专题06 概率初步题型归纳（压轴题专项训练）高二数学沪教版必修第三册

专题06 概率初步题型归纳 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、事件的关系与运算性质 题型二、古典概型概率计算 题型三、有放回与无放回抽样概率 题型四、对立事件与互斥事件 题型五、概率的基本性质应用 题型六、互斥事件与相互独立事件辨析 题型七、相互独立事件概率计算及推广 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 概率计算是数学核心重难点，所有题型均围绕事件关系、古典概型、抽样模型、概率公式、互斥与独立事件辨析五大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是分清互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义，不可混淆概念；二是计算古典概型时，保证基本事件等可能，准确统计基本事件总数。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、事件的关系与运算性质 题型模版 1.特征：以随机事件为载体，考查包含、并事件、交事件等关系，常借助文字描述、韦恩图判断事件联系。易错点是混淆并事件、交事件含义，不能准确将文字条件转化为集合语言。 2.方法：利用集合类比理解事件关系，借助韦恩图直观分析。并事件满足，交事件满足；分析时先拆解题干描述，区分事件发生的不同情况，把实际问题转化为集合运算求解。 【例1】如图，一个电路中有，，三个电器元件，事件“元件工作正常”，事件“元件工作正常”，事件“元件工作正常”，则下列事件：①；②；③；④；⑤；⑥.表示事件“电路一定是断路”的个数为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】①表示元件A正常且元件B不正常；②表示元件A正常且元件C不正常； ③表示元件A不正常且元件B正常；④表示元件A不正常且元件C正常； ⑤表示元件A正常且元件B不正常或元件C不正常； ⑥表示元件A正常且元件B和C都不正常，故③④⑥表示电路一定是断路． 【例2】A,B两个元件组成一个串联电路，每个元件可能正常或失效.设事件“元件正常”，“B元件正常”，用分别表示A,B两个元件的状态，用表示这个串联电路的状态.以1表示元件正常，0表示元件失效.下列说法正确的个数是（    ） ①样本空间；   ②事件； ③事件“电路是断路”可以用（或）表示； ④事件“电路是通路”可以用（或）表示，共包含3样本点. A．0 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】因为分别取值0和1，因此的取值为，①正确； 事件中，而任取，因此②正确； 事件“电路是断路”中，至少有一个取0，因此事件“电路是断路”， ，，，从而“电路是断路”可表示为，③错； 事件“电路是通路”中，两个都取1，因此事件“电路是通路”， ，从而“电路是通路”可表示为，其中只有一个样本点，④错． 正确的个数是2， 故选：B． 【变式1-1】投掷一枚质地均匀的骰子，事件“出现奇数点”，“出现3点或5点”，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】事件A=“出现奇数点”=“出现1点或3点或5点”，B=“出现3点或5点”，所以. 【变式1-2】设是三个事件，则事件“至少有一个发生且不发生”可表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】事件“、至少有一个发生”可表示为，事件“不发生”可表示为. 选项A中表示同时发生且不发生，不符合题意 选项B中表示至少一个发生且不发生，与题意一致 选项C中表示至少一个发生或不发生，不符合题意 选项D中表示同时发生或不发生，不符合题意. 【变式1-3】小明在书店随机地选一本书，设事件：小明选的书是数学书，事件：小明选的书是中文版的书，事件：小明选的书是2024年或2024年以后出版的书，请写出表示的事件：______. 【答案】选到一本2024年前出版的中文版的数学书 【详解】因为{选到一本数学书}，{选到一本中文版的书}，{选到一本2024年或2024年以后出版的书}， 所以{选到一本2024年前出版的中文版的数学书}． 故答案为：选到一本2024年前出版的中文版的数学书 题型二、古典概型概率计算 题型模版 1.特征：满足有限性与等可能性两大条件，概率公式，题干常给出有限个基本事件。易错点在于计数时出现重复或者遗漏，误把不等可能事件当作古典概型处理。 2.方法：先判断是否满足古典概型条件，再用列举法、树状图或计数方法算出总基本事件数与事件包含的基本事件数，代入公式计算，计数过程做到不重不漏。 【例3】从编号为，，，，的张卡片中不放回地依次抽出张，每次抽张，设第一次抽到卡片的号码为，第二次抽到卡片的号码为，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】从张卡片不放回依次抽2张，考虑抽取顺序， 可能出现的结果有，， ，，， 总结果数为， 满足的有序数对有，共种. 事件“”的概率为 . 【例4】从棱长为的正方体上底面的个顶点和下底面的个顶点中分别取一个点，则这个点之间的距离大于的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】上底面 4 个顶点，下底面 4 个顶点，各取 1 个点，总取法：种， 这个点之间的距离大于，则这两个点只能是体对角线的顶点，一共4种， 所以这个点之间的距离大于的概率为. 【变式2-1】将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，第一次点数记为，第二次点数记为.则满足方程有实数根且的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于一元二次方程，其判别式， 因为方程有实数根，所以，即，即， 骰子点数取值为，且均为正整数， 因为，所以， 当时，，要求，无符合条件的值， 当时，，要求，符合条件的有，共2种， 当时，，骰子，要求，符合条件的有，共3种， 当时，，骰子，要求，符合条件的有，共 2 种， 当时，，骰子，要求，符合条件的有，共 1 种， 当时，要求，骰子无对应点数，无符合条件的值， 满足条件的总组合数为种， 则总基本事件数为种， 则满足方程有实数根且的概率为. 【变式2-2】在某届世界杯足球赛上，四支足球队进入了最后的比赛．在第一轮的两场比赛中，对对，然后这两场比赛的胜者将进入冠亚军决赛，这两场比赛的负者比赛，决出第三名和第四名．比赛的一种最终可能结果记为（表示胜胜，然后胜，胜．假设每场比赛中两队获胜的概率均为，且各场比赛结果相互独立。记：样本空间“比赛所有最终可能结果”，事件“队获得冠军”，事件“队进入冠亚军决赛”，事件“队为第三名”．则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】本题根据淘汰赛规则分步计算，每场比赛均分胜负，所有结果等概率： 第一轮两场比赛：a对有种结果，对有种结果； 第二轮：胜者争冠亚有种结果，负者争三四有种结果； 总结果数：，选项A正确. 获冠军需要先赢第一轮（胜），再赢决赛，两步胜率均为， 因此：，选项B错误 进冠亚军决赛仅需赢第一轮（对），胜率为，即：，选项C错误 若是冠军，则赢第一轮，是第一轮负者（）； 若是第三名，第三名是两个第一轮负者比赛的胜者， 因此必须是第一轮与比赛的负者（，即第一轮胜），且在三四名决赛中胜. 所有比赛结果固定，仅1种满足条件的结果，因此，选项D错误 【变式2-3】现有编号为1，3，5的三个大小质地完全相同的小球与编号为2，4，6的三个盒子.若从这三个小球中任取一个随机放入其中一个盒子，则该小球的编号大于其所在盒子编号的概率为_________.若将这三个小球全部随机放入三个盒子中，每个盒子均放入一个小球，则恰有两个小球的编号大于其所在盒子编号的概率为_________. 【答案】 【详解】①由题意知共3个小球、3个盒子，总情况数为 . 符合小球的编号大于其所在盒子编号的情况有： 小球编号1：没有比1小的盒子编号，0种； 小球编号3：仅盒子编号2满足，1种； 小球编号5：盒子编号2、4满足，2种； 共种符合条件的情况. 因此该小球的编号大于其所在盒子编号的概率. ②三个球全排列放入三个盒子，总情况数为 . 由于盒子编号最大为6，所有小球最大编号为5， 因此放入编号6盒子的球一定不满足“编号大于盒子编号”. 要恰有两个球满足条件，只能是前两个盒子（编号2、4）的球都满足条件. 编号4的盒子要满足球编号大于4，只能放编号5的小球； 编号2的盒子要满足球编号大于2，只能放剩下的编号3的小球； 编号6的盒子放剩下的编号1的小球，仅这1种符合条件的情况. 因此恰有两个小球的编号大于其所在盒子编号的概率. 题型三、有放回与无放回抽样概率 题型模版 1.特征：抽样问题分为有放回、无放回两类，两类样本总数变化不同。有放回抽样每次总数不变，无放回抽样总数逐次减少，容易混淆两种模型，导致总基本事件计数出错。 2.方法：先判定抽样类型，有放回抽样每次试验相互独立；无放回抽样总数递减。利用列举或排列计数求出事件个数，代入古典概型公式，区分两次抽取时样本总量是否发生改变。 【例5】将四位数2025的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】将2025各个数字打乱顺序重新排列所组成的不同四位数（含原来的四位数）的基本事件有：2205、2250、5220、5022、2025、2520、2052、2502、5202共9个，所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的基本事件有：2025、2520、2052、2502、5202共5个，所以所组成的不同四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为． 故选：A． 【例6】一个盒子中装有标号为1，2，3，5的4张标签，依次随机选取两张标签，用数组表示可能的结果，其中表示第一次取出的标签上的数字，表示第二次取出的标签上的数字． (1)若标签的选取是不放回的，写出样本空间，并求的概率； (2)若标签的选取是有放回的，求的概率． 【答案】(1)， (2) 【分析】 【详解】（1）若标签的选取是不放回的，则样本空间为： ，共12种等可能情形， 满足的有：，共6种情形， 所以满足的概率为； （2）若标签的选取是有放回的，则样本空间为： ，共16种等可能情形， 满足的有：，共6种情形， 所以满足的概率． 【变式3-1】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，，.则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设方式①的样本空间为，方式②的样本空间为，方式③的样本空间为， 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 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. 所以； 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 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. 所以； 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 其中“标号之和大于4”的基本事件有： （红2、绿3），（红3、绿2），（红3、绿3），共3个，所以； 所以. 故选：D. 【变式3-2】有1号、2号、3号三个信箱和A、B、C、D四封信，若这四封信可以任意投入信箱，投完为止，其中A信恰好投入1号且B信恰好投入2号信箱的概率是多少？ 【答案】 【详解】根据题意知若封信可以任意投入信箱，则共有种不同的投法， 其中A信恰好投入1号且B信恰好投入2号信箱，那么C、D两封信各自有3种投法，所以满足题意的投法， 所以其中A信恰好投入1号且B信恰好投入2号信箱的概率. 故答案为： 【变式3-3】小颖的爸爸只有一张《阿凡达》的电影票，她和哥哥两人都很想去观看.哥哥想了一个办法，他拿了8张扑克牌，将数字为2，3，5，9的四张牌给小颖，将数字为4，6，7，10的四张牌给自己，并按如下游戏规则进行：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为偶数，则小颖去；如果和为奇数，则哥哥去. (1)求小颖去看电影的概率； (2)这个游戏规则公平吗？若公平，请说明理由，若不公平，在小颖和哥哥所拿4张牌不变的情况下，如何修改游戏规则使其对双方公平. 【答案】(1) (2)不公平，游戏规则可修改规则为：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为3的倍数，则小颖去；如果和不是3的倍数，则哥哥去. 【分析】 【详解】（1）由题意画树状图：    两张牌的数字之和所对应16种结果分别为6，8，9，12，7，9，10，13，9，11，12，15，13，15，16，19， 其中和为偶数的结果有6，8，12，10，12，16共6种，所以小颖去看电影的概率为； （2）哥哥设计的游戏规则不公平，因为小颖去看电影的概率为， 哥哥去看电影的概率为，，此规则对哥哥更有利； 因为在所拿的牌不变的情况下，两张牌的数字之和所对应16种结果分别为6，8，9，12，7，9，10，13，9，11，12，15，13，15，16，19，其中和为3的倍数的结果有8个， 故可修改规则为：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加， 如果和为3的倍数，则小颖去；如果和不是3的倍数，则哥哥去. 题型四、对立事件与互斥事件 题型模版 1.特征：考查互斥事件与对立事件的概念辨析，对立一定互斥，但互斥不一定对立。常以选择题、综合小题形式出现，容易混淆二者逻辑关系，概念判断失误。 2.方法：牢记互斥：不能同时发生，；对立：且。判断时验证两个条件，对立事件公式，可用于简化概率运算。 【例7】从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取3个球，那么互斥不对立的事件是（    ） A．恰有一个黄球与恰有一个蓝球 B．至少有一个黄球与都是黄球 C．至少有一个黄球与都是蓝球 D．至少有一个黄球与至少有一个蓝球 【答案】A 【详解】从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取3个球，不同的取球情况共有以下4种： ①3个球全是黄球； ②2个黄球和1个蓝球； ③1个黄球2个蓝球； ④3个球全是蓝球． 对于A，恰有一个黄球是情况③，恰有一个蓝球是情况②， ∴恰有一个黄球与恰有一个蓝球是互斥不对立的事件，故A正确； 对于B，至少有一个黄球是情况①②③，都是黄球是情况①， ∴至少有一个黄球与都是黄球能同时发生，不是互斥事件，故B错误； 对于C，至少有一个黄球是情况①②③，都是蓝球是情况④， ∴至少有一个黄球与都是蓝球是对立事件，故C错误； 对于D，至少有一个黄球是情况①②③，至少有一个蓝球是情况②③④， ∴至少有一个黄球与至少有一个蓝球能同时发生，不是互斥事件，故D错误． 故选：A． 【例8】从1，2，3，…，9中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个都是奇数；③至少有一个奇数和两个都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．则在上述事件中，是对立事件的是（   ） A．① B．②④ C．③ D．①③ 【答案】C 【详解】从1∼9中任取两数，有以下三种情况：（i）两个均为奇数；（ii）两个均为偶数；（iii）一个奇数和一个偶数. ①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数中，有可能同时发生不存在对立的关系； ②至少有一个是奇数和两个都是奇数中，至少有一个是奇数包括两个都是奇数，不互斥，故不存在对立的关系； ③至少有一个是奇数和两个都是偶数中，至少有一个是奇数包括有一个奇数和有两个奇数，与两个都是偶数是对立事件； ④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数中，都包含一个奇数和一个偶数的结果，不存在对立的关系. 所以只有③所包含的事件是对立事件. 【变式4-1】一个袋子中有大小和质地相同的5个小球，其中有3个红球和2个白球．从袋中不放回地依次随机摸出2个小球（每次取1个小球），记事件“两次都摸到红球”，事件“两次都摸到白球”，事件“两次摸到的小球颜色不同”，事件“两次摸到的小球颜色相同”，则下列事件互为对立事件的是（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】D 【详解】对于A，事件“两次都摸到红球”，事件“两次都摸到白球”， 从袋中不放回地依次随机摸出2个小球有可能是一红球和一白球，即事件A，B都不发生， 故A，B互斥，但并集不等于样本空间，故不是对立事件，A错误； 对于B，事件“两次都摸到红球”，事件“两次摸到的小球颜色不同”， 从袋中不放回地依次随机摸出2个小球有可能两个白球，即事件A，C都不发生， 故A，C互斥，但并集不等于样本空间，不是对立事件，B错误； 对于C，事件“两次都摸到白球”，事件“两次摸到的小球颜色不同”， 从袋中不放回地依次随机摸出2个小球有可能两个红球，即事件B，C都不发生， 故B，C互斥，但并集不等于样本空间，不是对立事件，C错误； 对于D，事件“两次摸到的小球颜色不同”，事件“两次摸到的小球颜色相同”， 由于从袋中不放回地依次随机摸出2个小球的颜色要么是相同的， 要么不同， 故，故与是对立事件， 故选：D 【变式4-2】新高考选科要求，语数外＋（物理，历史）二选一＋（政治，地理，化学，生物）四选二．针对高一某同学的选科组合有如下事件，事件A“选物理”，事件B选历史”，事件C选化学”，事件D“选政治”，则下列正确的是（   ） A．事件与事件互斥 B． C．事件与事件对立 D． 【答案】C 【详解】由题意，用表示选择物理，用表示选择历史，用数字分别表示选择政治，地理，化学，生物， 则样本空间， 共有12个样本点，即，且每个样本点是等可能发生的，所以这是一个古典概型. 对于A，， 则事件，所以事件与事件不互斥，故A错误； 对于B，因为，所以， 则，故B错误； 对于C，， 则，且，所以事件与事件对立，故C正确； 对于D，，则，所以，故D错误， 故选：C. 【变式4-3】如图，一个电路中有四个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．记“电路是通路”，“电路是断路”，“至少三个元件正常”，“恰有三个元件正常”，则（    ） A．与互斥，但不对立 B．与互斥，但不对立 C． D． 【答案】B 【详解】选项A：电路不可能同时通路和断路，故，互斥成立； 全集是所有元件状态组合，覆盖了通路和断路所有情况，故是对立事件，故A错误； 选项B：表示至多两个元件正常，表示恰有三个元件正常， ，互斥成立，仅覆盖正常数，未包含 “四个元件都正常”，故不对立，故B正确； 选项C：恰有三个元件正常时，必有一个元件失效，由电路图可知： 任意三个元件正常时，电路均保持通路，即必然发生， ，故C错误； 选项D：“电路是断路”， 表示至多两个元件正常， 若正常，失效，此时正常元件数为2，但电路为通路， 故发生时不一定发生，故D错误． 故选：C． 题型五、概率的基本性质应用 题型模版 1.特征：围绕概率取值范围、互斥事件加法公式出题，常结合事件运算求概率。易错点是在事件不互斥时，直接套用互斥事件加法公式。 2.方法：使用加法公式前先验证事件是否互斥；若不互斥，选用一般加法公式。运算时刻遵守概率取值范围，对计算结果进行检验。 【例9】对于随机事件A，B，若，，则下列说法中错误的是（    ） A．当A，B互斥时， B．当时， C．当时，A，B相互独立 D．当时，A，B互为对立事件 【答案】D 【详解】对于A，若A，B互斥，所以， 解得，故A正确， 对于B，当时，，故B正确， 对于C，， 解得，故A，B相互独立，C正确， 对于D，对立事件要求，与的条件不符，故D错误. 【例10】设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，所以. 又 所以. 故. 故选：D. 【变式5-1】某家族有两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，两种性状都不出现的概率为，则该成员两种性状都出现的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件， 则两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件， 所以，，， 所以，， 又因为， 所以，， 故选：B 【变式5-2】已知事件的概率均不为，则的充要条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对A、D：抛掷一枚质地均匀的骰子，设表示事件“点数是1点”， 表示事件“点数是3点或5点”，表示事件“点数是偶数点”， 则， 此时满足，但，故A错误； 又，但，故D错误； 对B：若，则，推不出； 故B错误； 对C：，， 若，则，即； 若，由，， 则；故是的充要条件，故C正确. 故选：C. 【变式5-3】已知某艺术协会的会员中，有的会员喜爱书画或戏曲，有的会员喜爱书画，有的会员同时喜爱书画、戏曲．现从该协会中随机抽取一名会员，该会员喜爱戏曲的概率为______． 【答案】/0.75 【详解】记事件“该会员喜爱书画”，事件“该会员喜爱戏曲”， 由题意，知，，， 由概率的基本性质，知， 则，解得， 即从该协会中随机抽取一人，该会员喜爱戏曲的概率为． 故答案为： 题型六、互斥事件与相互独立事件辨析 题型模版 1.特征：对比辨析互斥事件和相互独立事件，互斥看能否同时发生，独立看事件发生互不影响。题型多为概念判断，极易混淆两个概念，错误认为互斥就是相互独立。 2.方法：互斥事件：；相互独立事件满足。判断时抓住核心定义，互斥是事件不能共存，独立是概率互不影响，二者没有必然推导关系。 【例11】将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，设“第一次出现1点”，“第二次出现1点”，“两次出现的点数之和为5”，“两次出现的点数之和为奇数”，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件相互独立 D． 【答案】C 【详解】样本空间共包含个等可能基本事件. ，，事件包含共4个基本事件， 故；事件包含18个基本事件，分别为 ， 故. 事件包含基本事件，故与不互斥，A错误. 事件包含基本事件，，，故与不相互独立，B错误. 事件包含共3个基本事件，，， 故，故与相互独立，C正确. 事件包含基本事件，故，，D错误. 【例12】某中学高一（3）班有45人，其中男生、女生的人数及其团员人数如下表所示.在班级里随机选一人，事件 “选到男生”， 事件“选到女生”，事件“选到团员”，则（    ） 团员 非团员 合计 男生 15 10 25 女生 12 8 20 合计 27 18 45 A． B． C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】D 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，事件“选到非团员”，则，故B错误， 对于C，由于存在既是团员也是女生的人，故事件与事件可能同时发生， 从而不是互斥事件，故C错误； 对于D，，， ， 则事件与事件相互独立，故D正确． 【变式6-1】已知事件满足，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，互斥，则 C．若，则 D．若，相互独立，则 【答案】D 【详解】选项A：若，则，因此，A错误； 选项B：若互斥，则为不可能事件，故，B错误； 选项C：若，则，因此，C错误； 选项D：若相互独立，根据独立事件概率乘法公式得， 再由概率加法公式得，D正确. 【变式6-2】某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【详解】由题意可得，，， 对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误； 对于B，的情况只有面4，故， 又，满足，故B正确； 对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误； 对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面， 故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4， 故，所以， 不满足独立事件定义，故D错误． 【变式6-3】已知事件A，B发生的概率分别为，则下列结论不正确的是（    ） A．若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为1 B．若A，B互斥，则A，B至少有一个发生的概率为 C．若A，B相互独立，则A，B都不发生的概率为 D．若A，B相互独立，则A，B至少有一个发生的概率为 【答案】C 【详解】依题意，，. 对于A，因为A，B互斥，所以，则A，B至多有一个发生的概率为. 对于B，，则A，B至少有一个发生的概率. 对于C，，所以A，B都不发生的概率为. 对于D，， 则A，B至少有一个发生的概率. 题型七、相互独立事件概率计算及推广 题型模版 1.特征：题干给出多个独立事件，核心公式，可推广到个相互独立事件同时发生的概率。综合性较强，易错点是在事件不独立时套用独立事件乘法公式。 2.方法：先验证事件相互独立，再使用乘法公式；求解“至少一个发生”可利用对立事件简化计算。多个独立事件推广时，分步拆解，确认事件之间互不影响后代入公式求值。 【例13】如图，一个电路中有三个电器元件，每个元件能正常工作的概率为，则该电路是通路的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由电路图可得元件都不正常工作的概率为， 故元件至少有一个正常工作的概率为， 而电路是通路，则元件必须正常工作，且元件至少有一个正常工作， 所以这个电路是通路的概率为． 【例14】已知甲、乙、丙三个医学科研团队独立攻关某一医学难题，若甲没有攻克而乙攻克的概率为，丙攻克的概率为，且该医学难题被攻克的概率为，则不正确的是（   ） A．甲攻克的概率为 B．甲或乙攻克的概率为 C．恰有两个团队攻克的概率小于甲或乙攻克的概率 D．至多有一个团队攻克的概率为 【答案】A 【详解】设甲攻克的概率为，乙攻克的概率为，已知丙攻克概率，三团队独立攻关， 由题意得：①甲没攻克乙攻克的概率（1）； ②难题被攻克的对立事件是三方都未攻克，故，化简得（2）； 由（1）（2）可得，解得，代入（1）得，即. 对于A：甲攻克的概率为，不是，A错误； 对于B：甲或乙攻克的概率，B正确； 对于C：恰有两个团队攻克的概率为，小于甲或乙攻克的概率，C正确； 对于D：至多有一个团队攻克的概率=三方都未攻克概率+恰有一个攻克概率， 三方都未攻克概率为，恰有一个攻克概率为， 总概率为，D正确. 【变式7-1】甲、乙两人组成“旭日队”参加投篮活动，每轮活动由甲、乙各投两个球，已知甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为．在每轮活动中，甲和乙每次投进与否互不影响，各轮结果也互不影响，且每轮甲和乙合计至少投进三个球队伍才能晋级下一轮活动，则下列结论不正确的是（     ） A．在第一轮活动中，甲恰好投进一个球的概率为 B．在第一轮活动中，“旭日队”晋级下一轮活动的概率为 C．若第一轮活动中甲已经投进两个球，则“旭日队”晋级第二轮的概率为 D．“旭日队”晋级第三轮且队伍中有人在前两轮中全部投进的概率为 【答案】B 【详解】对于A，在第一轮活动中，甲恰好投进一个， 即甲第一球投进第二球不投进或第二球投进第一球不投进， 故其概率为，故A正确； 对于B，在第一轮活动中，“旭日队”晋级， 则甲投进2球乙投进1球或甲投进1球乙投进2球或甲乙全部投进， 而乙恰好投进一球的概率为， 故“旭日队”晋级的概率为，故B错误； 对于C，在第一轮活动中，甲已经投进2球， 则乙至少投进1球“旭日队”即可晋级，故其概率为，故C正确； 对于D，队伍获得晋级，则每轮中至少一人全投进，另一人至少投进一个， 我们分甲全部投进和乙全部投进两种情况进行讨论， 设第轮甲全部投进为事件，甲恰好投进一个为事件， 乙全部投进为事件，乙恰好投进一个为事件，队伍获得晋级为事件， 则， 法一：由题意得 ，故D正确. 法二： ，故D正确. 【变式7-2】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立，已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，且.记该棋手连胜两盘的概率为，则下列说法正确的是（    ） A．与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，最小 D．该棋手在第二盘与丙比赛，最大 【答案】D 【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为， 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则； 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为， 则； 则， ， 可得， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大，选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关，选项A判断错误. 【变式7-3】为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)当时，求游戏三的获胜概率； (3)一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 【答案】(1)游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 (2) (3)选择先玩游戏二获得徽章的概率更大， 设事件“先玩游戏二获得徽章”，“先玩游戏三获得徽章”； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 故；则接下来选择先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【分析】 【详解】（1）设事件“游戏一获胜”；“游戏二获胜”；“游戏三获胜”； 游戏一取出一个球的样本空间为；； 因为，则；则； 游戏二有放回地取出两个球的样本空间为；； 因为，则，则； 故游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为； （2）不放回地依次取出两个球共有样本数为，其中样本点为 ； 时，游戏三包含样本点为，样本个数为， 故游戏三的获胜概率为； （3）略 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，一个电路中有甲、乙、丙三个电子元件，设“甲元件故障”，“乙元件故障”，“丙元件故障”，则不能表示电路是通路的事件是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A. 由题意得， “甲元件正常”， “乙、丙元件同时故障”， “乙原件和丙原件至少有一个正常”，故表示电路是通路. B. “甲、乙元件同时故障”，“甲原件和乙原件至少有一个正常”， “甲、丙元件同时故障”，“甲原件和丙原件至少有一个正常”，不能得到甲原件一定正常，故不能表示电路是通路. C. “甲元件正常”， “乙元件正常”， “丙元件正常”， “乙原件和丙原件至少有一个正常”，故表示电路是通路. D. “甲、乙元件均正常”， “甲、丙元件均正常”， 故表示电路是通路. 故选：B 2．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件表示“骰子向上的点数为奇数”，事件表示“骰子向上的点数为偶数”，事件表示“骰子向上的点数大于3”，事件表示“骰子向上的点数小于3”则（    ） A．事件与事件互为对立事件 B．事件与事件互为对立事件 C．事件与事件互斥 D．事件与事件互斥 【答案】A 【详解】易知事件E可表示为，事件F可表示为，事件G可表示为, 事件H可表示为，抛掷一枚质地均匀的骰子一次可表示为, 得到是U的真子集，， 所以A正确，B错误，C错误，D错误. 故选：A 3．已知，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_____. 【答案】0.4/ 【详解】因为，，， ， 解得. 故答案为：0.4. 4．对空中移动的目标连续射击两次，设两次都击中目标两次都没击中目标{恰有一次击中目标}，至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A.事件包含恰好一次击中目标或两次都击中目标，所以，故A正确； B.包含的事件为至少一次击中目标，为样本空间，所以B错误，C正确； D.事件与事件是对立事件，所以，故D正确. 故选：B 5．已知集合，集合，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲、乙两人分别从集合A，B中随机抽取2个不同的元素各构成最大的两位数X和Y，若，则甲获得胜利．甲获得胜利的概率为______． 【答案】 【详解】甲的最大两位数：所有2元子集对应21，31，41，32，42，43，（共6种）； 乙的最大两位数Y：21，31，32（共3种）． 甲获胜的情况共12种，总情况，概率为． 6．在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数不全是奇数的概率为_______． 【答案】 【详解】因为每行和每列均恰有1个方格被选中，用表示第一、二、三行里所选方格的数字， 则每种选法可标记为， 则每种选法可能的结果为，共有6种取法， 其中所选方格中的3个数均为奇数的情况有，有2种选法， 所以所选方格中的3个数均为奇数的概率为， 则所选方格中的3个数不全是奇数的概率为. 7．小明投篮两次，设“第一次投中”，“第二次投中”，“至少投中一次”，则下列说法正确的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D．与是对立事件 【答案】D 【详解】投篮结果为：（中，中），（中，未中），（未中，中），（未中，未中）， 则事件包含：（中，中），（中，未中）；事件包含：（中，中），（未中，中）； 事件包含：（中，中），（中，未中），（未中，中）， 则与不互斥，，故A，C选项错误，D正确； ，则，故B错误. 8．在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数中恰好有两个是偶数的概率为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【答案】 【详解】因为每行和每列均恰有1个方格被选中，用表示第一、二、三行里所选方格的数字， 则每种选法可标记为， 则每种选法可能的结果为，共有6种取法， 其中所选方格中的3个数均为奇数的情况有，有2种选法， 所以所选方格中的3个数均为奇数的概率为， 因为不存在3个数全为偶数的情况， 所以所选方格中的3个数中恰好有两个是偶数的概率为. 9．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则下列说法正确的是（ ） A．取出的3个球颜色相同的概率为 B．取出的3个球颜色全不相同的概率为 C．取出的3个球颜色不全相同的概率为 D．取出的3个球无红球的概率为 【答案】C 【详解】设取得黄、红、白球分别为， 有放回地取球3次， 共 27种等可能结果， 其中颜色相同的结果有3种，其概率为，故A错误； 颜色全不相同的结果有6种，其概率为，故B错误； 颜色不全相同的结果有 24种,其概率为，故C正确； 无红球的结果有8种，其概率为，故D错误． 故选：C 10．从一堆产品（其中正品与次品均多于两件）中任取两件，观察所抽取的正品件数与次品件数，则下列每对事件中，是对立事件的是（   ） A．恰好有一件次品与全是次品 B．至少有一件次品与全是次品 C．至少有一件次品与全是正品 D．至少有一件正品与至少有一件次品 【答案】C 【详解】任取两件所有可能结果为：全是正品、全是次品、一件正品一件次品； A中，恰好有一件次品即为一件正品一件次品， 所以恰好有一件次品与全是次品是互斥但不对立事件； B中，至少有一件次品包含：全是次品、一件正品一件次品， 所以至少有一件次品与全是次品不是对立事件； C中，至少有一件次品包含：全是次品、一件正品一件次品， 所以至少有一件次品与全是正品是对立事件； D中，至少有一件正品包含：全是正品、一件正品一件次品； 至少有一件次品包含：全是次品、一件正品一件次品， 所以至少有一件正品与至少有一件次品有交集，不是对立事件． 故选：C 11．如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次． (1)求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率； (2)求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率． 【答案】(1)； (2)． 【分析】 【详解】（1）设事件“质点移动2次后移动到顶点”， 事件“质点移动2次后移动到顶点”， 事件包括下列三种情况：；；， 所以； 事件包括下列两种情况：；，所以， 则， 即这两个质点移动2次后都移动到顶点的概率为； （2）设事件“质点移动3次后移动到顶点”， 事件“质点移动3次后移动到顶点”， 事件包含下列6种情况：，， ，， ，，则； 事件包含下列7种情况：，， ；，，， ，所以， 则， 即这两个质点移动3次后至少有一个移动到顶点的概率为． 12．A、B两队进行围棋比赛，A队有甲、乙、丙三位棋手，B队只有丁一位棋手．比赛规则如下：A队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平．已知甲、乙、丙分别与丁比赛且获胜的概率为、、，各盘比赛相互独立，且各盘比赛没有平局.丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． (1)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求； (2)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求A、B两队打平的概率； (3)通过计算判断A队怎样安排出场顺序对丁最有利． 【答案】(1) (2) (3)A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利 【分析】 【详解】（1）因为A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛， 所以丁连胜两盘、负一盘，则其中第二盘必胜，即丁对乙必胜， 所以． 故． （2）设A、B两队打平的概率为． 记事件C：第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜． 记事件D：第二盘为乙胜，第一、三盘都是丁胜，则C与D为互斥事件， 则． （3）设丁获胜的概率为p． 若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，则． 同理，若A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛，则． 若A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛， 则． 若A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛， 则． 因为，所以A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 概率初步题型归纳 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、事件的关系与运算性质 题型二、古典概型概率计算 题型三、有放回与无放回抽样概率 题型四、对立事件与互斥事件 题型五、概率的基本性质应用 题型六、互斥事件与相互独立事件辨析 题型七、相互独立事件概率计算及推广 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 概率计算是数学核心重难点，所有题型均围绕事件关系、古典概型、抽样模型、概率公式、互斥与独立事件辨析五大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是分清互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义，不可混淆概念；二是计算古典概型时，保证基本事件等可能，准确统计基本事件总数。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、事件的关系与运算性质 题型模版 1.特征：以随机事件为载体，考查包含、并事件、交事件等关系，常借助文字描述、韦恩图判断事件联系。易错点是混淆并事件、交事件含义，不能准确将文字条件转化为集合语言。 2.方法：利用集合类比理解事件关系，借助韦恩图直观分析。并事件满足，交事件满足；分析时先拆解题干描述，区分事件发生的不同情况，把实际问题转化为集合运算求解。 【例1】如图，一个电路中有，，三个电器元件，事件“元件工作正常”，事件“元件工作正常”，事件“元件工作正常”，则下列事件：①；②；③；④；⑤；⑥.表示事件“电路一定是断路”的个数为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【例2】A,B两个元件组成一个串联电路，每个元件可能正常或失效.设事件“元件正常”，“B元件正常”，用分别表示A,B两个元件的状态，用表示这个串联电路的状态.以1表示元件正常，0表示元件失效.下列说法正确的个数是（    ） ①样本空间；   ②事件； ③事件“电路是断路”可以用（或）表示； ④事件“电路是通路”可以用（或）表示，共包含3样本点. A．0 B．2 C．3 D．4 【变式1-1】投掷一枚质地均匀的骰子，事件“出现奇数点”，“出现3点或5点”，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】设是三个事件，则事件“至少有一个发生且不发生”可表示为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】小明在书店随机地选一本书，设事件：小明选的书是数学书，事件：小明选的书是中文版的书，事件：小明选的书是2024年或2024年以后出版的书，请写出表示的事件：______. 题型二、古典概型概率计算 题型模版 1.特征：满足有限性与等可能性两大条件，概率公式，题干常给出有限个基本事件。易错点在于计数时出现重复或者遗漏，误把不等可能事件当作古典概型处理。 2.方法：先判断是否满足古典概型条件，再用列举法、树状图或计数方法算出总基本事件数与事件包含的基本事件数，代入公式计算，计数过程做到不重不漏。 【例3】从编号为，，，，的张卡片中不放回地依次抽出张，每次抽张，设第一次抽到卡片的号码为，第二次抽到卡片的号码为，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 【例4】从棱长为的正方体上底面的个顶点和下底面的个顶点中分别取一个点，则这个点之间的距离大于的概率为（     ） A． B． C． D． 【变式2-1】将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，第一次点数记为，第二次点数记为.则满足方程有实数根且的概率为（     ） A． B． C． D． 【变式2-2】在某届世界杯足球赛上，四支足球队进入了最后的比赛．在第一轮的两场比赛中，对对，然后这两场比赛的胜者将进入冠亚军决赛，这两场比赛的负者比赛，决出第三名和第四名．比赛的一种最终可能结果记为（表示胜胜，然后胜，胜．假设每场比赛中两队获胜的概率均为，且各场比赛结果相互独立。记：样本空间“比赛所有最终可能结果”，事件“队获得冠军”，事件“队进入冠亚军决赛”，事件“队为第三名”．则（     ） A． B． C． D． 【变式2-3】现有编号为1，3，5的三个大小质地完全相同的小球与编号为2，4，6的三个盒子.若从这三个小球中任取一个随机放入其中一个盒子，则该小球的编号大于其所在盒子编号的概率为_________.若将这三个小球全部随机放入三个盒子中，每个盒子均放入一个小球，则恰有两个小球的编号大于其所在盒子编号的概率为_________. 题型三、有放回与无放回抽样概率 题型模版 1.特征：抽样问题分为有放回、无放回两类，两类样本总数变化不同。有放回抽样每次总数不变，无放回抽样总数逐次减少，容易混淆两种模型，导致总基本事件计数出错。 2.方法：先判定抽样类型，有放回抽样每次试验相互独立；无放回抽样总数递减。利用列举或排列计数求出事件个数，代入古典概型公式，区分两次抽取时样本总量是否发生改变。 【例5】将四位数2025的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【例6】一个盒子中装有标号为1，2，3，5的4张标签，依次随机选取两张标签，用数组表示可能的结果，其中表示第一次取出的标签上的数字，表示第二次取出的标签上的数字． (1)若标签的选取是不放回的，写出样本空间，并求的概率； (2)若标签的选取是有放回的，求的概率． 【变式3-1】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，，.则（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】有1号、2号、3号三个信箱和A、B、C、D四封信，若这四封信可以任意投入信箱，投完为止，其中A信恰好投入1号且B信恰好投入2号信箱的概率是多少？ 【变式3-3】小颖的爸爸只有一张《阿凡达》的电影票，她和哥哥两人都很想去观看.哥哥想了一个办法，他拿了8张扑克牌，将数字为2，3，5，9的四张牌给小颖，将数字为4，6，7，10的四张牌给自己，并按如下游戏规则进行：小颖和哥哥从各自的四张牌中随机抽出一张，然后将抽出的两张扑克牌数字相加，如果和为偶数，则小颖去；如果和为奇数，则哥哥去. (1)求小颖去看电影的概率； (2)这个游戏规则公平吗？若公平，请说明理由，若不公平，在小颖和哥哥所拿4张牌不变的情况下，如何修改游戏规则使其对双方公平. 题型四、对立事件与互斥事件 题型模版 1.特征：考查互斥事件与对立事件的概念辨析，对立一定互斥，但互斥不一定对立。常以选择题、综合小题形式出现，容易混淆二者逻辑关系，概念判断失误。 2.方法：牢记互斥：不能同时发生，；对立：且。判断时验证两个条件，对立事件公式，可用于简化概率运算。 【例7】从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取3个球，那么互斥不对立的事件是（    ） A．恰有一个黄球与恰有一个蓝球 B．至少有一个黄球与都是黄球 C．至少有一个黄球与都是蓝球 D．至少有一个黄球与至少有一个蓝球 【例8】从1，2，3，…，9中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个都是奇数；③至少有一个奇数和两个都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．则在上述事件中，是对立事件的是（   ） A．① B．②④ C．③ D．①③ 【变式4-1】一个袋子中有大小和质地相同的5个小球，其中有3个红球和2个白球．从袋中不放回地依次随机摸出2个小球（每次取1个小球），记事件“两次都摸到红球”，事件“两次都摸到白球”，事件“两次摸到的小球颜色不同”，事件“两次摸到的小球颜色相同”，则下列事件互为对立事件的是（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 【变式4-2】新高考选科要求，语数外＋（物理，历史）二选一＋（政治，地理，化学，生物）四选二．针对高一某同学的选科组合有如下事件，事件A“选物理”，事件B选历史”，事件C选化学”，事件D“选政治”，则下列正确的是（   ） A．事件与事件互斥 B． C．事件与事件对立 D． 【变式4-3】如图，一个电路中有四个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．记“电路是通路”，“电路是断路”，“至少三个元件正常”，“恰有三个元件正常”，则（    ） A．与互斥，但不对立 B．与互斥，但不对立 C． D． 题型五、概率的基本性质应用 题型模版 1.特征：围绕概率取值范围、互斥事件加法公式出题，常结合事件运算求概率。易错点是在事件不互斥时，直接套用互斥事件加法公式。 2.方法：使用加法公式前先验证事件是否互斥；若不互斥，选用一般加法公式。运算时刻遵守概率取值范围，对计算结果进行检验。 【例9】对于随机事件A，B，若，，则下列说法中错误的是（    ） A．当A，B互斥时， B．当时， C．当时，A，B相互独立 D．当时，A，B互为对立事件 【例10】设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】某家族有两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，两种性状都不出现的概率为，则该成员两种性状都出现的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】已知事件的概率均不为，则的充要条件是（   ） A． B． C． D． 【变式5-3】已知某艺术协会的会员中，有的会员喜爱书画或戏曲，有的会员喜爱书画，有的会员同时喜爱书画、戏曲．现从该协会中随机抽取一名会员，该会员喜爱戏曲的概率为______． 题型六、互斥事件与相互独立事件辨析 题型模版 1.特征：对比辨析互斥事件和相互独立事件，互斥看能否同时发生，独立看事件发生互不影响。题型多为概念判断，极易混淆两个概念，错误认为互斥就是相互独立。 2.方法：互斥事件：；相互独立事件满足。判断时抓住核心定义，互斥是事件不能共存，独立是概率互不影响，二者没有必然推导关系。 【例11】将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，设“第一次出现1点”，“第二次出现1点”，“两次出现的点数之和为5”，“两次出现的点数之和为奇数”，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件相互独立 D． 【例12】某中学高一（3）班有45人，其中男生、女生的人数及其团员人数如下表所示.在班级里随机选一人，事件 “选到男生”， 事件“选到女生”，事件“选到团员”，则（    ） 团员 非团员 合计 男生 15 10 25 女生 12 8 20 合计 27 18 45 A． B． C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【变式6-1】已知事件满足，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，互斥，则 C．若，则 D．若，相互独立，则 【变式6-2】某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【变式6-3】已知事件A，B发生的概率分别为，则下列结论不正确的是（    ） A．若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为1 B．若A，B互斥，则A，B至少有一个发生的概率为 C．若A，B相互独立，则A，B都不发生的概率为 D．若A，B相互独立，则A，B至少有一个发生的概率为 题型七、相互独立事件概率计算及推广 题型模版 1.特征：题干给出多个独立事件，核心公式，可推广到个相互独立事件同时发生的概率。综合性较强，易错点是在事件不独立时套用独立事件乘法公式。 2.方法：先验证事件相互独立，再使用乘法公式；求解“至少一个发生”可利用对立事件简化计算。多个独立事件推广时，分步拆解，确认事件之间互不影响后代入公式求值。 【例13】如图，一个电路中有三个电器元件，每个元件能正常工作的概率为，则该电路是通路的概率为（     ） A． B． C． D． 【例14】已知甲、乙、丙三个医学科研团队独立攻关某一医学难题，若甲没有攻克而乙攻克的概率为，丙攻克的概率为，且该医学难题被攻克的概率为，则不正确的是（   ） A．甲攻克的概率为 B．甲或乙攻克的概率为 C．恰有两个团队攻克的概率小于甲或乙攻克的概率 D．至多有一个团队攻克的概率为 【变式7-1】甲、乙两人组成“旭日队”参加投篮活动，每轮活动由甲、乙各投两个球，已知甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为．在每轮活动中，甲和乙每次投进与否互不影响，各轮结果也互不影响，且每轮甲和乙合计至少投进三个球队伍才能晋级下一轮活动，则下列结论不正确的是（     ） A．在第一轮活动中，甲恰好投进一个球的概率为 B．在第一轮活动中，“旭日队”晋级下一轮活动的概率为 C．若第一轮活动中甲已经投进两个球，则“旭日队”晋级第二轮的概率为 D．“旭日队”晋级第三轮且队伍中有人在前两轮中全部投进的概率为 【变式7-2】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立，已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，且.记该棋手连胜两盘的概率为，则下列说法正确的是（    ） A．与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，最小 D．该棋手在第二盘与丙比赛，最大 【变式7-3】为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)当时，求游戏三的获胜概率； (3)一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，一个电路中有甲、乙、丙三个电子元件，设“甲元件故障”，“乙元件故障”，“丙元件故障”，则不能表示电路是通路的事件是（   ） A． B． C． D． 2．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件表示“骰子向上的点数为奇数”，事件表示“骰子向上的点数为偶数”，事件表示“骰子向上的点数大于3”，事件表示“骰子向上的点数小于3”则（    ） A．事件与事件互为对立事件 B．事件与事件互为对立事件 C．事件与事件互斥 D．事件与事件互斥 3．已知，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_____. 4．对空中移动的目标连续射击两次，设两次都击中目标两次都没击中目标{恰有一次击中目标}，至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（    ） A． B． C． D． 5．已知集合，集合，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲、乙两人分别从集合A，B中随机抽取2个不同的元素各构成最大的两位数X和Y，若，则甲获得胜利．甲获得胜利的概率为______． 6．在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数不全是奇数的概率为_______． 7．小明投篮两次，设“第一次投中”，“第二次投中”，“至少投中一次”，则下列说法正确的是（    ） A．与互斥 B．与相互独立 C． D．与是对立事件 8．在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数中恰好有两个是偶数的概率为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则下列说法正确的是（ ） A．取出的3个球颜色相同的概率为 B．取出的3个球颜色全不相同的概率为 C．取出的3个球颜色不全相同的概率为 D．取出的3个球无红球的概率为 10．从一堆产品（其中正品与次品均多于两件）中任取两件，观察所抽取的正品件数与次品件数，则下列每对事件中，是对立事件的是（   ） A．恰好有一件次品与全是次品 B．至少有一件次品与全是次品 C．至少有一件次品与全是正品 D．至少有一件正品与至少有一件次品 11．如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次． (1)求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率； (2)求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率． 12．A、B两队进行围棋比赛，A队有甲、乙、丙三位棋手，B队只有丁一位棋手．比赛规则如下：A队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平．已知甲、乙、丙分别与丁比赛且获胜的概率为、、，各盘比赛相互独立，且各盘比赛没有平局.丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． (1)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求； (2)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求A、B两队打平的概率； (3)通过计算判断A队怎样安排出场顺序对丁最有利． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $