第27课 随机事件的概率与古典概型

第27课概率普查与练习27随机事件的概率与古典概型1．互斥事件和对立事件a．互斥事件、对立事件的判定(1)(2023汇编，5分)下列事件中，__③⑤⑥__是互斥事件，__③⑥__是对立事件．(填序号)①从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，事件“至少有1个黑球”与“至少有1个红球”；②一个人在打靶中连续射击两次，事件“至少有一次中靶”与事件“两次都中靶”；③抛掷一枚骰子，事件“落地时向上的点数是奇数”与事件“落地时向上的点数是2的倍数”；④某城市有甲、乙、丙三种报纸，事件“至少订一种报纸”与事件“不订甲报”；⑤现有5名学生，3名男生2名女生，从中任意抽取2人去参加比赛，事件“恰有1名男生”与事件“恰有2名男生”；⑥从1至9这9个自然数中任取两个，事件“至多有一个奇数”与事件“两个数都是奇数”．解析：①事件“至少有1个黑球”的可能性有两种：1个黑球1个红球或2个黑球；事件“至少有1个红球”的可能性也有两种：1个红球1个黑球或2个红球，两个事件可能同时发生，所以不是互斥事件．②事件“至少有一次中靶”的可能性有两种：中一次靶或中两次靶，这与事件“两次都中靶”可能同时出现，所以不是互斥事件．③事件“落地时向上的点数是奇数”的结果可能为1，3，5，事件“落地时向上的点数是2的倍数”的结果可能为2，4，6，两个事件不可能同时发生，所以为互斥事件；又落地时向上的点数只可能是1，2，3，4，5，6，所以两个事件也是对立事件．④事件“至少订一种报纸”的结果可能为：订甲，订乙，订丙，订甲、乙，订甲、丙，订乙、丙，订甲、乙、丙，而事件“不订甲报”的结果可能为：订乙，订丙，订乙、丙，两个事件可能同时发生，所以不是互斥事件．⑤事件“恰有1名男生”的结果只有一种：1名男生1名女生，事件“恰有2名男生”的结果只能是2名男生，两个事件不可能一起发生，所以为互斥事件；但是抽取2名学生参赛的可能结果有1名男生1名女生、2名男生、2名女生这三种，所以两个事件不是对立事件．⑥事件“至多有一个奇数”中，包括“有一个是奇数”和“没有一个是奇数”，与事件“两个数都是奇数”互为对立事件．b．互斥事件与对立事件的概率(2)(2020湖北模拟，5分)某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品．从这批产品中随机抽取一件产品检测，已知抽到一等品或二等品的概率为0.86，抽到二等品或三等品的概率为0.35，则抽到二等品的概率为__0.21__．解析：设抽到一等品、二等品、三等品分别为事件A，B，C，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A）＋P（B）＝0.86，,P（B）＋P（C）＝0.35，,P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，))解得P(B)＝0.21，∴抽到二等品的概率为0.21.(3)(2021河南模拟，5分)已知从甲袋内摸出1个红球的概率是eq\f(1,3)，从乙袋内摸出1个红球的概率是eq\f(1,2)，从两袋内各摸出1个球，则2个球中至少有1个红球的概率是(C)A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(1,6)解析：设摸出的2个球中至少有1个红球为事件A，则其对立事件A为摸出的2个球中没有红球．∵P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,3)，∴P(A)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).故选C.2．相互独立事件a．相互独立事件的判定(4)(2021新高考Ⅰ，5分)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(B)A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立解析：由题知，试验的样本空间包含36个样本点，则P(甲)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P(乙)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P(丙)＝eq\f(5,36)，P(丁)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).甲、丙的交事件为∅，其概率P1＝0≠P(甲)P(丙)，即甲与丙不相互独立，A错误；甲、丁的交事件仅包含(1，6)一个样本点，其概率P2＝eq\f(1,36)＝P(甲)P(丁)，即甲与丁相互独立，B正确；乙、丙的交事件仅包含(6,2)一个样本点，其概率P3＝eq\f(1,36)≠P(乙)P(丙)，即乙与丙不相互独立，C错误；丙、丁的交事件为∅，其概率P4＝0≠P(丙)P(丁)，即丙与丁不相互独立，D错误．故选B.b．求相互独立事件的概率(5)(2021天津红桥区一模，5分)2021年是中国共产党成立100周年，现有A，B两队参加建党100周年知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢1分，答错得0分．A队中每人答对的概率均为eq\f(1,3)，B队中3人答对的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,3)，且各答题人答题正确与否互不影响，若事件M表示“A队得2分”，事件N表示“B队得1分”，则P(MN)＝__eq\f(2,27)__．解析：A队得2分即A队中有2人答对，1人答错，∴P(M)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).B队得1分即B队中有1人答对，2人答错，∴P(N)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).∵事件M与事件N相互独立，∴P(MN)＝P(M)P(N)＝eq\f(2,9)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27).(6)(2020全国Ⅰ，12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为eq\f(1,2).(Ⅰ)求甲连胜四场的概率；答案：eq\f(1,16)解：甲连胜四场只能是前四场全胜，所求概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16).(2分)(Ⅱ)求需要进行第五场比赛的概率；答案：eq\f(3,4)解：根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：①甲连胜四场，概率为eq\f(1,16)；②乙连胜四场，概率为eq\f(1,16)；③丙上场后连胜三场，概率为eq\f(1,8).故需要进行第五场比赛的概率为1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(5分)(Ⅲ)求丙最终获胜的概率．答案：eq\f(7,16)解：丙最终获胜包括进行四场比赛丙获胜和进行五场比赛丙获胜．由(Ⅱ)知进行四场比赛丙获胜的概率为eq\f(1,8).由题意知，进行五场比赛丙获胜，则丙输的场次可能为二、三、四．①若丙在第二场输，则五场比赛的输者为：甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙、乙丙乙甲甲、乙丙甲乙甲，共4种情况，概率为×4＝eq\f(4,32)＝eq\f(1,8)；(7分)②若丙在第三场输，则五场比赛的输者为：甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙甲丙乙甲，共4种情况，概率为×4＝eq\f(4,32)＝eq\f(1,8)；(9分)③若丙在第四场输，则五场比赛的输者为：甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲，共2种情况，概率为×2＝eq\f(2,32)＝eq\f(1,16).(11分)综上，丙最终获胜的概率为eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＝eq\f(7,16).(12分)3．古典概型a．求古典概型的概率(7)(2020江苏，5分)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是__eq\f(1,9)__．解析：先后抛掷2次骰子，样本空间包含6×6＝36(个)样本点，且每个样本点都是等可能发生的，其中点数和为5的结果有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共4个，故点数和为5的概率为eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)．(8)(2020全国Ⅰ，5分)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)A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,2)D.eq\f(4,5)解析：(法一：排列组合法)从O，A，B，C，D中任取3点，样本空间包含Ceq\o\al(3,5)＝10(个)样本点，且每个样本点都是等可能发生的，其中取到的3点共线包含的结果有OAC，OBD，共2个，故取到的3点共线的概率为P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故选A.(法二：列举法)从O，A，B，C，D中任取3点，该试验的样本空间Ω＝{OAB，OAC，OAD，OBC，OBD，OCD，ABC，ABD，ACD，BCD}，共有10个样本点，且各个样本点出现的可能性相等，其中取到的3点共线的结果有OAC，OBD，共2个，故取到的3点共线的概率为P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故选A.(9)(2023汇编，20分)完成下列古典概型问题．①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“”，下图就是一重卦．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)(2019全国Ⅰ)A.eq\f(5,16)B.eq\f(11,32)C.eq\f(21,32)D.eq\f(11,16)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(D)(2019全国Ⅲ)A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)③一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为(B)(2020山东模拟)A.eq\f(5,81)B.eq\f(14,81)C.eq\f(22,81)D.eq\f(25,81)④若a，b是从集合{1，2，3，4，5}中随机选取的两个不同的数，则使得函数f(x)＝x3a＋x2b是偶函数的概率为(B)A.eq\f(3,20)B.eq\f(2,5)C.eq\f(9,25)D.eq\f(3,5)解析：①在所有重卦中随机取一重卦，样本空间中样本点的总数为n＝26＝64，且每个样本点都是等可能发生的，该重卦恰有3个阳爻包含的样本点的个数为m＝Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)＝20，则该重卦恰有3个阳爻的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故选A.②四位同学随机排成一列，共有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法．用捆绑法将两位女生绑在一起看作一个整体，与两位男生进行排列，有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝12种排法．根据古典概型的概率公式，两位女同学相邻的概率P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故选D.③(法一)从3个颜色不同的小球中有放回地连续取5次球，共有35＝243种情况．若恰好取5次球时停止取球，则在前4次中只取出了2种颜色的球，在第5次中取出了第3种颜色的球．前4次取球的所有情况(共有24种)，减去这4次取球只取出1种颜色的情况(共2种)．前4次只取出2种颜色的球有Ceq\o\al(2,3)×(24－2)＝42种情况，第5次恰好取出第3种颜色的球有1种情况，所以恰好取5次球时停止取球有42种情况，故所求概率P＝eq\f(42,243)＝eq\f(14,81).故选B.(法二)若恰好取5次球时停止取球，则每种颜色的小球取出的提醒：第一步，从3种颜色中选1种，放在前4次取球中的3个位置；第二步，从剩下的2种颜色中选1种，放在剩下的1个位置；第三步，将最后1种颜色放在第5个位置(Ceq\o\al(1,1)省略)．次数分两种情况3，1，1和2，2，1，当每种颜色的小球取出的次数是3，1，1时，样本点的个数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)，当每种颜色的小球取出的次数是2，2，1时，样本点的个数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2).而样本空间中包含的样本点的总数为35，且每个样本点出现的可能性相等，所以根据古典概型的概率公式可得P＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),35)＝eq\f(14,81).故选B.④从集合{1，2，3，4，5}中随机选取两个不同的数，共有Aeq\o\al(2,5)＝20种选择．要使得函数f(x)＝x3a＋x2b是偶函数，则a必须为偶数，b为任意的一个与a不同的数即可，共有2×4＝8种选择，所以函数f(x)＝x3a＋x2b是偶函数的概率为P＝eq\f(8,20)＝eq\f(2,5).故选B.b．古典概型与其他知识点结合(10)(2020北京延庆区一模，13分)A，B，C三个班共有120名学生，为调查他们的上网情况，通过按比例分配的分层随机抽样获得了部分学生一周的上网时长，数据如下表(单位：小时)：A班121313182021B班1111.512131317.520C班1113.5151616.51921(Ⅰ)试估计A班的学生人数；答案：36解：由题可得，A，B，C三个班抽取的人数分别为6，7，7，共有20人．(1分)估计A班的人数为120×eq\f(6,20)＝36.(3分)(Ⅱ)从这120名学生中任选1名学生，估计这名学生一周上网时长超过15小时的概率；答案：eq\f(9,20)解：样本中上网时长超过15小时的人数为3＋2＋4＝9，∴估计这名学生一周上网时长超过15小时的概率为eq\f(9,20).(6分)(Ⅲ)从A班抽出的6名学生中随机选取2人，从B班抽出的7名学生中随机选取1人，求这3人中恰有2人一周上网时长超过15小时的概率．答案：eq\f(11,35)解：根据题意，抽取结果共有Ceq\o\al(2,6)×Ceq\o\al(1,7)＝105种情况．(8分)若3人中恰有2人一周上网时长超过15小时，则可能的结果是：①2人均来自A班，此时有Ceq\o\al(2,3)×Ceq\o\al(1,5)＝15种情况；②1人来自A班，1人来自B班，此时有Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,2)＝18种情况，故共有15＋18＝33种情况．(12分)∴所求概率为P＝eq\f(33,105)＝eq\f(11,35).(13分)(11)(2021山东临沂模拟，5分)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球等可能地传给另外两人中的任意一人．开始甲持球，传球两次后，球回到甲手里的概率P2＝__eq\f(1,2)__；传球n次后，球回到甲手里的概率Pn＝__eq\f(1,3)－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)__．解析：一次传递后，球落在乙、丙手中的概率均为eq\f(1,2)，落在甲手中的概率为0，即P1＝0，∴两次传递后，球落在甲手中的概率为P2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).要想经过n次传递后球落在甲的手中，那么在n－1次传递后，球一定不在甲手中，∴Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，n≥2，整理得Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,3)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是以－eq\f(1,3)为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，∴Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，∴Pn＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).4．随机事件的频率与概率(12)(2021吉林长春模拟，5分)某同学做立定投篮训练，共3组，每次投篮次数和命中的次数如下表所示．第一组第二组第三组合计投篮次数100200300600命中的次数68125176369命中的频率0.680.6250.5870.615根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，那么误差较小的可能性的估计是(D)A．0.68B．0.625C．0.587D．0.615解析：试验次数越多，频率越接近概率，估计概率的误差越小．故选D.(13)(2021山西太原三模，5分)现采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率．先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，规定0，1，2表示没有击中目标，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：60113661959769471417469803716233261680457424761042817527029371409857034743738636根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次目标的概率为__0.6__．解析：根据题意，在20组随机数中，表示至少击中3次目标的有3661，9597，6947，4698，6233，8045，7424，7527，9857，0347，4373，8636共12个，所以该运动员射击4次至少击中3次目标的概率P＝eq\f(12,20)＝0.6.随堂普查练271．(2020广西北海期末，5分)连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为a，b，记m＝a＋b，则(D)A．事件“m＝2”的概率为eq\f(1,18)B．事件“m>11”的概率为eq\f(1,18)C．事件“m＝2”与“m≠3”互为对立事件D．事件“m是奇数”与“a＝b”互为互斥事件解析：将一枚骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，…，(6，6)，共36种情况．事件“m＝2”只有1种情况，为(1，1)，所以所求概率为eq\f(1,36)，A错误；事件“m＞11”只有1种情况，为(6，6)，所以所求概率为eq\f(1,36)，B错误；事件“m＝2”与“m≠3”可以同时发生，C错误；若a＝b，则m＝2a，∴m是偶数，则事件“m是奇数”与“a＝b”互为互斥事件，D正确．故选D.2．(2021河南二模，5分)人类通常有O，A，B，AB四种血型，某一血型的人能给哪些血型的人输血，是有严格规定的，输血法则可归结为4条：①X→X；②O→X；③X→AB；④不满足上述3条法则的任何关系式都是错误的(其中X代表O，A，B，AB中某种血型，箭头左边表示供血者，右边表示受血者)．已知我国O，A，B，AB四种血型的人数所占比例分别为41%，28%，24%，7%，在临床上，按照规则，若受血者为A型血，则一位供血者不能为这位受血者正确输血的概率为(B)A．0.27B．0.31C．0.42D．0.69解析：当受血者为A型血时，供血者的血型可以为A型或O型，不能为B型和AB型，∴一位供血者不能为这位受血者正确输血的概率P＝0.24＋0.07＝0.31.故选B.3．(2020天津，5分)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq\f(1,2)和eq\f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为__eq\f(1,6)__；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为__eq\f(2,3)__．解析：由相互独立事件的概率公式知，甲、乙两球都落入盒子的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6).“甲、乙两球至少有一个落入盒子”的对立事件为“甲、乙两球都不落入盒子”，其概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)，所以所求概率为1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4．(2019全国Ⅰ，5分)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是__0.18__．解析：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．由于甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，所以甲队以4∶1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为P1＝(1－0.6)×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036；②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为P2＝0.6×(1－0.6)×0.5×0.5×0.6＝0.036；③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为P3＝0.6×0.6×(1－0.5)×0.5×0.6＝0.054；④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为P4＝0.6×0.6×0.5×(1－0.5)×0.6＝0.054，则甲队以4∶1获胜的概率为P＝P1＋P2＋P3＋P4＝0.036＋0.036＋0.054＋0.054＝0.18.5．(2019全国Ⅱ，5分)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,5)解析：(法一)记5只兔子分别为A，B，C，D，E，其中测量过某项指标的3只兔子为A，B，C，则从这5只兔子中随机取出3只，该试验的样本空间Ω＝{ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE}，共10个样本点，且各个样本点出现的可能性相等，其中恰有2只测量过该指标的结果有ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共6个，所以所求事件的概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).故选B.(法二)设X表示取出的兔子中测量过某项指标的兔子的数量，则X服从超几何分布，其中M＝3，N＝5，n＝3，则恰有2只测量过该指标的概率为P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5).故选B.6．(2021全国Ⅰ，5分)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(C)A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,5)C.eq\f(2,3)D.eq\f(4,5)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Ceq\o\al(1,5)＝5种排法；若2个0不相邻，则有Ceq\o\al(2,5)＝10种排法．所以2个0不相邻的概率为eq\f(10,5＋10)＝eq\f(2,3).故选C.7．(2020浙江模拟，4分)新冠疫情期间，网上购物成为主流，因保管不善，有五个快递A，B，C，D，E上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲、乙、丙、丁、戊五个地方，则全部送错的概率是(C)A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(11,30)D.eq\f(2,5)解析：五个快递送到五个地方，该试验的样本空间中样本点的总数为Aeq\o\al(5,5)＝120，且每个样本点出现的可能性相等．不妨假设快递A应送去甲地，B应送去乙地，C应送去丙地，D应送去丁地，E应送去戊地．当快递员全部送错时，快递A可能被送到乙、丙、丁、戊四处，假设A被送到丙地，那么快递C的去处可分为两类：第一类，C被送到甲地，则剩下的快递B，D，E均送错有2种可能(B－丁，D－戊，E－乙；B－戊，D－乙，E－丁)；第二类，C被送到乙、丁、戊中的一个地方，有3种可能，假设C被送到丁地，则剩下的B，D，E只有甲、乙、戊三地可送，全送错有3种可能(B－甲，D－戊，E－乙；B－戊，D－甲，E－乙；B－戊，D－乙，E－甲)，所以快递员全送错的结果共有4×(2＋3×3)＝44(个)．故所求概率为P＝eq\f(44,120)＝eq\f(11,30).故选C.8．(2021河北邯郸三模，5分)已知复数zn＝1＋i＋i2＋…＋in(i为虚数单位，n∈N*)，若M＝{z|z＝zs·zt(s，t＝1，2，…，n，n∈N*)}，从M中任取一个元素，其模为1的概率为(B)A.eq\f(2,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,7)D.eq\f(1,n)解析：根据zn的表达式，可知z1＝1＋i，z2＝z1＋i2＝1＋i－1＝i，z3＝z2＋i3＝i－i＝0，z4＝z3＋i4＝0＋1＝1，z5＝z4＋i5＝1＋i＝z1，∴z6＝z2，z7＝z3，z8＝z4，z9＝z1，…，∴zn的取值只有四个数，即1＋i，i，0，1，∴M＝{0，1，－1，i，2i，1＋i，－1＋i}．M中共7个元素，其中模为1的有3个元素，故从M中任取一个元素，其模为1的概率为P＝eq\f(3,7).故选B.9．(2021安徽一模，5分)蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法，将所求解的问题同一定的概率模型相联系，用均匀投点实现统计模拟和抽样，以获得问题的近似解，故又称统计模拟法或统计实验法．现设计一个实验计算圆周率的近似值，向两直角边长分别为6和8的直角三角形中均匀投点40个，落入其内切圆中的点有21个，则圆周率π≈(A)A.eq\f(63,20)B.eq\f(51,16)C.eq\f(78,25)D.eq\f(94,29)解析：由勾股定理可得，直角三角形斜边长为eq\r(62＋82)＝10.设三角形内切圆的半径为r，则由等面积法可得eq\f(1,2)×(8＋6＋10)r＝eq\f(1,2)×8×6，解得r＝2，∴S△＝eq\f(1,2)×8×6＝24，S圆＝π×22＝4π.由题意知eq\f(S圆,S△)＝eq\f(4π,24)≈eq\f(21,40)，解得π≈eq\f(63,20).故选A.课后提分练27概率A组(巩固提升)1．(2021安徽月考，5分)某射击运动员平时100次训练成绩的统计结果如下：命中环数12345678910次数24569101826128如果这名运动员只射击一次，估计射击成绩不少于9环的概率为__0.2__．解析：由表可知，这名运动员100次射击中成绩不少于9环的次数为12＋8＝20，∴这名运动员射击成绩不少于9环的频率为eq\f(12＋8,100)＝0.2，用频率估计概率，估计这名运动员射击成绩不少于9环的概率为0.2.2．(2021山东模拟，5分)2021年某省新高考将实行“3＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B(A)A．是互斥事件，不是对立事件B．是对立事件，不是互斥事件C．既是互斥事件，也是对立事件D．既不是互斥事件也不是对立事件解析：由于政治、地理、化学、生物是四选二，故事件A与事件B不能同时发生，但能同时不发生，所以事件A和B是互斥事件，但不是对立事件．故选A.3．(多选)(2021山东月考，5分)下列事件A，B不是相互独立事件的是(BCD)A．一枚硬币掷两次，A＝“第一次为正面向上”，B＝“第二次为反面向上”B．袋中有两个白球和两个黑球，每次摸一个球，不放回地摸两次，A＝“第一次摸到白球”，B＝“第二次摸到白球”C．掷一枚骰子，A＝“出现点数为奇数”，B＝“出现点数为偶数”D．A＝“人能活到20岁”，B＝“人能活到50岁”解析：对于A选项，A，B两个事件的发生互相不影响，故是相互独立事件；对于B选项，A事件发生时，影响到B事件，故不是相互独立事件；对于C选项，由于掷的是一枚骰子，A，B是对立事件，所以不是相互独立事件；对于D选项，能活到20岁的，可能也能活到50岁，故A，B不是相互独立事件．故选BCD.4．(2021贵州毕节三模，5分)一袋中装有除颜色外完全相同的4个白球和5个黑球，从中有放回地摸球3次，每次摸一个球．用模拟实验的方法，让计算机产生1～9的随机数，若1～4代表白球，5～9代表黑球，每三个为一组，产生如下20组随机数：917966191925271932725458569683431257393627556488812184537989则三次摸出的球中恰好有两次是白球的概率近似为(B)A.eq\f(7,20)B.eq\f(3,10)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,5)解析：恰好有两次是白球，即一组随机数中恰有2个数字在1，2，3，4内，满足条件的有191，271，932，393，812，184，共6个，因此三次摸出的球中恰好有两次是白球的概率近似为P＝eq\f(6,20)＝eq\f(3,10).故选B.5．(2020北京朝阳区期末，5分)某商场举行促销活动，凡购买一定价值的商品便可以获得两次抽奖机会，第一次抽奖中奖的概率是0.5，第二次抽奖中奖的概率是0.3，两次抽奖是否中奖互不影响，那么两次抽奖中至少有一次中奖的概率是__0.65__．解析：(法一)两次抽奖中至少有一次中奖包括恰有一次中奖、两次都中奖两种情况．两次抽奖恰有一次中奖的概率为0.5×(1－0.3)＋(1－0.5)×0.3＝0.5，两次抽奖都中奖的概率为0.5×0.3＝0.15，故两次抽奖中至少有一次中奖的概率是0.5＋0.15＝0.65.(法二)“两次抽奖中至少有一次中奖”的对立事件是“两次都不中奖”，故两次抽奖中至少有一次中奖的概率是1－(1－0.3)×(1－0.5)＝0.65.6．(2019江苏，5分)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__eq\f(7,10)__．解析：(法一)记3名男同学分别为A，B，C，2名女同学分别为a，b，则从中任选2名同学，该试验的样本空间Ω＝{AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab}，共10个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，其中没有女同学的结果有AB，AC，BC，共3个，故至少有1名女同学的概率P＝1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).(法二)由法一知，从5名同学中任选2名同学的结果有10个，其中至少有1名女同学的结果有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7个，故至少有1名女同学的概率P＝eq\f(7,10).(法三)从5名同学中任选2名同学有Ceq\o\al(2,5)＝10种情况，其中没有女同学的情况有Ceq\o\al(2,3)＝3种，故至少有1名女同学的概率P＝1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).(法四)由法三知，从5名同学中任选2名同学有10种情况，其中至少有1名女同学的有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,2)＝7种情况，故至少有1名女同学的概率P＝eq\f(7,10).7．(2021广东汕头模拟，5分)算盘是中国传统的算具．如图，算盘每个档(挂珠的杆)上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面两颗叫上珠，下面5颗叫下珠．若从某一档的7颗算珠中任取3颗，至少含有一颗上珠的概率为(A)A.eq\f(5,7)B.eq\f(4,7)C.eq\f(2,7)D.eq\f(1,7)解析：从某一档的7颗算珠中任取3颗，则该试验的样本空间中包含的样本点总数n＝Ceq\o\al(3,7)＝35，且每个样本点发生的可能性相等，其中至少含有一颗上珠的样本点数有m＝Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＝25，∴至少含有一颗上珠的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(25,35)＝eq\f(5,7).故选A.8．(2018全国Ⅱ，5分)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30＝7＋23.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(C)A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,14)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,18)解析：已知不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，其中两数之和等于30的有7＋23，11＋19，13＋17，共有3组，所以所求概率为eq\f(3,Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(3,45)＝eq\f(1,15).故选C.9．(2020北京朝阳区期末，5分)某校从高一年级所有学生中随机选取100名学生，将他们参加知识竞赛成绩的数据绘制成频率分布直方图，如图所示．而后，学校从成绩在[70，80)，[80，90]两组内的学生中，用分层随机抽样的方法选取了6人参加一项活动，若从这6人中随机选取2人担任正、副队长，则这2人来自同一组的概率为__eq\f(7,15)__．解析：根据题意，参加活动的6人中，成绩在[70，80)的有6×eq\f(0.020,0.020＋0.010)＝4人，成绩在[80，90]的有6×eq\f(0.010,0.020＋0.010)＝2人．从这6人中随机选取2人担任正、副队长，样本空间中包含样本点的总数为Aeq\o\al(2,6)＝30，且各个样本点出现的可能性相等，这2人来自同一组包含的样本点个数为Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,2)＝14，∴这2人来自同一组的概率为P＝eq\f(14,30)＝eq\f(7,15).10．(2019全国Ⅱ，12分)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．(1)求P(X＝2)；答案：0.5解：设双方10∶10平后的第k个球甲得分为事件Ak(k＝1，2，3，…)．X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分或者均由乙得分，所以P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(6分)(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．答案：0.1解：X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此P(X＝4且甲获胜)＝P(A1A2A3A4)＋P(A1A2A3A4)＝P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＋P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＝[(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)]×0.5×0.4＝0.1.(12分)11．(2021河北模拟，12分)某中学有高一和高二两个乒乓球队，每队各9人．两队在过去的九场单打对抗赛中，比赛结果统计数据如下表：场次123456789比赛结果高二胜高二胜高一胜高二胜高一胜高二胜高二胜高一胜高二胜两队队员商量下一次单打对抗赛的比赛形式，提供了三种方案(确定获胜方后停止比赛)：(1)双方各出3人，比三局；(2)双方各出5人，比五局；(3)双方各出7人，比七局．(以上表中的高二队战胜高一队的频率作为高二队战胜高一队的概率)三种方案均以比赛中获胜局数多的一方获胜．问：对高一年级来说，哪种方案获胜率更高？你能得出什么结论？答案：对高一年级来说，方案一更有利，结论见解答过程解：由题意知，高二每位队员战胜高一每位队员的概率为eq\f(2,3)，即每场比赛高一队获胜的概率为eq\f(1,3).(2分)设方案一、二、三中，高一年级获胜分别为事件A，B，C，则P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,27)≈0.259；(4分)P(B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(17,81)≈0.210；(6分)P(C)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(3,4)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＝eq\f(379,2187)≈0.173.(8分)∵P(A)>P(B)>P(C)，∴对高一年级来说，方案一获胜率更高．(9分)结论：∵高一年级每位队员获胜的概率为eq\f(1,3)，概率低于高二年级，∴比赛次数越少，高一年级侥幸获胜的概率越大，即当双方实力有差距时，比赛局数越少，对实力弱的一方越有利．(12分)B组(冲刺满分)12．(多选)(2021湖北模拟，5分)如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中A1，A2，A3，A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们各自随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有(BD)A．甲从M到达N处的方法有120种B．甲从M必须经过A3到达N处的方法有9种C．甲、乙两人在A3处相遇的概率为eq\f(9,100)D．甲、乙两人相遇的概率为eq\f(41,100)解：对于A，甲由M处出发随机地选择一条沿街的最短路径到达N处需走6条路，其中横向、纵向各3条路，共有Ceq\o\al(3,6)＝20(种)方法，故A错误；对于B，甲经过A3到达N处，可分为两步：第一步：甲从M到A3，有Ceq\o\al(1,3)种方法；第二步：甲从A3到N，有Ceq\o\al(1,3)种方法，∴甲经过A3到达N处有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝9(种)方法，故B正确；对于C，由A，B知，甲从M经过A3到达N处的概率P1＝eq\f(9,20)，同理，乙从N经过A3到达M处的概率P2＝eq\f(9,20)，而甲、乙两人到A3均需走3条路，∴两人到A3的时间相同，∴甲、乙两人在A3处相遇的概率P＝eq\f(9,20)×eq\f(9,20)＝eq\f(81,400)，故C错误；对于D，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在A1，A2，A3，A4处相遇，他们在Ai(i＝1，2，3，4)处相遇的走法有(Ceq\o\al(i－1,3))4种，∴甲、乙两人相遇的概率P＝eq\f(（Ceq\o\al(0,3)）4＋（Ceq\o\al(1,3)）4＋（Ceq\o\al(2,3)）4＋（Ceq\o\al(3,3)）4,20×20)＝eq\f(164,400)＝eq\f(41,100)，故D正确．故选BD.13．(2021浙江宁波模拟，4分)如图，在3×3的点阵中，依次随机地选出A，B，C三个点，则选出的三点满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0的概率是__eq\f(55,63)__．解析：在点阵中依次随机选出A，B，C三个点，∴A，B，C是有序的，故共有Aeq\o\al(3,9)种选法．eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0即∠BAC是锐角或直角，显然满足∠BAC是锐角或直角的选法较多，故从对立事件的角度考虑．设选出的三点满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0为事件M，则其对立事件M为选出的三点满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))<0，即∠BAC是钝角．对9个点标号如下：则选择结果可用数组(x，y，z)表示，其中x，y，z分别表示A，B，C三点的标号．对A分三种情况讨论：(1)A为5号点，则∠BAC＝180°或135°.①当∠BAC＝180°时，如图1，A，B，C三点共线，假设B在1号位，则只有(5，1，9)一种选法，而B可以在除5号的任意位置上，故有8种选法；图1②当∠BAC＝135°时，如图2，假设B在1号位，则有(5，1，6)，(5，1，8)两种选法，而B可以在除5号的任意位置上，∴有2×8＝16(种)选法，∴A为5号点共有8＋16＝24(种)选法；图2(2)A为1，3，7，9号点，此时∠BAC