第11章 第3讲 随机事件与概率-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第十一章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 第3讲　随机事件与概率 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.理解事件间的关系与运算.3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．随机试验及其特点 (1)定义：对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示． (2)特点 ①试验可以在相同条件下_____进行； ②试验的所有可能结果是___________，并且_______________； ③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果． 重复 明确可知的 不止一个 基础知识整合 5 2．样本空间 (1)随机试验E的每个可能的_________称为样本点，常用ω表示． (2) ____________的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示样本空间，称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间． 3．随机事件、必然事件与不可能事件 (1)事件：将样本空间Ω的_______称为随机事件，简称事件． (2)基本事件：只包含_____________的事件称为基本事件． (3)必然事件：Ω包含了所有的样本点，在每次试验中_______________发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件． (4)不可能事件：空集∅不包含任何样本点，在每次试验中_________发生，我们称∅为不可能事件． 基本结果 全体样本点 子集 一个样本点 总有一个样本点 都不会 基础知识整合 6 关系或运算 含义 符号表示 包含 若事件A发生，则事件B______发生 ______ 相等 事件B包含事件A，事件A也包含事件B A＝B 并事件(和事件) 事件A与事件B______________发生 __________________ 交事件(积事件) 事件A与事件B______发生 A∩B(或AB) 互斥(互不相容) 事件A与事件B____________发生 A∩B＝∅ 互为对立 事件A和事件B在任何一次试验中_______________发生 _____________________ 一定 4．两个事件的关系和运算 A⊆B 至少有一个 A∪B(或A＋B) 同时 不能同时 有且仅有一个 A∪B＝Ω，且A∩B＝∅ 基础知识整合 7 5.古典概型 (1)古典概型的特征 一般地，若试验E具有以下特征： ①有限性：样本空间的样本点只有_________； ②等可能性：每个样本点发生的可能性______． (2)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)＝______． 有限个 相等 基础知识整合 8 6．概率的基本性质 性质1：对任意的事件A，都有P(A)____． 性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为___，即P(Ω)＝___，P(∅)＝___． 性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝____________． 性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝_________，P(A)＝_________． 性质5：如果A⊆B，那么__________． 性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝_________________． ≥0 0 1 0 P(A)＋P(B) 1－P(A) 1－P(B) P(A)≤P(B) P(A)＋P(B)－P(A∩B) 基础知识整合 9 7．频率的稳定性 在任何确定次数的随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性．一般地，随着试验次数n的_____，频率偏离概率的幅度会_____，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的_________，我们称频率的这个性质为频率的稳定性．因此，我们可以用频率fn(A) ______概率P(A)． 增大 缩小 概率P(A) 估计 基础知识整合 10 基础知识整合 11 1．(2024·江苏如皋模拟)设A，B是一个随机试验中的两个事件，则(　　) A．P(A∪B)＝P(A)＋P(B) B．P(A)＋P(B)≤1 C．P(A∩B)＝P(A)P(B) D．若A⊆B，则P(A)≤P(B) 基础知识整合 12 基础知识整合 13 3．(人教B必修第二册5.3.2练习A T2改编)已知P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，P(AB)＝0.2，则P(A∪B)＝(　　) A．0.5 B．0.6 C．0.8 D．1 解析： ∵P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，P(AB)＝0.2，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.3－0.2＝0.6.故选B. 基础知识整合 14 4．(多选)口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，事件B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，事件C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，事件D＝“取出的两个球不同色”，事件E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断正确的是(　　) A．A与D为对立事件 B．B与C是互斥事件 C．C与E是对立事件 D．P(C∪E)＝1 解析：显然A与D是对立事件，A正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，B不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，C与E都发生，C不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，D正确． 基础知识整合 15 5．(人教B必修第二册5.3.1练习B T1改编)做试验“从0，1，2这3个数字中，不放回地取两次，每次取一个数字，构成有序数对(x，y)，x为第1次取到的数字，y为第2次取到的数字”，则这个试验的样本空间为 ____________________________________________________． Ω＝{(0，1)，(0，2)，(1，0)，(1，2)，(2，0)，(2，1)} 解析：这个试验的样本空间为Ω＝{(0，1)，(0，2)，(1，0)，(1，2)，(2，0)，(2，1)}． 基础知识整合 16 核心考向突破 考向一　事件的关系及运算 (1)(2025·陕西渭南模拟)已知6件产品中有3件正品，其余为次品．现从6件产品中任取2件，观察正品件数与次品件数，下列选项中的两个事件是对立事件的是(　　) 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 核心考向突破 18 解析：对于A，恰好有1件次品和恰好有2件次品互斥，但不是对立事件；对于B，至少有1件次品和全是次品可以同时发生，不是对立事件；对于C，至少有1件正品和至少有1件次品可以同时发生，不是对立事件；对于D，至少有1件次品即存在次品，与全是正品是对立事件．故选D. 核心考向突破 19 核心考向突破 20 1．准确把握互斥事件与对立事件 (1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但可同时不发生． (2)对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生． 2．判别互斥、对立事件的方法 判别互斥、对立事件一般用定义判断，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． 核心考向突破 21 1.(2024·浙江温州模拟)设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P(A)＋P(B)＝1”是“事件A，B互为对立事件”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 解析：从编号为1至6的6个小球中摸出一个，设事件A表示“摸出质数”，事件B表示“摸出偶数”，则P(A)＋P(B)＝1，事件A与事件B不是对立事件，反之，若事件A与事件B是对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，所以“P(A)＋P(B)＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件．故选B. 核心考向突破 22 2．(多选)已知袋中有大小、形状完全相同的5张红色、2张蓝色卡片，从中任取3张卡片，则下列判断正确的是(　　) A．事件“都是红色卡片”是随机事件 B．事件“都是蓝色卡片”是不可能事件 C．事件“至少有一张红色卡片”是必然事件 D．事件“有1张红色卡片和2张蓝色卡片”是必然事件 解析：对于A，事件“都是红色卡片”是随机事件，故A正确；对于B，事件“都是蓝色卡片”是不可能事件，故B正确；对于C，因为只有2张蓝色卡片，从中任取3张卡片，所以事件“至少有一张红色卡片”是必然事件，故C正确；对于D，事件“有1张红色卡片和2张蓝色卡片”是随机事件，故D错误．故选ABC. 核心考向突破 23 考向二　随机事件的频率与概率 某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如表所示． 已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； (2)估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率． 一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件及以上 顾客数/人 x 30 25 y 10 结算时间/ (分钟/人) 1 1.5 2 2.5 3 核心考向突破 24 核心考向突破 25 计算简单随机事件的频率或概率的步骤 提醒：频率是随机的，而概率是一个确定的值，有时也用频率作为随机事件概率的估计值． 核心考向突破 26 1.(多选)某校为了解学校餐厅中午的用餐情况，分别统计了食用大米套餐和面食的人数，剩下的为食用米线、汉堡等其他食品(每人只选一种)，结果如表所示： 假设随机抽取一位同学，记“中午吃大米套餐”为事件M，“吃面食”为事件N，“吃米线、汉堡等其他食品”为事件H，若用频率估计事件发生的概率，则下列结论正确的是(　　) A．P(M)＝0.55 B．P(N)＝0.26 C．P(H)＝0.19 D．P(N＋H)＝0.65 总人数 食用大米套餐人数 食用面食人数 1000 550 260 核心考向突破 27 核心考向突破 28 2．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 (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． 核心考向突破 29 核心考向突破 30 核心考向突破 31 考向三　古典概型 (1)(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________． 核心考向突破 32 (2)(2025·江苏扬州模拟)将一枚骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为x1，x2，x3，则x1≤x2≤x3的概率为________． 核心考向突破 33 (3)袋子里有6个大小、质地完全相同且带有不同编号的小球，其中有1个红球，2个白球，3个黑球，从中任取2个球． ①写出样本空间； ②求取出的两球颜色不同的概率； ③求取出的两球中至多有一个黑球的概率． 解：①将1个红球记为a，2个白球记为b1，b2，3个黑球记为c1，c2，c3，则样本空间Ω＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)}，共15个样本点． 核心考向突破 34 核心考向突破 35 核心考向突破 36 核心考向突破 37 核心考向突破 38 核心考向突破 39 课时作业 一、单项选择题 1．(2024·上海普陀区模拟)从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为A，B，白球标记为C，则它的一个样本空间可以是(　　) A．{AB，BC} B．{AB，AC，BC} C．{AB，BA，BC，CB} D．{AB，BA，AC，CA，CB} 解析：两个红球分别标记为A，B，白球标记为C，则抽取两个球的情况为AB，AC，BC，即它的一个样本空间可以是{AB，AC，BC}．故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 41 2．(2024·陕西榆林榆阳区校级一模)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽验一只是正品(甲级)的概率为(　　) A．0.95 B．0.97 C．0.92 D．0.08 解析：记“抽验的产品是甲级品”为事件A，“抽验的产品是乙级品”为事件B，“抽验的产品是丙级品”为事件C，这三个事件彼此互斥，因而抽验一只是正品(甲级)的概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.故选C. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 42 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 43 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 50 二、多项选择题 9．(2024·河北沧州一模)某学校为了丰富同学们的课外活动，为同学们举办了四种科普活动：科技展览、科普讲座、科技游艺、科技绘画．记事件A：只参加科技游艺活动，事件B：至少参加两种科普活动，事件C：只参加一种科普活动，事件D：一种科普活动都不参加，事件E：至多参加一种科普活动，则下列说法正确的是(　　) A．A与D是互斥事件 B．B与E是对立事件 C．E＝C∪D D．A＝C∩E 解析：对于A，事件A与事件D不会同时发生，A与D是互斥事件，A正确；对于B，事件B：至少参加两种科普活动，其对立事件为至多参加一种科普活动，B正确；对于C，事件C：只参加一种科普活动，事件D：一种科普活动都不参加，事件E：至多参加一种科普活动，E＝C∪D，C正确；对于D，C∩E＝C，D错误．故选ABC. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 51 10．小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间(单位：分钟)随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如下表所示： 则下列说法正确的是(　　) A.任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件 B．从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间 C．如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该选线路一 D．若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04 所需时间/分钟 30 40 50 60 线路一 0.5 0.2 0.2 0.1 线路二 0.3 0.5 0.1 0.1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 52 解析： “所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，A错误；线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39分钟，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40分钟，所以线路一比线路二更节省时间，B正确；线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，小张应该选线路二，C错误；所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为(50，60)，(60，50)和(60，60)三种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，D正确．故选BD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 56 三、填空题 12．已知点A，B，C，D，E，F均匀分布在圆O上，从这6个点中任取三个点，则以这三个点为顶点的三角形是等腰三角形的概率为________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 58 14. (2024·福建泉州模拟)如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 60 四、解答题 15．(2025·广东汕头模拟)某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩(满分100分)按照[50，60)，[60，70)，…，[90，100]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中b＝3a. (1)求出a，b，估计测试成绩的75%分位数和平均分； (2)按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在[80，100]内的学生中抽取4人，再从这4人中任选2人，求这2人成绩都在[80，90)内的概率． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 63 16．一个袋中有4个大小、质地都相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中有放回地取球，每次随机取一个，连续取两次． (1)设(i，j)表示先后两次所取到的球，试写出所有可能抽取的结果； (2)求连续两次都取到白球的概率； (3)若取到红球记2分，取到白球记1分，取到黑球记0分，求连续取球两次所得总分数大于2分的概率． 解：(1)将2个白球分别记作白1，白2，则连续取两次所包含的样本点有(红，红)，(红，白1)，(红，白2)，(红，黑)，(白1，红)，(白1，白1)，(白1，白2)，(白1，黑)，(白2，红)，(白2，白1)，(白2，白2)，(白2，黑)，(黑，红)，(黑，白1)，(黑，白2)，(黑，黑)，所以样本点的总数为16. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 65 17．某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表： 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率． (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率． 最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40] 天数 2 16 36 25 7 4 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 67 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(k,n) 1．从集合的角度理解互斥事件和对立事件 (1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集． (2)事件A的对立事件eq \o(A,\s\up16(－))所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集． 2．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)． 解析：对于A，若A，B是一个随机试验中的两个事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故A错误；对于B，若P(A)>eq \f(1,2)，P(B)>eq \f(1,2)，则P(A)＋P(B)>1，故B错误；对于C，当A，B独立时，P(A∩B)＝P(A)P(B)，当A，B不独立时，则不成立，故C错误；对于D，若A⊆B，则P(A)≤P(B)，故D正确．故选D. 2．(人教A必修第二册10.1.1例3改编)一枚质地均匀的硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4) C．eq \f(3,4) D．0 解析：一枚质地均匀的硬币连掷2次，样本点有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4个，而恰有1次出现正面包括(正，反)，(反，正)，共2个，故其概率为eq \f(2,4)＝eq \f(1,2).故选A. (2)(多选)(2024·辽宁大连期末)按先后顺序抛两枚均匀的硬币，观察正反面出现的情况，记事件A：第一次出现正面，事件B：第二次出现反面，事件C：两次都出现正面，事件D：至少出现一次反面，则(　　) A．C与D对立 B．A与B互斥 C．P(A＋B)＝eq \f(3,4) D．P(D)＝eq \f(1,2) 解析：按先后顺序抛两枚均匀的硬币，样本空间Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，共包含4个样本点，则A＝{(正，正)，(正，反)}，B＝{(正，反)，(反，反)}，C＝{(正，正)}，D＝{(正，反)，(反，正)，(反，反)}，则C与D互斥且对立，A正确；A∩B＝{(正，反)}≠∅，即A与B不互斥，B错误；因为A∪B＝{(正，正)，(正，反)，(反，反)}，所以P(A＋B)＝eq \f(3,4)，C正确；P(D)＝eq \f(3,4)，D错误．故选AC. 解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.则顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为eq \f(1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10,100)＝1.9(分钟)． (2)记事件A为“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，事件A1表示“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，事件A2表示“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，事件A3表示“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，则可估计概率约为P(A1)＝eq \f(15,100)＝eq \f(3,20)，P(A2)＝eq \f(30,100)＝eq \f(3,10)，P(A3)＝eq \f(25,100)＝eq \f(1,4). 因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥， 所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq \f(3,20)＋eq \f(3,10)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,10)， 故估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为eq \f(7,10). 解析：用频率估计概率得P(M)＝eq \f(550,1000)＝0.55，P(N)＝eq \f(260,1000)＝0.26，P(H)＝eq \f(1000－550－260,1000)＝0.19，故A，B，C正确；P(N＋H)表示事件N发生或事件H发生，且N与H互斥，故P(N＋H)＝P(N)＋P(H)＝0.26＋0.19＝0.45，故D错误． 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 eq \f(1,20) eq \f(4,20) eq \f(2,20) 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 70 110 140 160 200 220 频率 eq \f(1,20) eq \f(3,20) eq \f(4,20) eq \f(7,20) eq \f(3,20) eq \f(2,20) (2)根据题意，Y＝460＋eq \f(X－70,10)×5＝eq \f(X,2)＋425， 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或X＞210) ＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220) ＝eq \f(1,20)＋eq \f(3,20)＋eq \f(2,20)＝eq \f(3,10). 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eq \f(3,10). 解析：从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为Ceq \o\al(3,8)＝eq \f(8×7×6,3×2)＝56，因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，且要使抽出的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，所以抽出的3张卡片上的数字之和应为18，则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4或7，6，5，共3种，所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点共3个，所以抽出的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). eq \f(3,56) 解析：将一枚骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为x1，x2，x3，样本点总数n＝63＝216，x1≤x2≤x3包含的样本点个数有：当x1＝1时，有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21个；当x1＝2时，有1＋2＋3＋4＋5＝15个；当x1＝3时，有1＋2＋3＋4＝10个；当x1＝4时，有1＋2＋3＝6个；当x1＝5时，有1＋2＝3个；当x1＝6时，有1个，则x1≤x2≤x3的概率为P＝eq \f(21＋15＋10＋6＋3＋1,216)＝eq \f(56,216)＝eq \f(7,27). eq \f(7,27) 解：②记事件A为“取出的两球颜色不同”，则两球的颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，则 A＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)}，共11个样本点，所以P(A)＝eq \f(11,15). ③记事件B为“取出的两球中至多有一个黑球”，则两球的颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，2白，则B＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)}，共12个样本点，所以P(B)＝eq \f(12,15)＝eq \f(4,5). 1．古典概型的概率求解步骤 (1)求出样本空间Ω包含的样本点的个数n； (2)求出事件A包含的样本点的个数m； (3)代入公式P(A)＝eq \f(m,n)求解． 2．样本点个数的确定方法 (1)列举法； (2)树状图法； (3)运用排列组合的知识． 提醒：在确定样本点时，(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同． 1.(2024·江苏常州模拟)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为(　　) A．eq \f(1,5) B．eq \f(1,3) C．eq \f(2,5) D．eq \f(2,3) 解析：从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种情况，其中抽到的2张卡片上的数字之和为5的倍数的有(1，4)，(2，3)，(4，6)，共3种情况，所以所求的概率为eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).故选A. 2．(2024·全国甲卷)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) 解析：当甲在排尾，乙在排头时，丙有2种排法，丁有1种排法，共2种；当甲在排尾，乙在中间两个位置时，丙有1种排法，丁有1种排法，共2种，于是甲在排尾共有4种排法，同理，乙在排尾也有4种排法，于是共有8种排法符合题意．样本点总数显然是Aeq \o\al(4,4)＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为eq \f(8,24)＝eq \f(1,3).故选B. 3．(2024·浙江嘉兴模拟)将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9随机填入3×3的正方形格子中，则每一横行、每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为(　　) A．eq \f(8,9！) B．eq \f(12,9！) C．eq \f(24,9！) D．eq \f(48,9！) 解析：符合题意的填写方法有如下8种： 又9个数填入9个格子有9！种方法，所以所求概率为P＝eq \f(8,9！).故选A. 解析：18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，共5组，所以估计恰好抽取三次就停止的概率P＝eq \f(5,18).故选D. 3．(2024·广东汕头二模)袋子中有红、黄、黑、白四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 341 332 341 144 221 132 243 331 112 342 241 244 342 142 431 233 214 344 由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为(　　) A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,9) C．eq \f(2,9) D．eq \f(5,18) 4．某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为eq \f(4,15)，出现Y性状的概率为eq \f(2,15)，X，Y两种性状都不出现的概率为eq \f(7,10)，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为(　　) A．eq \f(1,15) B．eq \f(1,10) C．eq \f(2,15) D．eq \f(4,15) 解析：设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，则X，Y两种性状都不出现为事件eq \o(A,\s\up16(－))∩eq \o(B,\s\up16(－))，两种性状都出现为事件A∩B，所以P(A)＝eq \f(4,15)，P(B)＝eq \f(2,15)，P(eq \o(A,\s\up16(－))∩eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(7,10)，所以P(A∪B)＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－))∩eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(3,10)，又因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝eq \f(1,10).故选B. 5．(2024·湖北武汉汉阳区模拟)随机事件A发生的概率为eq \f(4,5)，随机事件B发生的概率为eq \f(2,3)，则事件A，B同时发生的概率的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,15)，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,15)，\f(4,5))) C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,15)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,5))) 解析：依题意，P(A)＝eq \f(4,5)，P(B)＝eq \f(2,3)，由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)≤1，得P(AB)≥P(A)＋P(B)－1＝eq \f(4,5)＋eq \f(2,3)－1＝eq \f(7,15)，又P(A)>P(B)，则当B⊂A时，P(AB)＝P(B)＝eq \f(2,3)，所以事件A，B同时发生的概率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,15)，\f(2,3))).故选C. 6．(2024·重庆巴蜀中学模拟)故宫的角楼是中国古建筑艺术的巅峰之作，它被誉为故宫最美的建筑，角楼的建造者也将中国古代的阴阳观和吉数的思想融入在角楼的设计之中．中国古代常把奇数称为“阳数”，偶数称为“阴数”，9的整数倍称为“吉数”．若从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率是(　　) A．eq \f(1,5) B．eq \f(9,20) C．eq \f(3,10) D．eq \f(1,4) 解析：从1，3，5，7，9这五个阳数，2，4，6，8这四个阴数中各取一个数组成两位数，则这个两位数恰好是“吉数”的概率为P＝1,4)eq \f(2×4,2CCeq \o\al(1,5)) ＝eq \f(1,5).故选A. 7．(2025·四川内江开学考试)柜子里有3双不同的鞋，分别用a1，a2，b1，b2，c1，c2表示6只鞋，如果从中随机地取出2只，则取出的鞋一只左脚一只右脚的概率为(　　) A．eq \f(1,5) B．eq \f(2,5) C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5) 解析：设a1，b1，c1分别表示三双鞋的左只，a2，b2，c2分别表示三双鞋的右只，则从中随机取出2只的所有可能情况为(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a1，c2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a2，c2)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b2，c1)，(b2，c2)，(c1，c2)，共15种，其中满足取出的鞋一只左脚一只右脚的情况有(a1，a2)，(a1，b2)，(a1，c2)，(a2，b1)，(a2，c1)，(b1，b2)，(b1，c2)，(b2，c1)，(c1，c2)，共9种，所以所求概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).故选C. 8．从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为(　　) A．eq \f(41,63) B．eq \f(38,63) C．eq \f(2,3) D．eq \f(5,7) 解析：从正方体的8个顶点和中心中任取4个，有Ceq \o\al(4,9)＝126个结果，4个点恰好构成三棱锥分两种情况：①从正方体的8个顶点中取4个点，共有Ceq \o\al(4,8)＝70个结果，其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有6种情况，二是四点构成对角面(如平面AA1C1C)，有6种情况．在同一个平面的有6＋6＝12个，构成的三棱锥有70－12＝58个；②从正方体的8个顶点中任取3个，共有Ceq \o\al(3,8)＝56个结果，其中所取3点与中心共面，则这4个点在同一对角面上，共有6Ceq \o\al(3,4)＝24个结果，因此，所选3点与中心构成三棱锥有56－24＝32个．故从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的个数为58＋32＝90，故所求概率P＝eq \f(90,126)＝eq \f(5,7).故选D. 11. 如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中A1，A2，A3，A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止．则(　　) A．甲从M到达N处的方法有30种 B．甲从M经过A2到达N处的方法有9种 C．甲、乙两人在A3处相遇的概率为eq \f(81,400) D．甲、乙两人不相遇的概率为eq \f(49,100) 解析：对于A，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有Ceq \o\al(3,6)＝20种，A错误．对于B，甲经过A2到达N处，可分为两步：第1步，甲从M经过A2需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，有Ceq \o\al(1,3)种方法；第2步，甲从A2到达N处需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，有Ceq \o\al(1,3)种方法．所以甲从M经过A2到达N处的方法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，B正确．对于C，类似B，甲经过A3的方法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，乙经过A3的方法也有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，所以甲、乙两人在A3处相遇的方法有9×9＝81种，则甲、乙两人在A3处相遇的概率为3,6)eq \f(81,CCeq \o\al(3,6)) ＝eq \f(81,400)，C正确． 对于D，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在A1，A2，A3，A4处相遇，若甲、乙两人在A1处相遇，甲经过A1处，则甲的前3步必须向上走，乙经过A1处，则乙的前3步必须向左走，两人在A1处相遇的走法有1种；若甲、乙两人在A2处相遇，甲到A2处，前3步有1步向右走，后3步只有2步向右走，乙到A2处，前3步有1步向下走，后3步只有2步向下走，所以两人在A2处相遇的走法有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,3)＝81种；若甲、乙两人在A3处相遇，由C项分析可知，走法有81种；若甲、乙两人在A4处相遇，甲经过A4处，则甲的前3步必须向右走，乙经过A4处，则乙的前3步必须向下走，两人在A4处相遇的走法有1种，故甲、乙两人相遇的概率为eq \f(1＋81＋81＋1,400)＝eq \f(41,100)，由对立事件的概率知，甲、乙两人不相遇的概率为1－eq \f(41,100)＝eq \f(59,100)，D错误．故选BC. 解析：由题意得所有的情况有ABC，ABD，ABE，ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，ADF，AEF，BCD，BCE，BCF，BDE，BDF，BEF，CDE，CDF，CEF，DEF，共20种，由图知其中满足题意的有ABC，BCD，CDE，DEF，AEF，ABF，ACE，BDF，共8种，故所求概率为eq \f(8,20)＝eq \f(2,5). eq \f(2,5) eq \f(14,15) 13．一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为eq \f(7,15)，取得两个绿球的概率为eq \f(1,15)，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________． 解析：由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，取得两个同颜色的球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同颜色的球的概率为P＝eq \f(7,15)＋eq \f(1,15)＝eq \f(8,15).记事件A为“至少取得一个红球”，事件B为“取得两个绿球”，则事件A与B是对立事件，则至少取得一个红球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－eq \f(1,15)＝eq \f(14,15). eq \f(8,15) eq \f(1,16) 解析：由题意可知，所有可能的情况共有8×8×8种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3分类，其中公差为－3，－2，－1和3，2，1的情况数对应相等．公差为0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8种；公差为1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6种，公差为－1的也有6种；公差为2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)，共4种，公差为－2的也有4种；公差为3的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2种，公差为－3的也有2种．所以这三个数恰好构成等差数列的概率P＝eq \f(8＋6×2＋4×2＋2×2,8×8×8)＝eq \f(1,16). 解：(1)由频率分布直方图可知(a＋0.015＋0.035＋b＋a)×10＝1，即b＋2a＝0.05， 又b＝3a，所以a＝0.01，b＝0.03， 前三组的频率之和为0.1＋0.15＋0.35＝0.6<0.75， 前四组的频率之和为0.6＋0.3＝0.9>0.75， 则测试成绩的75%分位数m∈[80，90)，且m＝80＋eq \f(0.75－0.6,0.9－0.6)×10＝85. 测试成绩的平均分为eq \o(x,\s\up16(－))＝55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5. (2)成绩在[80，90)和[90，100]内的人数之比为3∶1， 故抽取的4人中成绩在[80，90)内的有3人，设为a，b，c， 成绩在[90，100]内的有1人，设为D， 再从这4人中选2人， 则这2人的所有可能情况有(a，b)，(a，c)，(a，D)，(b，c)，(b，D)，(c，D)，共6种， 这2人成绩都在[80，90)内的情况有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种， 故这2人成绩都在[80，90)内的概率为P＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2). (2)设事件A：“连续取两次都是白球”，则事件A所包含的样本点有(白1，白1)，(白1，白2)，(白2，白1)，(白2，白2)，共4个，所以P(A)＝eq \f(4,16)＝eq \f(1,4). (3)设事件B：“连续取球两次分数之和为3”， 事件C：“连续取球两次分数之和为4”， 事件D：“连续取球两次分数之和大于2”， 则事件B与事件C互斥， 则事件B所包含的样本点有(红，白1)，(红，白2)，(白1，红)，(白2，红)，共4个， 事件C所包含的样本点有(红，红)，共1个， 所以P(B)＝eq \f(4,16)，P(C)＝eq \f(1,16)， 所以P(D)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(4,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(5,16). 解：(1)当且仅当最高气温低于25时，这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，由表中数据可知，最高气温低于25的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6. 所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6. (2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时， 若最高气温低于20，则Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100； 若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300； 若最高气温不低于25，则Y＝450×(6－4)＝900， 所以利润Y的所有可能值为－100，300，900. 当且仅当最高气温不低于20时Y大于零，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8. 因此Y大于零的概率的估计值为0.8. $$