2024年高考第二轮复习(文数)专题十四 概率

2024年高考其次轮复习(文数)专题十四概率

考点分布考点分频考纲内容考试指导

f--------------------------------------------------------

1事.件与概率备考时.应理薪随机事件的掇率与频率

“444

(1)了胡随机事件发生的不确定性和懈的稳定的关系；掌樨古典概型、几何概型的定

性.了制崛率的意义,了解频率与概率的区别.

.随机事件的概率、

1义、计算公式,理解并掌握互斥事件与

古典概型(2)了解两个互斥事件的概率加法公式

对立事件概率的计算公式；能熟练地将

■5年50考2古.典微型

(1)理解古典旗型及其微率计算公式.实际向雄中的概率计算达化为与之相应

(2)会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件做

的微率模型进行il算，熟练掌握用列撵

及事件发生的概率.

法、列表法等计算基本事件的个数及将

3.随机数与几何微型

2几何微型

(1)了第随机数的意义，能运用模拟方法估计概率几何概型转化为相应的几何度■值的方

(2)了解几何微型的意义.

■5年11考法,强化数据处理能力.

J

考点题组训练

随机事件的概率、古典概型m夷第

第步儿试真题

n、/

1.(2024.天津，2,易)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是:，甲获胜的概

率是/则甲不输的概率为()

A.fB.1C.7D.J

6563

1.A［考向3］甲不输，则甲胜或平,

2.(2024.课标I,3,易)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2

种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在

同一花坛的概率是()

2.C［考向2］从红、黄、白、紫4种花中任取2种有6种取法，分别为红与黄，

红与白，红与紫，黄与白，黄与紫，白与紫，其中红与紫不在同一花坛有4种状

42

况，故红色与紫色不在同一花坛的概率尸

3.(2024.课标III,5,易)小敏打开计算机时，遗忘了开机密码的前两位，只记得

第一位是/,N中的一个字母，其次位是1,2,3,4,5中的一个数字，则

小敏输入一次密码能够胜利开机的概率是（）

A1±±

A15%RCc15uN,30

3.C［考向2］由题意可知，

共15种可能性，而只有1种是正确的.

，输入一次密码能够胜利开机的概率为

JLJ

4.（2024・北京，6,中）从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率

为（）

1

AR2

250-5=25u25

4.B［考向2］从甲、乙等5名同学中随机选出2人，有10种不同结果，而甲被

选中有4种结果，故尸=余=看故选B.

1V-ZJ

5.（2024.课标I,4,易）假如3个正整数可作为一个直角三角形三条边的长，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（）

Q1c-LD-L

AioDB,5JO□,2（）

5.Cr考向21从1,2,3,4,5中任取3个数，共有1（）种选法，而为勾股数的

只有3,4,5,故所求概率为*选C.

6.（2024•湖北，2,易）容量为20的样本数据,分组后的频数如下表:

分组[10,20)[20,30)[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)

频数234542

则样本数据落在区间［10,40）的频率为（）

A.（）.35B,0.45C.（）.55D.0.65

2+3+49

6.B［考向1］数据落在［10,40）的频率为,八=万=0.45,故选B.

7.（2024-广东，7,中）已知5件产品中有2件次品，其余为合格品，现从这5

件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为（）

A.0.4B.0.6C.0.8D.1

7.B［考向2］首先对5件产品编号为1,2,3,4,5.其中1,2两件为次品，3,

4,5为正品，从5件产品中任取2件产品，全部事务为：(1,2),(1,3),(1,

4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10个事务.

其中恰有一件为次品的事务为：(1，3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,

5),共6个事务.

・,.恰有一件次品的概率为。=春=向=0.6,选B.

8.(2024.四川，13,中)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为小b,

则log"为整数的概率是.

8.［考向2］【解析】由题意得，小人有(2,3),(2,8),(2,9),(3,8),(3,

9),(8,9),(3,2),(8,2),(9,2),(8,3),(9,3),(9,8),共12种取法.

若满足log疝为整数，则仅有

〃=2,6=8和4=3,方=9两种状况，

21

・•・log/为整数的概率为云，

【答案】|

9.(2024•课标I,13,中)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成

一行，则2本数学书相邻的概率为.

一行有4A2B,AiBAi,A2A1B,ABAiBA1A2,BA%,共6种状况.2本数学书

2f42

---

相邻有A1A2B,8442,BA2A1,共4种状况,63

【答案】彳2

1().(2024•课标II,13,中)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜

色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为.

10.考［向2］【解析】甲、乙两名运动员从三种颜色的运动服中等可能地选择

一种，全部可能结果有红红、红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、蓝

蓝，共9种，选择相同颜色的结果共有3种，所以选择同种颜色的概率为P=］=

1

3,

【答案】|

11.(2024.山东，16,12分，易)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.

参与活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时,

记录指针所指区域中的数.记两次记录的数分别为x,)，.嘉奖规则如下：

①若则嘉奖玩具一个；

②若与28，则嘉奖水杯一个；

③其余状况嘉奖饮料一瓶.

假设转盘质地匀称，四个区域划分匀称.小亮打算参与此项活动.|

(1)求小亮获得玩具的概率；/d

(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.(3

11.［考向2］解：用数对y)表示儿童参与活动先后记录的数，则基

本领件空间。与点集5={(-y)|x£N,y£N,l<x<4,1<)<4)---对应.

因为S中元素的个数是4x4=16,

所以基本领件总数〃=16.

⑴记503”为事务4

则事务A包含的基本领件数共5个，即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),

所以P(A)=V，即小亮获得玩具的概率为1

⑵记“冲之8”为事务8,“3<x)，<8”为事务C,

则事务B包含的基本领件数共6个，

即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4),所以尸(8)=讳=》

事务。包含的基本领件数共5个，

即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1),

所以尸(0=高

因为於3主5，

o10

所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.

12.(2024•课标H,18,12分,中)某险种的基本保费为单位:元)，接着购买

该险种的投保人称为续保人续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关轶如

下：

上年度出险次数~~0~~FT1~2~~~~3~~4>5

保费0.856/a1.25«1.5。1.75a2a

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险状况，得到如下统计表:

出险次数01234>5

频数605()3()30201()

(1)记A为事务：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”.求P(A)的估计值；

(2)记R为事务：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的

160%”.求P(8)的估计值；

(3)求续保人本年度的平均保费的估计值.

12.［考向1］解：(1)事务A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，

一年内出险次数小于2的频率为

60+50

200=055,

故P(A)的估计值为().55.

(2)事务B发生当且仅当一年内出险次数大于1巨小于4.由所给数据知，一年内

出险次数大于1且小于4的频率为

30+30

200=03,

故P(B)的估计值为03

(3)由所给数据得

保费0.85。a1.25。1.5a1.75。2a

频率0.300.250.150.150.100.05

调查的200名续保人的平均保费为

0.85ax0.30+ax0.25+1.25^x0.15+1.5^x0.15+1.75^x0.104-2^x0.05=1.1925a.

因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a

13.(2024.湖南，16,12分，中)某商场实行有奖促销活动，顾客购买肯定金额

的商品后即可抽奖.抽奖方法是：从装有2个红球4,4和1个白球3的甲箱

与装有2个红球的，位和2个白球历，厉的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸

出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖.

⑴用球的标号列出全部可能的摸出结果；

(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率，

你认为正确吗？请说明理由.

13.［考向2,3］解：(1)全部可能的摸出结果是{4,s},{4,az},{Ai,小},

{Ai,历},{Ai,6/i),{A2,ai}>{A2,Z?I},{Az,bi}>{B,a\}>{B,s},{3,

bi］,{8,历}.

(2)不正确.理由如下：

由(1)知，全部可能的摸出结果共12种，其中摸出的2个球都是红球的结果为

［4,41},{Al,。2},依2,a\),{Al,42},

共4种，所以中奖的概率为今=/不中奖的概率为1一9胃故这种说法不

正确.

14.(2024.陕西，19,12分，中)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天

气状况进行统计，结果如下：

日期123456789101112131415

天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴

日期161718192021222324252627282930

天气晴阴雨阴阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨

(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率;

(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天起先实行连续2天的运动会，估计运动

会期间不下雨的概率.

14.［考向1］解：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26,以频率估计概

13

率，4月份任选一天，西安市在该天不下雨的概玄为

(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如1日与2日,2日与3日等).这样，在

4月份中，前一天为晴天的“互邻日期对”有16个，其中后一天不下雨的有14个，

所以晴天的次日不下雨的频率为《

O

、7

以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为？

O

15.(2024.山东，16,12分，中)海关对同时从A,B,。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ABC

数量5()15()100

(1)求这6件样品中来自A,B,。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.

15.［考向2］解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是而盖0前=5,

所以样本中包含三个地区的个体数量分别是5()x［=1,150x^7=3,100x^7=2.

JV/JVzJL

所以这6件样品来自4B,C三个地区商品的数量分别为1,3,2.

⑵设6件来自A,B,。三个地区的样品分别为4Bi,&,&；Ci,Ci.

则抽取的这2件商品构成的全部基本领件为{A,Bi},{A,&},{A,网，{A,

Ci},{A,Q},{Bi,&},{Bi,&},{Bi,Ci},{Bi,Q},{&，&}，{&，Ci},

{&,C2),{&,Ci),{Bs,Ci},{Ci,Ci},共15个.

每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本领件的出现是等可能的.

记事务D”抽取的这2件商品来自相同地区“，则事务。包含的基本领件有{5,

&},{Bi,&},{82,&},{Ci,G},共4个.

44

所以P(0=去，即这2件商品来自相同地区的概率为去.

JLJJLJ

第❷步提能力

随机事件的领率与概率

・国砧龈国

通过计算事务发生的频率去估算事务的概率是近几年高考考查概率的热点，多以

解答题的形式出现，有时也会以选择题、填空题的形式出现，属低中档题，常与

频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表交汇命题.

在复习中，要充分理解频率与概率的关系，娴熟驾驭事务频数的计算方法，如列

举法、列表法、树状图法等.

口由阿国1(2024•北京，17,13分)某超市随机选取1000名顾客，记录了他们

购买甲、乙、丙、丁四种商品的状况，整理成如下统计表，其中T”表示购买，“X”

表示未购买.

商品

顾客彘、甲乙丙T

10()4X7

217X7X7

200Y7qX

300YXqX

85YXXX

98XqXX

⑴估计顾客同时购买乙和丙的概率:

(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；

(3)假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？

【解析】(1)从统计表可以看出，在这1000位顾客中有200位顾客同时购买了

乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为襦=02

⑵从统计表中可以看出，在这1000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、

丁，另有.ZOO位顾客同时购买甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以

顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为端萨=0.3.

(3)与(1)同理，可得：

顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为勰=0.2,

顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为灵匕搬半=06

顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为悬=0.1,

所以，假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.

解题(1)的关键是从表中数清同时购买乙和丙的顾客人数；

解题(2)的关键是从表中数清在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的顾客人数；

⑶分别计算购买了甲商品的顾客中同时购买乙、丙、丁二种商品中其中一种的

人数所占的比例，并比较大小.

宿图图四,(2024.陕西，19,12分)某保险公司利用简洁随机抽样方法，对投保

车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：

赔付金额(元)01000200030004000

车辆数(辆J500130100150120

(1)若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率;

(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%,在赔付金额为4000元的样本车辆

中，车主是新司机的占20%,估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元

的概率.

解：⑴设A表示事务”赔付金额为3()0()元”，B表示事务”赔付金额为400()元”，

以频率估计概率得

尸⑷=7^=815'P(B)=~j^=0.12.

由于投保金额为2800元赔付金额大于投保金额对应的情形是300()元和400()

元，所以其概率为P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27.

⑵设C表示事务“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，样本车辆中车主为

新司机的有0.1x1000=100(辆)，而赔付金额为4000元的车辆中，车主为新司

机的有120x20%=24(辆).

所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为益=0.24,

由频率估计概率得P(C)=0.24.,

用频率估计事务发生概率的方法

(1)依据题设的统计图表，选用适当的方法，计算出所求事务发生的频数；

(2)计算出事务发生的频率；

(3)依据频率与概率的关系估计出事务发生的概率值.

留意：计算的关键是计算此事务出现的频数.

2古典概型

古典概型是高考的热点，常以实际问题或数学其他分支的学问(如统计等)的材料

为背景考查，属于低中档题，以考查古典概型的基本概念、运算为主.三种题型

均有可能出现.

复习中，要理解古典概型的定义，娴熟驾驭将实取概率计算题转化为古典概型概

率计算的方法；驾驭列举法、列表法及树状图法求基本领件数的技巧.

居回国园2(2024•山东，16,12分)某中学调查了某班全部45名同学参与书法社

团和演讲社团的状况，数据如下表：(单位：人)

参与书法社团未参与书法社团

参与演讲社团85

未参与演讲社团230

⑴从该班随机选1名同学，求该同学至少参与上述一个社团的概率；

(2)在既参与书法社团又参与演讲社团的8名同学中，有5名男同学4,A2,A3,

4,A5,3名女同学3,&,B、,现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1

人，求4被选中且囱未被选中的概率.

【解析】(1)记“该同学至少参与上述一个社团为事务A”，

所以该同学至少参与上述一个社团的概率为g.

⑵从5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本

领件有：(Ai,Bi),(Ai,a),(Ai,&),(42,Bi),(A2,&),(4,a),(4,Bi),

(A3,B?),(A3,B3),(A4,BI),(4,&),(4,&),(As,Bi),(4,&),(A5,

协)共15个.

依据题意，这些基本领件的出现是等可能的.

其中4被选中且⑤未被选中的基本领件有(4,52),(Ai,83)共2个.

2

所以4被选中且B\未被选中的概率为

官国因四Y2024.四川，17,12分)一辆小客车有5个座位，其座位号为1,2,

3,4,5,乘客P,02,尸3,尸4,P5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们依据

座位号从小到大的依次先后上车，乘客Pi因身体缘由没有坐自己1号座位，这

时司机要求余下的乘客按以下规则就座：假如自己的座位空着，就只能坐自己的

座位；假如自己的座位已有乘客就座，就在这5个座位的剩余空位中随意选择座

位.

（1）若乘客Pi坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法.下

表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就座的座位号填入表中空

格处）；

思路点拨：（1）P2定在2处，按先后依次分析P3,P4,P5即可；（2）先支配。2,再

依次支配尸3,尸4,尸5即可，进而用古典概型求概率。

解：（1）当乘客P坐在3号位置上，止匕时P2的位置没有被占，只能坐在2位置，

P3位置被占，可选剩下的任何一个座位，即可选1,4,5；

①当P3选1位置，尸4位置没被占，只能选4位置，P5选剩下的，只有一种状况；

②当P3选4位置，尸4可选5位置也可选I位置，P5选剩下的，有两种状况；

③当P3选5位置，P4只可选4位置，P5选剩下的，有一种状况，填表如下：

乘客P\Pi尸3尸4尸5

32145

32451

座位号

32415

32541

（2）若乘客P坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，则全部可能的坐法可用下

表表示:

乘客PiPi尸3P4尸5

1345

51

4

15

3

座位145

2

号541

15

43

51

5341

于是，全部可能的坐法共8种.

设“乘客小坐到5号座位”为事务A,则事务A中的基本领件的个数为4,

41

--

8-2

所以乘客P5坐到5号座位的概率是:

⑴的关键是由数据表确定该同学至少参与上述一个社团的基本领件数；

(2)列举法是求基本领件数的牛要方法，同时肯定按规律一一列举，做到不重不

漏.

・国感国图1

求古典概型概率的步骤

(1)反复阅读题目，收集题目中的各种信息，理解题意；

(2)推断试验是否为古典概型，并用字母表示所求事务；

(3)利用列举法、列表法或树状图法求出总的基本领件的个数〃及事务4中包含

的基本领件的个数〃7；

(4)计算事务A的概率P(A)=蓝.

列举法解决问题的留意事项

⑴尽量按某一依次，以做到不重复、不遗漏.

（2）是否有依次，有序和无序是有区分的，可以交换次序来看是否对结果造成影

响，有影响就是有序，无影响即无序.

（3）是否允许重复，即是放回的还是不放回的，放回的取元素是允许重复的，不

放回的取元素是不允许重复的.

考向3互斥事件与对立事件的概率

«日畸限际

互斥事务与对立事务的概率是高考的重点内容，一般不单独命题，常与古典概型

等学问交汇命题将困难事务的概率计算问题转化为其对立事务概率或几个彼此

互斥简洁事务概率的和，从而优化解题过程，常出现在解答题中的关键一问中，

属低中档题.

复习中，熟记互斥事务与对立事务的概率计算公式及适用的条件，驾驭求困难的

互斥事务的方法.

国日息3（1）（2024・安徽，5）若某公司从五位高校毕业生甲、乙、丙、丁、度中

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（）

,2°2

（2）（2024.湖南，170,12分）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，支配

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

11.522.53

钟/人）

已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.

①确定不，的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；

②求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率.（将频率视为概率）

【解析】（1）从五人中录用三人，全部可能的状况有（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.

方法一（通法）：甲被录用乙没被录用的可能状况有（甲，丙，丁），（甲，丙，戊）,

(甲，丁，戊)共3种，乙被录用甲没被录用的可能状况有(乙，丙，丁)，(乙，丙，

戊)，(乙，丁，戊)共3种，甲、乙都被录用的可能状况有(甲，乙，丙)，(甲，乙，

丁)，(甲，乙，戊)共3种,

所以所求概率为P=-^—=^

方法二(优法)：记事务A：甲或乙被录用.则4的对立事务A仅有(丙，丁，戊)

I-Q

这一种可能，・・・P(4)=记即P(A)=1—P(A)=而,选D.

(2)①由已知得25+y+10=100x55%=55,x+30=100x(1—55%)=45,

所以x=15,y=20.

该超市全部顾客一次购物的结算时间组成一个总体所收集的100位顾客一次购

物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简洁随机样本顾客一次购物的结

算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为

1x154-1.5x30+2x25+2.5x20+3x10八i

---------------而--------------=1.9(分钟).

②方法一(通法)：记4表示事务”一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，

4,4,4分别表示事务“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”.

将频率视为概率得

153303251

P(AI)=TOO=2O,P(A2)=1OO=TO,P(A3)=TOO=4,

因为A=AIUA2UA3,且AI,A2,A3是互斥事务，

所以P(A)=P(AiUA2UA3)=P(4)+P(A2)+P(4)

=3+邛J

20十10十410,

7

故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为六.

方法二(优法)：记A表示事务“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，则

4的对立事务4为“一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟”，

〜士》-20+1()3

由表知,P(A)=—|QQ=lo,

-37

所以P(A)=1~P(A)=1-7^=7^.

7

故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为力.

e际图0

解题(1)时，关键是求出甲或乙被录用的可能结果种类，通法求解状况较多，可

用优法求解，再用古典概型求概率；

解题⑵①时，关键由已知先确定-)，值，进而计算平均值；解②时，关键是分

清哪些事务是彼此互斥并应用互斥事务的概率加法公式分别求解或转化为求其

对立事务的概率，用间接法求解。.

宿国图四,(2024.江西，18,12分)小波以嬉戏方式确定是小丹

，(11,1)4]

去打球、唱歌还是去下棋.嬉戏规则为：以。为起点，再

⑷________1一

从4,A2,A3,A4,4,4(如图)这6个点中任取两点分别01x

为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X.若X>0

就去打球，若X=()就去唱歌，若X<()就去下棋.

(1)写出数量积Y的全部可能取值：

⑵分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率.

解：(1)由题意得X的全部可能取值为-2,-1,0,1.

(2)数量积为-2的有况2•85,共1种；

数量积为一1的有81•85,OAI-OAG,82•84,82•86,oAyoA^oAyoAs,

共6种；

数量积为0的有8I•笈3,8I•84,83•86,况4・。56,共4种；

数量积为1的有8I•况2,OA2OA^OA4OA5,况5•况6,共4种.故全部可能

的状况共有1+6+4+4=15(种).

7

所以小波去下棋的概率为P尸占

因为去唱歌的概率为8=玲，所以小波不去唱歌的概率。=1一02=1一卡=1|

思路点拨：本题(1)的解题关键是依据向量的坐标，求出其数量积；本题(2)先依

据(1)的结果求出各数量积对应的两个向量的个数，再求概率。

互斥事务、对立事务概率的求法

⑴解决此类问题，首先应依据互斥事务和对立事务的定义分析是不是互斥事务

或对立事务，再选择概率公式进行计算.

(2)求困难的互斥事务的概率一般有两种方法：

①干脆法：将所求事务的概率分解为一些彼此互斥的事务的概率的和，运用互斥

事务的概率加法公式计算；

②间接法：先求此事务的对立事务的概率，再用公式P(4)=1-P(A)求解，即用

正难则反的数学思想，特殊是“至多”“至少''型问题，用间接法就显得较简便.

第£1步J过模拟

1.(2024.河南安阳二模，5)从一箱产品中随机地抽取一件，设事务A=(抽到一

等品｝,事务8=｛抽到二等品｝,事务C=｛抽到三等品｝,且己知P(A)=0.65,

P(8)=0.2,P(C)=0.1,则事务“抽到的产品不是一等品”的概率为()

A.0.7B.0.65C.0.35D.0.5

1.C［考向3］“抽到的产品不是一等品”与事务A是对立事务，，所求概率P=1

—P(A)=0.35,故选C.

2.(2024.山东烟台一模，6)从集合A=｛-1,1,2)中随机选取一个数记为％从

集合3=｛-2,1,2｝中随机选取一个数记为4则直线)，=丘+〃不经过第三象

限的概率为()

2145

--C--

A.939D.9

2.A［考向2］由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事务&£A=｛—

1,1,2｝,b^B=｛-2,1,2｝得到出。)的取值全部可能的结果有：(-1,-2),

(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,1),(1,2),(2,-2),(2,I),(2,2)共9

种.

［R0,

而当L八时，直线不经过第三象限，

1/?>0

符合条件的(2,与有2种结果，

・••直线不经过第三象限的概率为

2

-

9

3.(2024.湖北荆州一模，7)己知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯

泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现须要一只卡M灯泡，电工师傅每次从

中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的

是卡口灯泡的概率为()

3277

--C--

A.989

10

3.D［考向2］若第1次抽到的是螺口灯泡，这时盒子中还有2只螺口灯泡与7

只卡口灯泡，则第2次抽到的是卡口灯泡的概率为7我=卓7故选D.

4.(2024・湖南益阳一模，4)4张卡上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中

随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为()

4.B［考向2］因为从4张卡片中任取出2张有(1,2),(1,3),(I,4),(2,3),

(2,4),(3,4)共6种状况，其中2张卡片上数字和为偶数的有(1,3),(2,4)这

2种状况，所以2张卡片上的数字和为偶数的概电为/故选B.

5.(2024.广东中山联考，12)经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队

等候的人数及相应概率如下：

排队人数01234>5

概率().10.16().3().3().10.04

则该营业窗口上午9点钟时至少有2人排队的概率是______________________,

5.［考向3］【解析】曰表格可得至少有2人排队的概率2=0.3+0.3+0.1+0.04

=0.74.

【答案】0.74

6.(2024.安徽合肥二模，11)采纳随机模拟试验的方法估计三天中恰有两天下雨

的概率：先利用计算器产生。到9之间取整数值的随机数，用1,2,3,4表示

下雨，用5,6,7,8,9,()表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这

三天的下雨状况.经随机模拟试验产生了如下2()组随机数：

907966191925271932812458569683

431257393027556488730113537989

据此估计，这三天中恰有两天下雨的概率近似为.

6.［考向1］【解析】由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果，经随机模拟产

生了20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有：191、271、

932、812、393,共5组随机数，故所求概率为亮=0.25.

【答案】0.25

7.(2024•四川成都一模，17,12分)某地区从某年起几年内考上高校的人数及其

中的男生人数如表：

时间范围1年内2年内3年内4年内

考上高校人数554496071352017190

男生人数2883497069948892

(1)分别计算几年(1年，2年，3年，4年)内考上高校的学生是男生的频率(保留4

位小数)；

(2)这一地区考上高校的学生是男生的概率约是多少？

7.［考向1］解：(1)该地区考上高校的学生是男生的频率：

1年内：1^0.5200.

4970

2年内：9607^0,5173-

6994

3年内：13520"°$173.

QQO7

4年内：万的°5173.

(2)由于(1)中的这些频率特别接近0.5173.因此这一地区考上高校的学生是男生

的概率约为0.5173.

8.(2024.湖南岳阳一模，16,12分)某中学生物爱好小组在学校生物园地种植了

一批珍贵树苗，为了解树苗的生长状况，从这批树苗中随机地测量了其中5()棵

树苗的高度(单位：厘米)，并把这些高度列成了如下的频数分布表：

分组[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]

频数231415124

(1)在这批树苗中任取--棵，其高度不低于8()厘米的概率是多少?

(2)这批树苗的平均高度大约是多少？(计算时用各组的中间值代替各组数据的平

均值)

(3)为了进一步获得探讨资料•，若从［40,50)组中移出一棵树苗，从［90,100］组中

移出两棵树苗进行试验探讨二则［40,50)组中的树苗A和［90,100］组中的树苗。

同时被移出的概率是多少？

8.［考向2］解：(1)・・•高度不低于80厘米的频数是12+4=16,

，高度不低于80厘米的树苗的概率为弗=言

(2)依据题意，样本容量即各组频数之和为2+3+14+15+12+4=50,

则树苗的平均高度为

45x2+55x3+65x14+75x15+85x12+95x43690

x=50=50=73・8(cm).

(3)设［40,50)组中的树苗为A、6,［90,100］组中的树苗为C、。、E、F,

则基本领件总数为12,它们是ACD.ACE.ACF、ADE.ADF、AEF.BCD、

BCE、BCF、BDE、BDF、BEF,

而满足A、C同时被移出的事务为4cO、ACE.ACT共3种，

31

・•・树苗和树苗同时被移出的概率为

ACIZ4

思路点拨：(1)依据题意，由频率分布表可得高度不低于80厘米的频数，进而由

等可能事务的概率公式，计算可得.

⑵首先计算出样本容量，进而由平均数的计算公式计算可得.

(3)设［40,50)组中的树苗为A、3,［90,100］组中的树苗为C、。、E、尸，用列

举法可得移出3棵树苗的基本领件的数目与A、。同时被移出的事务数目，由等

可能事务的概率公式计算可得.

9.(2024.湖北黄石二模，18,12分)某商场有奖销售中，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，没特等奖1个，一等奖10个，

二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事务分别为4B,C,

求：

(l)P(A),P(B),P(O；

(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.

9.［考向3］解：(1)P(A)=焉，

rw-l000-100,

Pfn=.50_=±

000-20-

故事务A,B,C的概率分别为了^面，击，右.

（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”为事务M,则

M=AUBUC.

VA,B,。两两互斥,

14-10+5061

・・・P(M)=P(AU8UC)=P(4)+P(3)+P(C)=­TOOQ-=?000-

故1张奖券的中奖概率为瑞J.

（3）设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事务M由对立事务概率公式得

P（N）=I—P（AUB）

-1U000^iooj_1000-

故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为湍.

1I人八1/

几何概型*小崇女束

第II步试真题

1.（2024•课标H,8,易）某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯

持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少须要等待15秒才出

现绿灯的概率为（）

北440-155

LB［考向"=』一萱.

2.（2024.福建,8,易）如图,矩形ABC力中，点A在x轴上，

点B的坐标为（1,0）,且点C与点D在函数人工）=

x+1,x>0,

一%+…〈。的图象上若在矩形反。内随机取一点，则

此点取自阴影部分的概率等于（）

113

-B-C-

A.648

2.B［考向2］由题意可知,如图，则凤0,1）,C（l,2）,D（-2,2）,

y

3x1

，所求事务的概率为p=W4

3.（2024・湖南，5,易）在区间［-2,3］,随机选取一个数X则X£1的概率为（）

4321

A.§B.§C.§D.g

3.B［考向1］这是一个几何概型问题，测度是长度，此问题的总长度为5,使

3

得“XS”的长度为3,因此P（XS）=?

4.（2024・辽宁，6,易）若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABC。中，其中

4/?=2,AC=I,则质点落在以AK为直径的半圆内的概率是（）

、兀n兀一兀e兀

A-2B4C6D8

C

4.B［考向2］设“质点落在以AB为直径的半圆内”为事务A,则%A）=不二=

3氏与形

1

ZX7CX121

f_______7C

1x2=4'

S（2024・湖南9中）已知事务”在矩形ABC。的边。上随机取一点H使AAPB

的最大边是W发生的概率是/则第=（）

A.|B.|C.孚D.（

5.D［考向1］矩形A8c。如图所示，在点。从。点向。点移动过程中，DP在

增大，4P也在增大，而在渐渐减小，当点P到P位置时，BA=BPT,当点

产到P2位置时，AB=AP2f故点P在线段P1P2上时，△斗3尸中边AB最大，由

1ao

题意可得在中，22222

PIP2=72CDRtABCPiBPJ=TloJCD-\-BC=TIo7AB-1-AD=AB.

即g=看转2,所以翳=乎，故选D.

思路点拨：依据几何概型的特点找寻满足条件的点P,利用直角三角形的性质求

解.

6.（2024•陕西,12,难）设复数z=a-l）+yi（x,y£R）,若本1,贝Uy女的概率

为（）

3,1„1,1八1111

A3+五*B-2+nC.1方D-2-7T

6.C［考向2］由|本1得（x—1>+声1,由题意作图如图所示，

711

4-211

・・.），》的概率为*

7.（2024.福建，13,易）如图，在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子，有

180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为.

7.［考向2］【解析】由已知可知豆子落到阴影部分的概