2026秋北师大版高一数学同步备课讲义（必修一）2古典概型、频率与概率（题型专练）（解析版）

2古典概型，3频率与概率

题型一：古典概型事件

1．下列试验中是古典概型的是（）

A．在适宜的条件下，种下一粒大豆，观察它是否发芽

B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球

C．向一个圆面内随机地投一个点，该点落在圆内任意一点都是等可能的

D．射击运动员向一靶心进行射击，试验结果为命中10环，命中9环，…，命中0环

【答案】B

【分析】利用古典概型的两个基本特征，即有限性和等可能性进行判断．

【详解】对于A，“发芽”或“不发芽”概率不同，不满足等可能性，故A错误；

1

对于B，任取一球的概率相同，均为，故B正确；

4

对于C，基本事件有无限个，不满足有限性，故C错误；

对于D，由于射击运动员向一靶心进行射击，试验结果为命中10环，命中9环，…，命中0环的概率不等，

不满足等可能性，故D错误.

故选：B.

2．下列试验中符合古典概型研究的试验是（）

A．抛掷一颗六个面都是不同材质的骰子，正面向上的点数

B．抽奖箱里有4个白球和6个黑球，这10个球除颜色外完全相同，从中任取一个球

C．向一个圆面内随机地投一个点，观察该点落在圆内的位置

D．射击选手进行射击训练，结果为命中10环、命中9环、……、命中0环

【答案】B

【分析】根据古典概型的定义即可结合选项逐一求解.

【详解】在选项A中，因为骰子各个面材质不一样，所以每一面出现的可能性是不均等的，故不是古典概

型；

在选项B中，球的数量有限，且每次试验中，每个球被抽中的可能性相同，故B项是古典概型；

在选项C中，试验的结果是无穷的，故不是古典概型；

在选项D中，因为各环的大小不均等，不满足各个样本点出现的可能性相等，故不是古典概型.

故选：B

3．（多选）下列是古典概型的为（）

A．从6名同学中随机选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性大小

B．在区间1,4上任取一数，求这个数大于2的概率

C．近三天中有一天降雨的概率

D．10人站成一排，其中甲、乙相邻的概率

【答案】AD

【分析】根据古典概型的特征判断各项描述的概率是否为古典概型.

【详解】古典概型具有有限性、等可能性的特征，显然A、D满足，

B中基本事件的个数是无限个，不是古典概型，

C中每天是否降雨受多方面因素影响，不具有等可能性，不是古典概型.

故选：AD

4．（多选）下列是古典概型的是（）

A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点时

B．求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点时

C．从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率

D．从袋子中的3个红球和2个白球中任取2个小球，计算所取的两个小球都是白球的概率

【答案】CD

【分析】根据古典概型的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】A项中由于点数的和出现的可能性不相等，故A不是；

B项中的样本点是无限的，故B不是；

C和D项满足古典概型的有限性和等可能性，故C和D都是．

故选：CD

题型二：古典概型样本空间和样本点

1．一个箱子中装有编号分别为1、2、3、4、5的5个小球，5个小球除编号外其他均无异，现有事件A为

“从箱中任取3个小球观察其编号”，问事件A的样本点数有（）

A．8个B．10个

C．18个D．20个

【答案】B

【分析】根据题意，列举出所有可能得情况，即可得到结果.

【详解】因为事件A为“从箱中任取3个小球观察其编号”，

则事件A包含的样本点有1,2,3,1,2,4,1,2,5,1,3,4,1,3,5,1,4,5,2,3,4，

2,3,5,2,4,5,3,4,5共10种.

故选：B.

2．同时抛掷两枚骰子，两枚骰子的点数之和可能是2，3，4，…，11，12中的一个，记事件A为“点数之

和是2，4，7，12”，事件B为“点数之和是2，4，6，8，10，12”，事件C为“点数之和大于8”，则事件“点

数之和为2或4”可记为（）

A．AÇBB．AÇBÇC

C．AÇBÇCD．AIBUC

【答案】C

【分析】应用交事件及对立事件的定义运算求解即可.

【详解】Q事件A={2,4,7,12}，事件B={2,4,6,8,10,12},\AIB={2,4,12}，

又事件C={9,10,11,12}，\AIBIC={2,4}．

故选：C

3．从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，观察抽得的2张卡片

上的数字，设抽得的第1张卡片上的数字大于第2张卡片上的数字为事件Q，则事件Q含有的样本点个数为

（）

A．8B．10

C．11D．15

【答案】B

【分析】由题意利用列表，列举出所以有情况，从中选出符合题目的情况，可得答案.

【详解】如表所示，表中点的横坐标表示抽得的第1张卡片上的数字，纵坐标表示抽得的第2张卡片上的

数字，

12345

1（1，1）（1，2）（1，3）（1，4）（1，5）

2（2，1）（2，2）（2，3）（2，4）（2，5）

3（3，1）（3，2）（3，3）（3，4）（3，5）

4（4，1）（4，2）（4，3）（4，4）（4，5）

5（5，1）（5，2）（5，3）（5，4）（5，5）

则事件Q=（2,1）（,3,1）（,3,2）（,4,1）（,4,2）（,4,3）（,5,1）（,5,2）（,5,3）（,5,4）．

所以事件Q中含有10个样本点．

故选：B.

4．将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，得到的点数依次记为a，b，设事件M为“方程ax2+bx+1=0a>0

有实数解”，则事件M中含有样本点的个数为（）

A．6B．17

C．19D．21

【答案】C

【分析】根据根的判别式得到b2-4a³0，然后找样本点即可.

【详解】将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，得到的点数依次记为a和b，

2

Q方程ax+bx+1=0a>0有实数解，

\D=b2-4a³0，

则M=1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,4,4,5,4,6

,5,5,5,6,6,5,6,6，共含19个样本点．

故选：C.

5．同时转动如图的两个转盘，记转盘（1）得到的数为x，转盘（2）得到的数为y，结果为x,y．

(1)写出这个试验的样本空间；

(2)求这个试验的样本点个数；

(3)“x+y=5”这一事件包含哪几个样本点？“x<3且y>1”呢？

(4)用集合A表示事件：xy=4；用集合B表示事件：x=y．

【答案】(1)1,1,1,2,1,3,1,4,2,1,2,2,2,3,2,4,3,1,3,2,3,3,3,4,4,1,4,2,4,3,4,4

(2)16

(3)答案见解析

(4)A=1,4,2,2,4,1，B=1,1,2,2,3,3,4,4

【分析】（1）利用列举法可得样本空间；

（2）根据样本空间即可得样本点个数；

（3）根据样本空间可得答案；

（4）根据样本空间可得答案.

【详解】（1）这个试验的样本空间为W=

1,1,1,2,1,3,1,4,2,1,2,2,2,3,2,4,3,1,3,2,3,3,3,4,4,1,4,2,4,3,4,4

（2）由（1）可知，这个试验的样本点的个数为16；

（3）“x+y=5”包含的样本点为1,4，2,3，3,2，4,1，

“x<3且y>1”包含的样本点为1,2，1,3，1,4，2,2，2,3，2,4；

（4）由（1）可知A=1,4,2,2,4,1，B=1,1,2,2,3,3,4,4．

题型三：计算古典概型问题的概率

1．为了扎实推进“五大行动”，学校为高一年级同学准备了形式多样的劳动课程.有种植白菜、种植蕃茄、

果树整枝和害虫防治4种课程，小明要随机选报其中的2个，则该试验中样本点的个数为（）

A．3B．5

C．6D．9

【答案】C

【分析】根据样本点的定义求解.

【详解】设4种课程编号为1,2,3,4，随机选报其中的2个，

样本点有：12,13,14,23,24,34，共6个，

故选：C.

2．世界数学三大猜想：“费马猜想”､“四色猜想”､“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”

已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解

决，目前最好的成果“1+2"由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶

数，都可以写成两个质数之和．在不超过10的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（）

12

A．B．

47

2

C．D．1

52

【答案】D

【分析】求出基本事件总数，再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.

【详解】不超过10的质数有：2，3，5，7共4个，

随机选取两个不同的数，基本事件为：

(2,3),(2,5),(2,7),(3,5),(3,7),(5,7)共6种，

其和为奇数包含的基本事件有：(2,3),(2,5),(2,7)，共3个，

31

所以P==.

62

故选：D.

3．从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是（）

3

A．B．1

102

23

C．D．

55

【答案】A

【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求

概率的公式求解即可.

【详解】从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个，

即1,3,5,1,3,7,1,3,9,1,5,7,1,5,9,1,7,9,3,5,7,3,5,9,3,7,9,5,7,9，

其中能构成三角形的基本事件有3个，即3,5,7,3,7,9,5,7,9，

3

故所求概率P=.

10

故选：A

4．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有1，2，3，4四个数字，这些小球除数字外都相

同．甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个

小球上的数字，记为n．如果m，n满足m-n£1，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”

的概率是（）

13

A．B．

48

5

C．1D．

28

【答案】D

【分析】用列举法列出m，n的所有情况，根据古典概型的概率公式计算.

【详解】根据题意，m，n的情况如下：1,1,1,2,1,3,1,4,2,1,2,2,2,3,2,4,

3,1,3,2,3,3,3,4,4,1,4,2,4,3,4,4,共16种情况，

其中m，n满足m-n£1的情况如下：

1,1,1,2,2,1,2,2,2,3,3,2,3,3,3,4,4,3,4,4,共10种情况，

105

所以两人“心领神会”的概率是=.

168

故选：D.

题型四：根据古典概型的概率求参数

1．一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，n个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个

1

球.若取出的2个球都是红球的概率为，则n的值为（）

3

A．4B．5

C．12D．15

【答案】A

【分析】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出n的值．

【详解】一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有6个红球，n个绿球，

1

从袋中不放回地依次随机取出2个球，取出的2个球都是红球的概率是，

3

6´51

则=，

6+n5+n3

解得n=4（负值舍去）.

故选：A．

1

2．从n个正整数1，2，…，n任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n=（）

14

A．28B．14

C．10D．8

【答案】D

【分析】根据古典概型求概率公式列出方程，求出n的值.

【详解】设(x,y)为取出的两个数对，x是第一个数，y是第二个数，且x¹y

则n(W)=n´n-n=n(n-1)

设事件A：取出的两个不同的数的和为5

则A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}，则n(A)=4

n(A)41

P(A)===Þn(n-1)=8´7，

n(W)n(n-1)14

∴n=8

故选：D

3．某工厂生产的10件产品中，有n件次品，现从中任取3件产品，若取出的3件产品中至少有1件次品

17

的概率为，则n＝（）

24

A．1B．2

C．3D．4

【答案】C

7

【分析】根据题意可得出的3件产品中1件次品都没有的概率为，再利用古典概型即可求出答案.

24

17

【详解】若取出的3件产品中至少有1件次品的概率为，则取出的3件产品中1件次品都没有的概率为

24

3

7C10-n7

.则3=Þn=3.

24C1024

故选：C.

4．黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对

42

于A,B两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择A景点出游的概率为，选择B景点出游的概率为，

1515

7

A,B两个景点都不选的概率为，则A,B两个景点都选的概率为（）

10

11

A．B．

1510

24

C．D．

1515

【答案】B

【分析】记事件A为“选择景点A”，事件B为“选择景点B”，先由对立事件求得PAÈB,再根据一般事

件的概率加法公式即可求得结果.

【详解】记事件A为“选择景点A”，事件B为“选择景点B”，

则事件AÇB为“A,B两个景点都不选”，事件AÇB为“A,B两个景点都选”.

427

由题意得，PA=,PB=,PAÇB=,

151510

73

PAÈB=1-PAÇB=1-=,

1010

342

由PAÈB=PA+PB-PAÇB得，=+-PAÇB，

101515

1

∴PAÇB=.

10

故选：B.

5．如图是一个古典概型的样本空间Ω和随机事件A,B，其中nΩ=30,nA=15,nB=10,nAÈB=20，

则PAB=（）

112

A．B．C．1D．

4323

【答案】B

【分析】根据韦恩图，进行分析，结合古典概型计算即可.

【详解】nΩ=30,nA=15,nB=10,nAÈB=20，则nAB=nΩ-nAÈB=30-20=10,

nAB101

则PAB===.

nΩ303

故选：B.

题型五：利用概率的加法公式计算古典概型的概率

1．已知某样本空间中共有18个样本点，其中事件A有10个样本点，事件B有8个样本点，事件AUB有

16个样本点，则PAÇB=（）

41

A．B．

99

11

C．D．

36

【答案】C

【分析】结合题意，由概率加法公式计算可得AÇB的样本点个数，则可得AÇB的样本点个数，即可得解.

【详解】由题意可得事件A共有18-10=8个样本点，由AUB有16个样本点，

又PAÇB=PA+PB-PAÈB，故AÇB共有10+8-16=2个样本点，

61

则AÇB有8-2=6个样本点，故PAB==.

I183

故选：C.

2．抛掷一红一绿两颗质地均匀的正方体骰子，记下骰子朝上面的点数.若用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.设A=“两个点数之积是偶数”，B=“至少有一颗骰子的

点数为5”，则P(AUB)=（）

12

A．B．

49

18

C．D．

39

【答案】D

【分析】根据古典概型的概率公式，结合概率的加法公式求解.

【详解】基本事件空间为：

Ω=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36个基本事件.

事件A包含的基本事件有：1,2，1,4，1,6，2,1，2,2，2,3，2,4，2,5，2,6，3,2，

3,4，3,6，4,1，4,2，4,3，4,4，4,5，4,6，5,2，5,4，5,6，6,1，6,2，6,3，

6,4，6,5，6,6.共27个，

273

所以PA==.

364

事件B包含的基本事件有：1,5，2,5，3,5，4,5，5,1，5,2，5,3，5,4，5,5，5,6，

6,5.共11个基本事件.

11

所以PB=.

36

事件AÇB包含的基本事件有：2,5，4,5，5,2，5,4，5,6，6,5.共6个基本事件.

61

所以PAB==.

I366

31118

根据概率的加法公式可得：PAB=PA+PB-PAB=+-=.

UI43669

故选：D

3．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，并记录每次骰子朝上的面的点数，记事件A为“第一次朝上的面的

点数为质数”，事件B为“两次朝上的面的点数之和为奇数”，则PAUB=（）

2

A．1B．

23

311

C．D．

412

【答案】C

【分析】本题可先确定基本事件总数，再分别求出事件A、事件B、事件AÇB包含的基本事件数，最后根

据概率的加法公式PAÈB=PA+PB-PAÇB计算即可.

【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则基本事件总数n=6´6=36.

骰子的点数为1,2,3,4,5,6，其中质数有2,3,5，

事件A“第一次朝上的面的点数为质数”包含的基本事件数mA=3´6=18（第一次有3种质数情况，第二次

m181

有6种情况），则PA=A==.

n362

两次朝上的面的点数之和为奇数，则一次为奇数，一次为偶数.

第一次为奇数，第二次为偶数时，有3´3=9种情况；

第一次为偶数，第二次为奇数时，有3´3=9种情况.

mB181

所以事件B包含的基本事件数mB=9+9=18，则PB===.

n362

事件AÇB表示“第一次朝上的面的点数为质数且两次朝上的面的点数之和为奇数”.

当第一次为2，第二次需为奇数，有3种情况；

当第一次为3或5，第二次需为偶数，各有3种情况，共3+3´2=9种情况.

91

所以PAÇB==。

364

1113

根据概率加法公式PAÈB=PA+PB-PAÇB=+-=.

2244

故选：C

4．口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，事件A=“取出的两球同色”，事件

B=“取出的2球中至少有一个黄球”，事件C=“取出的2球至少有一个白球”，事件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（）

11

A．PA=B．PBC=

5I3

2

C．PCE=1D．PD=

U3

【答案】C

【分析】根据给定条件，计算P(A),P(D)，判断AD；分析事件BÇC,以及CÈE，并求对应的概率，即可

判断BC.

【详解】设红球为a1，白球为b1,b2，黄球为c1,c2,c3，

其中任取两个球的所有样本点包含a1b1,a1b2,a1c1,a1c2,a1c3,b1b2,b1c1,b1c2,b1c3,b2c1,b2c2,b2c3,c1c2,c1c3,c2c3，共15

个，

事件A所包含的样本点为b1b2,c1c2,c1c3,c2c3，共4个，

4

所以P(A)=，故A错误；

15

BÇC表示取到的2个球，一个黄球一个白球，包含的样本点有b1c1,b1c2,b1c3,b2c1,b2c2,b2c3，共6个，所以

62

PBC==，故B错误；

I155

事件C是含有1个白球与含有两个白球的两个互斥事件和，事件E是含有1个白球

或没有白球的两个互斥事件和，

事件CÈE是必然事件，因此PCUE=1，故C正确；

11

事件A与D是对立事件，所以P(D)=1-P(A)=，故D错误.

15

故选：C

题型六：计算频率

1．从某一总体中抽取一个容量为200的样本，得到分组与频数如下：[10,15),6；

[15,20),8;[20,25),13;[25,30),35;[30,35),46;[35,40),34;[40,45),28；[45,50),15;[50,55),10;[55,60],5，则样本在

[35,60]内的频率是（）

A．0.69B．0.46

C．1D．0.92

【答案】B

【分析】根据题意结合频率公式计算可得.

(34+28+15+10+5)

【详解】由题可知，样本在[35,60]内的频率应为=0.46.

200

故选：B.

2．某研究所进行新型作物种植实验，已知在第一次的试种中，种植300株植物，存活180株，由此估计，

若试种2000株该植物，则可存活（）

A．1000株B．1200株

C．1500株D．1800株

【答案】B

【分析】由题意求出存活率后列式求解即可.

180

【详解】第一次试种植物的存活率为=0.6，

300

故若第一次试种2000株，则可存活2000×0.6=1200株.

故选：B

3．对某班60名同学的一次数学成绩进行统计，如果80:90这一组的频数是18，那么这个班的学生这次数

学测验，成绩在80:90分之间的频率是（）

A．18B．0.4

C．0.35D．0.3

【答案】D

【分析】根据频率的计算公式计算即可.

18

【详解】由题意，成绩在8090分之间的频率是=0.3.

:60

故选：D.

4．在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了500次试验，发现正面朝上出现了300次，

那么出现正面朝上的频率和概率分别为（）

A．0.6,0.6B．0.6,0.5

C．0.5,0.5D．0.5,0.6

【答案】B

【分析】利用独立重复实验可求出试验出现正面朝上的频率，再根据每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上

机会相等求出正面朝上的概率．

【详解】Q某同学用一枚质地均匀的硬币做了500次试验，发现正面朝上出现了300次，

300

\出现正面朝上的频率为：=0.6，

500

又每次抛质地均匀的硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是1，

Q2

1

\出现正面朝上的概率为：=0.5，

2

\出现正面朝上的频率为0.6，概率为0.5．

故选：B．

题型七：辨析概率与频率的关系

1．下列说法正确的是（）

①已知a>b，b>c，那么事件“a>c”有可能不发生；

②随机试验的频率与概率相等；

③如果一个事件发生的概率为99.9999%，那么说明此事件必然发生；

④只有不确定事件有概率；

⑤若事件A发生的概率为PA，则0£PA£1．

A．⑤B．③⑤C．③④⑤D．②③④⑤

【答案】A

【分析】根据必然事件、可能事件、概率的概念进行判断即可.

【详解】对于①：

因为a>b,b>cÞa>c，所以事件“a>c”必然发生，所以①错误；

对于②：

频率是随机试验中事件发生的次数与试验总次数的比值，概率是事件发生的可能性的稳定值，频率会随着

试验次数的变化而变化，只有当试验次数很大时，频率才会接近概率，二者不相等，所以②错误；

对于③：

概率为99.9999%的事件不是必然事件，必然事件的概率是100%，所以③错误；

对于④：

确定事件（必然事件和不可能事件）也有概率，必然事件概率为1，不可能事件概率为0，所以④错误；

对于⑤：

任何事件发生的概率都满足0£PA£1，所以⑤正确.

故选：A.

2．下面说法正确的是（）

1

A．设一批产品的次品率，则从中任取10件，必有1件是次品

10

B．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率

C．天气预报：“明天降雨概率为90％”，则明天可能不下雨

5

D．做8次抛硬币的试验，结果5次出现正面，则抛一枚硬币出现正面的概率是

8

【答案】C

【分析】根据概率和频率的定义逐一分析即可.

【详解】对于A，次品率描述的是次品的可能情况，从中任取10件，不一定正好1件是次品，故A错误；

对于C，天气预报：“明天降雨概率为90％”，则明天可能不下雨，故C正确；

对于B和D，概率是多次重复试验中事情发生的频率在某一常数附近，此常数可为概率，

5

做8次抛硬币的试验，结果5次出现正面，则该试验抛一枚硬币出现正面的频率是，

8

但是抛一枚质地均匀的硬币出现正面的概率是1，故B、D错误.

2

故选：C．

3．下列说法正确的有（）

A．一般情况下，随着试验次数的增加，频率偏离概率的幅度会缩小

B．如果将一枚骰子连续投掷10次，结果每次都是6点朝上，那么可以认为这枚骰子质地不均匀

C．若事件A,B满足PA+PB=1，则A与B一定是对立事件

D．“在区间0,2上任取一数，求这个数大于1的概率．”是古典概型

【答案】A

【分析】根据频率与概率的关系可判断AB的真假；举反例说明C是错误的；说明概率的类型可判断D的真

假.

【详解】对A：在相同条件下，试验次数越多，频率就会稳定在概率附近，故A正确；

对B：如果将一枚骰子连续投掷10次，结果每次都是6点朝上，并不能有足够的理由认为这枚骰子质地不

均匀，故B错误；

2

对C：抛掷一枚骰子，设事件A=“所得点数不大于4”，事件B=“所得点数不大于2”，则PA=，

3

1

PB=，PA+PB=1，但A与B并不对立，故C错误；

3

对D：“在区间0,2上任取一数，求这个数大于1的概率．”是几何概型，故D错误.

故选：A

4．下列说法中正确的是（）

A．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率

B．在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有确定性

C．在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1

D．随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率

【答案】D

【分析】根据已知条件，结合频率，概率的定义，即可逐一判断.

【详解】对于A，一般而言，频率是试验值，而概率是估计值，故不是同一个概念，故A错误；

对于B，在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性，故B错误；

对于C，在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和一定等于1，故C错误；

对于D，根据随机事件发生的概率定义，随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于

事件A发生的概率，故D正确.

故选:D.

题型八：用频率估计概率

1．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为60%．我们通过设计模拟实验的方法求概率．由

计算机产生1~5的随机数，当出现随机数1，3，5时，表示该天下雨，利用计算机产生20组随机数：423，

123，425，344，124，453，524，332，152，342，534，443，521，541，125，432，324，151，314，

245，则这三天中恰有两天下雨的概率近似为（）

9214

A．B．C．D．

205209

【答案】A

【分析】找出三天中恰有两天下雨的所有情况，利用频率估计概率即可.

【详解】满足条件的随机数有123，453，332，152，534，521，541，125，314，共9种情况，

9

则这三天中恰有两天下雨的概率近似为.

20

故选：A

2．某人从湖里打了一网鱼，共60条，做上记号再放入湖中，数日后又打了一网共100条，其中做记号的

15条，根据频率的稳定性，估计湖中有鱼（）条

A．150B．300

C．400D．600

【答案】C

【分析】借助频率定义计算即可得.

6015

【详解】设湖中有x条鱼，则有=，解得x=400.

x100

故选：C.

3．某校在校园科技节期间举办了“智能机器人挑战赛”，为了解高一年级500名学生观看比赛的情况，该

校学生会用随机抽样的方式抽取了一个容量为50的样本进行调查，并将数据整理后，列表如下：

观看比赛场数01234567

观看人数所占百分比7%18%15%m%10%14%15%5%

从表中可以得出正确的结论为（）

A．估计观看比赛场数的极差为6

B．估计观看比赛场数的众数为2

C．估计观看比赛不低于4场的学生约为200人

D．估计观看比赛不超过2场的学生概率为0.4

【答案】D

【分析】A选项，利用极差的定义得到答案；B选项，先求出m=16，比较频率得到众数为1；C选项，求出

观看比赛不低于4场的学生所占百分比，进而求出学生约为220人；D选项，计算出观看比赛不超过2场的

学生频率，进而判断D选项.

【详解】A选项，由表可知，估计观看比赛场数的极差为7-0=7，A错误；

B选项，由频率分布表的性质，得m=100-7-18-15-10-14-15-5=16．

由表知，出现频率最高的场数为1，所以众数为1，B错误；

C选项，因为观看比赛不低于4场的学生所占百分比为10%+14%+15%+5%=44%，

所以估计观看比赛不低于4场的学生约为500´44%=220（人），C错误；

D选项，估计观看比赛不超过2场的学生概率为7%+18%+15%=40%=0.4，D正确．

故选：D.

4．一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个红球，4个白球，若干个黑球，每次摇匀后随机摸出一个

球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.4，则袋中约有黑球（）

A．6个B．7个

C．8个D．9个

【答案】C

【分析】利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4，进而分析求解.

【详解】设袋中黑球有x个，

利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4，

x

由题意可得：=0.4，解得x=8，

8+4+x

所以袋中约有黑球8个.

故选：C.

5．《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送米1805石（古代容量单位），验得米内夹谷，

抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，则这批米内夹谷约为（）

A．361石B．341石

C．314石D．360石

【答案】A

【分析】根据抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，可计算出夹谷的频率，从而可解．

【详解】根据题意，抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，

311

则样本中夹谷的频率为=，

1555

1

则这批米内夹谷约为1805´=361（石).

5

故选：A

题型一：有放回与无放回问题的概率

1．从两名男生和两名女生中任意抽取两人，分别采取有放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样，在以上

两种抽样方式下，抽到的两人是一男一女的概率分别为（）

1111

A．,B．,

4342

1112

C．,D．,

2223

【答案】D

【分析】分别写出样本空间，利用古典概型的概率计算公式求解.

【详解】从两名男生（记为a和b）、两名女生（记为1和2）中任意抽取两人，

记事件A=“抽到的两人是一男生一女生”，

在有放回简单随机抽样方式下的样本空间为：

Ω1=a,b,b,a,a,1,1,a,a,2,2,a,b,1,1,b,b,2,2,b,1,2,2,1,

a,a,b,b,1,1,2,2共16个样本点，

其中A=a,1,1,a,a,2,2,a,b,1,1,b,b,2,2,b有8个样本点，

81

所以PA==.

162

在无放回简单随机抽样方式下的样本空间为：

Ω2=a,b,b,a,a,1,1,a,a,2,2,a,b,1,1,b,b,2,2,b,1,2,2,1共12个样本点，

其中A=a,1,1,a,a,2,2,a,b,1,1,b,b,2,2,b有8个样本点，

82

所以PA==.

123

故选：D.

2．从两名男生、两名女生中任意抽取两人，在有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样两种抽样方式下，

抽到的两人都是男生的概率分别是（）

1111

A．，B．，

4664

1111

C．，D．，

812128

【答案】A

【分析】分别写出样本空间，利用古典概型的概率计算公式求解即可.

【详解】将两名男生编号为a,b，两名女生编号为1,2，记“抽到的两人都是男生”为事件A，

从两名男生和两名女生中任意抽取两人，在有放回简单随机抽样方式下的样本空间为：

(a,a),(a,b),(a,1),(a,2),(b,a),(b,b),(b,1),(b,2)，

(1,a),(1,b),(1,1),(1,2),(2,a),(2,b),(2,1),(2,2)共16个样本点，

抽到的两人都是男生的样本点为(a,a),(a,b),(b,a),(b,b)有4个样本点，

41

所以P(A)==；

164

从两名男生和两名女生中任意抽取两人，在无放回简单随机抽样方式下的样本空间为：

(a,b),(a,1),(a,2),(b,a),(b,1),(b,2)，(1,a),(1,b),(1,2),(2,a),(2,b),(2,1)共12个样本点，

抽到的两人都是男生的样本点为(a,b),(b,a)有2个样本点，

21

所以P(A)==；

126

故选：A.

3．现有大小和质地相同的6个球，其中有3个红球（标号分别为1、2、3），3个绿球（标号分别为1、2、

3），按一定方式抽取两球，标号之和大于4即为取球成功.现有三种抽取方式：方式①有放回依次抽取两球；

方式②不放回依次抽取两球；方式③按颜色等比例分层抽取两球.记这三种方式取球成功的概率分别为p1，

p2，p3.则（）

A．p1>p2>p3B．p3>p2>p1

C．p3>p1=p2D．p1=p2=p3

【答案】D

【分析】分别求出每种方式下取球成功的概率，比较即可得出结论.

【详解】设方式①的样本空间为W1，方式②的样本空间为W2，方式③的样本空间为W3，

方式①：有放回依次抽取两球，那么每次抽球都有6种可能，则nW1=6´6=36,

其中“标号之和大于4”的基本事件有：

（红2、红3），（红2、绿3），（绿2、红3），（绿2、绿3），（红3、红2），（红3、绿2），（绿3、红2），

（绿3、绿2），（红3、红3），（红3、绿3），（绿3、红3），（绿3、绿3），共12个.

121

所以p==；

1363

方式②：不放回依次抽取两球，那么第一次有6种，第二次有5种，则nW2=6´5=30,

其中“标号之和大于4”的基本事件有：

（红2、红3），（红2、绿3），（绿2、红3），（绿2、绿3），（红3、红2），（红3、绿2），（绿3、红2），

（绿3、绿2），（红3、绿3），（绿3、红3），共10个.

101

所以p==；

2303

方式③：按颜色等比例分层抽取两球，那么第一次从红球中抽一个（3种），第二次从绿球中抽一个（3

种），顺序可能固定为红→绿，则nW3=3´3=9,

其中“标号之和大于4”的基本事件有：

31

（红2、绿3），（红3、绿2），（红3、绿3），共3个，所以p==；

393

所以p1=p2=p3.

故选：