高考数学一轮复习 讲义 第3节 随机事件与概率

第三节随机事件与概率课标解读考向预测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.理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系．3.了解随机事件的并、交与互斥的含义，会求随机事件的并、交运算．4.掌握随机事件概率的运算法则，掌握两个互斥事件的概率加法公式．5.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.近几年的高考以考查随机事件的频率与概率、古典概型为主，其中古典概型常与排列组合知识交汇考查．预计2027年高考以上题型均可能出现，其中随机事件的频率与概率以解答题的形式出现，互斥事件、对立事件的概念及古典概型以选择题、填空题的形式出现，难度中档.1．样本空间和随机事件(1)样本点和有限样本空间①样本点：随机试验E的每个可能的eq\o(□,\s\up1(01))基本结果称为样本点，常用ω表示．全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示．②有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间．(2)随机事件①定义：将样本空间Ω的eq\o(□,\s\up1(02))子集称为随机事件，简称事件．②表示：大写字母A，B，C，….③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件．2．事件的运算定义表示法图示并事件事件A与事件B至少有一个发生，称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)eq\o(□,\s\up1(03))A∪B(或A＋B)交事件事件A与事件B同时发生，称这样一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)eq\o(□,\s\up1(04))A∩B(或AB)3.事件的关系定义表示法图示包含关系若事件A发生，事件Beq\o(□,\s\up1(05))一定发生，称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)eq\o(□,\s\up1(06))B⊇A(或A⊆B)互斥事件如果事件A与事件Beq\o(□,\s\up1(07))不能同时发生，称事件A与事件B互斥(或互不相容)若A∩B＝∅，则A与B互斥对立事件如果事件A和事件B在任何一次试验中eq\o(□,\s\up1(08))有且仅有一个发生，称事件A与事件B互为对立，事件A的对立事件记为eq\o(A,\s\up6(－))若A∩B＝∅，且A∪B＝Ω，则A与B对立4.概率与频率(1)频率的稳定性一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A)．我们称频率的这个性质为频率的稳定性．(2)频率稳定性的作用可以用eq\o(□,\s\up1(09))频率fn(A)来估计概率eq\o(□,\s\up1(10))P(A)．5．概率的性质性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝eq\o(□,\s\up1(11))P(A)＋P(B)；性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝eq\o(□,\s\up1(12))1－P(B)；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1；性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝eq\o(□,\s\up1(13))P(A)＋P(B)－P(A∩B)．6．古典概型具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．(1)有限性：样本空间的样本点只有eq\o(□,\s\up1(14))有限个．(2)等可能性：每个样本点发生的可能性eq\o(□,\s\up1(15))相等．7．古典概型的概率公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝eq\o(□,\s\up1(16))eq\f(k,n)＝eq\f(n（A）,n（Ω）).其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．1．概率加法公式的推广当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．2．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．题组一走出误区——判一判(1)事件发生的频率与概率是相同的．()(2)若事件A和B是互斥事件，则A∩B是不可能事件．()(3)从装有3个大球、1个小球的袋中取出一球的试验是古典概型．()(4)若A∪B是必然事件，则事件A与B是对立事件．()(5)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”这三个结果是等可能事件．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第二册习题10.1T14改编)从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为0.2，在[160，175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175cm的概率为()A．0.2 B．0.3C．0.7 D．0.8答案：B解析：由题意知，该同学的身高小于160cm的概率、在[160，175](单位：cm)内的概率和超过175cm的概率之和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.(2)(人教A必修第二册10.1.2练习T1改编)一个射手进行射击，记事件A1＝“脱靶”，A2＝“中靶”，A3＝“中靶环数大于4”．则在上述事件中，互斥而不对立的事件是()A．A1与A2 B．A1与A3C．A2与A3 D．以上都不对答案：B解析：射手进行射击时，事件A1＝“脱靶”，A2＝“中靶”，A3＝“中靶环数大于4”，事件A1与A2不可能同时发生，并且必有一个发生，即事件A1与A2互斥且对立，A不符合题意；事件A1与A3不可能同时发生，但可以同时不发生，即事件A1与A3互斥而不对立，B符合题意；事件A2与A3可以同时发生，即事件A2与A3既不互斥也不对立，C不符合题意．故选B.(3)(人教A必修第二册10.1.3例9改编)在一个不透明的容器中有6个小球，其中有4个黄球，2个红球，它们除颜色外完全相同．如果一次随机取出2个球，那么至少有1个红球的概率为()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,15) D.eq\f(8,15)答案：B解析：解法一：从6个小球中一次随机取出2个球包含的样本点总数n＝Ceq\o\al(2,6)＝15，其中至少有1个红球包含的样本点个数m＝Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,2)＝9，因此至少有1个红球的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).故选B.解法二：从6个小球中一次随机取出2个球包含的样本点总数n＝Ceq\o\al(2,6)＝15，其中全部是黄球包含的样本点个数是Ceq\o\al(2,4)＝6，因此至少有1个红球包含的样本点个数是15－6＝9，因此至少有1个红球的概率P＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).故选B.解法三：设“一次随机取出2个球，至少有1个红球”为事件A，则P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,6))＝1－eq\f(6,15)＝eq\f(3,5).故选B.考点一随机事件(多考向探究)考向1随机事件的关系及运算(1)“黑匣子”是飞机专用的电子记录设备之一，黑匣子有两个，分别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“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”或“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“研究驾驶舱语音记录器”或“研究飞行数据记录器”或“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”．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.(2)(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ci＝“点数为i”，其中i＝1，2，3，4，5，6；D1＝“点数不大于2”，D2＝“点数不小于2”，D3＝“点数大于5”；E＝“点数为奇数”；F＝“点数为偶数”．下列结论正确的是()A．C1与C2对立 B．D1与D2不互斥C．D3⊆F D．E⊇(D1∩D2)答案：BC解析：对于A，C1＝“点数为1”，C2＝“点数为2”，C1与C2互斥但不对立，故A不正确；对于B，D1＝“点数不大于2”，D2＝“点数不小于2”，当出现的点数是2时，D1与D2同时发生，所以D1与D2不互斥，故B正确；对于C，D3＝“点数大于5”表示出现6点，F＝“点数为偶数”，所以D3发生时F一定发生，所以D3⊆F，故C正确；对于D，D1∩D2表示出现2点，E＝“点数为奇数”，所以D1∩D2发生时，事件E不发生，所以E⊇(D1∩D2)不成立，故D不正确．事件关系判断的策略判断事件的互斥、对立关系一般用定义判断，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，互斥事件不一定是对立事件判断事件的交、并关系一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析，也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件1.在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D发生的概率分别是0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的是()A．A∪B与C是互斥事件，也是对立事件B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件答案：D解析：对于A，A∪B与C是互斥事件，但不对立，因为P(A∪B)＋P(C)＝0.7≠1，故A错误；对于B，B∪C与D是互斥事件，但不对立，因为P(B∪C)＋P(D)＝0.8≠1，故B错误；对于C，A∪C与B∪D是互斥事件，也是对立事件，因为P(A∪C)＋P(B∪D)＝1，故C错误；对于D，A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件，因为P(A)＋P(B∪C∪D)＝1，故D正确．考向2随机事件的频率与概率某险种的基本保费为a(单位：元)，继续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联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数01234≥5频数605030302010(1)记事件A为“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)记事件B为“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(B)的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．解：(1)事件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eq\f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于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eq\f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.(3)由所给数据，得本年度的保费频率如下表：保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a频率0.300.250.150.150.100.05调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.因此续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.频率与概率的关系区别频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值联系利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率2.某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方(分别称为A配方和B配方)做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：A配方的频数分布表指标值分组[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]频数82042228B配方的频数分布表指标值分组[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]频数412423210(1)分别估计用A配方、B配方生产的产品的优质品率；(2)已知用B配方生产的一件产品的利润y(单位：元)与其质量指标值t的关系为y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，t<94，,2，94≤t<102，,4，t≥102，))估计用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润．解：(1)由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为eq\f(22＋8,100)＝0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为eq\f(32＋10,100)＝0.42，所以用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.(2)由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为eq\f(100－4,100)＝0.96，所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为eq\f(1,100)×[4×(－2)＋54×2＋42×4]＝2.68元．考点二互斥事件与对立事件的概率(1)人类通常有O，A，B，AB四种血型，某一血型的人可以给哪些血型的人输血，是有严格规定的．设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，则输血规则如下：①X→X；②O→X；③X→AB.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，按照上述规则，若受血者为A型血，则一位供血者能为这位受血者正确输血的概率为()A．0.31 B．0.48C．0.65 D．0.69答案：D解析：若受血者为A型血，则O型血和A型血可以为这位受血者输血，所以一位供血者能为这位受血者正确输血的概率为0.41＋0.28＝0.69.(2)某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一名成员，则他至少参加2个小组的概率为________，至多参加2个小组的概率为________．答案：eq\f(3,5)eq\f(13,15)解析：记“恰好参加2个小组”为事件A，“恰好参加3个小组”为事件B，随机选取一名成员，恰好参加2个小组的概率P(A)＝eq\f(11,60)＋eq\f(7,60)＋eq\f(10,60)＝eq\f(7,15)，恰好参加3个小组的概率P(B)＝eq\f(8,60)＝eq\f(2,15)，则至少参加2个小组的概率为P(A)＋P(B)＝eq\f(7,15)＋eq\f(2,15)＝eq\f(3,5)，至多参加2个小组的概率为1－P(B)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).求互斥事件概率的一般方法直接法将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算间接法先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))求出所求概率，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法比较简便3.已知袋子中有10个小球，其中红球2个，黑球和白球共8个，从中随机取出一个，设取出红球为事件A，取出黑球为事件B，随机事件C与B对立．若P(A∪B)＝0.5，则P(C)＝()A．0.3 B．0.6C．0.7 D．0.8答案：C解析：由题意可知，P(A)＝eq\f(2,10)＝0.2.因为A与B互斥且P(A∪B)＝0.5，所以P(B)＝0.3.又因为随机事件C与B对立，所以P(C)＝1－0.3＝0.7.4．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3)))解析：由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜P（A）＜1，,0＜P（B）＜1，,P（A）＋P（B）≤1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜2－a＜1，,0＜4a－5＜1，,3a－3≤1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＜a＜2，,\f(5,4)＜a＜\f(3,2)，,a≤\f(4,3)，))解得eq\f(5,4)＜a≤eq\f(4,3).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3))).考点三古典概型(1)我国数学家张益唐在“孪生素数”研究方面取得突破，孪生素数也称为孪生质数，就是指两个相差2的素数，例如5和7.在大于3且不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，恰好是一组孪生素数的概率为()A.eq\f(3,56) B.eq\f(3,28)C.eq\f(1,7) D.eq\f(1,5)答案：D解析：大于3且不超过20的素数为5，7，11，13，17，19，共6个，随机选取2个不同的数，共Ceq\o\al(2,6)＝15种选法，其中恰好是一组孪生素数的有(5，7)，(11，13)，(17，19)，共3种，故随机选取2个不同的数，恰好是一组孪生素数的概率为eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).(2)(2026·河北张家口模拟)从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为()A.eq\f(1,7) B.eq\f(1,14)C.eq\f(2,7) D.eq\f(4,35)答案：A解析：从8个顶点中任取3个连接构成三角形的个数为Ceq\o\al(3,8)＝56，其中正三角形有△ACD1，△ACB1，△BDA1，△BDC1，△A1C1B，△A1C1D，△B1D1A，△B1D1C，共8个，故能构成正三角形的概率为eq\f(8,56)＝eq\f(1,7).(3)已知m，n∈{1，2，3，4}，且m≠n，则方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦点在x轴上的椭圆的概率是________．答案：eq\f(1,2)解析：方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则m>n>0，有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共6种情况，在题设条件下，方程有Aeq\o\al(2,4)＝12种，所以所求概率为P＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).公式法求解古典概型问题的步骤5.将3名男生、1名女生共4名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是()A.eq\f(1,12) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,6)答案：D解析：分配方案的总数为Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的分法有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)种，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是P＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3))＝eq\f(1,6).6．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()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案：B解析：丙不在排头，且甲或乙在排尾有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝8种排法，甲、乙、丙、丁四人任意排有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率为eq\f(8,24)＝eq\f(1,3).故选B.7．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记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的差的绝对值不超过eq\f(1,2)的概率是________．答案：eq\f(7,15)解析：从6个标有不同数字的球中不放回地抽取3次，共有Aeq\o\al(3,6)＝120种抽取方法，设前两次取出的球的号码依次为a，b，第三次取出的球的号码为c，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)－\f(a＋b,2)))≤eq\f(1,2)，故|2c－(a＋b)|≤3，故－3≤2c－(a＋b)≤3，故2c－3≤a＋b≤2c＋3.若c＝1，则a＋b≤5，则(a，b)为(2，3)，(3，2)，共有2种；若c＝2，则1≤a＋b≤7，则(a，b)为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，4)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，3)，共有10种；若c＝3，则3≤a＋b≤9，则(a，b)为(1，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，5)，(2，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(4，2)，(5，2)，(6，2)，(5，4)，共有16种；若c＝4，则5≤a＋b≤11，同理可得共有16种；若c＝5，则7≤a＋b≤13，同理可得共有10种；若c＝6，则9≤a＋b≤15，同理可得共有2种，故m与n的差的绝对值不超过eq\f(1,2)的不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，故所求概率为eq\f(56,120)＝eq\f(7,15).考点四古典概型与统计的交汇问题为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用．为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：单位：人新药疲乏症状合计无疲乏症状有疲乏症状未使用新药15025t使用新药xy100合计225m275(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否判断有无疲乏症状与是否使用该新药有关？(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解：(1)由数表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，零假设为H0：有无疲乏症状与是否使用该新药无关．根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝eq\f(275×（150×25－25×75）2,175×100×225×50)＝eq\f(275,56)≈4.911＞3.841＝x0.05.根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有无疲乏症状与是否使用该新药有关．(2)从使用新药的100人中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人的抽样比为eq\f(4,100)＝eq\f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq\f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的人数为3，记“这2人中恰有1人有疲乏症状”为事件M，于是P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，所以这2人中恰有1人有疲乏症状的概率是eq\f(1,2).有关古典概型与统计结合的题型是考查概率的一个重要题型．概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．复杂事件的概率问题可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题．8.为了调查国企员工对现行个税法的满意程度，研究人员在某地各个国企中随机抽取了1000名员工进行调查，并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图，其中a＝4b.(1)求a，b的值并估计被调查的员工的满意程度的中位数(结果精确到0.01)；(2)若采用比例分配的分层随机抽样方法从[50，60)，[60，70)中随机抽取8人，再从这8人中随机抽取2人，求至少有1人的分数在[50，60)的概率．解：(1)依题意，得(a＋b＋0.008＋0.027＋0.035)×10＝1，所以a＋b＝0.03，又a＝4b，所以a＝0.024，b＝0.006，因为(0.008＋0.024)×10＝0.32<0.5，0．32＋0.035×10＝0.67>0.5，所以中位数为70＋eq\f(0.5－0.32,0.035)≈75.14.(2)依题意，知分数在[50，60)的员工抽取了2人，分数在[60，70)的员工抽取了6人，所以从这8人中随机抽取2人的所有结果有Ceq\o\al(2,8)＝28种，抽取的2人的分数都在[60，70)的结果有Ceq\o\al(2,6)＝15种．设“至少有1人的分数在[50，60)”为事件A，则P(A)＝1－eq\f(15,28)＝eq\f(13,28).课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号123456789难度★★★★★★★★★★考点随机事件的关系及运算互斥事件与对立事件的概率古典概型的概率公式古典概型的概率公式对立事件与对立事件的概率古典概型的概率公式；对立事件的概率随机事件的频率与概率古典概型的概率公式随机事件的关系及运算题号101112131415161718难度★★★★★★★★★★★★★★★★★考点古典概型的概率公式互斥事件的概率加法公式古典概型的概率公式；对立事件的概率古典概型的概率公式古典概型的概率公式古典概型的概率公式；互斥事件的概率加法公式古典概型的概率公式；对立事件的概率古典概型的概率公式独立性检验；古典概型的概率公式；互斥事件的概率一、单项选择题1．抛掷一枚骰子，记“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则()A．A⊆BB．A＝BC．A∪B表示向上的点数是1或2或3D．A∩B表示向上的点数是1或2或3答案：C解析：由题意，可知A＝{1，2}，B＝{2，3}，则A∩B＝{2}，A∪B＝{1，2，3}，所以A∪B表示向上的点数为1或2或3.故选C.2．从装有若干个红球和白球(除颜色外其余均相同)的黑色布袋中随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球．若事件“两个球都是红球”的概率为eq\f(2,15)，“两个球都是白球”的概率为eq\f(1,3)，则“两个球颜色不同”的概率为()A.eq\f(4,15) B.eq\f(7,15)C.eq\f(8,15) D.eq\f(11,15)答案：C解析：设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，则P(A)＝eq\f(2,15)，P(B)＝eq\f(1,3)，且eq\o(C,\s\up6(－))＝A∪B.因为A，B，C两两互斥，所以P(C)＝1－P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝1－P(A∪B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－eq\f(2,15)－eq\f(1,3)＝eq\f(8,15).故选C.3．(2026·四川巴中模拟)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，则两次向上的点数之和除以4的余数为3的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(2,9)C.eq\f(5,18) D.eq\f(7,36)答案：C解析：由题意可知，满足条件的点数之和为3，7，11，点数之和为3的样本点有(1，2)，(2，1)，共2个；点数之和为7的样本点有(1，6)，(6，1)，(2，5)，(5，2)，(3，4)，(4，3)，共6个；点数之和为11的样本点有(5，6)，(6，5)，共2个，所以满足条件的样本点共有2＋6＋2＝10个．故所求概率为P＝eq\f(10,36)＝eq\f(5,18).故选C.4．《三十六计》是中华民族珍贵的文化遗产之一，是一部传习久远的兵法奇书，与《孙子兵法》合称我国古代兵法谋略学的双璧，三十六计共分胜战计、敌战计、攻战计、混战计、并战计、败战计六套，每一套都包含六计，合三十六个计策，如果从这36个计策中任取2个计策，则这2个计策来自同一套的概率为()A.eq\f(1,21) B.eq\f(1,14)C.eq\f(1,7) D.eq\f(1,42)答案：C解析：从这36个计策中任取2个计策，样本点总数n＝Ceq\o\al(2,36)＝630，这2个计策来自同一套包含的样本点的个数m＝6Ceq\o\al(2,6)＝90，则这2个计策来自同一套的概率为P＝eq\f(m,n)＝eq\f(90,630)＝eq\f(1,7).故选C.5．设条件甲：事件A与事件B是对立事件，结论乙：概率满足P(A)＋P(B)＝1，则甲是乙的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案：A解析：若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.但P(A)＋P(B)＝1，A，B不一定是对立事件，如投掷一枚硬币3次，事件A＝“至少出现一次正面”，事件B＝“出现3次正面”，则P(A)＝eq\f(7,8)，P(B)＝eq\f(1,8)，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．故甲是乙的充分不必要条件．6．(2026·河北石家庄模拟)如图，从正六边形ABCDEF的顶点和该正六边形的中心O这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的概率是()A.eq\f(13,16) B.eq\f(3,4)C.eq\f(24,35) D.eq\f(26,35)答案：B解析：从这七个点中任选三个点，共有Ceq\o\al(3,7)＝35种，其中三点共线的情形有3种，即A，O，D或B，O，E或C，O，F，其中构成的等边三角形有△OAB，△OBC，△OCD，△ODE，△OEF，△OFA，△ACE，△BDF，共8个，因此构成的三角形不是等边三角形的概率是1－eq\f(8,35－3)＝eq\f(3,4).故选B.7．已知某校高三年级共1400人，按照顺序从1到1400编学号．为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”，设计如下调查方案：先从装有2个黑球和3个白球的不透明盒子中随机取出1个球，如果是白球，回答问题一；否则回答问题二．问题如下：一、你的学号的末位数字是奇数吗？二、你是否有带智能手机进入校园的行为？现在高三年级1400人全部参与调查，经统计，有972人回答“否”，其余人回答“是”．则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为()A．8 B．20C．148 D．247答案：B解析：根据题意，回答问题一的学生约有1400×eq\f(3,5)＝840人，回答问题二的学生约有1400×eq\f(2,5)＝560人，840人中约有420人回答“否”，则560人中约有972－420＝552人回答“否”，8人回答“是”，则问题二回答“是”的人数约占eq\f(1,70)，该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为1400×eq\f(1,70)＝20.8．(2026·安徽黄山模拟)已知A，B，C是三种电子信息传递元件，第一次由A元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，则第三次传递后，信息在A元件中的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,8) D.eq\f(5,16)答案：B解析：依题意，三次传递所有的传递方法有A→B→A→B；A→B→A→C；A→B→C→A；A→B→C→B；A→C→A→B；A→C→A→C；A→C→B→A；A→C→B→C，共8种，则第三次传递后，信息在A元件中的有2种，所以第三次传递后，信息在A元件中的概率P＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4).故选B.二、多项选择题9．包含甲、乙的若干人站成一排，其中不是互斥事件的是()A．“甲站排头”与“乙站排头”B．“甲站排头”与“乙不站排尾”C．“甲站排头”与“乙站排尾”D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”答案：BCD解析：排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B，C，D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥．故选BCD.10．(2026·河南郑州模拟)从集合A＝{－1，－3，2，4}中随机选取一个数记为a，从集合B＝{－5，1，4}中随机选取一个数记为b，则()A．ab>0的概率是eq\f(1,2)B．a＋b≥0的概率是eq\f(1,2)C．直线y＝ax＋b不经过第三象限的概率是eq\f(1,3)D．lna＋lnb>1的概率是eq\f(5,12)答案：AC解析：由题意，得(a，b)的所有可能的取法有4×3＝12种．对于A，满足ab>0的取法有(－1，－5)，(－3，－5)，(2，1)，(2，4)，(4，1)，(4，4)，共6种，则ab>0的概率P＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2)，故A正确；对于B，满足a＋b≥0的取法有(－1，1)，(－1，4)，(－3，4)，(2，1)，(2，4)，(4，1)，(4，4)，共7种，则a＋b≥0的概率P＝eq\f(7,12)，故B错误；对于C，因为直线y＝ax＋b不经过第三象限，所以a<0，b≥0，所有满足直线y＝ax＋b不经过第三象限的取法有(－1，1)，(－1，4)，(－3，1)，(－3，4)，共4种，则直线y＝ax＋b不经过第三象限的概率P＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，故C正确；对于D，因为lna＋lnb>1，所以ln(ab)>1，所以a>0，b>0，ab>e，所有满足lna＋lnb>1的取法有(2，4)，(4，1)，(4，4)，共3种，故lna＋lnb>1的概率P＝eq\f(3,12)＝eq\f(1,4)，故D错误．故选AC.三、填空题11．在抛掷一枚质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则在一次试验中，事件A∪eq\o(B,\s\up6(－))发生的概率为________．答案：eq\f(2,3)解析：抛掷一枚骰子的试验有6种等可能的结果，依题意知P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，所以P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(B)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，因为事件eq\o(B,\s\up6(－))表示“出现5点或6点”，所以事件A与eq\o(B,\s\up6(－))互斥，从而P(A∪eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).12．北斗七星自古是我国人民辨别方向、判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗．一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少有一颗被选中的概率为________．答案：eq\f(11,21)解析：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，所以玉衡和天权至少有一颗被选中的概率为1－eq\f(10,21)＝eq\f(11,21).13．通过手机验证码登录一款APP，验证码由四位数字随机组成，若收到的验证码(a1，a2，a3，a4)(注：ai＝0，1，2，…，9，i＝1，2，3，4)满足a1>a2>a3>a4，则称该验证码为“递减型验证码”，某人收到一个验证码，那么是首位为6的“递减型验证码”的概率为________．答案：eq\f(1,500)解析：因为a1＝6，6>a2>a3>a4，所以a2，a3，a4从5，4，3，2，1，0中选出3个数，让其按照从大到小的顺序排列有Ceq\o\al(3,6)＝20种方法，又验证码共有10×10×10×10＝10000种，所以验证码是首位为6的“递减型验证码”的概率为eq\f(20,10000)＝eq\f(1,500).14．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3个球，则其编号之和能被3整除的概率为________．答案：eq\f(7,20)解析：依题意，问题相当于求从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，显然试验含有的样本点总数为Ceq\o\al(3,10)＝120，它们都是等可能的，10个数中能被3整除的有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含有的样本点总数为2Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)＝42，所以P(A)＝eq\f(42,120)＝eq\f(7,20).四、解答题15．(2026·湖南常德模拟)某班元旦联欢会上开展趣味抽奖小游戏，在不透明的盒子里装有标号为1，2的两个红球和标号为3，4，5的三个白球，五个小球除颜色和标号外完全相同，参与游戏的同学从中任取1个，有放回地抽取两次，根据抽到小球的情形分别设置一、二、三等奖．班委会讨论了以下两种规则：规则一：若抽到两个红球且标号和为偶数获一等奖，抽到两个白球且标号和为偶数获二等奖，抽到两个球的标号和为奇数获三等奖，其余不获奖；规则二：若抽到两个红球且标号和为奇数获一等奖，抽到两个球的标号和为5的倍数获二等奖，抽到两个球的标号和为偶数且不是5的倍数获三等奖，其余不获奖．(1)求两种规则下获得二等奖的概率；(2)请问哪种规则的获奖概率更大，并说明理由．解：(1)根据题意，两次抽取小球包含的样本点共有5×5＝25个．记“规则一获得二等奖”为事件A2，“规则二获得二等奖”为事件B2，事件A2包含的样本点为(3，3)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(5，5)，共5个，故P(A2)＝eq\f(5,25)＝eq\f(1,5)；事件B2包含的样本点为(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(5，5)，共5个，故P(B2)＝eq\f(5,25)＝eq\f(1,5).所以两种规则下获得二等奖的概率均为eq\f(1,5).(2)两种规则的获奖概率一样大．理由如下：记规则一获得一、二、三等奖分别为事件A1，A2，A3.由(1)可知事件A1包含的样本点为(1，1)，(2，2)，共2个，所以P(A1)＝eq\f(2,25)；事件A3包含的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，2)，(5，4)，共12个，所以P(A3)＝eq\f(12,25)；由(1)知，P(A2)＝eq\f(1,5)，所以规则一的获奖概率为P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(2,25)＋eq\f(1,5)＋eq\f(12,25)＝eq\f(19,25).记规则二获得一、二、三等奖分别为事件B1，B2，B3.事件B1包含的样本点为(1，2)，(2，1)，共2个，所以P(B1)＝eq\f(2,25)；事件B3包含的样本点为(1，1)，(1，3)，(1，5)，(2，2)，(2，4)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，2)，(4，4)，(5，1)，(5，3)，共12个，所以P(B3)＝eq\f(12,25)；由(1)知，P(B2)＝eq\f(1,5)，所以规则二的获奖概率为P(B1∪B2∪B3)＝P(B1)＋P(B2)＋P(B3)＝eq\f(2,25)＋eq\f(1,5)＋eq\f(12,25)＝eq\f(19,25).所以两种规则的获奖概率一样大．16．(多选)(2026·江西南昌模拟)从1，2，…，n(n≥2且n∈N*)中任取两个数，设这两个数的乘积为偶数的概率为Pn，已知Pn<eq\f(3,4)，则n的值可以为()A．3 B．4C．2026 D．2027答案：AD解析：若两个数的乘积为奇数，则这两个数都为奇数．当n为偶数时，在1，2，…，n(n≥2且n∈N*)中，奇数和偶数各有eq\f(n,2)个，此时Pn＝1－＝1－eq\f(\f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1)),2),\f(n（n－1）,2))＝1－eq\f(n－2,4（n－1）)＝eq\f(4（n－1）－（n－2）,4（n－1）)＝eq\f(3n－2,4（n－1）)＝eq\f(3（n－1）＋1,4（n－1）)>eq\f(3（n－1）,4（n－1）)＝eq\f(3,4)；当n为奇数时，在1，2，…，n(