“不订甲报纸”，事件I为“一种报纸也不订”，下列命题正确的是（ ）
A．E与G是互斥事件
B．F与I是互斥事件，且是对立事件
C．F与G不是互斥事件
D．G与I是互斥事件
【答案】BC
【解析】对于A选项， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 事件有可能同时发生，不是互斥事件；
对于B选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且是对立事件；
对于C选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 可以同时发生，不是互斥事件；
对于D选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 也可以同时发生，不是互斥事件.
故选：BC.
考向一 随机事件的概率与频率
例1、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：
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：
(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．
【解析】 (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eq \f(60＋50,200)＝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eq \f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)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.
∴续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
变式1、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．
【解析】：(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 ℃，由表格数据知，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，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以Y的所有可能值为900,300，－100，
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.
方法总结： (1)解题的关键是根据统计图表分析满足条件的事件发生的频数，计算频率，用频率估计概率．
(2)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，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(概率)，所以有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
考向二 古典概型的概率问题
例2、先后抛掷两枚质地均匀的骰子，求：(1) 点数之和是4的倍数的概率；
(2) 点数之和大于5且小于10的概率．
【解析】 从图中容易看出，基本事件与所描点一一对应，共36种．
(1) 记“点数之和是4的倍数”的事件为A，从图中可以看出，事件A包含的基本事件共有9个：(1，3)，(2，2)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，(6，6)，所以P(A)＝ eq \f(1,4).
(2) 记“点数之和大于5且小于10”的事件为B，从图中可以看出，事件B包含的基本事件共有20个(已用虚线圈出)，所以P(B)＝ eq \f(20,36)＝ eq \f(5,9).
变式1、先后抛掷两枚质地均匀的骰子，求：(1) 点数之和出现7点的概率；
(2) 出现两个4点的概率；
(3) 点数之和能被3整除的概率．
【解析】 如图，从图中容易看出基本事件与所描点一一对应，共36种．
(1) 记“点数之和出现7点”为事件A，从图中可以看出，事件A包含的基本事件共有6个：(6，1)，(5，2)，(4，3)，(3，4)，(2，5)，(1，6)，故P(A)＝ eq \f(6,36)＝ eq \f(1,6).
(2) 记“出现两个4点”为事件B，从图中可以看出，事件B包含的基本事件只有1个，即(4，4)，
故P(B)＝ eq \f(1,36).
(3) 记“点数之和能被3整除”为事件C，则事件C包含的基本事件共有12个：(1，2)，(2，1)，(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，(3，6)，(6，3)，(4，5)，(5，4)，(6，6)，故P(C)＝ eq \f(12,36)＝ eq \f(1,3).
变式2、 (1)(2022·济南质检)在一个不透明的容器中有6个小球，其中有4个黄球，2个红球，它们除颜色外完全相同，如果一次随机取出2个球，那么至少有1个红球的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(7,15) D.eq \f(8,15)
【答案】 B
【解析】 一次随机取出2个球，样本点总数为Ceq \\al(2,6)＝15，至少有1个红球包含的样本点个数为Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(2,2)＝9，
所以至少有1个红球的概率P＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
(2)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
【答案】 D
【解析】 两位男同学和两位女同学排成一列一共有Aeq \\al(4,4)＝24种方法，两位女同学相邻的排法有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12种，
∴两位女同学相邻的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2).
方法总结：古典概型的概率求解步骤
(1)求出所有基本事件的个数n.
(2)求出事件A包含的所有基本事件的个数m.
(3)代入公式P(A)＝eq \f(m,n)求解．
考向三 古典概型与统计的综合
例3、从某地高中男生中随机抽取100名同学，将他们的体重(单位：kg)数据绘制成频率分布直方图(如图所示)．由图中数据可知体重的平均值为________ kg；若要从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内的男生中，用分层抽样的方法选取12人参加一项活动，再从这12人中选两人当正副队长，则这两人体重不在同一组内的概率为________．
【答案】：64．5 eq \f(2,3)
【解析】：由频率分布直方图可知，体重在[40,50)内的男生人数为0．005×10×100＝5，同理，体重在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]内的人数分别为35,30,20,10，所以体重的平均值为eq \f(45×5＋55×35＋65×30＋75×20＋85×10,100) ＝64．5．利用分层抽样的方法选取12人，则从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内选取的人数分别为12×eq \f(30,60)＝6,12×eq \f(20,60)＝4,12×eq \f(10,60)＝2，则两人体重不在同一组内的概率为eq \f(C\\al(1,6)C\\al(1,6)＋C\\al(1,4)C\\al(1,8)＋C\\al(1,2)C\\al(1,10),A\\al(2,12))＝eq \f(2,3)．
变式1、在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分．用xn表示编号为n(n＝1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：
(1)求第6位同学的成绩x6及这6位同学成绩的标准差s；
(2)从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率．
【解析】 (1)∵这6位同学的平均成绩为75分，
所以eq \f(1,6)(70＋76＋72＋70＋72＋x6)＝75，解得x6＝90，这6位同学成绩的方差s2＝eq \f(1,6)×[(70－75)2＋(76－75)2＋(72－75)2＋(70－75)2＋(72－75)2＋(90－75)2]＝49，所以标准差s＝7.
(2)从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有：(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共10种．恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的有：(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共4种．
故所求的概率为eq \f(4,10)＝0.4，即恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率为0.4.
变式2、在某次测验中，6位同学的平均成绩为75分.用xn表示编号为n(n＝1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：
(1) 求第6位同学的成绩x6，及这6位同学成绩的标准差s；
(2) 从前5位同学中，随机地选出2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率．
【解析】 (1) 因为这6位同学的平均成绩为75分，
所以 eq \f(1,6)×(70＋76＋72＋70＋72＋x6)＝75，
解得x6＝90,
s2＝ eq \f(1,6)×[(70－75)2＋(76－75)2＋(72－75)2＋(70－75)2＋(72－75)2＋(90－75)2]＝49，
所以标准差s＝7.
(2) 从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有：(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共10种，
恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的有(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共4种，故所求的概率为 eq \f(4,10)＝0.4,
即恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率为0.4.
考向四 对立事件与互斥事件的概率
例4、下列命题：
①将一枚硬币抛掷两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；
②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；
③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B互为对立事件；
④若事件A与B互为对立事件，则事件A＋B为必然事件．
其中真命题的序号是________．
【答案】 ②④
【解析】 一枚硬币抛两次，共出现(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①是假命题；对立事件首先是互斥事件，故②是真命题；互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③是假命题；事件A，B为对立事件，则一次试验中A，B一定有一个要发生，故④是真命题．
变式1、(1) 从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________；
【答案】 0.35
【解析】 “抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，则所求概率P＝1－P(A)＝0.35.
(2) 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________．
【答案】 eq \f(17,35)
【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).
1、 (2022·湖南高三开学考试)从0，2，4，6，8中任取2个不同的数分别记作a，b，则 |a－b|≥3的概率是( )
A. eq \f(1,5) B. eq \f(3,10)
C. eq \f(2,5) D. eq \f(3,5)
【答案】 D
【解析】 从0，2，4，6，8中任取2个不同的数a，b，共有 eq \f(5×4,2)＝10(个)基本事件，取出的2个数之差的绝对值等于2有(0，2)，(2，4)，(4，6)，(6，8)共4个基本事件，所以所求概率为P＝1－ eq \f(4,10)＝ eq \f(3,5).
2、 (2022·广东茂名二模)甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2天后休息一天，乙连续工作3天后休息一天，丙连续工作4天后休息一天，已知3月31日这一天三人均休息，则4月份三人在同一天工作的概率为( )
A. eq \f(1,3) B. eq \f(2,5)
C. eq \f(11,30) D. eq \f(3,10)
【答案】 B
【解析】 甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，…，29.乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，…，30.丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9，…，29.在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29，所以三人同一天工作的概率为P＝ eq \f(12,30)＝ eq \f(2,5).
3、(多选)(2022·益阳高三月考)一个人打靶时连续射击两次，甲表示事件“至少有一次中靶”，乙表示事件“恰有一次中靶”，丙表示事件“两次都中靶”，丁表示事件“两次都不中靶”，则下列说法中正确的是( )
A. 甲与乙是互斥事件
B. 乙与丙是互斥事件
C. 乙与丁是对立事件
D. 甲与丁是对立事件
【答案】 BD
【解析】 一个人打靶时连续射击两次，其基本事件有：两次都不中靶；第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶；两次都中靶．其中甲事件包含的基本事件有：第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶；两次都中靶．乙事件包含的基本事件有：第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶．丙事件包含的基本事件有：两次都中靶．丁事件包含的基本事件有：两次都不中靶，所以根据互斥与对立事件的定义，甲与乙不互斥，乙与丙互斥，乙与丁互斥不对立，甲与丁为对立事件．故A，C错误，B，D正确．故选BD.
4、（多选）（2023·湖北·校联考三模）A，B为随机事件，已知 SKIPIF 1 < 0 ，下列结论中正确的是（ ）
A．若A，B为互斥事件，则 SKIPIF 1 < 0 B．若A，B为互斥事件，则 SKIPIF 1 < 0
C．若A，B是相互独立事件， SKIPIF 1 < 0 D．若 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】ACD
【详解】A：由A、B是互斥事件，故 SKIPIF 1 < 0 ，正确．
B：由 SKIPIF 1 < 0 知： SKIPIF 1 < 0 ，不正确．
C：由于A，B是相互独立事件， SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，正确．
D： SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，正确．
故选：ACD
5、（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知事件A，B满足 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则（ ）
A．若 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
B．若A与B互斥，则 SKIPIF 1 < 0
C．若 SKIPIF 1 < 0 ，则A与B相互独立
D．若A与B相互独立，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】BD
【详解】解：对于A，因为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
对于B，因为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 互斥，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；
对于C，因为 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，又因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；
对于D，因为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 相互独立，所以 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 相互独立；因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确.
故选：BD
确定事件
必然事件
在条件S下，一定会发生的事件
不可能事件
在条件S下，一定不会发生的事件
随机事件
在条件S下，可能发生也可能不发生的事件
名称
条件
结论
符号表示
并（和）事件
A发生或B发生
事件A与事件B的
并事件（或和事件）
SKIPIF 1 < 0 （或 SKIPIF 1 < 0 ）
交（积）事件
A发生且B发生
事件A与事件B的
交事件（或积事件）
SKIPIF 1 < 0 （或 SKIPIF 1 < 0 ）
互斥事件
SKIPIF 1 < 0 为不可能事件
事件A与事件B互斥
SKIPIF 1 < 0
对立事件
SKIPIF 1 < 0 为不可能事件
SKIPIF 1 < 0 为必然事件
事件A与事件B互为
对立事件
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
独立事件
A是否发生不影响
B发生
事件A与事件B为
相互独立事件
SKIPIF 1 < 0
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
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
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
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
编号n
1
2
3
4
5
成绩xn
70
76
72
70
72
编号n
1
2
3
4
5
成绩xn
70
76
72
70
72
(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．
2、由于是一个必然事件，再加上，故，这个公式很有用，常可使概率的计算得到简化．当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化去求其对立事件的概率
3、事件的分类
4、事件的关系与运算
5、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)所有的基本事件只有有限个；
(2)每个基本事件的发生都是等可能的．
6、如果1试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是eq \f(1,n)，如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)＝eq \f(m,n)．
7、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)．
8、相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \(B,\s\up6(－))__，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都相互独立.
1、（2023•上海）为了学习宣传党的二十大精神，某校学生理论宣讲团赴社区宣讲，已知有4名男生，6名女生，从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的概率为 ．
【答案】0.5．
【解析】从10人中任选3人的事件个数为 SKIPIF 1 < 0 ，
恰有1名男生2名女生的事件个数为 SKIPIF 1 < 0 ，
则恰有1名男生2名女生的概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
故答案为：0.5．
2、（2022•上海）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为 ．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有 SKIPIF 1 < 0 种，
而所有的抽取方法共有 SKIPIF 1 < 0 种，
故每一类都被抽到的概率为 SKIPIF 1 < 0 ，
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ．
3、（2022•甲卷（理））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】 SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有 SKIPIF 1 < 0 种取法，
若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，
则这4个点在同一个平面的概率 SKIPIF 1 < 0 ；
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ．
4、（2022•新高考Ⅰ）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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】 SKIPIF 1 < 0
【解析】从2至8的7个整数中任取两个数共有 SKIPIF 1 < 0 种方式，
其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，
故所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
故选： SKIPIF 1 < 0 ．
5、（2023•天津）甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为 SKIPIF 1 < 0 ．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为 ．
【答案】 SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ．
【解析】设盒子中共有球 SKIPIF 1 < 0 个，
则甲盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
乙盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
丙盒子中有黑球 SKIPIF 1 < 0 个，白球 SKIPIF 1 < 0 个，
从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 SKIPIF 1 < 0 ；
将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率 SKIPIF 1 < 0 ．
故答案为： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0
6、（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8
【答案】C
【解析】：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
SKIPIF 1 < 0 ，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
SKIPIF 1 < 0 ，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为 SKIPIF 1 < 0 ，
故选：C.
7、（2018年高考全国Ⅱ卷理数）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如 SKIPIF 1 < 0 ．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，
随机选取两个不同的数，共有种方法，
因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，
故所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ，故选C．
8、(2019·全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，右图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.eq \f(5,16) B.eq \f(11,32)
C.eq \f(21,32) D.eq \f(11,16)
【答案】A
【解析】重卦是由从下到上排列的6个爻组成，而爻有“阳爻”和“阴爻”两种，故所有的重卦共有26＝64种．重卦中恰有3个“阳爻”的共有Ceq \\al(3,6)×Ceq \\al(3,3)＝20种．故所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16)，故选A.
1、掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】： B
【解析】掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有 SKIPIF 1 < 0 种，点数之和为5的有4中，
所以所求概率为 SKIPIF 1 < 0 ．
2、2019年中国北京世界园艺博览会于4月29日至10月7日在北京市延庆区举办．如果小明从中国馆、国际馆、植物馆、生活体验馆四个展馆中随机选择一个进行参观，那么他选择的展馆恰为中国馆的概率为( )
A. eq \f(1,2) B. eq \f(1,4) C. eq \f(1,8) D. eq \f(1,16)
【答案】B
【解析】 可能出现的选择有4种，满足条件要求的种数为1种，则P＝eq \f(1,4).故选B.
3、如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A. eq \f(1,10) B. eq \f(1,5) C. eq \f(3,10) D. eq \f(1,20)
【答案】A
【解析】 从1，2，3，4，5中任取3个不同的数的基本事件为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，4，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3，4))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，4，5))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4，5))，共10个，其中满足勾股数的只有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4，5))，共1个，∴所求概率p＝eq \f(1,10).故选A.
4、（多选）（2023·辽宁大连·统考三模）有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件H为“不订甲报纸”，事件I为“一种报纸也不订”，下列命题正确的是（ ）
A．E与G是互斥事件
B．F与I是互斥事件，且是对立事件
C．F与G不是互斥事件
D．G与I是互斥事件
【答案】BC
【解析】对于A选项， SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 事件有可能同时发生，不是互斥事件；
对于B选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且是对立事件；
对于C选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 可以同时发生，不是互斥事件；
对于D选项， SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 也可以同时发生，不是互斥事件.
故选：BC.
考向一 随机事件的概率与频率
例1、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：
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：
(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．
【解析】 (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eq \f(60＋50,200)＝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eq \f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)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.
∴续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
变式1、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．
【解析】：(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 ℃，由表格数据知，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，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以Y的所有可能值为900,300，－100，
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.
方法总结： (1)解题的关键是根据统计图表分析满足条件的事件发生的频数，计算频率，用频率估计概率．
(2)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，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(概率)，所以有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
考向二 古典概型的概率问题
例2、先后抛掷两枚质地均匀的骰子，求：(1) 点数之和是4的倍数的概率；
(2) 点数之和大于5且小于10的概率．
【解析】 从图中容易看出，基本事件与所描点一一对应，共36种．
(1) 记“点数之和是4的倍数”的事件为A，从图中可以看出，事件A包含的基本事件共有9个：(1，3)，(2，2)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，(6，6)，所以P(A)＝ eq \f(1,4).
(2) 记“点数之和大于5且小于10”的事件为B，从图中可以看出，事件B包含的基本事件共有20个(已用虚线圈出)，所以P(B)＝ eq \f(20,36)＝ eq \f(5,9).
变式1、先后抛掷两枚质地均匀的骰子，求：(1) 点数之和出现7点的概率；
(2) 出现两个4点的概率；
(3) 点数之和能被3整除的概率．
【解析】 如图，从图中容易看出基本事件与所描点一一对应，共36种．
(1) 记“点数之和出现7点”为事件A，从图中可以看出，事件A包含的基本事件共有6个：(6，1)，(5，2)，(4，3)，(3，4)，(2，5)，(1，6)，故P(A)＝ eq \f(6,36)＝ eq \f(1,6).
(2) 记“出现两个4点”为事件B，从图中可以看出，事件B包含的基本事件只有1个，即(4，4)，
故P(B)＝ eq \f(1,36).
(3) 记“点数之和能被3整除”为事件C，则事件C包含的基本事件共有12个：(1，2)，(2，1)，(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，(3，6)，(6，3)，(4，5)，(5，4)，(6，6)，故P(C)＝ eq \f(12,36)＝ eq \f(1,3).
变式2、 (1)(2022·济南质检)在一个不透明的容器中有6个小球，其中有4个黄球，2个红球，它们除颜色外完全相同，如果一次随机取出2个球，那么至少有1个红球的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(7,15) D.eq \f(8,15)
【答案】 B
【解析】 一次随机取出2个球，样本点总数为Ceq \\al(2,6)＝15，至少有1个红球包含的样本点个数为Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(2,2)＝9，
所以至少有1个红球的概率P＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
(2)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
【答案】 D
【解析】 两位男同学和两位女同学排成一列一共有Aeq \\al(4,4)＝24种方法，两位女同学相邻的排法有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12种，
∴两位女同学相邻的概率P＝eq \f(12,24)＝eq \f(1,2).
方法总结：古典概型的概率求解步骤
(1)求出所有基本事件的个数n.
(2)求出事件A包含的所有基本事件的个数m.
(3)代入公式P(A)＝eq \f(m,n)求解．
考向三 古典概型与统计的综合
例3、从某地高中男生中随机抽取100名同学，将他们的体重(单位：kg)数据绘制成频率分布直方图(如图所示)．由图中数据可知体重的平均值为________ kg；若要从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内的男生中，用分层抽样的方法选取12人参加一项活动，再从这12人中选两人当正副队长，则这两人体重不在同一组内的概率为________．
【答案】：64．5 eq \f(2,3)
【解析】：由频率分布直方图可知，体重在[40,50)内的男生人数为0．005×10×100＝5，同理，体重在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]内的人数分别为35,30,20,10，所以体重的平均值为eq \f(45×5＋55×35＋65×30＋75×20＋85×10,100) ＝64．5．利用分层抽样的方法选取12人，则从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内选取的人数分别为12×eq \f(30,60)＝6,12×eq \f(20,60)＝4,12×eq \f(10,60)＝2，则两人体重不在同一组内的概率为eq \f(C\\al(1,6)C\\al(1,6)＋C\\al(1,4)C\\al(1,8)＋C\\al(1,2)C\\al(1,10),A\\al(2,12))＝eq \f(2,3)．
变式1、在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分．用xn表示编号为n(n＝1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：
(1)求第6位同学的成绩x6及这6位同学成绩的标准差s；
(2)从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率．
【解析】 (1)∵这6位同学的平均成绩为75分，
所以eq \f(1,6)(70＋76＋72＋70＋72＋x6)＝75，解得x6＝90，这6位同学成绩的方差s2＝eq \f(1,6)×[(70－75)2＋(76－75)2＋(72－75)2＋(70－75)2＋(72－75)2＋(90－75)2]＝49，所以标准差s＝7.
(2)从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有：(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共10种．恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的有：(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共4种．
故所求的概率为eq \f(4,10)＝0.4，即恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率为0.4.
变式2、在某次测验中，6位同学的平均成绩为75分.用xn表示编号为n(n＝1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下：
(1) 求第6位同学的成绩x6，及这6位同学成绩的标准差s；
(2) 从前5位同学中，随机地选出2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率．
【解析】 (1) 因为这6位同学的平均成绩为75分，
所以 eq \f(1,6)×(70＋76＋72＋70＋72＋x6)＝75，
解得x6＝90,
s2＝ eq \f(1,6)×[(70－75)2＋(76－75)2＋(72－75)2＋(70－75)2＋(72－75)2＋(90－75)2]＝49，
所以标准差s＝7.
(2) 从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有：(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共10种，
恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的有(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共4种，故所求的概率为 eq \f(4,10)＝0.4,
即恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率为0.4.
考向四 对立事件与互斥事件的概率
例4、下列命题：
①将一枚硬币抛掷两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；
②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；
③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B互为对立事件；
④若事件A与B互为对立事件，则事件A＋B为必然事件．
其中真命题的序号是________．
【答案】 ②④
【解析】 一枚硬币抛两次，共出现(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①是假命题；对立事件首先是互斥事件，故②是真命题；互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③是假命题；事件A，B为对立事件，则一次试验中A，B一定有一个要发生，故④是真命题．
变式1、(1) 从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________；
【答案】 0.35
【解析】 “抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，则所求概率P＝1－P(A)＝0.35.
(2) 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________．
【答案】 eq \f(17,35)
【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).
1、 (2022·湖南高三开学考试)从0，2，4，6，8中任取2个不同的数分别记作a，b，则 |a－b|≥3的概率是( )
A. eq \f(1,5) B. eq \f(3,10)
C. eq \f(2,5) D. eq \f(3,5)
【答案】 D
【解析】 从0，2，4，6，8中任取2个不同的数a，b，共有 eq \f(5×4,2)＝10(个)基本事件，取出的2个数之差的绝对值等于2有(0，2)，(2，4)，(4，6)，(6，8)共4个基本事件，所以所求概率为P＝1－ eq \f(4,10)＝ eq \f(3,5).
2、 (2022·广东茂名二模)甲、乙、丙三人是某商场的安保人员，根据值班需要甲连续工作2天后休息一天，乙连续工作3天后休息一天，丙连续工作4天后休息一天，已知3月31日这一天三人均休息，则4月份三人在同一天工作的概率为( )
A. eq \f(1,3) B. eq \f(2,5)
C. eq \f(11,30) D. eq \f(3,10)
【答案】 B
【解析】 甲工作的日期为1，2，4，5，7，8，10，…，29.乙工作的日期为1，2，3，5，6，7，9，10，…，30.丙工作的日期为1，2，3，4，6，7，8，9，…，29.在同一天工作的日期为1，2，7，11，13，14，17，19，22，23，26，29，所以三人同一天工作的概率为P＝ eq \f(12,30)＝ eq \f(2,5).
3、(多选)(2022·益阳高三月考)一个人打靶时连续射击两次，甲表示事件“至少有一次中靶”，乙表示事件“恰有一次中靶”，丙表示事件“两次都中靶”，丁表示事件“两次都不中靶”，则下列说法中正确的是( )
A. 甲与乙是互斥事件
B. 乙与丙是互斥事件
C. 乙与丁是对立事件
D. 甲与丁是对立事件
【答案】 BD
【解析】 一个人打靶时连续射击两次，其基本事件有：两次都不中靶；第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶；两次都中靶．其中甲事件包含的基本事件有：第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶；两次都中靶．乙事件包含的基本事件有：第一次中靶，第二次不中靶；第一次不中靶，第二次中靶．丙事件包含的基本事件有：两次都中靶．丁事件包含的基本事件有：两次都不中靶，所以根据互斥与对立事件的定义，甲与乙不互斥，乙与丙互斥，乙与丁互斥不对立，甲与丁为对立事件．故A，C错误，B，D正确．故选BD.
4、（多选）（2023·湖北·校联考三模）A，B为随机事件，已知 SKIPIF 1 < 0 ，下列结论中正确的是（ ）
A．若A，B为互斥事件，则 SKIPIF 1 < 0 B．若A，B为互斥事件，则 SKIPIF 1 < 0
C．若A，B是相互独立事件， SKIPIF 1 < 0 D．若 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】ACD
【详解】A：由A、B是互斥事件，故 SKIPIF 1 < 0 ，正确．
B：由 SKIPIF 1 < 0 知： SKIPIF 1 < 0 ，不正确．
C：由于A，B是相互独立事件， SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，正确．
D： SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，正确．
故选：ACD
5、（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知事件A，B满足 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，则（ ）
A．若 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0
B．若A与B互斥，则 SKIPIF 1 < 0
C．若 SKIPIF 1 < 0 ，则A与B相互独立
D．若A与B相互独立，则 SKIPIF 1 < 0
【答案】BD
【详解】解：对于A，因为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
对于B，因为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 互斥，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；
对于C，因为 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，又因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；
对于D，因为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 相互独立，所以 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 相互独立；因为 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，所以 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确.
故选：BD
确定事件
必然事件
在条件S下，一定会发生的事件
不可能事件
在条件S下，一定不会发生的事件
随机事件
在条件S下，可能发生也可能不发生的事件
名称
条件
结论
符号表示
并（和）事件
A发生或B发生
事件A与事件B的
并事件（或和事件）
SKIPIF 1 < 0 （或 SKIPIF 1 < 0 ）
交（积）事件
A发生且B发生
事件A与事件B的
交事件（或积事件）
SKIPIF 1 < 0 （或 SKIPIF 1 < 0 ）
互斥事件
SKIPIF 1 < 0 为不可能事件
事件A与事件B互斥
SKIPIF 1 < 0
对立事件
SKIPIF 1 < 0 为不可能事件
SKIPIF 1 < 0 为必然事件
事件A与事件B互为
对立事件
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
独立事件
A是否发生不影响
B发生
事件A与事件B为
相互独立事件
SKIPIF 1 < 0
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
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
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
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
编号n
1
2
3
4
5
成绩xn
70
76
72
70
72
编号n
1
2
3
4
5
成绩xn
70
76
72
70
72
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