2026版高三数学讲义第十章　10.4　随机事件与概率、古典概型

C856

1．古典概型的概率求解步骤

(1)求出所有样本点的个数n.

(2)求出事件A包含的所有样本点的个数m.

m

(3)代入公式P(A)＝求解．

n

2．求样本空间中样本点个数的方法

(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．

(2)树状图法：适用于需要分步完成的试验结果．树状图在解决求样本点总数和事件A包

含的样本点个数的问题时直观、方便，但画树状图时要注意按照一定的顺序确定分枝，避免

造成遗漏或重复．

(3)排列、组合法：在求一些较复杂问题的样本点个数时，可利用排列、组合的知识．

命题角度2较复杂古典概型的概率

【例4】算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具．如图，算盘多为

木制，内嵌有九至十五根直杆（简称档），自右向左分别表示个位、十位、百位……梁上面一

粒珠子（简称上珠）代表5，梁下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组

一粒上珠的大小．例如，个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算

盘的个位、十位、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A＝“表示的三位数能被5整

除”，B＝“表示的三位数能被3整除”．

(1)求事件A，B发生的概率；

(2)求事件A∪B，A∩B发生的概率．

【解】(1)只拨动一粒珠子至梁上，因此只表示数字1或5，三位数的个数是23＝8，

要使得组成的三位数能被5整除，则只需个位数字是5即可，

41

而这些数中个位数字是5的数的个数为22＝4，所以事件A发生的概率P(A)＝＝.

82

由题意要使得组成的三位数能被3整除，

则只能同时出现3个1或者同时出现3个5，即111和555共两个数，

21

即组成的三位数能被3整除的数的个数为2，所以事件B发生的概率P(B)＝＝.

84

11

故P(A)＝，P(B)＝.

24

(2)因为A∩B表示组成的三位数既能被3整除，又能被5整除，

只有555既能被3整除，又能被5整除，

1

所以P(A∩B)＝.

8

因为A∪B表示组成的三位数能被3整除或能被5整除，

1115

所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝.

2488

15

故P(A∩B)＝，P(A∪B)＝.

88

互斥事件概率的两种求法

(1)将所求事件转化成几个彼此互斥事件的和事件，利用互斥事件概率的加法公式求解概

率．

(2)若将一个较复杂的事件转化为几个彼此互斥事件的和事件时分类太多，而其对立面的

分类较少，可考虑先求其对立事件的概率，即运用“正难则反”的思想．常用此方法求“至

少”“至多”型事件的概率．

【对点训练3】(1)（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，

17

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的概率为．

215

3

解析：记三个球上的数字分别为a，b，c，则共有A6＝120（种）可能，令|m－n|＝

a＋ba＋b＋ca＋b－2c

－1

|23|＝|6|≤，则|a＋b－2c|≤3，根据对称性，c＝1或6时，均有

2

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

567

56种可能，所以所求概率P＝＝.

12015

(2)将一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两

次，记下骰子朝上的点数．若用x表示第一次抛掷出现的点数，用y表示第二次抛掷出现的

点数，用(x，y)表示这个试验的一个样本点．

①记A＝“两次点数之和大于9”，B＝“至少出现一次点数为3”，求事件A，B发生

的概率．

②甲、乙两人玩游戏，双方约定：若xy为偶数，则甲获胜；否则，乙获胜．这种游戏规

则公平吗？请说明理由．

解：①依题意，将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，共有36个样本点，

其中事件A＝{(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，即事件A包含6个样

61

本点，所以事件A发生的概率为P(A)＝＝.

366

又由事件B＝{(1，3)，(2，3)，(3，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(3，1)，(3，2)，(3，

4)，(3，5)，(3，6)}，

11

即事件B包含11个样本点，所以事件B发生的概率为P(B)＝.

36

②不公平．理由如下：

设事件C＝“xy为偶数”，事件D＝{(x，y)|x∈{1，3，5}，y∈{2，4，6}}，事件E＝{(x，

91181

y)|x∈{2，4，6}，y∈{1，2，3，4，5，6}}，可得P(D)＝＝，P(E)＝＝，

364362

因为事件D与事件E互斥，且C＝D∪E，

3

所以P(C)＝P(D)＋P(E)＝.

4

331

因此甲获胜的概率为，乙获胜的概率为1－＝，

444

31

因为>，所以这种游戏规则不公平．

44

课时作业71

1．（5分）两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制

出统计图如图1所示，则符合这一结果的试验是(D)

A．抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率

B．抛掷一枚质地均匀的正六面体的骰子，出现1点的概率

C．转动如图2所示的转盘，转到数字为奇数的概率

D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率

1

解析：根据统计图可知，实验结果出现的频率稳定在0.33，估计其概率P＝，对于A，

3

1

抛一枚质地均匀的硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；对于B，抛掷一枚

2

1

质地均匀的正六面体的骰子，出现1点的概率为，故此选项不符合题意；对于C，转动如题

6

2

图2所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；对于D，从装有2个红

3

1

球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，故此选项符合题意．故选D.

3

2．（5分）从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥

事件的是(B)

A．“至少一个白球”与“至少一个黄球”

B．“恰有一个白球”与“恰有两个白球”

C．“至多一个白球”与“至多一个黄球”

D．“至少一个黄球”与“都是黄球”

解析：从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，共有三种结果：两白球，一白

一黄，两黄球，这三个事件两两互斥，故B正确；由于“至少一个白球”包含事件有两白球

和一白一黄，而“至少一个黄球”包含事件有两黄球和一白一黄，当取到一白一黄时，这两

个事件同时发生，故A错误；由于“至多一个白球”包含事件有一白一黄和两黄球，而“至

多一个黄球”包含事件有一黄一白和两白球，所以当取到一白一黄时，两个事件同时发生，

故C错误；由于“至少一个黄球”包含事件一白一黄和两黄球，而“都是黄球”显然也是两

黄球，故D错误．故选B.

3．（5分）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是

(B)

11

A．B．

43

12

C．D．

23

4

解析：甲、乙、丙、丁四人排成一列共有A4＝24（种）可能，丙不在排头，且甲或乙在

11281

排尾有C2C2A2＝8（种）可能，故所求概率P＝＝.故选B.

243

4．（5分）某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名学生参加演讲比赛，设A＝“2

名全是男生”，B＝“2名全是女生”，C＝“恰有一名男生”，D＝“至少有一名男生”，则

下列关系不正确的是(D)

A．ADB．B∩D＝∅

．∪＝．∪＝∪

CA⊆CDDABBD

解析：“至少有一名男生”包含2名全是男生、1名男生1名女生，故AD，A∪C＝D，

故，正确；事件与是互斥事件，故∩＝∅，故正确；∪表示的是名全是

ACBDBDBAB⊆2

男生或2名全是女生，B∪D表示2名全是女生或1名男生1名女生或2名全是男生，故

A∪B≠B∪D，D错误．故选D.

5．（5分）（2024·江西景德镇三模）六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，

小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园

门口的两侧，每列3人，则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为(B)

11

A．B．

636

11

C．D．

72108

6

解析：不妨假设六位小朋友已经站好了位置，不同站位方法数为A6，爸爸们接到各自的

33

小朋友，则其为定序问题，不同站位方法数为C6C3，所以爸爸们不需要插队就能接到自己家

33

C6C31

的小朋友的概率P＝＝.故选B.

6

A636

6．（5分）一个口袋中有标号为1，2，3的小球各一个，小球的大小相同、质地均匀．每

次从中取出一个球，记下号码后放回，当三种号码的小球全部取出时即停止，则恰好取5次

小球时停止的概率为(B)

2014

A．B．

8181

2014

C．D．

243243

解析：由题可知分两种情况，取到的标号的次数为3，1，1或2，2，1，这两种情况是

互斥的，当取到的标号的次数为3，1，1时，试验包含的样本点共有35个，满足条件的样本

131

131C3C4C28

点有C3C4C2个，所以这种情况的概率为P1＝＝；当取到的标号的次数为2，2，1

3581

5122

时，试验包含的样本点共有3个，满足条件的样本点有C3C4C2个，所以这种情况的概率为

122

C3C4C228214

P2＝＝.故恰好取5次小球时停止的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.故选B.

3527812781

18

7．（6分）（多选）已知事件A，B，C两两互斥，若P(A)＝，P(A∪B)＝，P(A∪C)

515

9

＝，则(ACD)

20

11

A．P(B)＝B．P(C)＝

33

7

C．P(B∪C)＝D．P(B∩C)＝0

12

解析：因为事件A，B，C两两互斥，所以P(B∩C)＝0，故D正确；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)

181191

＝＋P(B)＝，则P(B)＝，故A正确；P(A∪C)＝P(A)＋P(C)＝＋P(C)＝，则P(C)＝，

51535204

117

故B错误；P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝，故C正确．故选ACD.

3412

8．（6分）（多选）口袋里装有1红、2白、3黄共6个形状、大小完全相同的小球，从

中任取2球，事件A＝“取出的2球同色”，B＝“取出的2球中至少有一个黄球”，C＝“取

出的2球中至少有一个白球”，D＝“取出的2球不同色”，E＝“取出的2球中至多有一个

白球”．下列判断中正确的是(AD)

A．事件A与D为对立事件

B．事件B与C是互斥事件

C．事件C与E为对立事件

D．P(C∪E)＝1

解析：设Ω是样本空间，对于A，由于A∪D＝Ω，A∩D＝∅，所以A与D是对立事件，

A正确．对于B，由于B∩C＝“取出的2球中，有一个黄球一个白球”，所以B与C不是

互斥事件，B错误．对于C，由于C∩E＝“取出的2球中，恰好有一个白球”，所以C与E

不是对立事件，C错误．对于D，由于C∪E＝Ω，所以P(C∪E)＝1，D正确．故选AD.

9．（5分）若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝a2－5，P(B)

＝5－2a，则实数a的取值范围为（5，1＋2]．

0<P(A)<1，

解析：因为随机事件A，B互斥，且A，B发生的概率均不等于0，所以0<P(B)<1，

P(A)＋P(B)≤1，

0<a2－5<1，

即0<5－2a<1，解得a∈（5，1＋2].

a2－2a≤1，

10．（5分）（2024·陕西宝鸡三模）围棋起源于中国，至今已有四千多年的历史，蕴含着

中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，

他们分成三个小组，则甲和乙在同一个小组的概率为6．

25

311

C5C2C1

解析：把5人分成3个小组的分法有3，1，1和2，2，1，其中3，1，1的分法有

2

221

1C5C3C1

＝10（种），甲和乙在同一个小组的情况有C3＝3（种），2，2，1的分法有＝15（种），

2

1

甲和乙在同一个小组的情况有C3＝3（种），故所有的分组方法有25种，甲和乙在同一个小

6

组的情况有6种，故所求概率P＝.

25

11．（16分）某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y（单位：万千瓦时）

与该河上游在六月份的降雨量X（单位：毫米）有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每

增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，

200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.

(1)完成如下的频率分布表：

近20年六月份降雨量频率分布表

降雨量70110140160200220

频率111

20510

(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概

率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率．

解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米

的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为

降雨量70110140160200220

131731

频率

20205202010

(2)根据题意得

X－70X

Y＝460＋×5＝＋425，

102

故P（发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时）＝P（Y<490或Y>530）＝P（X<130

1313

或X>210）＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝＋＋＝.

20201010

3

故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为.

10

12．（17分）已知甲、乙两袋中各装有4个质地和大小完全相同的小球，甲袋中有红球2

个、白球1个、蓝球1个，乙袋中有红球1个、白球1个、蓝球2个．

(1)从两袋中随机各取一球，求取到的两球颜色相同的概率；

(2)从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，求取到至少一个红球的概率．

解：(1)设甲袋中的红球为r1，r2，白球为w，蓝球为b，乙袋中的红球为R，白球为W，

蓝球为B1，B2，则从两袋中各取一球，所有情况如下：

(r1，R)，(r1，W)，(r1，B1)，(r1，B2)，(w，R)，(w，W)，(w，B1)，(w，B2)，(r2，R)，

(r2，W)，(r2，B1)，(r2，B2)，(b，R)，(b，W)，(b，B1)，(b，B2)，共16种．

设A为“取到的两球颜色相同”，则A含有的情况如下：

5

(r1，R)，(r2，R)，(w，W)，(b，B1)，(b，B2)，共5种，则P(A)＝.

16

(2)如(1)中所设，从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，所有情况如下：

(r1，r2，R)，(r1，r2，W)，(r1，r2，B1)，(r1，r2，B2)，(r1，w，R)，(r1，w，W)，(r1，w，

B1)，(r1，w，B2)，(r1，b，R)，(r1，b，W)，(r1，b，B1)，(r1，b，B2)，(r2，b，R)，(r2，b，

W)，(r2，b，B1)，(r2，b，B2)，(r2，w，R)，(r2，w，W)，(r2，w，B1)，(r2，w，B2)，(b，w，

R)，(b，w，W)，(b，w，B1)，(b，w，B2)，共24种，

设B为“取到至少一个红球”，其对立事件设为C，则C为“没有取到红球”，

C含有的情况如下：(b，w，W)，(b，w，B1)，(b，w，B2)，共3种，

3117

故P(C)＝＝，故P(B)＝1－P(C)＝1－＝.

24888

13．（5分）（2025·四川巴中一模）从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位

数中任取一个数，则该数为偶数的概率为(B)

25

A．B．

39

11

C．D．

23

解析：由0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数，由于0不能出现在千位，

1