第5章 概率（复习讲义）数学湘教版必修第二册

第5章 概率（复习讲义） 1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性． 2．了解概率的意义及频率与概率的区别． 3．了解两个互斥事件的概率加法公式． 4．理解古典概型、事件的相互独立性及其概率计算公式． 5．会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率． 1．样本点与样本空间 (1)样本点：我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，一般地，用ω表示样本点． (2)样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般地，用Ω表示样本空间． (3)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．事件的关系与运算 名称 条件 结论 符号表示 包含关系 事件A发生，事件B一定发生 事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) B⊇A(或A ⊆B) 相等关系 B⊇A且A⊇B 事件A与事件B相等 A＝B 并事件(或和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 事件A与事件B的并事件(或和事件) A∪B(或A＋ B) 交事件(或积事件) 事件A与事件B同时发生 事件A与事件B的交事件(或积事件) A∩B(或AB) 互斥事件 事件A与事件B不能同时发生 事件A与事件B互斥(或互不相容) A∩B＝∅ 对立事件 事件A与事件B有且仅有一个发生 事件A与事件B互为对立 A∩B＝∅， A∪B＝Ω 提醒：随机事件A，B互斥与对立的区别与联系 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． 3．频率与概率 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 频率稳定 性的作用 可以用频率fn(A)估计概率P(A) 提醒：随机事件A发生的频率与概率的区别与联系 随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中事件A发生的频率稳定在事件A发生的概率附近． 4．概率的性质 性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1； 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，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)． 【常用结论】 (1)频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数． (2)对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件． (3)概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0. (4)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)． 5．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有限个； (2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等． 6．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)＝＝. 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． 提醒：一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键． 7．事件的相互独立性 事件A与事件 B相互独立 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立 性质 若事件A与事件B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A) 提醒：两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥． 【常用结论】 1．相互独立事件概率公式的推广 如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 2．相互独立事件与互斥事件的概率计算 概率 A，B互斥 A，B相互独立 P(A∪B) P(A)＋P(B) 1－P()P() P(AB) 0 P(A)P(B) P( ) 1－[P(A)＋P(B)] P()P() P(A∪B) P(A)＋P(B) P(A)P()＋P()P(B) 题型一 随机事件的关系 【例1】若干个人站成一排，其中为互斥事件的是(　　) 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” A　解析：根据互斥事件不能同时发生，判断A是互斥事件；BCD中两事件能同时发生，故不是互斥事件．故选A． 【变式1-1】从装有2个红球和2个白球的袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是(　　) A．取出的球至少有1个红球；取出的球都是红球 B．取出的球恰有1个红球；取出的球恰有1个白球 C．取出的球至少有1个红球；取出的球都是白球 D．取出的球恰有1个白球；取出的球恰有2个白球 D　解析：在A中，至少有1个红球和都是红球，这两个事件能同时发生，故A不是互斥事件；在B中，恰有1个红球，恰有1个白球，这两个事件能同时发生，故B不是互斥事件；在C中，至少有1个红球，都是白球，这两个事件不能同时发生，也不能同时不发生，故C是对立事件；在D中，恰有1个白球，恰有2个白球，这两个事件不能同时发生，能同时不发生，故D是互斥而不对立的两个事件．故选D． 【变式1-2】口袋里装有6个形状相同的小球，其中红球1个，白球2个，黄球3个．从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________． ①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C)． ①④　解析：显然A与D是对立事件，①正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，③不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确． 题型二 随机事件的频率与概率 【例2】如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间(分) 10～ 20 20～ 30 30～ 40 40～ 50 50～ 60 选择L1的人数 6 12 18 12 12 选择L2的人数 0 4 16 16 4 (1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率； (2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率； (3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径． 解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)， 所以用频率估计相应的概率p＝＝0.44. (2)选择L1的有60人，选择L2的有40人， 故由调查结果得频率为 所用时 间(分) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60 选择L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 选择L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1 (3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站． 由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6， P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5. 因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1. 同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8， P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9. 因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2. 【变式2-1】在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，正面朝上的频数为51次，则正面朝上的频率为(　　) A．49 B．0.5 C．0.51 D．0.49 C　解析：由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为＝0.51. 【变式2-2】某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表： 本科 研究生 合计 35岁以下 40 30 70 35～50岁 27 13 40 50岁以上 8 2 10 现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是(　　) A．该校教职工具有本科学历的概率低于60% B．该校教职工具有研究生学历的概率超过50% C．该校教职工的年龄在50岁以上的概率超过10% D．该校教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10% D　解析：对于选项A，该校教职工具有本科学历的概率p＝＝＝62.5%>60%，故A错误．对于选项B，该校教职工具有研究生学历的概率p＝＝＝37.5%<50%，故B错误．对于选项C，该校教职工的年龄在50岁以上的概率p＝＝≈8.3%<10%，故C错误．对于选项D，该校教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率p＝＝＝12.5%>10%，故D正确．故选D． 题型三 互斥事件与对立事件的概率 【例3】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名顾客的相关数据，如表所示. 一次购物量(件) 1～4 5～8 9～12 13～16 17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 已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)求x，y的值； (2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率． 解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20. (2)记A：一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟； A1：该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟； A2：该顾客一次购物的结算时间为3分钟． 将频率视为概率可得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝0.3. 【变式3-1】经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下： 排队人数 0 1 2 3 4 5及以上 概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 求：(1)至多2人排队等候的概率； (2)至少3人排队等候的概率． 解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥． (1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56. (2)(方法一)记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44. (方法二)记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44. 【变式3-2】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　) A．62%　　 B．56% C．46%　　 D．42% C　解析：记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A＋B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件AB， 则P(A)＝0.6，P(B)＝0.82，P(A＋B)＝0.96， 所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝0.6＋0.82－0.96＝0.46. 所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.故选C． 【变式3-3】如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为(　　) A．0.64　　　　 B．0.36 C．0.16 D．0.84 C　解析：设P(A)＝x，则P(B)＝3x，因为事件A与B是互斥事件，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64，解得x＝0.16.故选C． 【变式3-4】某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求： (1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1张奖券的中奖概率； (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝. 故事件A，B，C的概率分别为，，. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C． 因为A，B，C两两互斥，所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝，故1张奖券的中奖概率约为. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝， 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. 题型四 简单的古典概型的概率 【例4】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A． B． C． D． D　解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C＝21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,6)，(4,6)，(4,8)，(6,8)，共7种，故所求概率p＝＝.故选D． 【变式4-1】从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　) A． B． C． D． C　解析：从6张卡片中无放回随机抽取2张，共有(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)，15种情况，其中数字之积为4的倍数的有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，6种情况，故概率为＝.故选C． 【变式4-2】1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”.1966年我国数学家陈景润证明了“1＋2”，获得了该研究的世界最优成果．若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是(　　) A． B． C． D． B　解析：不超过20的所有质数有2,3,5,7,11,13,17,19，共8个，从中选取2个不同的数有28种，和超过20的共有(2,19)，(3,19)，(5,17)，(5,19)，(7,17)，(7,19)，(11,13)，(11,17)，(11,19)，(13,17)，(13,19)，(17,19)，共12种，所以两数之和不超过20的概率是＝. 题型五 事件的相互独立性 【例5】有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 B　解析：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，两点数和为7的所有可能为：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)， P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝＝，P(丁)＝＝. A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝＝P(甲)·P(丁)， C：P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(丁)． 【变式5-1】甲、乙两队进行篮球决赛，采取三场两胜制(当一队赢得两场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是 ________. 0.6　解析：甲队最终获胜包含3种情况： ①前两场甲均胜，概率为p1＝0.6×0.5＝0.3， ②第一场甲胜，第二场甲负，第三场甲胜，概率为p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18， ③第一场甲负，第二场甲胜，第三场甲胜，概率为p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12， 所以甲队最终获胜的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6. 【变式5-2】为了缓解道路拥堵，合理分配车流，有关部门对城市若干道路的流量情况展开调查．调查员甲经实地观察发现，道路K由于较为偏僻，在30分钟内出现车辆的概率仅为0.8.若车辆在任何时刻出现的概率都是独立的，则甲观察10分钟就能发现车辆的概率约为(　　) A．0.3　　　 B．0.5 C．0.4　　　 D．0.6 C　解析：由题意可知，在30分钟内出现车辆的概率仅为0.8,30分钟内不出现车辆的概率为0.2,30分钟内不出现车辆即是连续三个10分钟不出现车辆，即p3＝0.2⇒p约等于0.6，所以观察10分钟就能发现车辆的概率约为1－0.6＝0.4.故选C． 【变式5-3】一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F，G为7个开关，其闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　　) A．1－ B．1－ C． D． A　解析：电路由上到下有3个分支并联，开关A，B所在的分支不通的概率为1－×＝，开关C，D所在的分支不通的概率为×＝，开关E，F，G所在的分支不通的概率为1－×＝，所以灯亮的概率是1－××＝1－.故选A． 基础巩固通关测 1．抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立事件的是(　　) A．至多一枚硬币正面朝上 B．只有一枚硬币正面朝上 C．两枚硬币反面朝上 D．两枚硬币正面朝上 C　解析：由对立事件的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件为“两枚硬币反面朝上”．故选C． 2．(多选题)一箱产品有正品10件，次品2件，从中任取2件，有如下事件，其中互斥事件有(　　) A．“恰有1件次品”和“恰有2件次品” B．“至少有1件次品”和“都是次品” 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“都是正品” AD　解析：对A，“恰有1件次品”和“恰有2件次品”不可能同时发生，为互斥事件；对B，“都是次品”的基本事件中包含了“至少有1件次品”的事件，不是互斥事件；对C，“至少有1件正品” 的基本事件为{“有1件正品和1件次品”，“有2件正品” }，“至少有1件次品” 的基本事件为{“有1件正品和1件次品”，“有2件次品” }，它们有共同的基本事件“有1件正品和1件次品”，不是互斥事件；对D，由C分析知：“至少有1件次品”和“都是正品”不可能同时发生，为互斥事件．故选AD． 3．(多选题)一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品．从这批产品中任意抽取5件，现给出以下四个事件：事件A表示“恰有一件次品”；事件B表示“至少有两件次品”；事件C表示“至少有一件次品”；事件D表示“至多有一件次品”. 下列说法正确的是(　　) A．A＋B＝C B．B＋D是必然事件 C．A∩B＝C D．A∩D＝C AB　解析：事件A＋B表示“至少有一件次品”，即事件C，所以A正确；事件B＋D表示“至少有两件次品或至多有一件次品”，包括了所有情况，所以B正确；事件A∩B＝∅，所以C不正确；事件A∩D表示“恰有一件次品”，即事件A，所以D不正确． 4．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学的瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100名学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90名，阅读过《红楼梦》的学生共有80名，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60名，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(　　) A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 C　解析：根据题意，阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用Venn图表示如下： 所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为＝0.7. 5．某市场一摊位的卖菜员发现顾客来此摊位买菜后选择只用现金支付的概率为0.2，选择既用现金支付又用非现金支付的概率为0.1，且买菜后无赊账行为，则选择只用非现金支付的概率为(　　) A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 C　解析：设事件A为“只用现金支付”，事件B为“只用非现金支付”，事件C为“既用现金支付又用非现金支付”，事件D为“买菜后支付”，则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.因为P(A)＝0.2，P(C)＝0.1，所以P(B)＝0.7.故选C． 6．(多选题)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 100 55 18 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，用频率估计概率的方法，下述结论中，正确的是(　　) A．P(A)＝0.55 B．P(B)＝0.18 C．P(C)＝0.27 D．P(B∪C)＝0.55 ABC　解析：依题意，P(A)＝＝0.55，P(B)＝＝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，所以选项A，B，C都正确，选项D不正确．故选ABC． 7．袋中装有18个白球，7个黑球，5个绿球，从中任取一球，则取到白球的概率为(　　) A． B． C． D． C　解析：从袋中任取一球，有30种取法，其中取到白球的取法有18种，则所求概率为＝. 8．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”．古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是(　　) A． B． C． D． A　解析：随机任取“两行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种情况，其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，所以取出的“两行”相生的概率为＝.故选A． 9．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　) A．事件A与B互斥 B．事件A与B对立 C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又相互独立 C　解析：因为P(A)＝1－P()＝1－＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝≠0，所以事件A与B相互独立，事件A与B不互斥，故不对立．故选C． 10．(多选题)将一枚质地均匀的硬币先后抛掷两次，下列说法正确的有(　　) A．至少一次正面朝上的概率是 B．恰有一次正面朝上的概率与恰有两次正面朝上的概率一样 C．一次正面朝上，一次反面朝上的概率是 D．在第一次正面朝上的条件下，第二次正面朝上的概率是 AD　解析：将一枚质地均匀的硬币先后抛掷两次共有正正，正反，反正，反反四个结果．对于A，至少一次正面朝上的概率P＝，正确；对于B，恰有一次正面朝上的概率P1＝，恰有两次正面朝上概率P2＝，P1≠P2，错误；对于C，一次正面朝上，一次反面朝上的概率是，错误；对于D, 第一次正面朝上的条件下，第二次正面朝上的概率是，正确．故选AD． 11．甲、乙两人参加歌唱比赛，晋级概率分别为和，且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为(　　) A． B． C． D． A　解析：依题意两人中恰有一人晋级，则甲晋级、乙未晋级或甲未晋级、乙晋级，所以概率P＝×＋×＝.故选A． 12．为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为， ， ，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为(　　) A． B． C． D． C　解析：依题意甲、乙两人均获胜0场，则P1＝3＝；甲、乙两人均获胜1场，则P2＝C××C××＝，所以甲、乙获胜场数相同的概率P＝P1＋P2＝＋＝.故选C． 13．已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛，比赛流程如图所示，根据以往经验，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8,0.4,0.6，丙战胜丁的概率为0.5，并且比赛没有和棋，则甲获得最后冠军的概率为(　　) A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3 C　解析：甲获得最后冠军这个事件可分为两个互斥事件：一个是第一轮甲胜乙，丙胜丁，第二轮甲胜丙，另一个是第一轮甲胜乙，丁胜丙，第二轮甲胜丁， 所以所求概率P＝0.8×0.5×0.4＋0.8×(1－0.5)×0.6＝0.4. 14．从3双鞋子中，任取4只，其中至少有两只鞋是一双，这个事件是________事件．(填“必然”“不可能”或“随机”) 必然　解析：从3双鞋子中，任取4只，必有两只鞋是一双，所以这个事件是必然事件． 15．某城市2022年的空气质量状况如下表所示： 污染指数T 30 60 100 110 130 140 概率 其中污染指数T≤50时，空气质量状况为优；50＜T≤100时，空气质量状况为良；100＜T≤150时，空气质量状况为轻微污染．该城市2022年空气质量状况达到良或优的概率为________． 　解析： 由题意可知2022年空气质量状况达到良或优的概率为＋＋＝. 16．已知事件A，B，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，如果A与B互斥，令m＝P(AB)；如果A与B相互独立，令n＝P()，则n－m＝________. 0．4　解析：因为A与B互斥，所以m＝P(AB)＝0；因为A与B相互独立，所以n＝P()＝P()P()＝(1－0.5)×(1－0.2)＝0.4，所以n－m＝0.4. 17．袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求： (1)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少； (2)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少． 解：(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C， 由于A，B，C为互斥事件， 根据已知得 解得 所以从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，. (2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3,2,4， 得到的两个球同色的可能有：两个黑球共3种情况，两个黄球只有1种情况，两个绿球共有6种情况．而从9个球中取出2个球的情况共有36种， 所以任取两个球，得到的两个球颜色相同的概率为＝，则得到的两个球颜色不相同的概率是1－＝. 18．某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛．比赛最多有三局．第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答．比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局．已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为，，快问快答局获胜与平局的概率分别为，，抢答局获胜的概率为，且各局比赛相互独立． (1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率； (2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率． 解：(1)设“甲至多经过两局比赛晋级决赛”为事件A，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜， 则P(A)＝＋×＝. (2)记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B，C，D， 则P(B)＝1－＝，P(C)＝×＝，P(D)＝××＝， 故在乙最后晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为＝. 能力提升进阶练 1．抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“正面朝上的点数为奇数”，则下列事件中与事件A为对立事件的是(　　) A．正面朝上的点数大于3 B．正面朝上的点数是2的倍数 C．正面朝上的点数为4或6 D．正面朝上的点数是3的倍数 B　解析：对于选项A，正面朝上的点数大于3，即点数为4,5,6，与事件A有公共部分5，选项A错误． 对于选项B，正面朝上的点数是2的倍数，即点数为2,4,6，与事件A无公共部分，且该事件与事件A包含了所有的样本空间，选项B正确． 对于选项C，正面朝上的点数为4或6，与事件A是互斥事件，故选项C错误． 对于选项D，正面朝上的点数是3的倍数，即点数为3,6，与事件A有公共部分3，即该事件与事件A不对立．故选项D错误． 故选B． 2．(多选题)甲、乙、丙三人在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则下列说法正确的是(　　) A．甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件 B．甲的不同的选法种数为15 C．已知乙同学选了物理，则他选技术的概率是 D．乙、丙两名同学都选物理的概率是 BD　解析：甲、乙、丙三人至少一人选化学与全不选化学是对立事件，故A错误．由于甲必选物理，故只需从剩下6门课中选2门即可，即C＝15(种)选法，故B正确．乙同学选了物理，故他选技术的概率是，故C错误．乙、丙两名同学各自选物理的概率均为，故乙、丙两名同学都选物理的概率是×＝，故D正确．故选BD． 3．交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义，为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是(　　) A．0.36 B．0.576 C．0.648 D．0.904 C　解析：设李明同学至少答对2道题为事件A，则P(A)＝C(0.6)2×0.4＋C(0.6)3＝0.648. 故选C． 4．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是__________． 　解析：围棋盒子中有多粒黑子和白子，因为从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，所以由对立事件概率计算公式得：从中任意取出2粒恰好是不同色的概率P＝1－－＝. 5．某购物网站开展一种商品的预约购买，规定每个手机号只能预约一次，预约后通过摇号的方式决定能否成功购买到该商品．规则如下：(1)摇号的初始中签率为0.19；(2)当中签率不超过1时，可借助“好友助力”活动增加中签率，每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05.为了使中签率超过0.9，则至少需要邀请________位好友参与到“好友助力”活动． 15　解析：因为摇号的初始中签率为0.19，所以要使中签率超过0.9，需要增加的中签率为0.9－0.19＝0.71. 因为每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05， 所以至少需要邀请＝14.2，即邀请15位好友参与到“好友助力”活动． 6．有一道数学难题，在半小时内，甲、乙能解决的概率都是，丙能解决的概率是.若3人试图独立地在半小时内解决该难题，则该难题得到解决的概率为_________． 　解析：设“在半小时内，甲、乙、丙能解决该难题”分别为事件A，B，C，“在半小时内该难题得到解决”为事件D，则P(A)＝P(B)＝，P(C)＝，D＝A∪B∪C，表示事件“在半小时内没有解决该难题”，＝ ，所以P()＝P( )＝ P()P()P()＝××＝，P(D)＝1－P()＝. 7．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： 最高 气温 [10， 15) [15， 20) [20， 25) [25， 30) [30， 35) [35， 40) 天数 2 16 36 25 7 4 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． 解： (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25℃，由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为＝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，若最高气温不低于25℃，则Y＝6×450－4×450＝900； 若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300； 若最高气温低于20℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100. 所以，Y的所有可能值为900,300，－100. Y大于零当且仅当最高气温不低于20℃，由表格数据知，最高气温不低于20℃的频率为＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8. 8．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为. (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求甲最终获胜的概率． 解：(1)记事件M：甲连胜四场，则P(M)＝4＝. (2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输， 则四局内结束比赛的概率P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×4＝， 所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝. (3)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，事件M为甲赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC， 所以甲赢的概率为P(M)＝ 4＋7×5＝. 16．有一种击球比赛，把从裁判发球哨响开始到之后裁判第一哨响止，叫做一回合．每一回合中，发球队赢球后得分1分并在下一回合发球，另一队得零分，发球队输球后，比赛双方均得零分，下一回合由另一队发球．甲、乙两球队正在进行这种击球比赛，从以往统计结果看，每一回合，甲、乙两队输赢球的概率都相等． (1)在连续三个回合中，第一回合由甲队发球，求甲队得1分的概率； (2)比赛进入决胜局，两队得分均为25分，在接下来的比赛中，甲队第一回合发球，若甲、乙两队某一队得分比对方得分多2分，则比赛结束，得分多的队获比赛胜利．求甲队在第四回合获得比赛胜利的概率． 解：(1)甲得1分有两种情况：①甲第一局赢，第二局输，第三局随意．概率为×＝. ②甲第一局输，第二局乙输，第三局甲赢．概率为××＝. 所以甲队得1分的概率为＋＝. (2)甲队在第四回合获得比赛胜利的情况：①第一局甲赢，第二局甲输，第三局乙输，第四局甲赢． ②第一局甲输，第二局乙输，第三局甲赢，第四局甲赢． 根据分类可求得甲队在第四回合获得比赛胜利的概率为2×4＝. 18 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5章 概率（复习讲义） 1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性． 2．了解概率的意义及频率与概率的区别． 3．了解两个互斥事件的概率加法公式． 4．理解古典概型、事件的相互独立性及其概率计算公式． 5．会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率． 1．样本点与样本空间 (1)样本点：我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，一般地，用ω表示样本点． (2)样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般地，用Ω表示样本空间． (3)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．事件的关系与运算 名称 条件 结论 符号表示 包含关系 事件A发生，事件B一定发生 事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) B⊇A(或A ⊆B) 相等关系 B⊇A且A⊇B 事件A与事件B相等 A＝B 并事件(或和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 事件A与事件B的并事件(或和事件) A∪B(或A＋ B) 交事件(或积事件) 事件A与事件B同时发生 事件A与事件B的交事件(或积事件) A∩B(或AB) 互斥事件 事件A与事件B不能同时发生 事件A与事件B互斥(或互不相容) A∩B＝∅ 对立事件 事件A与事件B有且仅有一个发生 事件A与事件B互为对立 A∩B＝∅， A∪B＝Ω 提醒：随机事件A，B互斥与对立的区别与联系 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． 3．频率与概率 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 频率稳定 性的作用 可以用频率fn(A)估计概率P(A) 提醒：随机事件A发生的频率与概率的区别与联系 随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中事件A发生的频率稳定在事件A发生的概率附近． 4．概率的性质 性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1； 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，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)． 【常用结论】 (1)频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数． (2)对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件． (3)概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0. (4)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)． 5．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有限个； (2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等． 6．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)＝＝. 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． 提醒：一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键． 7．事件的相互独立性 事件A与事件 B相互独立 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立 性质 若事件A与事件B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A) 提醒：两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥． 【常用结论】 1．相互独立事件概率公式的推广 如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 2．相互独立事件与互斥事件的概率计算 概率 A，B互斥 A，B相互独立 P(A∪B) P(A)＋P(B) 1－P()P() P(AB) 0 P(A)P(B) P( ) 1－[P(A)＋P(B)] P()P() P(A∪B) P(A)＋P(B) P(A)P()＋P()P(B) 题型一 随机事件的关系 【例1】若干个人站成一排，其中为互斥事件的是(　　) 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” 【变式1-1】从装有2个红球和2个白球的袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是(　　) A．取出的球至少有1个红球；取出的球都是红球 B．取出的球恰有1个红球；取出的球恰有1个白球 C．取出的球至少有1个红球；取出的球都是白球 D．取出的球恰有1个白球；取出的球恰有2个白球 【变式1-2】口袋里装有6个形状相同的小球，其中红球1个，白球2个，黄球3个．从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________． ①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C)． 题型二 随机事件的频率与概率 【例2】如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间(分) 10～ 20 20～ 30 30～ 40 40～ 50 50～ 60 选择L1的人数 6 12 18 12 12 选择L2的人数 0 4 16 16 4 (1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率； (2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率； (3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径． 【变式2-1】在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，正面朝上的频数为51次，则正面朝上的频率为(　　) A．49 B．0.5 C．0.51 D．0.49 【变式2-2】某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表： 本科 研究生 合计 35岁以下 40 30 70 35～50岁 27 13 40 50岁以上 8 2 10 现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是(　　) A．该校教职工具有本科学历的概率低于60% B．该校教职工具有研究生学历的概率超过50% C．该校教职工的年龄在50岁以上的概率超过10% D．该校教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10% 题型三 互斥事件与对立事件的概率 【例3】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名顾客的相关数据，如表所示. 一次购物量(件) 1～4 5～8 9～12 13～16 17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 已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)求x，y的值； (2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率． 【变式3-1】经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下： 排队人数 0 1 2 3 4 5及以上 概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 求：(1)至多2人排队等候的概率； (2)至少3人排队等候的概率． 【变式3-2】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　) A．62%　　 B．56% C．46%　　 D．42% 【变式3-3】如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为(　　) A．0.64　　　　 B．0.36 C．0.16 D．0.84 【变式3-4】某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求： (1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1张奖券的中奖概率； (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 题型四 简单的古典概型的概率 【例4】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A． B． C． D． 【变式4-1】从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　) A． B． C． D． 【变式4-2】1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”.1966年我国数学家陈景润证明了“1＋2”，获得了该研究的世界最优成果．若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是(　　) A． B． C． D． 题型五 事件的相互独立性 【例5】有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 【变式5-1】甲、乙两队进行篮球决赛，采取三场两胜制(当一队赢得两场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是 ________. 【变式5-2】为了缓解道路拥堵，合理分配车流，有关部门对城市若干道路的流量情况展开调查．调查员甲经实地观察发现，道路K由于较为偏僻，在30分钟内出现车辆的概率仅为0.8.若车辆在任何时刻出现的概率都是独立的，则甲观察10分钟就能发现车辆的概率约为(　　) A．0.3　　　 B．0.5 C．0.4　　　 D．0.6 【变式5-3】一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F，G为7个开关，其闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　　) A．1－ B．1－ C． D． 基础巩固通关测 1．抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立事件的是(　　) A．至多一枚硬币正面朝上 B．只有一枚硬币正面朝上 C．两枚硬币反面朝上 D．两枚硬币正面朝上 2．(多选题)一箱产品有正品10件，次品2件，从中任取2件，有如下事件，其中互斥事件有(　　) A．“恰有1件次品”和“恰有2件次品” B．“至少有1件次品”和“都是次品” 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“都是正品” 3．(多选题)一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品．从这批产品中任意抽取5件，现给出以下四个事件：事件A表示“恰有一件次品”；事件B表示“至少有两件次品”；事件C表示“至少有一件次品”；事件D表示“至多有一件次品”. 下列说法正确的是(　　) A．A＋B＝C B．B＋D是必然事件 C．A∩B＝C D．A∩D＝C 4．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学的瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100名学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90名，阅读过《红楼梦》的学生共有80名，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60名，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(　　) A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 5．某市场一摊位的卖菜员发现顾客来此摊位买菜后选择只用现金支付的概率为0.2，选择既用现金支付又用非现金支付的概率为0.1，且买菜后无赊账行为，则选择只用非现金支付的概率为(　　) A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8 6．(多选题)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 100 55 18 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，用频率估计概率的方法，下述结论中，正确的是(　　) A．P(A)＝0.55 B．P(B)＝0.18 C．P(C)＝0.27 D．P(B∪C)＝0.55 7．袋中装有18个白球，7个黑球，5个绿球，从中任取一球，则取到白球的概率为(　　) A． B． C． D． 8．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”．古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是(　　) A． B． C． D． 9．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　) A．事件A与B互斥 B．事件A与B对立 C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又相互独立 10．(多选题)将一枚质地均匀的硬币先后抛掷两次，下列说法正确的有(　　) A．至少一次正面朝上的概率是 B．恰有一次正面朝上的概率与恰有两次正面朝上的概率一样 C．一次正面朝上，一次反面朝上的概率是 D．在第一次正面朝上的条件下，第二次正面朝上的概率是 11．甲、乙两人参加歌唱比赛，晋级概率分别为和，且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为(　　) A． B． C． D． 12．为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为， ， ，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为(　　) A． B． C． D． 13．已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛，比赛流程如图所示，根据以往经验，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8,0.4,0.6，丙战胜丁的概率为0.5，并且比赛没有和棋，则甲获得最后冠军的概率为(　　) A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3 14．从3双鞋子中，任取4只，其中至少有两只鞋是一双，这个事件是________事件．(填“必然”“不可能”或“随机”) 15．某城市2022年的空气质量状况如下表所示： 污染指数T 30 60 100 110 130 140 概率 其中污染指数T≤50时，空气质量状况为优；50＜T≤100时，空气质量状况为良；100＜T≤150时，空气质量状况为轻微污染．该城市2022年空气质量状况达到良或优的概率为________． 16．已知事件A，B，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，如果A与B互斥，令m＝P(AB)；如果A与B相互独立，令n＝P()，则n－m＝________. 17．袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求： (1)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少； (2)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少． 18．某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛．比赛最多有三局．第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答．比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局．已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为，，快问快答局获胜与平局的概率分别为，，抢答局获胜的概率为，且各局比赛相互独立． (1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率； (2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率． 能力提升进阶练 1．抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“正面朝上的点数为奇数”，则下列事件中与事件A为对立事件的是(　　) A．正面朝上的点数大于3 B．正面朝上的点数是2的倍数 C．正面朝上的点数为4或6 D．正面朝上的点数是3的倍数 2．(多选题)甲、乙、丙三人在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则下列说法正确的是(　　) A．甲、乙、丙三人至少一人选化学与全选化学是对立事件 B．甲的不同的选法种数为15 C．已知乙同学选了物理，则他选技术的概率是 D．乙、丙两名同学都选物理的概率是 3．交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义，为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是(　　) A．0.36 B．0.576 C．0.648 D．0.904 4．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是__________． 5．某购物网站开展一种商品的预约购买，规定每个手机号只能预约一次，预约后通过摇号的方式决定能否成功购买到该商品．规则如下：(1)摇号的初始中签率为0.19；(2)当中签率不超过1时，可借助“好友助力”活动增加中签率，每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05.为了使中签率超过0.9，则至少需要邀请________位好友参与到“好友助力”活动． 6．有一道数学难题，在半小时内，甲、乙能解决的概率都是，丙能解决的概率是.若3人试图独立地在半小时内解决该难题，则该难题得到解决的概率为_________． 7．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： 最高 气温 [10， 15) [15， 20) [20， 25) [25， 30) [30， 35) [35， 40) 天数 2 16 36 25 7 4 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． 8．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为. (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求甲最终获胜的概率． 14 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $