高考数学一轮复习 第51讲　随机事件与概率 教用

第51讲随机事件与概率知识整合体系重构激活思维1．(教材经典题)某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立事件的是(D)A．至多一次中靶 B．两次都中靶C．只有一次中靶 D．两次都没中靶2．(教材经典题)抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币反面朝上”，下列结论正确的是(D)A．A与B互为对立事件 B．A与B互斥C．A与B相等 D．P(A)＝P(B)【解析】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)．事件A包含的结果有(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有(正，反)，(反，反)，显然事件A，事件B都含有“(正，反)”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，因此，事件A与事件B既不互斥也不对立，故A，B错误；因为事件A，事件B中有不同的结果，所以事件A与事件B不相等，故C错误；由古典概型知，P(A)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，所以P(A)＝P(B)，故D正确．3．(教材经典题)已知P(A)＝0.5，P(B)＝0.3．(1)如果B⊆A，那么P(A∪B)＝__0.5__，P(AB)＝__0.3__；【解析】如果B⊆A，那么A∪B＝A，A∩B＝B，所以P(A∪B)＝P(A)＝0.5，P(AB)＝P(B)＝0.3．(2)如果A，B互斥，那么P(A∪B)＝__0.8__，P(AB)＝__0__．【解析】如果A，B互斥，那么A∩B＝∅，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8，P(AB)＝0．4．(教材经典题)从长度为1,3,5,7,9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率是__eq\f(3,10)__．【解析】该试验的样本空间可表示为Ω＝{(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)}，共有10个样本点，其中能构成三角形的样本点有(3,5,7)，(3,7,9)，(5,7,9)，共3个，故所求概率P＝eq\f(3,10)．5．(教材经典题)从0～9这10个数中随机选择一个数，则这个数的平方的个位数字为1的概率是__eq\f(1,5)__；这个数的四次方的个位数字为1的概率是__eq\f(2,5)__．【解析】从0～9这10个数中随机选择一个数，共有10种可能，其样本空间可表示为Ω＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}．若一个数的平方的个位数字为1，则该数为1或9，共2个，故其概率为eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)；若一个数的四次方的个位数字为1，则该数平方的个位数为1或9，所以该数为1,3,7,9，共4个，故其概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)．聚焦知识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__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__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．2．两个事件的关系和运算含义符号表示包含关系A发生导致B发生__A⊆B__相等关系B⊇A且A⊇B__A＝B__并事件(和事件)A与B至少一个发生A∪B或A＋B交事件(积事件)A与B同时发生A∩B或AB互斥(互不相容)A与B不能同时发生A∩B＝∅互为对立A与B有且仅有一个发生__A∩B＝∅__，__A∪B＝Ω__3．古典概型(1)有限性：样本空间的样本点只有__有限个__；(2)等可能性：每个样本点发生的可能性__相等__．4．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的概率为P(A)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ)，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．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)＝__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)＝__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，则P(A∪B)＝__P(A)＋P(B)－P(A∩B)__．题型突破思维拓展举题说法随机事件的关系与运算视角1事件的运算例1－1(多选)某家商场举行抽奖活动，小聪、小明两人共同前去抽奖，设事件A＝“两人都中奖”，B＝“两人都没中奖”，C＝“恰有一人中奖”，D＝“至少一人没中奖”．下列关系正确的是(ACD)A．B∪C＝D B．A∩C≠∅C．C⊆D D．B∩D＝B【解析】对于A，事件B∪C为“至多一人中奖”，即“至少一人没中奖”，所以B∪C＝D，故A正确；对于B，事件A∩C表示两人都中奖且恰有一人中奖，没有这样的事件，所以A∩C＝∅，故B错误；对于C，“至少一人没中奖”包括“恰有一人中奖”和“两人都没中奖”两种情况，所以C⊆D，故C正确；对于D，由C选项可知B⊆D，所以B∩D＝B，故D正确．事件间运算的方法：(1)利用定义：列出试验所有可能出现的结果；(2)利用Venn图：借助集合间运算的思想．视角2事件的关系例1－2(多选)从3名女生和2名男生中任选两人组成学习小组，记“至少1名女生”为事件A，“至少1名男生”为事件B，“恰有1名女生”为事件C，“2名都是男生”为事件D，则下列结论正确的有(AD)A．事件A和D是对立事件B．事件B和C是对立事件C．事件A和B是互斥事件D．事件C和D是互斥事件【解析】将3名女生设为a，b，c，两名男生设为A，B，任选两人组成学习小组，样本空间Ω包含的基本事件为(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)，其中事件A包含(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，事件B包含(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)，事件C包含(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，事件D包含(A，B)．因为A∩D＝∅，且A∪D＝Ω，所以事件A和D是对立事件，A正确；因为B∩C＝{(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)}，所以事件B和C不是互斥事件，也不是对立事件，B错误；因为A∩B＝{(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)}，所以事件A和B不是互斥事件，C错误；因为C∩D＝∅，所以事件C和D是互斥事件，D正确．判断互斥事件、对立事件一般用定义，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；若两个事件中有且仅有一个发生，则这两个事件互为对立事件．对立事件一定是互斥事件．变式1－2(2025·潍坊期末)从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的两个事件是(D)A．至少一个红球和都是红球B．至少一个黑球和都是红球C．至少一个黑球和至少一个红球D．恰有一个红球和恰有一个黑球【解析】对于A，至少一个红球和都是红球不互斥，同时发生的情况是都是红球，A错误；对于B，至少有一个黑球和都是红球互斥并对立，所以B错误；对于C，至少一个黑球和至少一个红球，都包含一个黑球两个红球，可以同时发生，不互斥，C错误；对于D，恰有一个红球和恰有一个黑球，互斥但不对立，D正确．视角3利用事件的互斥、对立关系求概率例1－3(多选)甲袋中有5个红球，15个白球，乙袋中有5个红球，5个白球，从两袋中各摸出一个球．下列结论正确的是(AC)A．2个球都是红球的概率为eq\f(1,8)B．2个球不都是红球的概率为eq\f(3,8)C．至少有1个红球的概率为eq\f(5,8)D．2个球中恰有1个红球的概率为eq\f(3,8)【解析】记从甲、乙袋中摸出一个红球的事件分别为A，B，事件A，B相互独立，则P(A)＝eq\f(5,20)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)．对于A,2个球都是红球的事件为AB，则P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq\f(1,8)，A正确；对于B,2个球不都是红球的事件的对立事件为AB，则其概率为1－P(AB)＝eq\f(7,8)，B不正确；对于C，至少有1个红球的事件的对立事件为eq\o(A,\s\do6(－))eq\o(B,\s\do6(－))，则其概率为1－P(eq\o(A,\s\do6(－))eq\o(B,\s\do6(－)))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝eq\f(5,8)，C正确；对于D,2个球中恰有1个红球的事件为Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，则其概率为P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝eq\f(1,2)，D不正确．求复杂互斥事件的概率的两种方法(1)直接法(2)间接法(正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解更简单)．变式1－3(1)(2025·汕尾、肇庆二模)小王数学期末考试考了90分，受到爸爸表扬的概率为eq\f(1,2)，受到妈妈表扬的概率也为eq\f(1,2)，假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬独立，则小王被表扬的概率为(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(3,4) D．1【解析】记小王受到爸爸表扬为事件A，小王受到妈妈表扬为事件B，小王受到表扬为事件D，小王同学受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立，则P(D)＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)．(2)高一年级某同学为了丰富自己的课外活动，参加了学校“文学社”“咏春社”“音乐社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团相互独立．假设该同学能够进入“文学社”“咏春社”“音乐社”三个社团的概率分别为a，b，eq\f(1,4)，该同学可以进入两个社团的概率为eq\f(1,5)，且三个社团都进不了的概率为eq\f(3,10)，则ab＝(B)A．eq\f(3,20) B．eq\f(1,10)C．eq\f(1,15) D．eq\f(1,5)【解析】依题意，该同学可以进入两个社团的概率为eq\f(1,5)，则ab·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,4)a(1－b)＋eq\f(1,4)b(1－a)＝eq\f(1,5)，整理得ab＋a＋b＝eq\f(4,5)．由三个社团都进不了的概率为eq\f(3,10)，得(1－a)(1－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(3,10)，整理得a＋b－ab＝eq\f(3,5)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＋a＋b＝\f(4,5)，,a＋b－ab＝\f(3,5)，))解得ab＝eq\f(1,10)．古典概型例2(1)(2023·全国乙卷文)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(A)A．eq\f(5,6) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)【解析】甲有6种选择，乙也有6种选择，共有6×6＝36种选法．若甲、乙抽到的主题不同，则共有Aeq\o\al(2,6)＝30种选法，则其概率为eq\f(30,36)＝eq\f(5,6)．(2)(2025·武汉二模)一个不透明的袋中装有2个红球，2个黑球，1个白球，这些球除颜色外，其他完全相同．现从袋中一次性随机抽取3个球，则这3个球的颜色各不相同的概率为(D)A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,10)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,5)【解析】设2个红球分别为A1，A2,2个黑球分别为B1，B2,1个白球为C1，则取出的3个球的组合有以下10种情形：(A1，A2，B1)，(A1，A2，B2)，(A1，A2，C1)，(A1，B1，B2)，(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A2，B1，B2)，(A2，B1，C1)，(A2，B2，C1)，(B1，B2，C1)，其中3个球颜色各不相同的有以下四种情形：(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A2，B1，C1)，(A2，B2，C1)．因此从袋中一次性随机抽取3个球，则这3个球的颜色各不相同的概率为P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)．求古典概型的概率的关键是求试验的样本点的总数和事件A包含的样本点的个数，这就需要正确列出样本点，样本点的表示方法有列举法(列表法、树状图法)以及排列、组合法．变式2(1)(2025·郑州二检)某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名教师到4所不同的高中学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中甲、乙必须安排在同一个学校的概率为(A)A．eq\f(2,13) B．eq\f(2,11)C．eq\f(1,13) D．eq\f(1,11)【解析】将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校，若教师人数分组为3,1,1,1，则不同的安排方法种数为Ceq\o\al(3,6)Aeq\o\al(4,4)＝480；若教师人数分组为2,2,1,1，则不同的安排方法种数为eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(4,4)＝1080，故不同的安排方法共有480＋1080＝1560种．当甲、乙安排在同一个学校时，若教师人数分组为3,1,1,1，则不同的安排方法种数为Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝96；若教师人数分组为2,2,1,1，则不同的安排方法种数为Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)＝144，故不同的安排方法共有96＋144＝240种．所以所求事件的概率为eq\f(240,1560)＝eq\f(2,13)．(2)(2025·广州二模)一个袋子里有大小和质地相同的4个球，标号为1,2,3,4，从中有放回地随机取球，每次取1个球，共取4次，把每次取出的球的标号排成一列数，则这列数中恰有3个不同整数的概率为__eq\f(9,16)__．【解析】每次均有4种不同的取法，故总的取法有44＝256(种)．若这列数中恰有3个不同整数，则必有一个数取了2次，故这列数中恰有3个不同整数的取法有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,3)×eq\f(A\o\al(4,4),A\o\al(2,2))＝144(种)，故这列数中恰有3个不同整数的概率为eq\f(144,256)＝eq\f(9,16)．随堂内化1．已知随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，则P(eq\x\to(A))＝(A)A．0.5 B．0.1C．0.7 D．0.8【解析】因为随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，所以P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，所以P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝1－0.5＝0.5．2．口袋中装有编号为1,2的两个红球和编号为1,2,3,4,5的五个黑球，小球除颜色、编号外，形状、大小完全相同，现从中取出1个小球，记事件A为“取到的小球的编号为1”，事件B为“取到的小球是黑球”，则下列说法正确的是(C)A．A与B互斥 B．A与B对立C．P(A＋B)＝eq\f(6,7) D．P(AB)＝eq\f(6,7)【解析】依题意，事件AB为取到编号为1的黑球，事件A与B能同时发生，则A与B不互斥，也不对立，故A，B都不正确；由古典概型得P(A)＝eq\f(2,7)，P(B)＝eq\f(5,7)，P(AB)＝eq\f(1,7)，于是P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(6,7)，故C正确，D不正确．3．(2025·安阳三模)某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛，则选出的3人中至少有1名女生的概率为(C)A．eq\f(1,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(4,5) D．eq\f(5,6)【解析】P＝1－eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,6))＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5)．4．(2025·茂名一模)在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是(A)A．eq\f(3,8) B．eq\f(3,16)C．eq\f(5,28) D．eq\f(7,24)【解析】记第3次摸到红球为事件A，则P(A)＝eq\f(A\o\al(2,5)A\o\al(1,3)＋A\o\al(1,3)A\o\al(1,5)A\o\al(2,2)A\o\al(1,2)＋A\o\al(3,3),A\o\al(3,8))＝eq\f(3,8)．配套精练一、单项选择题1．(2023·全国甲卷文)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(D)A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)【解析】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的样本点个数为Ceq\o\al(2,4)＝6，其中这2名学生来自不同年级的基本事件个数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝4，所以这2名学生来自不同年级的概率为eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)．2．(2025·佛山二模)学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为(C)A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)【解析】由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)，所有的分组组数为Ceq\o\al(3,6)，结合古典概型计算公式可得所求概率为eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)．3．(2025·辽宁省二调)设集合S中有10个元素，从S中每次随机选取1个元素，取出后还放回到S中，则取5次后所取出的元素有重复的概率是(保留两位有效数字)(C)A．0.50 B．0.55C．0.70 D．0.85【解析】考虑反面，取5次后没有重复元素的概率为eq\f(10,10)×eq\f(9,10)×eq\f(8,10)×eq\f(7,10)×eq\f(6,10)＝eq\f(3024,10000)，故所求概率为1－eq\f(3024,10000)≈0.70．4．(2025·石家庄三模)已知随机事件A，B，eq\x\to(B)表示事件B的对立事件，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则下面结论正确的是(D)A．事件A与B一定是对立事件B．P(A∪B)＝1C．P(AB)＝0.24D．若事件A，B相互独立，则P(Aeq\x\to(B))＝0.16【解析】对于A，B，一个密封的盒子中有标号为1,2,3,4,5的5个小球，从中任取1球，记事件A为“从中取出球的标号为1,2”，事件B为“从中取出球的标号为1,2,3”，则P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，故A错误；由上例可知P(A∪B)＝P(B)＝0.6，故B错误；对于C，P(AB)＝P(A)P(B)仅在事件A，B相互独立时才成立，而不知道事件A，B的关系，则不确定P(AB)的值，故C错误；对于D，若事件A，B相互独立，则事件A，eq\x\to(B)也相互独立，所以P(Aeq\x\to(B))＝P(A)P(eq\x\to(B))＝P(A)[1－P(B)]＝0.4×(1－0.6)＝0.16，故D正确．二、多项选择题5．有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件H为“不订甲报纸”，事件I为“一种报纸也不订”．下列说法正确的是(BC)A．E与G是互斥事件B．F与I是互斥事件，且是对立事件C．F与G不是互斥事件D．G与I是互斥事件【解析】对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且是对立事件，故B正确；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件，故C正确；对于D，G与I可以同时发生，不是互斥事件，故D错误．6．某篮球运动员在最近几次参加的比赛中的投篮情况如下表：投篮次数投中两分球的次数投中三分球的次数1005518记该篮球运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率，则下述结论正确的是(ABC)A．P(A)＝0.55 B．P(B)＝0.18C．P(C)＝0.27 D．P(B＋C)＝0.55【解析】依题意，P(A)＝eq\f(55,100)＝0.55，P(B)＝eq\f(18,100)＝0.18，显然事件A，B互斥，P(C)＝1－P(A＋B)＝1－P(A)－P(B)＝0.27，事件B，C互斥，则P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝0.45，故A，B，C正确，D不正确．三、填空题7．(2025·八省联考)有8张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8，现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为__eq\f(3,56)__．【解析】因为8张卡片上的数字之和为36，所以3张卡片上的数字之和为18，只有3,7,8；4,6,8；5,6,7三种情况，故所求概率为eq\f(3,C\o\al(3,8))＝eq\f(3,56)．8．(2025·保定期末)随机数选择器每次只能从1,2,3,4,5,6,7,8,9这九个数字中选一个数，且以相等的概率做选择，那么在2次选择后，选出的2个数的乘积能被10整除的概率为__eq\f(8,81)__．【解析】随机数选择器每次只能从1,2,3,4,5,6,7,8,9这九个数字中选一个数，选择2次，每次都有9种结果，共92＝81种结果．若选出的2个数的乘积能被10整除，则其中有一次选择的数为5，另一次选择的数为偶数，则不同的选择结果有2×4＝8种，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为eq\f(8,81)．9．(2025·威海期末)已知甲、乙两人投篮命中率分别为eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，并且他们投篮互不影响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为__eq\f(7,36)__．【解析】甲比乙进球数多包含以下两种情况：①甲进1球，乙进0球，概率为p1＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×Ceq\o\al(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,9)；②甲进2球，乙进1球，概率为p2＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,18)；③甲进2球，乙进0球，概率为p3＝Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×Ceq\o\al(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,36)．所以甲比乙进球数多的概率p＝p1＋p2＋p3＝eq\f(1,9)＋eq\f(1,18)＋eq\f(1,36)＝eq\f(7,36)．10．(2026·苏州期初)在1,2,3，…，9中随机选出一个数a，在－1，－2，－3，…，－9中随机选出一个数b，则a2＋b被3整除的概率为__eq\f(1,3)__．【解析】由题意，数组(a，b)共有9×9＝81种不同的选法．若a能被3整除，则b也能被3整除，此时a，b各有3种选法，即这样的(a，b)有3×3＝9个．若a不能被3整除，即从1,2,4,5,7,8中选1个数，此时a2除以3的余数为1，要使得a2＋b被3整除，则b除以3的余数为2，所以b从－1，－4，－7中选1个数，所以a有6种选法，b有3种选法，则这样的(a，b)有6×3＝18个．所以共有9＋18＝27种不同的选法，所以a2＋b被3整除的概率为P＝eq\f(27,81)＝eq\f(1,3)．四、解答题11．4月23日是世界读书日，其设立的目的是推动更多的人去阅读和写作．某市教育部门为了解全市中学生课外阅读的情况，从全市随机抽取1000名中学生进行调查，统计他们每日课外阅读的时间，如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计1000名学生每日的平均阅读时间(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据的平均值)；【解答】由(0.0025＋0.0100＋a＋0.0150＋0.0100)×20＝1，得a＝0.0125，则这1000名学生每日的平均阅读时间为10×0.05＋30×0.2＋