2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练51随机事件的概率与古典概型

专练51随机事件的概率与古典概型[基础强化]一、选择题1．[2022·全国甲卷(文)，6]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,5)D．eq\f(2,3)答案：C解析：从6张卡片中任取2张的取法有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的取法有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种，所以所求概率p＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).故选C.2．一道竞赛题，A，B，C三人可解出的概率依次为eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4).若三人独立解答，则仅有1人解出的概率为()A．eq\f(1,24)B．eq\f(11,24)C．eq\f(17,24)D．1答案：B解析：记A，B，C三人分别解出题为事件A，B，C，则仅有1人解出题的概率P＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24).故选B.3．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：方法一从6个小球中一次随机取出2个球包含的基本事件总数n＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15，其中至少有1个红球包含的基本事件个数m＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝9，因此至少有1个红球的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).故选B.方法二从6个小球中一次随机取出2个球包含的基本事件总数n＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15，其中全部是黄球包含的基本事件个数是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6，因此至少有1个红球包含的基本事件个数是15－6＝9，因此至少有1个红球的概率P＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).故选B.方法三设“一次随机取出2个球，至少有1个红球”为事件A，则P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)))＝1－eq\f(6,15)＝eq\f(3,5)，故选B.4．(多选)甲、乙两人下棋，和棋的概率为eq\f(1,2)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)，则下列说法正确的是()A．甲获胜的概率为eq\f(1,6)B．甲不输的概率为eq\f(1,2)C．乙输的概率为eq\f(2,3)D．乙不输的概率为eq\f(5,6)答案：答案：AD解析：∵甲、乙两人下棋，和棋的概率为eq\f(1,2)，乙获胜的概率为eq\f(1,3)，∴甲获胜的概率为1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，故A正确；甲不输的概率为1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，故B不正确；乙输的概率为1－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，故C不正确；乙不输的概率为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,6)，故D正确．故选AD.5．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中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故选A.6．某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，招聘临时工参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05.临时工每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要临时工()A．10名B．18名C．24名D．32名答案：B解析：由题意得第二天订单不超过1600份的概率为1－0.05＝0.95，故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1600＋500＝2100份的概率为0.95，因为超市本身能完成1200份订单配货，所以需要临时工完成的订单不超过2100－1200＝900份的概率为0.95，因为900÷50＝18，所以至少需要18名临时工，故选B.7．从编号为1，2，3，4，5，6的6张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的概率为()A．eq\f(2,9)B．eq\f(1,4)C．eq\f(7,18)D．eq\f(1,12)答案：C解析：依题意，基本事件的总数为6×6＝36，第一次抽得的卡片上数字能被第二次抽得的卡片上的数字整除的有(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，6)，(5，1)，(5，5)，(4，1)，(4，2)，(4，4)，(3，1)，(3，3)，(2，1)，(2，2)，(1，1)，共14种情况，所以所求的概率P＝eq\f(14,36)＝eq\f(7,18)，故选C.8．[2022·新高考Ⅰ卷，5]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()A．eq\f(1,6)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(2,3)答案：D解析：方法一从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为eq\f(14,21)＝eq\f(2,3).故选D.方法二从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝21(种)结果，其中这2个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所以所求概率为eq\f(21－7,21)＝eq\f(2,3).故选D.9．(多选)甲、乙、丙三人在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若甲同学必选物理，则下列说法正确的是()A．甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件B．甲同学不同的选法共有15种C．已知乙同学选了物理，则乙同学选技术的概率是eq\f(1,6)D．乙、丙两名同学都选物理的概率是eq\f(9,49)答案：BD解析：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故A错误；由于甲同学必选物理，故只需从剩下的6门学科中任选2门即可，则甲同学不同的选法共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15种，故B正确；由于乙同学选了物理，则乙同学选技术的概率是eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)),Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)))＝eq\f(1,3)，故C错误；乙、丙两名同学各自选物理的概率均为eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)))＝eq\f(3,7)，故乙、丙两名同学都选物理的概率是eq\f(3,7)×eq\f(3,7)＝eq\f(9,49)，故D正确．故选BD.二、填空题10．[2022·全国甲卷(理)，15]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：eq\f(6,35)解析：从正方体的8个顶点中任选4个，所有的取法有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))＝70(种)，4个点共面的取法共有12种(表面有6个四边形，对角线可构成6个长方形，所以共有12种)，所以4个点在同一个平面的概率为eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).11．某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类．某同学从中任选2门课程学习，则该同学选到文科类选修课程的概率是________．答案：eq\f(7,10)解析：从5门不同的选修课程中任选2门课程学习所包含的基本事件总数n＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10，该同学选到文科类选修课程包含的基本事件个数m＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝7，因此该同学选到文科类选修课程的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(7,10).12．[2024·全国甲卷(理)]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．设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于eq\f(1,2)的概率为________．答案：eq\f(7,15)解析：记取出的三个球上的数字按先后顺序分别为a，b，c，则共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝120(种)可能．由题知，|m－n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)－\f(a＋b＋c,3)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b－2c,6)))≤0.5，即|a＋b－2c|≤3.根据对称性知c＝1或6时，均有2种可能；c＝2或5时，均有10种可能；c＝3或4时，均有16种可能，故满足条件的共有2×2＋2×10＋2×16＝56(种)可能，故所求概率P＝eq\f(56,120)＝eq\f(7,15).[能力提升]13．如图是一块高尔顿板示意图：在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，小球从上方的通道口落下后，将与层层小木块碰撞，最后掉入下方的某一个球槽内．若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则小球最终落入③号球槽的概率为()A．eq\f(3,32)B．eq\f(15,64)C．eq\f(5,32)D．eq\f(5,16)答案：D解析：若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等，则P左＝P右＝eq\f(1,2)，小球最终落入③号球槽经过5次选择，其中向左3次、向右2次，则所求概率P＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))×(eq\f(1,2))3×(eq\f(1,2))2＝eq\f(5,16)，故选D.14．“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延伸为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”．将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智、信”相邻的概率为()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,10)D．eq\f(2,5)答案：A解析：“仁义礼智信”排成一排，任意排有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种排法，其中“仁”排在第一位，且“智、信”相邻的排法有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种，故所求概率P＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)),Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)))＝eq\f(1,10).故选A.15．[2024·福建漳州质检]厦门山海健康步道云海线全长约23公里，起于邮轮码头，终于观音山梦幻沙滩，沿线串联筼筜湖、狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、五缘湾、虎仔山、观音山等岛内的“八山三水”．市民甲计划从“八山三水”这11个景点中随机选取相邻的3个浏览，则选取的景点中有“水”的概率为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(4,9)C．eq\f(5,9)D．eq\f(109,165)答案：C解析：从这11个景点中随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选取的景点中有“水”的对立事件是在狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金