2021高考数学二轮复习专题七第1讲：概率

这是一份2021高考数学二轮复习专题七第1讲：概率，共20页。试卷主要包含了6 B．0等内容，欢迎下载使用。


考点一 古典概型
古典概型的概率公式
(1)在基本事件总数为n的古典概型中，每个基本事件发生的概率都是相等的，即每个基本事件的概率都是eq \f(1,n).
(2)对于古典概型，任何事件的概率为P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
[对点训练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为( )
A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3
[解析] 设两名男生为A，B，三名女生为a，b，c，则从5人中任选2人有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，(A，B)，共10种.2人都是女同学的有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种，所以所求概率为eq \f(3,10)＝0.3，故选D.
[答案] D
2．(2018·湖南郴州三模)从集合A＝{－2，－1,2}中随机抽取一个数记为a，从集合B＝{－1,1,3}中随机抽取一个数记为b，则直线ax－y＋b＝0不经过第四象限的概率为( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(4,9) D.eq \f(1,4)
[解析] (a，b)所有可能的结果为(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9种．由ax－y＋b＝0得y＝ax＋b，当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥0,b≥0))时，直线不经过第四象限，符合条件的(a，b)的结果为(2,1)，(2,3)，共2种，∴直线ax－y＋b＝0不经过第四象限的概率P＝eq \f(2,9)，故选A.
[答案] A
3．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(9,10)
[解析] 记事件A为甲或乙被录用．从五人中录用三人，基本事件有(甲，乙，丙)、(甲，乙，丁)、(甲，乙，戊)、(甲，丙，丁)、(甲，丙，戊)、(甲，丁，戊)、(乙，丙，丁)、(乙，丙，戊)、(乙，丁，戊)、(丙，丁，戊)，共10种可能，而A的对立事件eq \(A,\s\up6(－))仅有(丙，丁，戊)一种可能，∴A的对立事件eq \(A,\s\up6(－))的概率为P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,10)，∴P(A)＝1－P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(9,10)，故选D.
[答案] D
4．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________．
[解析] 从4只球中一次随机摸出2只球，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为eq \f(5,6).
[答案] eq \f(5,6)
[快速审题] 看到基本事件的个数有限个且等可能，想到古典概型．
求古典概型概率应把握3点
(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．
(2)对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时应不重不漏．
(3)当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率．
考点二 几何概型
几何概型的概率公式
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度面积或体积,试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积).
[对点训练]
1．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上随机取一个数x，则csπx的值介于eq \f(\r(2),2)与eq \f(\r(3),2)之间的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
[解析] 区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))的长度为1，满足csπx的值介于eq \f(\r(2),2)与eq \f(\r(3),2)之间的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,4)))，区间长度为eq \f(1,6)，由几何概型概率公式得P＝eq \f(\f(1,6),1)＝eq \f(1,6)，故选D.
[答案] D
2．在一次试验中，向如图所示的正方形中随机撒 N粒豆子，经查数，有m(mA.eq \f(m,N) B.eq \f(2m,N)
C.eq \f(3m,N) D.eq \f(4m,N)
[解析] 设正方形的边长为a，由几何概型概率知识可知，eq \f(π·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2,a2)＝eq \f(m,N)，得π＝eq \f(4m,N)，故选D.
[答案] D
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中任取一点M，则满足∠AMB>90°的概率为( )
A.eq \f(π,24) B.eq \f(π,12) C.eq \f(π,8) D.eq \f(π,6)
[解析] 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中任取一点M，满足∠AMB>90°的区域是半径为1的球的eq \f(1,4)，体积为eq \f(1,4)×eq \f(4,3)×π×13＝eq \f(π,3)，∴所求概率为eq \f(\f(π,3),8)＝eq \f(π,24)，故选A.
[答案] A
4．(2018·郑州一模)某天，甲要去银行办理储蓄业务，已知银行的营业时间为9：00至17：00，设甲在当天13：00至18：00之间任何时间去银行的可能性相同，那么甲去银行恰好能办理业务的概率是________．
[解析] 设银行的营业时间为x，甲去银行的时间为y，以横坐标表示银行的营业时间，纵坐标表示甲去银行的时间，建立平面直角坐标系(如图)，则事件“甲去银行恰好能办理业务”表示的平面区域如图中阴影部分所示，所求概率P＝eq \f(4×8,5×8)＝eq \f(4,5).
[答案] eq \f(4,5)
[快速审题] 看到试验的结果构成的区域为长度、面积、体积时，想到使用几何概型求解．
求解几何概型的概率应把握2点
(1)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
(2)寻找构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
考点三 互斥事件与对立事件的概率
1．直接求法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，然后运用互斥事件概率的加法公式计算．
2．间接求法：先求所求事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(eq \x\t(A))求解，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法会较简便．

[解] 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)解法一：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.
解法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
互斥事件概率求法技巧
应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．
[对点训练]
1．(2018·广东佛山一模)随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4500名网上购物消费者进行了调查(每名消费者限选一种情况回答)，统计结果如表：
根据表中数据，估计在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的概率是( )
A.eq \f(7,15) B.eq \f(2,5) C.eq \f(11,15) D.eq \f(13,15)
[解析] “比较满意”的人数为4500－200－2100－1000＝1200(名)，记“比较满意”为事件A，“满意”为事件B，则事件A、B彼此互斥，则所求事件的概率P＝P(A)＋P(B)＝eq \f(1200,4500)＋eq \f(2100,4500)＝eq \f(11,15)，故选C.
[答案] C
2．(2018·海淀一模)现有7名数理化成绩优秀者，分别用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的数学成绩优秀，B1，B2的物理成绩优秀，C1，C2的化学成绩优秀．从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，组成一个小组代表学校参加竞赛，则A1和B1不全被选中的概率为__________．
[解析] 从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，所有可能的结果组成的12个基本事件为：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)．
设“A1和B1不全被选中”为事件N，则其对立事件eq \(N,\s\up6(－))表示“A1和B1全被选中”，由于eq \(N,\s\up6(－))＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P(eq \(N,\s\up6(－)))＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，由对立事件的概率计算公式得P(N)＝1－P(eq \(N,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
[答案] eq \f(5,6)
1．(2018·全国卷Ⅲ)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
[解析] 设事件A为“不用现金支付”，事件B为“既用现金支付也用非现金支付”，事件C为“只用现金支付”，则P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.15－0.45＝0.4，故选B.
[答案] B
2．(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有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( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,10) D.eq \f(2,5)
[解析] 画出树状图如图：
可知所有的基本事件共有25个，满足题意的基本事件有10个，故所求概率P＝eq \f(10,25)＝eq \f(2,5)，故选D.
[答案] D
3.(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(π,8)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(π,4)
[解析] 设正方形的边长为2，则正方形的内切圆的半径为1，其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称，则黑色部分的面积为eq \f(π,2)，所以在正方形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率P＝eq \f(\f(π,2),2×2)＝eq \f(π,8)，故选B.
[答案] B
4．(2017·山东卷)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] (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}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{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P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
(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P＝eq \f(2,9).
1.高考对此部分的命题多集中于古典概型、几何概型的考查，多以选择、填空题形式命题，一般出现在第4～7或第13～15题的位置上，难度一般．
2．此部分的内容有时出现在解答题的位置，多与统计结合，难度中等．
热点课题17 古典概型的概率问题
[感悟体验]
(2018·兰州质检)根据我国发布的《环境空气质量指数(AQI)技术规定》：空气质量指数划分为0～50、51～100、101～150、151～200、201～300和大于300共六级，分别对应空气质量指数的六个级别，指数越大，级别越高，说明污染越严重，对人体健康的影响也越明显．专家建议：当空气质量指数小于150时，可以户外活动；空气质量指数151及以上，不适合进行旅游等户外活动．以下是某市2015年12月中旬的空气质量指数情况：
(1)求12月中旬市民不适合进行户外活动的概率；
(2)一外地游客在12月中旬来此城市旅游，想连续游玩两天，求适合旅游的概率．
[解] (1)12月中旬市民到户外活动的时间可能是11日、12日、13日、14日、15日、16日、17日、18日、19日、20日，共10种情况；12月中旬市民不适合进行户外活动的时间有13日、14日、19日、20日，共4种情况．
设“12月中旬市民不适合进行户外活动”为事件A，则
P(A)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，
所以12月中旬市民不适合进行户外活动的概率为eq \f(2,5).
(2)该游客在12月中旬来此城市旅游，想连续游玩两天，到此城市的时间可能为：{11,12}、{12,13}、{13,14}、{14,15}、{15,16}、{16,17}、{17,18}、{18,19}、{19,20}，共9种情况；连续两天都适合旅游的时间为：{11,12}、{15,16}、{16,17}、{17,18}，共4种情况．
所以游客在12月中旬来此城市旅游，想连续游玩两天，适合旅游的概率为eq \f(4,9).
专题跟踪训练(二十八)
一、选择题
1．(2018·广东茂名一模)在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，则数字2是这三个不同数字的平均数的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,4)
[解析] 在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数字，基本事件总共有4个，分别为(1,2,3)，(1,2,6)，(1,3,6)，(2,3,6)．
数字2是三个不同数字的平均数所包含的基本事件只有(1,2,3)，共1个．
∴数字2是三个不同数字的平均数的概率P＝eq \f(1,4)，故选A.
[答案] A
2．(2018·广东深圳一模)两名同学分3本不同的书，其中一人没有分到书，另一人分得3本书的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
[解析] 两名同学分3本不同的书，基本事件有(0,3)，(1a,2)，(1b,2)，(1c,2)，(2,1a)，(2,1b)，(2,1c)，(3,0)，共8个，其中一人没有分到书，另一人分到3本书的基本事件有2个，∴一人没有分到书，另一人分得3本书的概率P＝eq \f(2,8)＝eq \f(1,4)，故选B.
[答案] B
3．(2018·广东广州模拟)已知某运动员每次投篮命中的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示没有命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了20组随机数：
907 966 191 925 271 932 812 458 569
683 431 257 393 027 556 488 730 113
537 989
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为( )
A．0.35 B．0.25 C．0.20 D．0.15
[解析] 观察数据，代表恰有两次命中的有191,271,932,812,393共5个，而总的试验数据共20个，所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝eq \f(5,20)＝0.25，故选B.
[答案] B
4．(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )
A.eq \f(8,15) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,15) D.eq \f(1,30)
[解析] 开机密码的所有可能结果有：(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)，共15种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是eq \f(1,15)，故选C.
[答案] C
5．(2018·河南安阳一模)在边长为a的正三角形内任取一点Q，则点Q到三个顶点的距离均大于eq \f(a,2)的概率是( )
A.eq \f(11,12)－eq \f(\r(3),6)π B．1－eq \f(\r(3),6)π
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
[解析] 设边长为a的正三角形为三角形ABC，如图所示：
∵AB＝a，∴S三角形ABC＝eq \f(1,2)·a2·sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),4)a2，满足到正三角形ABC的顶点A、B、C的距离至少有一个小于或等于eq \f(a,2)的所有点组成的平面区域如图中阴影部分所示，各部分组合起来构成一个半径为eq \f(a,2)的半圆，
∴S阴影＝eq \f(1,2)·π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2＝eq \f(πa2,8)，
∴使点Q到三个顶点A、B、C的距离都大于eq \f(a,2)的概率P＝1－eq \f(\f(πa2,8),\f(\r(3)a2,4))＝1－eq \f(\r(3),6)π，故选B.
[答案] B
6．由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,y≥0，,y－x－2≤0))确定的平面区域记为Ω1，不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≤1，,x＋y≥－2))确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,4) D.eq \f(7,8)
[解析] 平面区域Ω1的面积为eq \f(1,2)×2×2＝2，平面区域Ω2为一个条形区域，画出图形如图所示，其中C(0,1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－x－2＝0,x＋y＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(3,2)，))
即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2))).
则△ACD的面积为S＝eq \f(1,2)×1×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，则四边形BDCO的面积S＝S△OAB－S△ACD＝2－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4).在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为eq \f(\f(7,4),2)＝eq \f(7,8)，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．从一箱产品中随机地抽取一件，记事件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__________．
[解析] ∵事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，
∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.
[答案] 0.35
8．(2018·山西一模)现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为__________．
[解析] 记两道题分别为A，B，所有抽取的情况为AAA，AAB，ABA，ABB，BAA，BAB，BBA，BBB(其中第1个，第2个分别表示两个女教师抽取的题目，第3个表示男教师抽取的题目)，共有8种；其中满足恰有一男一女抽到同一道题目的情况为ABA，ABB，BAA，BAB，共4种．故所求事件的概率为eq \f(1,2).
[答案] eq \f(1,2)
9．如图所示，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个边长为2的大正方形，若直线三角形中较小的锐角θ＝eq \f(π,6).现在向该正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，则飞镖落在小正方形内的概率是__________．
[解析] 易知小正方形的边长为eq \r(3)－1，故小正方形的面积为S1＝(eq \r(3)－1)2＝4－2eq \r(3)，又大正方形的面积为S＝2×2＝4，故飞镖落在小正方形内的概率P＝eq \f(S1,S)＝eq \f(4－2\r(3),4)＝eq \f(2－\r(3),2).
[答案] eq \f(2－\r(3),2)
三、解答题
10．(2018·德州二模)甲、乙两名考生在填报志愿时都选中了A、B、C、D四所需要面试的院校，这四所院校的面试安排在同一时间．因此甲、乙都只能在这四所院校中选择一所做志愿，假设每位同学选择各个院校是等可能的，试求：
(1)甲、乙选择同一所院校的概率；
(2)院校A、B至少有一所被选择的概率．
[解] 由题意可得，甲、乙都只能在这四所院校中选择一个做志愿的所有可能结果为：
(甲A，乙A)，(甲A，乙B)，(甲A，乙C)，(甲A，乙D)，
(甲B，乙A)，(甲B，乙B)，(甲B，乙C)，(甲B，乙D)，
(甲C，乙A)，(甲C，乙B)，(甲C，乙C)，(甲C，乙D)，
(甲D，乙A)，(甲D，乙B)，(甲D，乙C)，(甲D，乙D)，共16种．
(1)其中甲、乙选择同一所院校有4种，所以甲、乙选择同一所院校的概率为eq \f(4,16)＝eq \f(1,4).
(2)院校A、B至少有一所被选择的有12种，所以院校A、B至少有一所被选择的概率为eq \f(12,16)＝eq \f(3,4).
11．一个袋中装有5个形状大小完全相同的球，其中有2个红球，3个白球．
(1)从袋中随机取两个球，求取出的两个球颜色不同的概率；
(2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，求两次取出的球中至少有一个红球的概率．
[解] (1)2个红球记为a1，a2,3个白球记为b1，b2，b3，从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：
(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共10个．
记事件A＝“取出的两个球颜色不同”，A中的基本事件有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，共6个．
所以P(A)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，即取出的两个球颜色不同的概率为eq \f(3,5).
(2)从袋中随机取一个球，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，其一切可能的结果组成的基本事件有：
(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，b1)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b2，b1)，(b2，b2)，(b2，b3)，(b3，a1)，(b3，a2)，(b3，b1)，(b3，b2)，(b3，b3)，共25个．
设事件B＝“两次取出的球中至少有一个红球”，B中的基本事件有：(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b3，a1)，(b3，a2)，共16个．
所以P(B)＝eq \f(16,25)，即两次取出的球中至少有一个红球的概率为eq \f(16,25).
12．(2018·贵州黔东南州一模)为了提高黔东南州的整体旅游服务质量，州旅游局举办了黔东南州旅游知识竞赛，参赛单位为本州内各旅游协会，参赛选手为持证导游．现有来自甲旅游协会的导游3名，其中高级导游2名；乙旅游协会的导游3名，其中高级导游1名．从这6名导游中随机选择2人参加比赛．
(1)求选出的2人都是高级导游的概率；
(2)为了进一步了解各旅游协会每年对本地经济收入的贡献情况，经多次统计得到，甲旅游协会对本地经济收入的贡献范围是[30,50](单位：万元)，乙旅游协会对本地经济收入的贡献范围是[20,40](单位：万元)，求甲旅游协会对本地经济收入的贡献不低于乙旅游协会对本地经济收入的贡献的概率．
[解] (1)设来自甲旅游协会的3名导游为A1，A2，A3，其中A2，A3为高级导游，来自乙旅游协会的3名导游为B1，B2，B3，其中B3为高级导游，从这6名导游中随机选择2人参加比赛，有下列基本情况：A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，B1B2，B1B3，B2B3共15种，其中选出的2人都是高级导游的有A2A3，A2B3，A3B3，共3种，所以选出的2人都是高级导游的概率为P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
(2)依题意，设甲旅游协会对本地经济收入的贡献为x(单位：万元)，乙旅游协会对本地经济收入的贡献为y(单位：万元)，则x∈[30,50]且y∈[20,40]，若甲旅游协会对本地经济收入的贡献不低于乙旅游协会对本地经济收入的贡献，则x≥y，属于几何概型问题．作图，由图可知S1＝S△DEF，S＝SABCD，
故所求概率为P＝eq \f(S－S1,S)＝1－eq \f(S1,S)＝1－eq \f(\f(1,2)×10×10,20×20)＝eq \f(7,8).
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