2025年新高考数学一轮复习第10章第05讲古典概型与概率的基本性质(八大题型)(练习)练习(学生版+教师版)

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题型一：简单的古典概型问题
1．下列试验是古典概型的是（ ）
A．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都是整数的所有点中任取一点
B．某射手射击一次，可能命中0环，1环，2环，…，10环
C．某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D．在适宜的条件下，种下一粒种子，观察它是否发芽
【答案】C
【解析】对于A，横坐标和纵坐标都是整数的点有无限多个，不满足有限样本空间特征，故该选项错误；
对于B，命中0环，1环，2环…，10环的概率不相同，不满足等可能性特征，故该选项错误；
对于C，人数有限，且任选1人与学生的性别无关，是等可能的，故该选项正确；
对于D，“发芽”与“不发芽”的概率不一定相等，不满足等可能性特征，故该选项错误；
故选：C.
2．下列有关古典概型的说法中，错误的是（ ）
A．试验的样本空间的样本点总数有限
B．每个事件出现的可能性相等
C．每个样本点出现的可能性相等
D．已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率
【答案】B
【解析】由古典概型概念可知：试验的样本空间的样本点总数有限；每个样本点出现的可能性相等，故A，C正确；
每个事件不一定是样本点，可能包含若干个样本点，所以B不正确；
根据古典概型的概率计算公式可知D正确，
故选：B
3．先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，观察朝上的点数．记事件A：点数之和为3，事件B：点数之和不超过3．有下列说法：①样本空间；②；③；④．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】用表示第一次掷出1点第二次掷出2点，其他的样本点用类似的方法表示，
则可知所有样本点均可表示成的形式，其中i，j都是1，2，3，4，5，6中的数．
因此，样本空间 ，①判断正确；
由可知②判断正确；
由可知③判断正确；
因为，，故，故④判断正确．
故选：D
4．下列是古典概型的是（ ）
①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的大小；
②同时掷两颗骰子，点数和为7的概率；
③近三天中有一天降雨的概率；
④10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率.
A．①②③④B．①②④C．②③④D．①③④
【答案】B
【解析】①②④中的基本事件都是有限个，且每个基本事件都是等可能的，
符合古典概型的定义和特点；③不是古典概型，因为不符合等可能性，
受多方面因素影响.
故选：B.
题型二：古典概型与向量的交汇问题
5．（2024·浙江嘉兴·二模）已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
可以和向量构成数量积有 一共8个向量，
其中数量积为的正数的向量有： 一共4个，
由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：.
故选：A
6．（2024·上海浦东新·三模）连续投骰子两次得到的点数分别为m，n，作向量（m，n），则与（1，﹣1）的夹角成为直角三角形内角的概率是 ．
【答案】
【解析】由题意知本题是一个古典概型，
试验发生包含的所有事件数6×6，
∵m＞0，n＞0，
∴（m，n）与（1，﹣1）不可能同向．
∴夹角θ≠0．
∵θ∈（0，]
•0，
∴m﹣n≥0，
即m≥n．
当m＝6时，n＝6，5，4，3，2，1；
当m＝5时，n＝5，4，3，2，1；
当m＝4时，n＝4，3，2，1；
当m＝3时，n＝3，2，1；
当m＝2时，n＝2，1；
当m＝1时，n＝1．
∴满足条件的事件数6+5+4+3+2+1
∴概率P．
故答案为
7．（2024·上海徐汇·二模）将两颗质地均匀的骰子抛掷一次，记第一颗骰子出现的点数是，记第二颗骰子出现的点数是，向量，向量，则向量a⊥b的概率是 .
【答案】
【解析】由题意知，，则共有36种，由，得，即，共有6种，根据古典概型的计算公式可得，所求概率为.
8．设m，n分别为连续两次投掷骰子得到的点数，且向量则向量，的夹角为锐角的概率是 .
【答案】
【解析】向量，的夹角为锐角，所以，
所以，即.
所以所求概率.
故答案为：.
题型三：古典概型与几何的交汇问题
9．（2024·河北唐山·一模）从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】从八个顶点中任选三个构成三角形的有种结果；
其中能构成正三角形的有8种结果：
故概率为：，
故选：A．
.
10．（2024·内蒙古·模拟预测）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】将四块三角形区域编号如下，
由题意可得总的涂色方法有种，
若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，
故所求概率.
故选：A
11．（2024·陕西咸阳·一模）《几何原本》又称《原本》，是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年，该书据克拉维斯的拉丁文本《欧几里得原本十五卷》译出．前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章内容，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里面任选3章进行选修并计人学分．则数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】数学专业的学生从这7章里面任选3章共有 种选法；
数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章共有选法种，
故张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为 ,
故选：C.
12．一个大正方体木块的表面积为，将大正方体木块的表面涂上红色颜料，并且分割成若干个棱长为的小正方体木块．若从这些小正方体木块中任取一个，恰好取到有一面着色的小正方体木块的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】表面积为的正方体棱长为，体积为，
所以该大正方体可以分割成64个棱长为的小正方体，
分割后在大正方体每个面上既不靠近顶点，又不靠近棱边的位置有4个小正方体是一面着色的，
所以所求概率为，
故选：D
题型四：古典概型与函数的交汇问题
13．设函数，若是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，则恒成立的概率为 .
【答案】/0.625
【解析】因为，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，故，
由不等式恒成立转化为恒成立，
因为是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，
则构成的所有基本事件总数有24个，
又由，，
设事件“不等式恒成立”，则事件包含事件：
，，，共15个，
因此不等式恒成立的概率为.
故答案为：.
14．（2024·高三·山东潍坊·开学考试）已知四个函数：①，②，③，④，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 .
【答案】/0.5
【解析】
作出函数图象，
由图可得③与①有一个公共点，②和④有一个公共点，②和③有一个公共点，其余不符合题意，
所以事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为，
故答案为：.
15．（2024·高三·上海青浦·期中）已知函数的定义域为，值域为，则函数是偶函数的概率为 .
【答案】
【解析】因为的定义域为，关于原点对称，
当是偶函数时，有，，
而的值域为，
所以有且，或且两种情况，
不考虑为偶函数时，分两种情况讨论：
一种是将分成一组1个元素，一组3个元素的情况，
此时有种情况满足题设；
一种是将分成每组各2个元素的情况，
此时有种情况满足题设；
综上，满足的定义域为，值域为的情况共有种，
所以函数是偶函数的概率为.
故答案为：.
16．（2024·上海闵行·模拟预测）已知函数的定义域为，值域为，则函数是偶函数的概率为 ．
【答案】
【解析】因为的定义域为，关于原点对称，值域为，
所以有，或，或
或，或，或，
共6种情况；
而当和时，满足是偶函数，有2种情况，
所以是偶函数的概率．
故答案为：
题型五：古典概型与数列的交汇问题
17．（2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
【答案】
【解析】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1349个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成，
显然集合E共有个，集合F共有个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，
又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：
18．（2024·福建·模拟预测）意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，，若从该数列的前96项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为 ．
【答案】
【解析】由题意可知，该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，则该数列的前96项中奇数共有，即这个数是奇数的概率为.
故答案为：
19．（2024·山东泰安·三模）已知大于的素数只分布在和两数列中（其中为非零自然数），数列中的合数叫阴性合数，其中的素数叫阴性素数；数列中的合数叫阳性合数，其中的素数叫阳性素数．则从以内的素数中任意取出两个，恰好是一个阴性素数，一个阳性素数的概率是 ．
【答案】
【解析】30以内的素数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个．其中阴性素数有5、11、17、23、29共5个，阳性素数有7、13、19共3个．
因此，所求概率为．
故答案为：.
20．裴波那契数列（）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多•裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列满足：，，现从该数列的前项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是
【答案】/
【解析】数列的前项依次为
它们除以的余数分别为，
可以发现：从第开始，余数重复出现，故余数构成的数列周期为，
故数列前项中，除以余数为的项的个数为，
∴从该数列的前项中随机抽取一项，则能被整除的概率是．
故答案为：
21．集合中有4个等差数列，集合中有5个等比数列，的元素个数是1，在中任取两个数列，这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率是 .
【答案】
【解析】由的元素个数是1可知，所以中共有8个数列，
其中有一个数列既是等差数列又是等比数列，
有3个数列为等差数列而不是等比数列，有4个数列为等比数列而不是等差数列.
则从中任取2个数列有种不同的取法.
从中取出的两个数列中，全为等差数列有种不同的取法，全为等比数列有种不同的取法.
所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列有种不同的取法.
所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率为
故答案为：
题型六：古典概率与统计的综合
22．（2024·上海·三模）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为1，2，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为 ．
【答案】/
【解析】当且仅当时，这6个点数的中位数为4，的概率为，
所以这6个点数的中位数为4的概率为.
故答案为：.
23．（2024·江西上饶·二模）将一枚质地均匀的骰子连续拋掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为3的概率为 ．
【答案】
【解析】当为时，这6个点数的中位数为3，
当时，这6个点数的中位数为，
当时，这6个点数的中位数为，
当为时，这6个点数的中位数为，
所以这6个点数的中位数为3的概率为.
故答案为：.
24．已知{}是公差不为0的等差数列.现从，这组数据中随机删除2个数，得到一组新的数据.这两组数据的极差相同的概率为 .
【答案】/0.4
【解析】不妨设，则，这组数据的极差为，
要使在随机删除2个数后，极差不变，就应在这四个数据中删除，则有种删除方法，
故这两组数据的极差相同的概率为.
故答案为：.
25．高三年级某8位同学的体重分别为90，100，110，120，140，150，150，160（单位：），现在从中任选3位同学去参加拔河，则选中的同学中最大的体重恰好为这组数据的第70百分位数的概率是 ．
【答案】
【解析】因为8×70%=5.6，
第70百分位数是第六个数，即150 ，
事件“选中的同学中最大体重恰好为这组数据的第70百分位数”的概率
故答案为: .
26． A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有5%，4%，2%的人患了流感．假设这三个地区的人口比例为4∶3∶3．现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为 ．
【答案】/0.038
【解析】因为A，B，C三个地区的人口数的比为，
所以设A，B，C三个地区的人口数分别为，
则这三个地区患了流感的人数分别为，，.
现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为：
.
故答案为：.
题型七：有放回与无放回问题的概率
27．（2024·全国·模拟预测）4个产品中有3个正品，1个次品．现每次取出1个做检查（检查完后不再放回），直到次品被找到为止，则经过3次检查恰好将次品找到的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】方法一：经过3次检查恰好将1个次品找到包括两种情况：
①第3次抽到次品，前2次抽到2个正品；
②前3次抽到的都是正品，
所以经过3次检查恰好将次品找到的概率是；
方法二：①经过1次检查恰好将1个次品找到的概率是；
②经过2次检查恰好将1个次品找到的概率是，
所以经过3次检查恰好将次品找到的概率是.
故选：C．
28．杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中．若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，
则基本事件分别为：，
其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，
所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.
故选：D.
29．（2024·广东佛山·模拟预测）在《周易》中，长横“”表示阳爻，两个短横“”表示阴爻.有放回地取阳爻和阴爻三次合成一卦，共有种组合方法，这便是《系辞传》所说“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”.有放回地取阳爻和阴爻一次有2种不同的情况，有放回地取阳爻和阴爻两次有四种情况，有放回地取阳爻和阴爻三次，八种情况.所谓的“算卦”，就是两个八卦的叠合，即共有放回地取阳爻和阴爻六次，得到六爻，然后对应不同的解析.在一次所谓“算卦”中得到六爻，这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是（ ）
A．B．C．D．E．均不是
【答案】B
【解析】在一次所谓“算卦”中得到六爻，
基本事件的总数为，
这六爻恰好有三个阳爻包含的基本事件数为，
所以这六爻恰好有三个阳爻三个阴爻的概率是.
故选：B.
30．一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回的依次随机摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意记个黄色球为、，个红色球为、、，
从中摸出个球的可能结果有，，，，，，，，，共个，
其中两次都摸到红色球的有，，共个，
故所求概率.
故选：B
31．在一个不透明的袋中有4个红球和个黑球，现从袋中有放回地随机摸出2个球，已知取出的球中至少有一个红球的概率为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】由题可得取出的球中没有红球的概率，即两次都摸出黑球的概率为，则.
故选：B
题型八：概率的基本性质
32．（2024·全国·模拟预测）设是随机事件，且，则 ．
【答案】/0.125
【解析】因为，所以，
故．
故答案为：
33．一次考试，小明数学超过90分的概率是0.8，物理超过90分的概率是0.7，两门都超过90分的概率是0.6，则他的数学和物理至少有一门超过90分的概率是 ．
【答案】/
【解析】因为一次考试中，小明数学超过90分的概率是0.8，物理超过90分的概率是0.7，两门都超过90分的概率是0.6，
所以他的数学和物理至少有一门超过90的概率为.
故答案为：.
34．（2024·浙江宁波·一模）第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.某田径运动员准备参加100米､200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是 .
【答案】/0.6
【解析】设在200米比赛中站上领奖台为事件，在100米比赛中站上领奖台为事件，
则，，，，
则，
则，
故.
故答案为：
35．已知相互独立事件满足，则 .
【答案】/
【解析】因为相互独立事件，，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
36．甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为 ．
【答案】0.8/45
【解析】记“该题被甲独立解出”为事件A，“该题被乙独立解出”为事件B，
由题意可知，，.
因为事件，相互独立，所以.
又，
所以.
故答案为：.
37．为实现学生高中选科和大学专业选择的有效衔接，湖南省于2019年采用“3+1+2”模式改革考试科目设置，即考生总成绩由统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩，物理或历史中的1门成绩，和生物、政治、地理、化学中的2个科目成绩组成．在选择物理的学生中，选择物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，则选择物理、化学、生物的概率为 ；现有选择物理的2名学生，他们选择专业的组合互不影响，则至少有1人选择物理、化学、生物的概率为 ．
【答案】 ；
【解析】设选择物理、化学、生物的概率为，
因为物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，
所以，解得.即选择物理、化学、生物的概率为；
因为至少有1人选择物理、化学、生物的组合的对立事件为2名学生都没有选择物理、化学、生物组合，
所以2名学生都没有选择物理、化学、生物组合的概率为，
所以至少有1人选择物理、化学、生物的概率为
故答案为：；
1．（2024·四川巴中·模拟预测）有4名志愿者参加社区服务，服务星期六、星期日两天．若每天从4人中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】不妨设4名志愿者分别假设连续参加两天的社区服务，剩下的3人中抽取2人参加服务，共有种方法，
所以恰好有1人连续参与两天服务的总数为：种.
总的情况数为种.
故恰有1人连续参加两天服务的概率为.
故选：B.
2．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有种方法
所以所求概率为，
故选：A．
3．（2024·江西上饶·模拟预测）某学校组织学生开展研学旅行，准备从4个甲省景区，3个乙省景区，2个丙省景区中任选4个景区进行研学旅行，则所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设样本空间为，则，
设所选的4个景区中甲、乙、丙三个省的景区都有为事件A，
则，
所以.
故选：B.
4．从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】展开式通项为，
则的二项展开式分别为：，，，
，，，
将这6项依次记为：，
从的二项展开式中随机取出不同的两项有种情况，
所以这两项的乘积为有理项的基本事件为：，，，共6种情况，
所以这两项的乘积为有理项的概率为.
故选：A.
5．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】将组成没有重复数字的三位数，共有种，
而其中偶数有两种情况：
①以为个位数的三位数，是，共有2种
②以为个位数的三位数，是，共有2种
所以，这个三位数是偶数的情况共有种，
所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.
故选：A.
6．随着电商的兴起，物流快递的工作越来越重要了，早在周代，我国便已出现快递制度，据《周礼·秋官》记载，周王朝的官职中设置了主管邮驿，物流的官员“行夫”，其职责要求是“虽道有难，而不时必达”.现某机构对国内排名前五的家快递公司的某项指标进行了轮测试(每轮测试的客观条件视为相同)，每轮测试结束后都要根据该轮测试的成绩对这家快递公司进行排名，那么跟测试之前的排名比较，这轮测试中恰好有1轮测试结果出现家公司排名不变的概率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，在一轮测试5家快递公式进行排名与测试之前的排名比较出现2家公司排名不变的概率为，
其次，3轮测试每次发生上述情形的概率均为，
所以，这3轮测试中恰好有1轮测试结果都出现2家公式排名不变的概率为：
.
故选：C.
7．（2024·高三·山东菏泽·开学考试）某兴趣小组组织四项比赛，只有甲､乙､丙､丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】每项比赛的冠军都可以是四人中的一人，故总的情况有种，
其中甲恰好拿到其中一项比赛冠军，先从四个比赛中选择一个安排甲，
再考虑剩余的3场比赛，冠军可以从剩余的3人中任选，故共有种，
故概率.
故选：C.
8．已知都是定义在R上的函数，，，，在有穷数列中，任意取前k项相加，则前k项和大于的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，则，
故单调递减，所以．
又，解得，
则数列，其前n项和，
因为，所以，故．
故答案为：B
9．（多选题）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山、西岳华山、南岳衡山、北岳恒山、中岳嵩山．小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则（ ）
A．3人选择的地点均不同的方法总数为20
B．恰有2人选一个地方的方法总数为60
C．恰有1人选泰山的概率是
D．已知小明已选择去泰山的情况下，其父母至少有一人选择去泰山的概率为
【答案】BCD
【解析】对于A，3人选择的地点均不同的方法总数为，故A错误；
对于B，恰有2人选一个地方的方法总数为，故B正确；
对于C，恰有1人选泰山的方法总数为，所有的方法数为，所以恰有1人选泰山的概率是，故C正确；
对于D，父母都不选择去泰山的概率为，所以小明已选择去泰山的情况下，其父母至少有一人选择去泰山的概率，故D正确；
故选：BCD．
10．（多选题）（2024·全国·模拟预测）连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ）
A．事件“X为奇数”发生的概率B．事件“”发生的概率为
C．事件“”和事件“”相等D．事件“”和事件“Y＝6”独立
【答案】ABC
【解析】对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，A正确；
对于B，事件“”的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”，
其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，
其概率为，因此，B正确；
对于C，事件“”和事件“”包含相同的样本点，因此是相等事件，C正确；
对于D，事件“”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，
其概率为，事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，
或者1个1，1个2和1个3”，其概率为，
而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率，D错误．
故选：ABC
11．（多选题）（2024·高三·山西大同·期末）某商场在店庆期间举行有奖促销活动，凡购买商品超过1000元的顾客就可参加活动.主办方在一个不透明的盒子中放入形状大小完全一样的四个红球和四个白球，充分摇晃后，由顾客（遮盖双眼）从中取出一个小球丢掉，再从剩下的7个小球中取出两个小球，若第二次取出的两个小球都是红球，则可获得一份价值100元的纪念品；若第二次取出的两个小球一红一白，则可获得一份价值50元的纪念品，其余结果没有奖品，则以下说法正确的是（ ）
A．顾客甲获得100元纪念品的概率为
B．顾客甲获得50元纪念品的概率为
C．已知顾客甲获得了100元纪念品，则他丢掉的小球也是红球的概率为
D．已知顾客甲获得了50元纪念品，则他丢掉的小球为红球的概率为.
【答案】ACD
【解析】解析：设事件“丢掉一个小球后任取两个小球均为红球”，事件“丢掉的小球为红球”，
事件“丢掉的小球为白球”，事件“丢掉一个小球后任取两个小球为一红一白”，
则，
，由全概率公式可得
.故A对；
，故B错；
，故C对；
，故D对，
故选:ACD.
12．（多选题）（2024·福建三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（ ）
A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
【答案】ACD
【解析】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为，
，，，
，，，
对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确；
对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误；
对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确；
对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率
，D正确.
故选：ACD
13．从，，，2，3，4，6，9中任取两个不同的数，分别记为，，记“”，则 .
【答案】
【解析】因为，所以或，
从中任取两个不同的数，共可得到取法，
其中对数值为负数的有个，
所以.
故答案为：.
14．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3，5，7，9，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（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分为3的概率为 .
【答案】
【解析】设样本空间为，甲的总得分为3为事件A，
不妨假设甲的的卡片顺序为3，5，7，9，
则乙的卡片顺序共有种，即；
若甲的总得分为3，则乙的卡片顺序为
，，
共有11种，即，
所以.
故答案为：.
15．现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为 .
【答案】
【解析】先将甲、乙两人捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排，
再减去丙排在周三的的排法即可求得所求事件的不同排法.
所以不同排法的种数为，
又5位教师从周一到周五的常规值班一共有种方法，
所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率.
故答案为：
16．（2024·高三·江苏南京·开学考试）数阵图是将一些数按照一定要求排列而成的某种图形，简称数阵，数阵是由幻方演化出来的另一种数字图，有圆、多边形、星形、花瓣形、十字形，甚至多种图形的组合，变幻多端，由若干个互不相同的数构成等腰直角三角形数阵，如图，其中第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数……以此类推，一共10行，设是从上往下数第行中的最大数，则的概率为 .
【答案】
【解析】一共 10 行，第10行需要 10 个数， 则最大数在第10行的概率为,
第9行需要 9 个数， 则剩余数中最大数在第9行的概率为
第n行需要 n个数， 则剩余数中最大数在第n行的概率为
满足的概率为.
故答案为：.
1．（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：
，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为，
故选：C.
2．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，
若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，
所以2个0不相邻的概率为.
故选：C.
3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
4．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
【答案】
【解析】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过12时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
5．（2024年天津高考数学真题）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
【答案】
【解析】解法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
7．（2023年天津高考数学真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为 ．
【答案】 /
【解析】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为，
所以甲盒中黑球个数为，白球个数为；
乙盒中黑球个数为，白球个数为；
丙盒中黑球个数为，白球个数为；
记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以，
；
记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件，
黑球总共有个，白球共有个，
所以，．
故答案为：；．
8．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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】.
【解析】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
故答案为：．
9．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ．
【答案】/0.3
【解析】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.
故答案为：.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc179384925" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc179384925 \h 2
\l "_Tc179384926" 题型一：简单的古典概型问题 PAGEREF _Tc179384926 \h 2
\l "_Tc179384927" 题型二：古典概型与向量的交汇问题 PAGEREF _Tc179384927 \h 3
\l "_Tc179384928" 题型三：古典概型与几何的交汇问题 PAGEREF _Tc179384928 \h 5
\l "_Tc179384929" 题型四：古典概型与函数的交汇问题 PAGEREF _Tc179384929 \h 7
\l "_Tc179384930" 题型五：古典概型与数列的交汇问题 PAGEREF _Tc179384930 \h 9
\l "_Tc179384931" 题型六：古典概率与统计的综合 PAGEREF _Tc179384931 \h 11
\l "_Tc179384932" 题型七：有放回与无放回问题的概率 PAGEREF _Tc179384932 \h 13
\l "_Tc179384933" 题型八：概率的基本性质 PAGEREF _Tc179384933 \h 15
\l "_Tc179384934" 02重难创新练 PAGEREF _Tc179384934 \h 17
\l "_Tc179384935" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc179384935 \h 25