2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（湘教版）-3 第三节　随机事件与概率

第三节随机事件与概率【课程标准】1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式.3.理解古典概型及其概率计算公式.4.会计算一些随机事件所包含的样本点个数及事件发生的概率.1.随机事件与样本空间(1)样本点和样本空间定义字母表示样本点我们把随机试验的每个可能结果称为样本点用ω(或带下标)表示样本点样本空间所有样本点构成的集合称为试验E的样本空间用Ω表示样本空间有限样本空间如果样本空间中样本点的个数是有限的，则称该样本空间为有限样本空间Ω={ω1，ω2，…，ωn}(2)随机事件随机事件一般地，当Ω是试验的样本空间时，我们称Ω的子集A是Ω的随机事件，简称为事件，一般用大写字母A，B，C，…来表示.对于样本空间Ω，A是事件和A⊆Ω等价.由一个样本点组成的集合，称为基本事件.必然事件Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，所以必然发生.我们称样本空间Ω是必然事件不可能事件空集⌀不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称⌀为不可能事件(3)事件的关系和运算含义符号表示包含关系事件A发生必然导致事件B发生A⊆B相等关系如果A⊆B，且B⊆AA=B交事件(积事件)事件A与事件B同时发生A∩B(或AB)并事件(和事件)事件A发生或事件B发生A∪B(或A+B)互斥(互不相容)事件A∩B为不可能事件A∩B=⌀差事件事件A发生而事件B不发生A\B对立事件事件发生当且仅当事件A不发生Ω\A或A2.概率及运算(1)概率随机事件A发生的可能性的大小叫作随机事件A的概率，记作P(A).它是事件本身固有的属性.(2)古典概型①共同特征：(Ⅰ)有限性：样本空间中只有有限个样本点；(Ⅱ)等可能性：每个样本点出现的可能性相等.②古典概型的概率计算公式：一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中m个样本点，则定义事件A的概率P(A)=mn=n(A)n(Ω).其中，n(A)和n((3)概率的基本性质①0≤P(A)≤1；②P(Ω)=1；③P(⌀)=0.(4)概率的运算①互斥事件的概率加法公式：(Ⅰ)如果Ω中的事件A，B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B).(Ⅱ)一般地，如果事件A1，A2，…，An两两互斥，那么有P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).学生用书⬇第284页②对立事件的概率公式：如果A是样本空间Ω的事件，则P(A)=1-P(A).③一般概率加法公式：P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).【常用结论】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，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.【自主检测】1.(多选)下列说法正确的是()A．事件发生的频率与概率是相同的B．两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生C．从-3，-2，-1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同D．若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件答案：BC2.一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的对立事件是()A．至少有一次中靶 B．两次都中靶C．只有一次中靶 D．两次都不中靶答案：B解析：“至多有一次中靶”的对立事件是“两次都中靶”.故选B．3.下列说法正确的是()A．甲、乙两人做游戏：甲、乙两人各写一个数字，若都是奇数或都是偶数，则甲胜，否则乙胜，这个游戏公平B．做n次随机试验，事件A发生的频率就是事件A发生的概率C．某地发行福利彩票，回报率为47%，某人花了100元买该福利彩票，一定会有47元的回报D．有甲、乙两种报纸可供某人订阅，事件B“某人订阅甲报纸”是必然事件答案：A解析：对于A，甲、乙两人各写一个数字，所有可能的结果为(奇，偶)，(奇，奇)，(偶，奇)，(偶，偶)，则都是奇数或都是偶数的概率为12，故游戏是公平的；对于B，随着试验次数的增加，频率会越来越接近概率，故事件A发生的频率就是事件A发生的概率是不正确的；对于C，某人花100元买福利彩票，中奖或者不中奖都有可能，但事先无法预料，故C不正确；对于D，事件B可能发生也可能不发生，故事件B是随机事件，故D不正确.故选A4.(多选)将一枚骰子向上抛掷一次，设事件A=“向上的一面出现奇数点”，事件B=“向上的一面出现的点数不超过2”，事件C=“向上的一面出现的点数不小于4”，则下列说法中正确的有()A．AB=⌀B．BC=“向上的一面出现的点数大于3”C．AB+BC=“向上的一面出现的点数不小于3”D．ABC=“向上的一面出现的点数为2”答案：BC解析：由题意知事件A包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，3，5；事件B包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，2；事件C包含的样本点：向上的一面出现的点数为4，5，6，所以AB=“向上的一面出现的点数为2”，故A错误；BC=“向上的一面出现的点数为4或5或6”，故B正确；AB+BC=“向上的一面出现的点数为3或4或5或6”，故C正确；ABC=“向上的一面出现的点数为5”，故D错误.故选BC．5.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．23 B．2C．35 D．答案：D解析：五人录用三人共有10种不同方式，分别为：{丙，丁，戊}，{乙，丁，戊}，{乙，丙，戊}，{乙，丙，丁}，{甲，丁，戊}，{甲，丙，戊}，{甲，丙，丁}，{甲，乙，戊}，{甲，乙，丁}，{甲，乙，丙}.其中甲或乙被录用共9种，故甲或乙被录用的概率为910.故选D考点一随机事件与样本空间自主练透1.同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数是()A．3 B．4 C．5 D．6答案：D解析：事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点.故选D．2.从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是()A．“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”B．“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”C．“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”D．“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”答案：C解析：从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故A错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故B错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故D错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故C正确.故选C．3.(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A={两弹都击中飞机}，事件B={两弹都没击中飞机}，事件C={恰有一弹击中飞机}，事件D={至少有一弹击中飞机}，则下列关系正确的是()A．A∩D=⌀ B．B∩D=⌀C．A∪C=D D．A∪B=B∪D答案：BC解析：“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没中或第一枚没中、第二枚击中，“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击中，另一种是两弹都击中，故A∩D≠⌀，B∩D=⌀，A∪C=D，A∪B≠B∪D．故选BC．4.(多选)下列结论正确的有()A．若A，B互为对立事件，P(A)=1，则P(B)=0B．若事件A，B，C两两互斥，则事件A与B∪C互斥C．若事件A与B对立，则P(A∪B)=1D．若事件A与B互斥，则它们的对立事件也互斥答案：ABC解析：由题意得，P(B)=1-P(A)=0，故A正确；若事件A，B，C两两互斥，则事件A，B，C不可能同时发生，则事件A与B∪C也不可能同时发生，则事件A与B∪C互斥，故B正确；若事件A与B对立，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=1，故C正确；若事件A，B互斥但不对立，则它们的对立事件不互斥，故D错误.故选ABC．1.确定样本空间的方法(1)必须明确事件发生的条件.(2)根据题意，按一定的次序列出问题的答案.特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.学生用书⬇第285页2.判断互斥事件、对立事件的两种方法(1)定义法：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；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.(2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合，彼此的交集为空集，则事件互斥；②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集.考点二随机事件的频率与概率师生共研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216362574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，由表中数据可知，最高气温低于25的频率为2+16+3690所以六月份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，若最高气温低于20，则Y=200×6+(450-200)×2-450×4=-100；若最高气温位于区间[20，25)，则Y=300×6+(450-300)×2-450×4=300；若最高气温不低于25，则Y=450×(6-4)=900，所以利润Y的所有可能值为-100，300，900.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36+25+7+因此Y大于零的概率的估计值为0.8.计算简单随机事件的频率或概率的步骤

对点练1.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如表所示，X1234Y51484542这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；Y51484542频数4(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48kg的概率.解：(1)由图知，三角形中共有15个格点，与周围格点的距离不超过1米的格点数是1的格点有2个，坐标分别为(4，0)，(0，4).与周围格点的距离不超过1米的格点数是2的格点有4个，坐标分别为(0，0)，(1，3)，(2，2)，(3，1).与周围格点的距离不超过1米的格点数是3的格点有6个，坐标分别为(1，0)，(2，0)，(3，0)，(0，1)，(0，2)，(0，3).与周围格点的距离不超过1米的格点数是4的格点有3个，坐标分别为(1，1)，(1，2)，(2，1).如下表所示：Y51484542频数2463平均年收获量u=51×2+(2)在15株中，年收获量至少为48kg的作物共有2+4=6个，所以15株中任选一个，它的年收获量至少为48kg的概率P=615=0.4学生用书⬇第286页考点三互斥事件与对立事件的概率师生共研某商场进行有奖销售，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.解：(1)P(A)=11000，P(B)=101000=1100，P((2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M=A∪B∪C．因为事件A，B，C两两互斥，所以P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=1+10+故1张奖券的中奖概率为611(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以PN=1-PA⋃B=1-11故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891求复杂互斥事件的概率的两种方法1.直接法2.间接法：正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，一般用间接法求解更简单.对点练2.某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率.解：(1)由已知得25+y+10=55，x+30=45，所以x=15，y=20.则顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15+1.5×30(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，则可估计概率约为PA1=15100=320，PA2=30100=310，P因为A=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，所以P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+PA3=320+310+1故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率约为710考点四古典概型多维探究角度1简单的古典概型的概率(1)(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为 ()A．56 B．2C．12 D．(2)(2022·新高考Ⅰ卷)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．16 B．1C．12 D．(3)(2024·山东临沂模拟)阿基米德多面体是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体.它共有13种，其特点是棱长相等.如图①所示，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图②所示，在此阿基米德多面体的所有棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为.

学生用书⬇第287页答案：(1)A(2)D(3)4解析：(1)甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有6×6=36种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有A62=30种，则其概率为3036=56(2)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C72=21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)共7种，故所求概率P=21-721=(3)此阿基米德多面体共有24条棱，任取2条，共有C242=12×23=276(种)取法.两条棱垂直有两类情况：①都来自同一个正方形：6×4=24(种)；②来自对面的两个正方形：3×8=24(种).故所求概率为P=48276对点练3.(1)已知a，b∈{-2，-1，1，2}，若向量m=(a，b)，n=(1，1)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是()A．316 B．1C．38 D．(2)在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺序，则乙、丙都不与甲相邻出场的概率是()A．110 B．1C．25 D．答案：(1)B(2)D解析：(1)向量m与n所成的角为锐角等价于m·n>0，且m与n的方向不同，即m·n=a+b>0，则满足条件的向量m有(-1，2)，(1，1)，(1，2)，(2，-1)，(2，1)，(2，2)，其中m=(1，1)或m=(2，2)时，与n同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又m的取法共有4×4=16(种)，则向量m与n所成的角为锐角的概率是416=14.故选(2)在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺序，样本点总数n=A55=120，“乙、丙都不与甲相邻出场”包含的样本点个数m=A22A33+2×C21A33=36，所以“乙、丙都不与甲相邻出场”角度2古典概型与统计的综合应用某学校学生参加全国数学竞赛初赛(满分100分).该学校从全体参赛学生中随机抽取了200名学生的初赛成绩绘制成频率分布直方图如图所示：(1)根据频率分布直方图给出的数据估计此次初赛成绩的中位数和平均数；(2)从抽取的成绩在90~100的学生中抽取3人组成特训组，用频率估计概率，求学生A被选中的概率.解：(1)因为10×(0.0075+0.02)=0.275，0.275+10×0.03=0.575，所以中位数位于区间[60，70)，设中位数为x，则10×(0.0075+0.02)+10×0.03×x-6010=0.5，解得x=67即中位数为67.5.平均数为10×(0.0075×45+0.02×55+0.03×65+0.025×75+0.015×85+0.0025×95)=67.75.(2)成绩在90~100的学生有200×10×0.0025=5(人)，设为A，b，c，d，e，从这5人中抽取3人，有(A，b，c)，(A，b，d)，(A，b，e)，(A，c，d)，(A，c，e)，(A，d，e)，(b，c，d)，(b，c，e)，(b，d，e)，(c，d，e)，共10种情况，其中学生A被选中有(A，b，c)，(A，b，d)，(A，b，e)，(A，c，d)，(A，c，e)，(A，d，e)，共6种情况，所以学生A被选中的概率为610=0.6对点练4.(2024·新课标Ⅰ卷)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1，3，5，7，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(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为.

答案：1解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3-2，5-4，7-6，1-8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3-2，5-4，1-6，7-8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3-2，7-4，1-6，5-8或3-2，7-4，1-8，5-6或3-2，7-6，1-4，5-8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5-2，7-4，1-6，3-8或5-2，7-4，1-8，3-6或5-4，7-2，1-6，3-8或5-4，7-2，1-8，3-6或5-2，7-6，1-4，3-8或5-2，7-6，1-8，3-4或5-4，7-6，1-2，3-8，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P=1224=11.利用公式法求解古典概型问题的步骤2.古典概型与统计综合问题的解题策略(1)将题目条件中的相关信息转化为事件.(2)判断事件是否为古典概型.(3)选用合适的方法确定样本点个数.(4)代入古典概型的概率公式求解.[真题再现](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12的概率为答案：7解析：设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3次球的取法有A63=120(种)，则|m-n|=a+b2-a+b+c3=a+b-2c6≤12，可得|a+b-2c|≤3.当c=1时，a，b需要满足“3≤a+b≤5”，所有可能情况为(2，3)，(3，2)，共2种.当c=2时，a，b需要满足“3≤a+b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，共10种.当c=3时，a，b需要满足“3≤a+b≤9”，所有可能情况为(1，2)，(2，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16种.当c=4时，a，b需要满足“5≤a+b≤11”，所有可能情况为(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，3)，(3，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(3，6)，(6，3)，(5，6)，(6，5)，共16种.当c=5时，a，b需要满足“7≤a+b≤13”，所有可能情况为(1，6)，(6，1)，(2，6)，(6，2)，(3，4)，(4，3)，(3，6)，(6，3)，(4，6)，(6，4)，共10种.当c=6时，a，b需要满足“9≤a+b≤15”，所有可能情况为(4，5)，(5，4)，共2种.故共有2+10+16[教材呈现](湘教版必修二P226T4)抛掷两枚质地均匀的骰子，试计算下列事件的概率：(1)两枚骰子的点数相同；(2)两枚骰子的点数之和是6；(3)两枚骰子的点数之和不是6；(4)至少一枚骰子的点数是3.点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查古典概型，两题的相似度较高.课时测评81随机事件与概率对应学生(时间：60分钟满分：100分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!)(1-8，每小题5分，共40分)1.已知A与B是互斥事件，且PA=0.4，P(B)=0.2，则P(A∪B)=()A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9答案：C解析：由题意知A，B是互斥事件，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)，且P(A)=1-PA=1-0.4=0.6，则P(A∪B)=0.6+0.2=0.8.故选C．2.“黑匣子”是飞机常用的电子记录设备之一，黑匣子有两个，为驾驶舱语音记录器和飞行数据记录器.某兴趣小组对黑匣子内部构造进行相关课题研究，记事件A为“只研究驾驶舱语音记录器”，事件B为“至少研究一个黑匣子”，事件C为“至多研究一个黑匣子”，事件D为“两个黑匣子都研究”，则()A．A与C是互斥事件 B．B与D是对立事件C．B与C是对立事件 D．C与D是互斥事件答案：D解析：事件A为“只研究驾驶舱语音记录器”；事件B为“至少研究一个黑匣子”，包含“只研究驾驶舱语音记录器”“只研究飞行数据记录器”“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”；事件C为“至多研究一个黑匣子”，包含“只研究驾驶舱语音记录器”“只研究飞行数据记录器”“两个黑匣子都不研究”；事件D为“两个黑匣子都研究”，即“研究驾驶舱语音记录器和研究飞行数据记录器”.所以对于A，事件A与事件C不是互斥事件，故A不正确；对于B，事件B与事件D不是对立事件，故B不正确；对于C，事件B与事件C不是对立事件，故C不正确；对于D，事件C和事件D不能同时发生，故C与D是互斥事件，故D正确.故选D．3.(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为 ()A．16 B．1C．12 D．答案：D解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P=46=23.故选4.(2025·湘豫名校联考)党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动”.今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为()A．12 B．2C．56 D．答案：D解析：将5名志愿者分配到4个场馆，共有C52A44种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有A44种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P=1-5.(多选)下列说法中正确的有()A．若事件A与事件B是互斥事件，则P(AB)=0B．若事件A与事件B是对立事件，则P(A+B)=1C．某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D．把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件答案：ABC解析：事件A与事件B互斥，则A，B不可能同时发生，所以P(AB)=0，故A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事件A，所以P(A+B)=1，故B正确；事件“至少有两次中靶”与“至多有一次中靶”不可能同时发生，且二者必有一个发生，所以为对立事件，故C正确；事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误.故选ABC．6.(多选)(2025·广西梧州模拟)某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站(首发站)乘车，假设每人自第2号车站开始，在每个车站下车是等可能的，则()A．甲、乙两人下车的所有可能的结果有9种B．甲、乙两人同时在第2号车站下车的概率为1C．甲、乙两人同时在第4号车站下车的概率为1D．甲、乙两人在不同的车站下车的概率为2答案：ABD解析：对于A，甲下车的情况有第2号车站，第3号车站，第4号车站，共3种，同理可得，乙下车的情况数也是3，则总情况数为3×3=9，故A正确；对于B，甲、乙两人同时在第2号车站下车的情况数为1，则概率为19，故B正确；对于C，甲、乙两人同时在第4号车站下车的情况数为1，则概率为19，故C错误；对于D，甲、乙两人在相同车站下车的情况数为3，则在不同车站下车的情况数为9-3=6，即概率为69=23，故D正确.7.(2024·山东枣庄二模)盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球.从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为.

答案：7解析：依题意，问题相当于从1，2，3，…，10的10个数中任取3个，这3个数的和能被3整除的概率，显然试验含有的基本事件总数为C103=120，它们等可能，10个数中能整除3的有3，6，9；除以3余数是1的有1，4，7，10；除以3余数是2的有2，5，8，取出的3个数的和能被3整除的事件A含有的基本事件数有2C33+C43+C31C31C48.(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为.

答案：0.053解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n，4n，6n，所以总数为15n，所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n，白球个数为3n；乙盒中黑球个数为25%×4n=n，白球个数为3n；丙盒中黑球个数为50%×6n=3n，白球个数为3n；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A，所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05；记“将三个盒子中的球混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球共有2n+n+3n=6n个，白球共有9n个，所以P(B)=9n15n9.(10分)经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数及相应的概率如下：排队人数012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排队等候的概率；(4分)(2)至少3人排队等候的概率.(6分)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)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.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)=0.44.10.(12分)某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；(5分)(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率.(7分)解：(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名，入选代表队学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为C33C因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，记“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C，则P(B)=C32C32C64=35，P(C)=C33C31C64=15.由互斥事件的概率加法公式，得P(A)=P((每小题6分，共24分)11.(知识融合)在二项式x+124xn的展开式中，前三项的系数成等差数列，A．16 B．1C．13 D．答案：D解析：展开式的通项为Tr+1=Cnr·xn-r124xr=Cnr·2-r·x2n-3r4(0≤r≤n)，由题意n≥2，2Cn1·2-1=Cn0·20+Cn2·2-2，解得n=8，所以当r=0，4，8时，16-12.(多选)(2025·海南海口模拟)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.记第一次取出的球的数字为X1，第二次取出的球的数字为X2.设X=X1X2，其中[x]表示不超过x