2027届高三一轮复习试题 数学 规范练66 随机事件的概率与古典概型

**基本信息** 聚焦随机事件概率与古典概型，以概念辨析与综合应用为双主线，覆盖高考高频考点，注重逻辑推理与数学建模 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|11题|含事件判断、频率估计概率、互斥对立事件辨析等基础题型|从随机事件概念生成，到概率基本性质推导，再到古典概型简单应用，层层递进| |综合提升练|6题|结合立体几何（正方体顶点）、集合、实际情境（值班/比赛）等跨模块综合题|深化古典概型计算，关联空间想象与数据分析，体现数学思维的系统性|

课时规范练66　随机事件的概率与古典概型 (分值:86分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.从6个篮球、2个排球中任选3个球,则下列事件中,是必然事件的是(　　) A.3个都是篮球 B.至少有1个是排球 C.3个都是排球 D.至少有1个是篮球 2.一批瓶装纯净水,每瓶标注的净含量是550 mL,现从中随机抽取10瓶,测得各瓶的净含量如表所示(单位:mL): 542 548 549 551 549 550 551 555 550 557 若用频率估计概率,则这批纯净水每瓶净含量在547.5 mL~552.5 mL之间的概率估计为(　　) A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.7 3.根据气象统计资料,某地每年国庆节这一天吹南风的概率为25%,下雨的概率为20%,吹南风或下雨的概率为35%,则既吹南风又下雨的概率为(　　) A.5% B.10% C.15% D.45% 4.用2,3,4这3个数组成没有重复数字的三位数,则事件“这个三位数是偶数”与事件“这个三位数大于342”(　　) A.是互斥但不对立事件 B.不是互斥事件 C.是对立事件 D.是不可能事件 5.(2023·全国乙,文9)某学校举办作文比赛,共设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. B. C. D. 6.现有5位老师,若每人随机进入两间教室中的任意一间听课,则恰好全都进入同一间教室的概率是(　　) A. B. C. D. 7.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,则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　) A. B. C. D. 8.(2025·湖南娄底模拟)某同学参加跳远测试,共有3次机会.用事件Ji(i=1,2,3)表示随机事件“第i(i=1,2,3)次跳远成绩及格”,那么事件“前两次测试成绩均及格,第三次测试成绩不及格”可以表示为(　　) A.J1∩J2 B. C.J1∩J2∩ D. 9.在一次随机试验中,三个事件A,B,C发生的概率分别是0.4,0.5,0.6,则下列选项正确的是(　　) A.A∪B∪C是必然事件 B.A与B是互斥事件 C.P(A∩B)≤0.4 D.P(A∪B)=1.1 10.投掷一枚质地均匀的骰子,设事件A:出现的点数为大于3的质数;事件B:出现的点数为偶数,则P(A∪B)=　　　　　.  11.已知事件A和B互斥,事件A,B都不发生的概率为,且P(A)=2P(B),则P()=　　　　.  综合提升练 12.(2025·江西新余模拟)从正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点中任取4点,若这4个点能构成正三棱锥,则这4点构成正四面体的概率为(　　) A. B. C. D. 13.(2025·山东省实验中学模拟)在4个人中选若干人在3天假期中值班(每天只需1人值班),不出现同一人连续值班两天,其中甲恰有一天值班的概率为(　　) A. B. C. D. 14.(2025·陕西安康模拟)已知集合A={x∈N|x2-5x<0},从集合A的非空子集中任取两个集合B1,B2,则它们的交集为空集的概率为(　　) A. B. C. D. 15.(多选题)已知甲罐中有四个相同的小球,标号为1,2,3,4,乙罐中有五个相同的小球,标号为1,2,3,5,6,现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”,事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”,则(　　) A.事件A与事件B是互斥事件 B.事件A与事件B是对立事件 C.事件A∪B发生的概率为 D.事件A∩B发生的概率为 16.将一枚骰子抛掷两次,若先后出现的点数分别为b,c,则关于x的方程x2+bx+c=0有实根的概率为　　　　.  17.(2024·新高考Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在之后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　.  参考答案 课时规范练66　随机事件的概率与古典概型 1.D　解析 由题可知,至少有1个是篮球是必然事件.故选D. 2.D　解析 由数据可知,在随机抽取的10瓶水中,净含量在547.5 mL~552.5 mL之间的瓶数为7,频率为=0.7.由频率估计概率,可知这批纯净水中,每瓶净含量在547.5 mL~552.5 mL之间的概率为0.7. 3.B　解析 由题知,既吹南风又下雨的概率为25%+20%-35%=10%.故选B. 4.B　解析 将2,3,4组成一个没有重复数字的三位数的样本空间Ω={234,243,324,342,423,432}.设“这个三位数是偶数”为事件A,“这个三位数大于342”为事件B,则A={234,324,342,432},B={423,432},所以两个事件不是互斥事件,更不是对立事件.故选B. 5.A　解析 甲、乙两位同学各随机抽取一个主题,共有6×6=36种结果,而甲、乙两位同学抽到同一个主题的结果有6种,所以甲、乙两位同学抽到不同主题的概率P=1-.故选A. 6.B　解析 5位老师,每人随机进入两间教室中的任意一间听课,共有25=32种方法,其中恰好全都进入同一间教室,共有2种方法,所以P=. 7.D　解析 用(a,b)表示抽得的第一张卡片上的数为a,第二张卡片上的数为b,记“抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”为事件A,则A={(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4)},共包含10个样本点.而有放回地连续抽取2张卡片,共有5×5=25个样本点,则P(A)=.故选D. 8.C　解析 J1∩J2表示前两次测试成绩均及格,故A错误;表示后两次测试都没有及格,故B错误;J1∩J2∩表示前两次测试成绩均及格,第三次测试成绩不及格,故C正确;表示三次测试成绩均不及格,故D错误.故选C. 9.C　解析 对于A,若A⊆B⊆C,则P(A∪B∪C)=P(C)=0.6<1,故A不正确;对于B,若A⊆B,则P(A∩B)=P(A)=0.4≠0,故B不正确;对于C,由(A∩B)⊆A,得P(A∩B)≤P(A)=0.4,故C正确;对于D,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.9-P(A∩B).而P(A∩B)≥0,所以P(A∪B)≤0.9,故D不正确.故选C. 10.　解析 投掷一枚骰子,点数有1,2,3,4,5,6,即样本空间Ω={1,2,3,4,5,6},n(Ω)=6,A={5},B={2,4,6},则A∪B={2,4,5,6},n(A∪B)=4,所以P(A∪B)=. 11.　解析 因为事件A和B互斥,P(A)=2P(B),所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=3P(B).因为事件A和B都不发生的概率为,所以1-P(A∪B)=1-3P(B)=,所以P(B)=,所以P(A)=2P(B)=,所以P()=. 12.D　解析 由4个顶点构成的正三棱锥有两类,第一类是正四面体,如四面体A1BC1D,AB1CD1,共2个;第二类是正三棱锥但非正四面体,如正三棱锥A-BDA1,B-ACB1,C-BDC1,D-ACD1,A1-AB1D1,B1-BC1A1,C1-CB1D1,D1-A1C1D,共8个.故所求概率为.故选D. 13.C　解析 每天值班人选从4人中选1人,且相邻两天值班人不同.则第一天有4种选择,第二天值班的人员不能与第一天相同,因此有3种选择,第三天值班的人员不能与第二天相同,因此有3种选择.故共有4×3×3=36种安排方法.若甲只在第一天值班,有1×3×2=6种安排方法;若甲只在第二天值班,有3×1×3=9种安排方法;若甲只在第三天值班,有3×2×1=6种安排方法.所以甲恰有一天值班的概率为P=.故选C. 14.C　解析 由x2-5x<0,解得0<x<5,所以A={1,2,3,4},共有24-1=15个非空子集.当B1中有一个元素时,B2是剩下三个元素的非空子集,则有×(23-1)=28种情况;当B1中有两个元素时,B2是剩下两个元素的非空子集,则有×(22-1)=18种情况;当B1中有三个元素时,B2是剩下一个元素的非空子集,则有×1=4种情况.根据对称性可知,其中有一半是重复的情况,则B1,B2,它们的交集为空集时有=25种不同情况,故任取两个集合B1,B2交集为空集的概率为.故选C. 15.CD　解析 用(a,b)表示从甲罐中随机抽取的1个小球标号为a,从乙罐中随机抽取的1个小球标号为b,由题可知,A={(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)},共11个样本点.B={(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6)},共8个样本点.因为A∩B≠⌀,故A,B错误;因为A∪B={(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6)},共11个样本点.又从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,共4×5=20种抽法,所以P(A∪B)=,故C正确;因为A∩B={(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6)},共8个样本点,所以P(A∩B)=,故D正确.故选CD. 16.　解析 将一枚骰子抛掷两次,若先后出现的点数分别为b,c,那么试验的样本点可以用(b,c)表示,共有36个样本点.记“关于x的方程x2+bx+c=0有实根”为事件A,则Δ=b2-4c≥0,即b≥2.A={(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(4,4),(5,4),(6,4),(5,5),(6,5),(5,6),(6,6)},共有19个样本点.由古典概型公式可得,P(A)=. 17.　解析 设每轮比赛中,甲选的卡片上的数字为i,乙选的卡片上的数字为j,则每轮比赛可用数字组(i,j)表示,其中i=1,3,5,7,j=2,4,6,8.当甲选的卡片上的数字为1时,甲这一轮得0分,所以在四轮比赛中,甲最多得3分,且要得3分,只有一种情形,即(1,8),(3,2),(5,4),(7,6). 甲得2分,有以下情形: ①当甲所选卡片上的数字为3和5时分别得1分,所选卡片上的数字为1和7时分别得0分,有(1,6),(3,2),(5,4),(7,8),共1种. ②当甲所选卡片上的数字为3和7时分别得1分,所选卡片上的数字为1和5时分别得0分,有(1,8),(3,2),(5,6),(7,4);(1,6),(3,2),(5,8),(7,4);(1,4),(3,2),(5,8),(7,6),共3种. ③当甲所选卡片上的数字为5和7时分别得1分,所选卡片上的数字为1和3时分别得0分,有(1,6),(3,8),(5,2),(7,4);(1,8),(3,6),(5,2),(7,4);(1,4),(3,8),(5,2),(7,6);(1,8),(3,4),(5,2),(7,6);(1,6),(3,8),(5,4),(7,2);(1,8),(3,6),(5,4),(7,2);(1,2),(3,8),(5,4),(7,6),共7种. 综上,共12种情况满足四轮比赛后,甲的总得分不小于2.而四轮比赛中的所有情况共有4!种,故所求概率为. 学科网（北京）股份有限公司 $