2021高考数学一轮复习学案：第九章9.2随机事件的概率与古典概型

§9.2　随机事件的概率与古典概型


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)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A的概率，记作P(A)．
2．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，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，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅且
P(A∪B)＝
P(A)＋P(B)
＝1


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．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．
5．古典概型
满足以下两个条件的随机试验的概率模型称为古典概型．
(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次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.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)＝.
7．古典概型的概率公式
P(A)＝.
概念方法微思考
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)事件发生的频率与概率是相同的．(　×　)
(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　√　)
(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．(　×　)
(4)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的．(　×　)
题组二　教材改编
2．一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”．
3．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝＝.
4．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．
答案　
解析　掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P＝1－＝.
题组三　易错自纠
5．(多选)若干个人站成排，其中不是互斥事件的是(　　)
A．“甲站排头”与“乙站排头”
B．“甲站排头”与“乙不站排尾”
C．“甲站排头”与“乙站排尾”
D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”
答案　BCD
解析　排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B，C，D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥．故选BCD.
6．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. B. C. D.
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＝＝.故选B.
7．甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏，则平局的概率为________；甲赢的概率为________．
答案　　
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．

平局含3个基本事件(图中的△)，P(A)＝＝.
甲赢含3个基本事件(图中的⊙)，P(B)＝＝.

随机事件
命题点1　随机事件的关系
例1　(1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是(　　)
A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡
答案　A
解析　由题意知“2张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移动卡”，又1－＝，故“至多有一张移动卡”的概率是.
(2)口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为____________．
①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C)．
答案　①④
解析　显然A与D是对立事件，①正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，③不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．

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：
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，由表格数据知，最高气温低于25的频率为＝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＝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　(1)某中学有3个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，甲、乙两位同学均参加其中1个社团，则这两位同学参加不同社团的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　这两位同学同时参加1个社团的概率为P＝3××＝，所以这两位同学参加不同社团的概率为P′＝1－P＝1－＝.
(2)(2020·商丘联考)已知甲袋中有1个红球和1个黄球，乙袋中有2个红球和1个黄球，现从两袋中各随机选取一个球，则取出的两球中至少有1个红球的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　从两袋中各随机选取一个球，基本事件总数为2×3＝6，取出的两球中至少有1个红球的对立事件是取出的两球都是黄球，所以利用对立事件概率计算公式得，取出两球中至少有1个红球的概率P＝1－＝.
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)下列说法正确的是(　　)
A．某人打靶，射击10次，中靶7次，则此人中靶的概率为0.7
B．一位同学做抛硬币试验，抛6次，一定有3次“正面朝上”
C．某地发行一种彩票，回报率为47%，若有人花了100元钱买此种彩票，则一定会有47元的回报
D．用某种药物对患有胃溃疡的500名病人进行治疗，结果有380人有明显的疗效，现在胃溃疡病人服用此药，则可估计有明显疗效的概率约为0.76
答案　D
解析　A项，此人中靶的频率为0.7，是一个随机事件，错误；B项是一个随机事件，不一定有3次“正面向上”，错误；C项是一个随机事件，中奖或不中奖都有可能，但事先无法预料，错误；D正确．
(3)有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布情况如下表所示，
所用时间(天数)
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10

假设汽车A只能在约定日期(某月某日)的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发(将频率视为概率)，为了在各自允许的时间内将货物运至城市乙，汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为(　　)
A．公路1和公路2 B．公路2和公路1
C．公路2和公路2 D．公路1和公路1
答案　A
解析　通过公路1到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.2,0.4,0.2,0.2；
通过公路2到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.1,0.4,0.4,0.1，
设A1，A2分别表示汽车A在约定日期前11天出发，选择公路1,2将货物运往城市乙．
B1，B2分别表示汽车B在约定日期前12天出发选择公路1,2将货物运往城市乙，
则P(A1)＝0.2＋0.4＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
P(B1)＝0.2＋0.4＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
所以汽车A最好选择公路1，汽车B最好选择公路2.
古典概型
1．(2019·全国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“— —”，如图就是一重卦，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. B. C. D.
答案　A
解析　由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A.
2．中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水，水生木，木生火、火生土、土生金”．从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共有“金木，金水，金火，金土，木水，木火，木土，水火，水土，火土”10种，而相生的有5种，
则抽到的两种物质不相生的概率P＝1－＝.
3．(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　
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.
4．(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　
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＝C·C＝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，对调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＝＝＝.
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、树状图法)以及排列、组合法．
古典概型与统计的综合应用
例4　某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]分组的频率分布直方图如图．
(1)求直方图中x的值；
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
(3)在月平均用电量为[240,260)，[260,280)，[280,300]的三组用户中，用分层抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率．

解　(1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1，得x＝0.007 5，
所以直方图中x的值是0.007 5.
(2)月平均用电量的众数是＝230.
因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.45<0.5，
且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20＝0.7>0.5，
所以月平均用电量的中位数在[220,240)内，设中位数为a，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a－220)＝0.5，解得a＝224，
所以月平均用电量的中位数是224.
(3)月平均用电量在[240,260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)，
月平均用电量在[260,280)的用户有0.005×20×100＝10(户)，
月平均用电量在[280,300]的用户有0.002 5×20×100＝5(户)．
抽样方法为分层抽样，在[240,260)，[260,280)，[280,300]中的用户比为3∶2∶1，
所以在[240,260)，[260,280)，[280,300]中分别抽取3户、2户和1户．
设参加节目的2户来自不同组为事件A，将来自[240,260)的用户记为a1，a2，a3，来自[260,280)的用户记为b1，b2，来自[280,300]的用户记为c1，在6户中随机抽取2户有(a1，a2)，(a1，a3)(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b2，c1)，共15种取法，其中满足条件的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，c1)，(b2，c1)，共11种，故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)＝.
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．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　“抢红包”的活动给节假日增添了一份趣味，某组织进行了一次关于“是否参与抢红包活动”的调查活动，在几个大型小区随机抽取50名居民进行问卷调查，对问卷结果进行了统计，并将调查结果统计如下表：
年龄/岁
[10,20)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70]
调查人数
4
6
14
12
8
6
参与的人数
3
4
12
6
3
2

(1)补全如图所示有关调查人数的频率分布直方图，并根据频率分布直方图估计这50名居民年龄的中位数和平均数(结果精确到0.1)；

(2)在被调查的居民中，若从年龄在[10,20)，[20,30)内的居民中各随机选取1人参加抽奖活动，求选中的2人中仅有1人没有参与抢红包活动的概率．
解　(1)补全频率分布直方图，如图所示：

这50名居民年龄的平均数约为(15×0.008＋25×0.012＋35×0.028＋45×0.024＋55×0.016＋65×0.012)×10＝41.4.
设中位数为x，则0.08＋0.12＋0.28＋0.024(x－40)＝0.5，解得x≈40.8，
所以这50名居民年龄的中位数约为40.8.
(2)记年龄在[10,20)内的居民为a1，A2，A3，A4(其中居民a1没有参与抢红包活动)，年龄在[20,30)内的居民为b1，b2，B3，B4，B5，B6(其中居民b1，b2没有参与抢红包活动)．从年龄在[10,20)，[20,30)内的居民中各选取1人的情形有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，B3)，(a1，B4)，(a1，B5)，(a1，B6)，(A2，b1)，(A2，b2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(A2，B5)，(A2，B6)，(A3，b1)，(A3，b2)，(A3，B3)，(A3，B4)，(A3，B5)，(A3，B6)，(A4，b1)，(A4，b2)，(A4，B3)，(A4，B4)，(A4，B5)，(A4，B6)，共24种．
其中仅有1人没有参与抢红包活动的情形有10种，所以选中的2人中仅有1人没有参与抢红包活动的概率P＝＝.


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．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. B. C. D.
答案　C
解析　从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，有10种方法．能成为勾股数的只有3,4,5一组，∴P＝.
3．某英语初学者在拼写单词“steak”时，对后三个字母的记忆有些模糊，他只记得由“a”“e”“k”三个字母组成，并且“k”只可能在最后两个位置，如果他根据已有信息填入上述三个字母，那么他拼写正确的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　满足题意的字母组合有四种，分别是eka，ake，eak，aek，拼写正确的组合只有一种eak，所以概率P＝.故选B.
4．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，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是(　　)
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粒恰好是同一色的概率为.
5．(2020·湖南六校联考)某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色的所有基本事件有{黄白}，{黄蓝}，{黄红}，{白蓝}，{白红}，{蓝红}，共6种，其中包含白色的有3种，故选中白色的概率为，故选B.
6．(2019·苏州模拟)一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，
基本事件总数n＝C＝35，
摸出白球个数多于黑球个数包含的基本事件个数m＝CC＋CC＝22，
则摸出白球个数多于黑球个数的概率为P＝＝.
7．(多选)下列四个命题错误的是(　　)
A．对立事件一定是互斥事件
B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
C．若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件
答案　BCD
解析　在A中，对立事件一定是互斥事件，故A正确；在B中，若A，B为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故B错误；在C中，若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，故C错误；在D中，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B有可能不是对立事件．
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．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为________．
答案　
解析　从袋中任取2个球共有C＝105(种)取法，其中恰有1个白球、1个红球共有CC＝50(种)取法，所以所取的2个球恰有1个白球、1个红球的概率为＝.
10．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．
答案　
解析　从10件产品中取4件，共有C种取法，恰好取到1件次品的取法有CC种，由古典概型概率计算公式得P＝＝＝.
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．
地区
A
B
C
数量
50
150
100

(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＝，
所以样本中包含三个地区的个体数量分别是
50×＝1,150×＝3,100×＝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：“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)＝，
即这2件商品来自相同地区的概率为.
方法二　这2件商品来自相同地区的概率为＝＝.
12．某中学有初中学生1 800人，高中学生1 200人．为了了解学生本学期课外阅读时间，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名学生，先统计了他们课外阅读时间，然后按“初中学生”和“高中学生”分为两组，再将每组学生的阅读时间(单位：小时)分为5组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]，并分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求a的值；
(2)试估计该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数；
(3)从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，求至少抽到1名高中生的概率．
解　(1)由题意得(0.005×2＋0.020＋a＋0.040)×10＝1，解得a＝0.03.
(2)∵初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.020＋0.005)×10＝0.25.
∴所有初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.25×1 800＝450(人)．
同理，高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.030＋0.005)×10＝0.35，
∴所有高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.35×1 200＝420(人)．
∴该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数约为450＋420＝870.
(3)由分层抽样知，抽取的初中生有60名，高中生有40名．记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，至少抽取1名高中生”为事件A.
初中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×60＝3.
高中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×40＝2.
则从阅读时间不足10个小时的样本学生(共5人)中随机抽取2人，所有可能的情况有C＝10(种)，其中至少抽到1名高中生的情况有C－C＝7(种)，
∴所求概率为＝0.7.

13．3位大学生乘坐同一列动车，该动车有8节车厢，则至少有2位大学生在同一节车厢的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　3位大学生的乘车方式共有83种，其中均不在同一节车厢的乘车方式有A种，所以3位大学生均不在同一节车厢的概率为＝＝，故至少有2位大学生在同一节车厢的概率为1－＝，故选C.
14．无重复数字的五位数a1a2a3a4a5，当a1a3，a3a5时称为波形数，则由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是______．
答案　
解析　∵a2>a1，a2>a3，a4>a3，a4>a5，∴a2只能是3,4,5中的一个．
(1)若a2＝3，则a4＝5，a5＝4，a1与a3是1或2，这时共有2×1＝2(个)符合条件的五位数．
(2)若a2＝4，则a4＝5，a1，a3，a5可以是1,2,3，共有3×2×1＝6(个)符合条件的五位数．
(3)若a2＝5，则a4＝3或4，此时分别与(1)(2)中的个数相同．
∴满足条件的五位数有2×(2＋6)＝16(个)．
又由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数有5×4×3×2×1＝120(个)，故所求概率为＝.

15．某公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，则6位员工中甲不在1日值班的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　该公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，基本事件总数n＝CCC，6位员工中甲不在1日值班包含的基本事件个数m＝CCC，∴6位员工中甲不在1日值班的概率P＝＝＝.
16．箱中有a个正品，b个次品(a，b均为大于3的正整数)，从箱中连续随机抽取3次，每次抽取一个产品，分别求采用以下两种抽样方式，抽取的3个产品全是正品的概率．
(1)每次抽样后不放回；
(2)每次抽样后放回．
解　(1)方法一　若把不放回抽样3次看成有顺序抽样，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有A种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有A种方法，所以所求概率为.
方法二　若不放回抽样3次看成无顺序抽样，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有C种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有C种方法，所以所求概率为＝.
(2)从a＋b个产品中有放回地抽取3次，每次都有a＋b种方法，所以共有(a＋b)3种不同的方法，而3个全是正品的抽法共有a3种，所以所求概率为＝3.