2026高二数学暑假提升讲义（沪教）预习专题11 古典概率(解析版)

预习专题11古典概率

【学习目标】

1.会将一个随机试验依次分解为若干个等可能得随机试验，进而构造等可能得样本空间，提升逻辑推理素养.

2.会计算古典概率模型的简单随机事件的概率.

3.理解概率的基本性质，了解事件间的包含关系和相等关系.

4.理解事件的和与积，并能进行运算.

5.理解互斥事件和对立事件的概念及关系．掌握互斥事件的概率加法公式．

知识点1：古典概率模型

1．等可能性

一般地，若一个随机试验的所有结果出现的可能性都一样，则称之为具有等可能性，它在许多场合下是直

观自然的．

2．古典概型的定义

如果一个随机试验满足下面两个条件：（1）包含有限个可能出现的结果（样本点）．（2）这些结果出现是等

可能的，那么这样的随机试验就称为古典概率模型．简称古典概型．

三类试验不是古典概型：①样本点个数有限但不等可能；②样本点个数无限但等可能；③样本点个数无限

且不等可能。

知识点2：古典概型的概率公式

在一个古典概率模型中，W是一个有限且等可能的样本空间．这里等可能的样本空间是指该样本空间中的

每个样本点出现的可能性相同。因为依照习惯约定必然事件的概率是1，所以每个样本点发生的概率自然

是样本点总数的倒数．由于一般的随机事件A是样本点的某个集合，即样本空间的一个子集，用符号

P(A)表示事件A发生的概率，那么事件A发生的概率为

|A|

P(A)

|W|

其中|A|为事件A的样本点个数，|W|为样本空间的样本点总数。

若试验非古典概型，不可用此公式计算概率；

计算|A|和|W|时需保持同一角度，避免因观察角度不同导致错误.

知识点3：概率的基本性质

性质1必然事件的概率是1，不可能事件的概率是0，即P(W)1,P()0.

性质2设A是一个事件，那么0P(A)1.

事件的概率是[0,1]中的一个常数，不随试验结果的改变而改变，它是频率的科学抽象.

知识点4：构造等可能的样本空间

对复杂的随机试验来说，想要得到一个等可能的样本空间，通常要将一个随机试验依次分解为若干个等可

能的随机试验来处理，方法如下：设一个随机试验分两步完成，第一步有m个等可能的结果，记作

a1,a2,,am；而对第一步得到的每个结果，第二步总有n个等可能的结果，记作b1,b2,,bn．那么，该

随机试验的样本空间就是

，

Wai,bj|i1,2,,m;j1,2,,n

它是等可能的，共有mn个元素．对多步的等可能随机试验可以类似地构造等可能的样本空间．

知识点5：事件关系和运算

关系定义符号表示图示

设事件A对应于子集A，事件B对应

于子集B．如果A的样本点都在B中，BA

包含

那么A发生必然B发生．此时，称B包（或AB）

含A或者A包含于B.

如果事件B包含A，事件A也包含事件

相等，即BA且AB,则称事件与

BAAB

事件B相等.

知识点6：事件的运算

定义表示法图示

并

事件A与事件B至少有一个发生是一个事件，称

事A∪B

这个事件为事件A与事件B的并事件（或和事件）

件

交事件A与事件B同时发生也是一个事件，称这样

事一个事件为事件A与事件B的交事件（或积事A∩B

件件）.

知识点7：事件的互斥与对立

定义表示法图示

给定事件A，B，若事件A与B不能同时发生，则

互斥AB＝∅(或A∩B

称A与B互斥（或互不相容）

＝∅)

给定样本空间Ω与事件A，由样本空间Ω中所有事件A的对立事

对立

不属于A的样本点组成的事件称为A的对立事件件记为A

如果B＝A，则称A与B相互对立．

知识点8：概率的基本性质

设事件A,B不同时发生，即成立AB．而A与B至少有一个发生的事件是AB．因为A与B

中没有共同的元素，所以并集AB的元素个数就是A及B的元素个数之和，即成立|AB||A||B|，

因此

|AB||A||B|

P(AB)P(A)P(B).

|W||W||W|

即得到概率的可加性．

概率性质3（可加性）

两个不可能同时发生的事件至少有一个发生的概率是这两个事件的概率之和．换言之，如果AB，

那么

P(AB)P(A)P(B)

特别地，互斥事件的概率加法公式可以推广到多个事件的情况．如果事件A1,A2,,Am两两互斥，那么

事件A1A2Am发生的概率等于这m个事件分别发生的概率之和，即

PA1A2AmPA1PA2PAm.

概率性质4

对任一给定事件，其发生的概率与不发生的概率的和总是1．换言之，有P(A)1P(A)．

题型一．事件的包含关系及相等

例1同时掷两枚硬币，“向上的面都是正面”为事件A，“向上的面至少有一枚是正面”为事件B，则有()

A．ABB．AB

C．ABD．A与B之间没有关系

【答案】C

【分析】根据题意，结合列举法求得事件A和事件B，进而得到两事件的关系，得到答案．

【解答】解：同时抛掷两枚硬币，基本事件的空间为W{（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）

}，

其中事件A{（正，正）}，事件B{（正，正），（正，反），（反，正）}，

所以AB．

故选：C．

1-1小明在书店随机地选一本书，设事件A：小明选的书是数学书，事件B：小明选的书是中文版的书，事

件C：小明选的书是2024年或2024年以后出版的书．请写出AIBIC表示的事件：．

【答案】小明选的书是2024年或2024年以后出版的中文版的数学书．

【分析】根据题意，由交事件的定义分析可得答案．

【解答】解：根据题意，AIBIC表示的事件为：小明选的书是2024年或2024年以后出版的中文版的

数学书．

故答案为：小明选的书是2024年或2024年以后出版的中文版的数学书．

1-2抛掷一枚质地均匀的硬币三次，有如下三个事件A，B，C，其中A为有3次正面向上，B为只有1

次正面向上，C为至少有1次正面向上，试判断A，B，C之间的包含关系．

【答案】AC，BC．

【分析】根据随机事件A，B，C是否发生分类讨论，即可求解．

【解答】解：当事件A发生时，事件C一定发生，当事件B发生时，

事件C一定发生，因此有AC，BC；

当事件A发生时，事件B一定不发生，当事件B发生时，

事件A一定不发生，因此A与B之间不存在包含关系，

综上，事件A，B，C之间的包含关系为AC，BC．

题型二．事件的并事件（和事件）

135

例2已知随机事件A，B满足P(A)，P(B)，P(AB)，则P(AB)()

34U6I

1131

A．B．C．D．

168164

【答案】D

【分析】由P(AIB)P（A）P（B）P(AUB)，能求出结果．

135

【解答】解：随机事件A，B满足P(A)，P(B)，P(AB)，

34U6

则P(AIB)P（A）P（B）P(AUB)

135

346

1

．

4

故选：D．

2-1某班共有40名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术

2

特长，设事件A“选中的同学精通乐器”，B“选中的同学擅长舞蹈”，若P(AB)，则

U5

P(AB)()

1111

A．B．C．D．

45810

【答案】D

【分析】首先求出P（A），P（B），再根据P(AUB)P（A）P（B）P(AB)计算可得．

【解答】解：某班共有40名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，

从该班中任选一名同学了解其艺术特长，设事件A“选中的同学精通乐器”，B“选中的同学擅长

舞蹈”，

12381

依题意P(A)，P(B)，

4010405

2

又P(AB)P(A)P(B)P(AB)，

U5

3121

所以P(AB)P(A)P(B)P(AB)．

U105510

故选：D．

1

2-2已知随机事件A，B相互独立，且P(A)1P(B),P(A)×P(B)，则P(AB)的值为．

8U

7

【答案】．

8

【分析】利用P(AUB)P（A）P（B）P(AB)求解．

1

【解答】解：P(A)1P(B),P(A)×P(B)，

8

17

则P(AB)P(A)P(B)P(AB)1．

U88

7

故答案为：．

8

题型三．事件的交事件（积事件）

3某同学参加跳远测试，共有次机会．用事件，，表示随机事件“第，，次跳远

例3Ji(i123)i(i123)

成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为()

A．JJB．JJC．JJJD．JJJ

1I22U31I2I31I2I3

【答案】C

【分析】根据题意依次判断各项事件运算对应的含义，即可得．

【解答】解：根据题意，用事件Ji(i1，2，3)表示随机事件“第i(i1，2，3)次跳远成绩及格”，

依次分析选项：

对于，JJ表示前两次测试成绩均及格，故错误；

A1I2A

对于，JJ表示后两次测试都没有及格，故错误；

B2U3B

对于，JJJ表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故正确；

C1I2I3C

对于，JJJ表示三次测试成绩均不及格，故错误，

D1I2I3D

故选：C．

3-1掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件

A的概率为P（A），事件B的概率为P（B），则1P(AIB)()

1113

A．B．C．D．

8424

【答案】D

【分析】结合列举法，以及古典概型的概率公式，即可求解．

【解答】解：掷两颗骰子，共有6´636种可能，

其中事件AB为：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共9种，

91

故P(AB)，

364

13

所以1P(AB)1．

I44

故选：D．

3-2在试验E“从1，2，3，4这4个数中，任取2个数求和”中，事件A表示“这2个数的和大于4”，

事件B表示“这2个数的和为偶数”，则AUB和AIB中包含的样本点数分别为()

A．1，6B．4，2C．5，1D．6，1

【答案】C

【分析】先求出试验E的样本空间，事件A、B中所含的样本点，即可求出答案．

【解答】解：试验E的样本空间为W{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，

其中事件A中所含的样本点为(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共4个，

事件B中所含的样本点为(1,3)，(2,4)，共2个，

所以事件AUB中所含的样本点为(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共5个，

事件AIB中所含的样本点为(2,4)，共1个．

故选：C．

题型四．事件的互斥（互不相容）及互斥事件

例4如果A，B是互斥事件，那么()

A．事件A与B必不互斥B．AUB是必然事件

C．A与B可能互斥D．AUB是必然事件

【答案】B

【分析】利用韦恩图帮助逐一判断．

【解答】解：对于A：如果事件A，B不仅互斥还对立，则事件A与B一定互斥，A错误；

对于B：如图：AUBU，AUB是必然事件，B正确；

对于C：如图：A与B不可能互斥，C错误；

对于D：如图：AUB不一定是必然事件，当A，B互斥不对立时，不是必然事件，D错误．

故选：B．

4-1抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数用x表示红色骰子的点数，用y表

示绿色骰子的点数，用(x,y)表示一次试验的结果．定义事件：事件A为“xy为奇数”，事件B为“xy为

奇数”，事件C为“x为奇数”，则下列结论错误的是()

A．A与B互斥B．A与B对立C．P（C）0.5D．A与C相互独立

【答案】B

【分析】利用互斥事件的概念判断选项A；利用对立事件的定义判断选项B；利用古典概型判断选项

C；利用事件独立性概念判断选项D．

【解答】解：抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数用x表示红色骰子的

点数，

用y表示绿色骰子的点数，用(x,y)表示一次试验的结果，

定义事件：事件A为“xy为奇数”，事件B为“xy为奇数”，事件C为“x为奇数”，

由题可得，样本空间为：

W{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，

(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，

(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，

(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}，共有36个样本点，

其中A{(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,2)，(3,4)

(3,6)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,2)，(5,4)，(5,6)，(6,1)，(6，3)(6，5)}，共包含18个样本点，

B{(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5，3)(5，5)}，共包含9个样本点，

C{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(3,2)，

(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5，5)(5，6)}，共有18个样本点，

对于A，若xy为奇数，则x，y一个为奇数，一个为偶数，若xy为奇数，则x，y都为奇数，

\事件A和事件B不能同时发生，\事件A与事件B是互斥事件，故A正确；

对于B，事件A与事件B不能同时发生，但能同时不发生，例如x2，y2，

\事件A与事件B是互斥但不对立事件，故B错误；

18

对于C，P(C)0.5，故C正确；

36

对于D，AC{(1,2)，(1,4)，(1,6)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(5,2)，(5,4)，(5,6)}，

91

\P(AC)，

364

181181

QP(A),P(C)，\P(AC)P（A）P（C），

362362

\A与C相互独立，故D正确．

故选：B．

4-2一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，

并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次

向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是()

1

A．P(A)B．事件A与事件B互斥

4

1

C．事件A与事件B相互独立D．P(AB)

U2

【答案】C

【分析】利用互斥事件、相互独立事件的意义及古典概率公式逐项计算判断作答．

【解答】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本事件，

21

则P（A），A不正确；

42

事件B含有的基本事件有8个：(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,3)，

其中事件(2、1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)发生时，事件A也发生，

即事件A，B可以同时发生，B不正确；

抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，

8141

P（B），P(AB)P（A）P（B），

162164

即事件A与事件B相互独立，C正确；

1113

P(AB)P（A）P（B）P(AB)，D不正确．

U2244

故选：C．

题型五．事件的互为对立及对立事件

例5从一堆产品（其中正品与次品都多于2件）中任取2件，观察正品件数和次品件数．则下列事件是互

斥事件但不是对立事件的是()

A．恰好有1件次品和恰好有2件次品

B．至少有1件次品和全是次品

C．至少有1件正品和至少有1件次品

D．至少有1件次品和全是正品

【分析】利用对立事件、互斥事件的定义求解．

【解答】解：Q从一堆产品（其中正品与次品都多于2件）中任取2件，观察正品件数和次品件数，

\在A中，恰好有1件次品和恰好有2件次品不能同时发生，但能同时不发生，

\恰好有1件次品和恰好有2件次品是互斥事件但不是对立事件，故A成立；

在B中，至少有1件次品和全是次品，能同时发生，

\至少有1件次品和全是次品不是互斥事件，故B不成立；

在C中，至少有1件正品和至少有1件次品能同时发生，

\至少有1件正品和至少有1件次品不是互斥事件，故C不成立；

在D中，至少有1件次品和全是正品不能同时发生，也不能同时不发生，

\至少有1件次品和全是正品是对立事件，故D不成立．

故选：A．

5-1投掷一枚骰子，下列事件中是对立事件的是()

A．向上的点数是1与向上的点数是5

B．向上的点数小于3与向上的点数大于3

C．向上的点数是奇数与向上的点数是偶数

D．向上的点数大于3与向上的点数小于5

【答案】C

【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．

【解答】解：对于A，向上的点数是1与向上的点数是5不能同时发生，但能同时不发生，是互斥不对

立事件，故A错误；

对于B，向上的点数小于3与向上的点数大于3不能同时发生，但能同时不发生，是互斥不对立事件，

故B错误；

对于C，向上的点数是奇数与向上的点数是偶数既不能同时发生，也不能同时不发生，是对立事件，故C

正确；

对于D，向上的点数大于3与向上的点数小于5能同时发生，不是互斥事件，更不是对立事件，故D错

误．

故选：C．

12

5-2记事件A的对立事件为A，若P(A)，则P(A)为．

33

2

【答案】．

3

【分析】由对立事件的概率公式计算求解即可．

1

【解答】解：根据题意，因为P（A），

3

2

事件A的对立事件为A，则P(A)1P（A）．

3

2

故答案为：．

3

题型六.互斥事件的概率加法公式

例6在10件产品中有3件次品，从中选3件．下列各种情况是互斥事件的有()

①A：“所取3件中至多2件次品”，B：“所取3件中至少2件为次品”；

②A：“所取3件中有一件为次品”，B：“所取3件中有二件为次品”；

③A：“所取3件中全是正品”，B：“所取3件中至少有一件为次品”；

④A：“所取3件中至多有2件次品”，B：“所取3件中至少有一件是正品”；

A．①③B．②③C．②④D．③④

【答案】B

【分析】所取3件中至多2件次品与所取3件中至少2件为次品，两个事件中都包含2件次品，所取3

件中有一件为次品与所取3件中有二件为次品是互斥事件，所取3件中全是正品与所取3件中至少有一

件为次品是不能同时发生的．

【解答】解：在10件产品中有3件次品，从中选3件，

Q所取3件中至多2件次品与所取3件中至少2件为次品，

两个事件中都包含2件次品，

\①中的两个事件不是互斥事件．

Q所取3件中有一件为次品与所取3件中有二件为次品是互斥事件，

\②中的两个事件是互斥事件．

Q所取3件中全是正品与所取3件中至少有一件为次品是不能同时发生的，

\③中的两个事件是互斥事件

故选：B．

6-1甲和乙下中国象棋，若甲获胜的概率为0.4，甲不输的概率为0.9，则甲、乙和棋的概率为0.5．

【分析】根据题意，甲不输即甲获胜或甲乙和棋，列式计算可得答案．

【解答】解：甲不输即甲获胜或甲乙和棋，

Q甲获胜的概率为0.4，甲不输的概率为0.9，

\甲、乙和棋的概率为0.90.40.5．

故答案为：0.5．

6-2已知事件A与事件B互斥，如果P（A）0.4，P（B）0.3，那么P(AUB)0.3．

【答案】0.3．

【分析】利用互斥事件概率加法公式、对立事件概率公式求解．

【解答】解：事件A与事件B互斥，P（A）0.4，P（B）0.3，

\P(AUB)1P(AUB)1(P（A）P（B）)1(0.40.3)0.3．

故答案为：0.3．

6-3已知事件A和事件B互斥，若P(AUB)0.7且P(B)0.6，则P（A）0.3．

【答案】0.3．

【分析】由事件A和事件B互斥，得P（A）P(AUB)P（B），由P(B)0.6，得P（B）

1P(B)0.4，由此能求出P（A）．

【解答】解：Q事件A和事件B互斥，若P(AUB)0.7且P(B)0.6，

\P（B）1P(B)10.60.4，

P（A）P(AUB)P（B）0.70.40.3．

故答案为：0.3．

23

6-4事件A、B互斥，它们都不发生的概率为，且P（A）3P（B），则P（B）．

520

3

【答案】．

20

23

【分析】由题意可知P(AB)1，再利用互斥事件的概率加法公式求解．

55

2

【解答】解：因为事件A、B都不发生的概率为，

5

23

所以P(AB)1，

55

又因为事件A、B互斥，

3

所以P(AB)P（A）P（B），

5

又P（A）3P（B），

3

所以3P（B）P（B），

5

3

解得P（B）．

20

3

故答案为：．

20

题型七．对立事件的概率关系及计算

例7事件A，B都没有发生的概率为，则事件A，B至少有一个发生的概率为．

【答案】．

【分析】利用对立事件的概率求法求概率．

【解答】解：根据题意，事件“A，B都没有发生”与“A，B至少一个发生”互为对立事件，

而事件A，B都没有发生的概率为，

则要求的概率P＝．

故答案为：．

12

7-1已知P(A)，记事件A的对立事件为A，则P(A)为．

33

2

【答案】．

3

【分析】根据已知条件，结合对立事件概率和为1，即可求解．

1

【解答】解：P(A)，

3

2

则P(A)1P(A)．

3

2

故答案为：．

3

7-2甲乙两人射击，中靶的概率分别为0.7、0.6．若两人同时独立射击，则恰有一人不中靶的概率为

0.46．

【答案】0.46．

【分析】利用相互独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式，结合概率公式即可求解．

【解答】解：记甲乙两人中靶分别为事件A，B，则有P（A）0.7，P（B）0.6，所求的事件可表

示为ABAB，

所以P(ABAB)P(A)P(B)P(A)P(B)(10.7)´0.60.7´(10.6)0.46．

故答案为：0.46．

题型八．并事件积事件的概率关系及计算

例8已知A，B，C为随机事件，A与B互斥，B与C互为对立，且P（A）0.1，P（C）0.4，则

P(AUB)()

A．0.06B．0.5C．0.6D．0.7

【答案】D

【分析】根据对立事件和互斥事件的概率公式求解即可．

【解答】解：因为B与C互为对立事件，且P（C）0.4，

所以P（B）1P（C）10.40.6，

又因为A与B是互斥事件，

所以P(AUB)P（A）P（B）0.10.60.7．

故选：D．

8-1已知P（A）0.2，P（B）0.7，若A，B互斥，则P(AUB)0.9．

【答案】0.9．

【分析】根据题意，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．

【解答】解：根据题意，因为P（A）0.2，P（B）0.7，

又由A，B互斥，

则P(AUB)P（A）P（B）0.9．

故答案为：0.9．

题型九．等可能事件和等可能事件的概率

例9下课以后，教室里还剩下2位男同学和1位女同学，若他们依次走出教室，则第2位走出的是女同学

的概率是()

1111

A．B．C．D．

2345

3111

【分析】基本事件总数nA36，第2位走出的是女同学包含的基本事件个数mC2C1C12，由此能

求出第2位走出的是女同学的概率．

【解答】解：下课以后，教室里还剩下2位男同学和1位女同学，

他们依次走出教室，

3

基本事件总数nA36，

111

第2位走出的是女同学包含的基本事件个数mC2C1C12，

m21

则第2位走出的是女同学的概率是p．

n63

故选：B．

9-1同时掷两粒骰子，则点数之和为7的概率是．（结果用分数表示）

【分析】由题意知本题是一个古典概型，试验发生的所有事件为掷两颗骰子所有的6´636种结果，而

满足条件的事件通过列举得到结果为1，6；2，5；3，4；4，3；5，2；6，1共有6种结果，列举时要做

到不重不漏．

【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，

Q试验发生的所有事件为掷两颗骰子所有的6´636种结果，

而满足条件的事件为1，6；2，5；3，4；4，3；5，2；6，1共有6种结果，

61

\由古典概型公式得到结果P，

366

1

故答案为：．

6

9-2有2个人在一座7层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始到第七层，在每一层离开电梯

是等可能的．则2个人在同一层离开的概率是．

【分析】本题是一个等可能事件，试验发生包含的事件是两个人各有6种不同的方法，共有36种结果，

满足条件的事件是可以从每一层下，共有6种结果，根据概率公式得到结果．

【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件，

试验发生包含的事件是两个人各有6种不同的方法，共有36种结果，

满足条件的事件是可以从每一层下，共有6种结果，

61

\两个人在同一层离开电梯的概率是

366

1

故答案为：

6

题型十．列举法计算基本事件数及事件发生的概率

例12同时掷两个骰子，向上的点数不相同的概率为()

5121

A．B．C．D．

6633

【分析】列举出所有情况，及出现相同点数的情况数，先求出向上点数相同的概率，进而利用对立事件

概率减法公式，得到答案．

【解答】解：同时掷两个骰子，向上的点数共有36种不同情况，分别为：

123456

1(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)

2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)

3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)

4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)

5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)

6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)

其中向上的点数相同的事件共有6种，

61

故向上的点数相同的概率P，

366

15

故向上的点数不相同的概率P1，

66

故选：A．

12-1一个不透明的袋中有五张形状大小完全相同的卡片，它们上面分别标有数字0、1、2、3、4随机

抽取一张卡片，把上面的数字记为a，然后再从剩下的四张卡片随机抽取一张，把上面的数字记为b，则点

(a,b)在第二象限的概率是．

1

【答案】．

5

【分析】直接利用分步原理的应用和组合数的应用求出概率的值．

【解答】解：分别标有数字0、1、2、3、4随机抽取一张卡片，把上面的数字记为a，然后再从剩下

的四张卡片随机抽取一张，把上面的数字记为b，

故基本事件数为5´420，

则(a,b)在第二象限的事件数为2´24，

2´21

故点(a,b)在第二象限的概率值为P（A）．

5´45

1

故答案为：．

5

12-2同时投掷两颗均匀的骰子，所得点数相等的概率为．

1

【答案】．

6

【分析】同时投掷两颗均匀的骰子，基本事件总数n36种，所得点数相等的基本事件有6种，再利用

古典概型的概率公式求解即可．

【解答】解：同时投掷两颗均匀的骰子，基本事件总数n6´636种，

所得点数相等的基本事件有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，共6种，

61

所以所得点数相等的概率为．

366

1

故答案为：．

6

12-3已知一个袋子中有4个红球（标号为1，2，3，4)、2个黑球（标号为5，6)，这些球的大小和质地

都相同（即每个球被摸到的可能性相同）．现在不放回的摸出两个球，用(i，j)(1i，j6，i¹j)表示第一

次摸到i号球，第二次摸到j号球，样本空间W{(i,j)|1i，j6，i¹j}．记事件A：恰有一次摸到红球；

事件B：至少有一次摸到红球；事件C：第一次摸到球的标号小于第二次摸到球的标号．

（1）写出事件A相应的样本空间的子集（用列举法），并求出事件A的概率P（A）；

（2）判断事件B与事件C的是否为相互独立？并说明理由．

8

【答案】（1）样本空间见解析；；（2）相互独立；理由见解析．

15

【分析】（1）根据题意，求得不放回地摸出2个球的总数，再利用列举法求得恰有一次摸到红球所包含

的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；

（2）根据题意，利用列举法，结合古典摡型的概率公式，分别求得事件B