文档内容
【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 52 练 随机事件的概率与古典概型（精练）
刷真题 明导向
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）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概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】对6个主题编号，利用列举列出甲、乙抽取的所有结果，并求出抽到不同主题的结果，再利用古
典概率求解作答.
【详解】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：
乙
1 2 3 4 5 6
甲
1
2
3
4
5
6
共有36个不同结果，它们等可能，
其中甲乙抽到相同结果有 ，共6个，
因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率 .
故选：A
2．（2023·全国·统考高考真题）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（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有 件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有 ，
所以这2名学生来自不同年级的概率为 .
故选：D.
3．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】C
【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.
【详解】[方法一]：【最优解】无序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
15种情况，其中数
字之积为4的倍数的有 6种情况，故概率为 .
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),
(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率
为 .
故选：C.【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
4．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有 种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有： ，共7种，
故所求概率 .
故选：D.
5．（2021·全国·高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8
【答案】C
【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.
【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为 ，
故选：C.
二、填空题
6．（2022·全国·统考高考真题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为．
【答案】 .
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的 个顶点中任取 个，有 个结果，这 个点在同一个平面的有
个，故所求概率 ．
故答案为： ．
7．（2022·全国·统考高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的
概率为 ．
【答案】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，
1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率 .
故答案为： .
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．掷一枚骰子，设事件 出现的点数不大于3 ， 出现的点数为偶数 ，则（ ）
A． B．事件A与 是互斥事件C． 出现的点数为2 D．事件A与 是对立事件
【答案】C
【分析】根据事件的关系和运算一一判定即可.
【详解】掷骰子有点数为1，2，3，4，5，6六种结果，
即 ，事件 ，
故 ，即事件A、B既不互斥也不对立.
显然C正确.
故选：C
2．单项选择题是标准化考试中常用的题型，一般是从A，B，C，D四各选项中选择一个正确答案，如果
考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确的答案，假设考生有一题不会做，他随机地选择一个答案，
答对的概率是（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【分析】应用古典概型即可解题.
【详解】试验有选A、选B、选C、选D共4种可能结果，试验的样本空间可以表示为 ，
．考生随机选择一个答案，表明每个样本点发生的可能性相等，所以这是一个古典概型，设 M
="选中正确答案"，因为正确答案是唯一的，所以 .所以，考生随机选择一个答案，答对的概率
故选：B.
3．第19届亚运会将在杭州举办，本届亚运会主题口号为“心心相融，@未来”，“@”符号它既代表了万
物互联，也契合了杭州互联网之城的特征．已知有杭州奥体中心体育馆，黄龙体育中心体育馆，大运河亚
运公园体育馆，萧山区体育中心体育馆这4个场馆，小王和小李每人选择3个场馆去观看比赛，则他们的
选择中，恰有2个场馆相同的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】记这四个不同的体育场馆分别为 ， ， ， ，列举得到概率.
【详解】可以列举，不妨记这四个不同的体育场馆分别为 ， ， ， ，
那么当小王的选择是 时，小李的选择可以是 ， ， ， .
所以在以上四种情况中他们恰有2个场馆相同的概率为 .
故选：D.
4．下列关于各事件发生的概率判断错误的是（ ）
A．从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为
B．四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三
角形的概率是
C．一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能
获得食物的概率为
D．已知集合 ， ，在集合 中任取一个元素，则该元素是集合
中的元素的概率为
【答案】D
【分析】结合列举法和古典概型公式可直接判断AB，由古典概型公式可判断CD.
【详解】对于A，从甲、乙、丙三人中任选两人有（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），共3种情况，其中，甲被选中的情况有2种，故甲被选中的概率为 ，故A正确；
对于B，从四条长度各异的线段中任取一条，每条被取出的可能性均相等，所以该试验属于古典概型．又
所有基本事件包括 ， ， ， 四种情况，而能构成三角形的基本事件只有
一种情况，所以所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是 ，故B正确；
对于C，该树枝的树梢有6处，有2处能找1到食物，所以获得食物的概率为 ，故C正确；
对于D，因为 ， ，所以由古典概型的概率公式得，所求的概率是 ，
故D错误．
故选：D
5．某家庭准备晚上在餐馆吃饭，他们查看了两个网站关于四家餐馆的好评率，如下表所示，考虑每家餐
馆的总好评率，他们应选择（ ）
网站②评价人
网站①评价人数 网站①好评率 网站②好评率
数
餐馆
1000 95% 1000 85%
甲
餐馆
1000 100% 2000 80%
乙
餐馆
1000 90% 1000 90%
丙
餐馆
2000 95% 1000 85%
丁
A．餐馆甲 B．餐馆乙 C．餐馆丙 D．餐馆丁
6．中国农历的二十四节气是中华民族的智慧与传统文化的结晶，二十四节气歌是以春、夏、秋、冬开始
的四句诗.在国际气象界，二十四节气被誉为“中国的第五大发明”.2016年11月30日，二十四节气被正
式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.某小学三年级共有学生600名，随机抽查100名
学生并提问二十四节气歌，只能说出一句的有45人，能说出两句及以上的有38人，据此估计该校三年级
的600名学生中，对二十四节气歌一句也说不出的有（ ）
A．17人 B．83人 C．102人 D．115人
【答案】C【分析】根据频率计算出正确答案.
【详解】一句也说不出的学生频率为 ，
所以估计 名学生中，一句也说不出的有 人.
故选：C
7．在一个不透明的布袋中，红色、黑色、白色的玻璃球共有40个，除颜色外其他完全相同，小明通过多
次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率分别稳定在15%和45%，则布袋中白色球的个数可能是
（ ）个．
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】B
【分析】计算摸到白色球的频率，从而求解出白色球个数.
【详解】由题意，摸到红色球、黑色球的概率分别为15%和45%，
即可摸到白色球的概率为 ，
所以可得白色球的个数为 .
故选：B
8．一个学习小组有3名同学，其中2名男生，1名女生．从这个小组中任意选出2名同学，则选出的同学
中既有男生又有女生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】写出3人取2人的所有事件，找出一男同学一女同学的取法，利用古典概型求解即可．
【详解】设1名女生为 ，2名男生分别为 ， ，
则任意选出2名同学，共有： ， ， ，3个基本事件，
其中选出的同学中既有男生又有女生共有 ， ，2个基本事件，
所以其概率为 ．
故选：D．
9．一文学小组的同学们计划在郭沫若先生的5部历史剧《屈原》《凤凰涅槃》《孔雀胆》《蔡文姬》《高
渐离》中，随机选两部排练节目参加艺术节活动，则《风凰涅槃》恰好被选中的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意直接求概率即可.
【详解】从5部历史剧中随机选两部排练节目，则《风凰涅槃》恰好被选中的概率为 .
故选：B
10．从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥但不对立的事件是（ ）
A．至少一个黑球与至少一个红球 B．至少一个黑球与都是黑球
C．恰有一个黑球与恰有两个黑球 D．至少一个黑球与都是红球
【答案】C
【分析】依据互斥事件与对立事件的定义，以及它们的关系,作出判断．
【详解】从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，包括3种情况：①恰有一个黑球，②恰有两个
黑球，③没有黑球．
对于A，至少一个黑球与至少一个红球，能同时发生的情况有“恰有一个黑球”，故不是互斥事件，不符
合要求；
对于B，至少一个黑球与都是黑球，能同时发生的情况有“都是黑球”，故不是互斥事件，不符合要求；
对于C，恰有一个黑球与恰有两个黑球不可能同时发生，它们是互斥事件，再由这两件事的和不是必然事
件，故他们是互斥但不对立的事件，符合要求；
对于D，至少一个黑球与都是红球，不能同时发生且“至少一个黑球”与“都是黑球”必有一个发生，是
对立事件，不符合要求；
故选：C．
11．将骰子先后抛掷2次，则向上的数之和不小于4的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意利用列表法和古典概型结合独立事件概率求法运算求解.
【详解】解：将骰子先后抛掷2次，所有结果的总数如下表：
6
54
3
2
1
1 2 3 4 5 6
共36种.
因为向上的数之和小于4的结果有 ， ， 共3种，
所以向上的数之和小于4的概率 ，
从而向上的数的和不小于4的概率 ，
故选：D.
12．从甲、乙等 名志愿者中随机选 名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出基本事件总数，再求出符合条件的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】从甲、乙等 名志愿者中随机选 名参加社区服务工作一共有 种选法，
其中甲、乙都入选的有 种选法，
所以甲、乙都入选的概率 .
故选：B
13．下列说法：①必然事件的概率为 ．②如果某种彩票的中奖概率为 ，那么买 张这种彩票一定能中
奖．③某事件的概率为 ．④互斥事件一定是对立事件．其中正确的说法是（ ）
A．①②③④ B．① C．③④ D．①④
【答案】B
【分析】由必然事件的概念即可判断①；根据互斥事件概率的计算公式即可判断②；由随机事件概率的性质即可判断③；根据互斥事件和对立事件的区别与联系即可判断④；
【详解】根据必然事件和不可能事件的定义可知，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故①正确；
根据随机事件的概率可知，买10张这种彩票也会有 的可能性不中奖，所以②错误；
根据随机事件概率的性质可知，某事件的概率取值范围为 ，即③错误；
互斥事件和对立事件都不可能同时发生，但对立事件两者必发生其一，而互斥事件还可能发生其他情况，
所以互斥事件不一定是对立事件，即④错误；
故选：B
14．连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为a，b，记 ，则（ ）
A．事件“ ”的概率为 B．事件“ ”与“ ”对立
C．事件“ ”的概率为 D．事件“ 是偶数”与“ ”互斥
【答案】D
【分析】利用古典概率计算判断AC；利用对立事件、互斥事件的意义判断BD作答.
【详解】连掷一枚均匀的骰子两次，有36个基本事件，它们等可能，
对于A，事件“ ”的事件即为 的事件，只有1个结果，则 ，A错误；
对于B， 的事件与 的事件可以同时发生，因此事件“ ”与“ ”不对立，B错误；
对于C， 的事件，即 的事件，只有1个结果， ，C错误；
对于D，当 时， 是奇数，因此事件“ 是偶数”与“ ”不可能同时发生，它们互斥，D
正确.
故选：D
15．若 ，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互斥又独立
【答案】C
【分析】根据互斥事件的性质、对立事件的性质、独立事件的性质逐一判断即可.【详解】因为 ，所以 与 不是互斥事件，故AD错误；
因为 ，所以 ，则 ，所以事件A与B不是互为对立事件，故B错误；
因为 ，所以事件A与B相互独立，故C正确.
故选：C.
16．从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出
一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为 ，“两个球都是白球”的概率为 ，则“两个球颜色不
同”的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件
C，则A，B，C两两互斥， ，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.
【详解】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件
C，
则 ， ，且 .
因为A，B，C两两互斥，
所以 .
故选：C.
17．已知随机事件 中， 与 互斥， 与 对立，且 ，则 （ ）
A．0.3 B．0.6 C．0.7 D．0.9
【答案】C
【分析】由对立事件概率关系得到 发生的概率，再由互斥事件的概率计算公式即可..
【详解】因为 ，事件 与 对立，
所以 ，又 ， 与 互斥，
所以 ，
故选：C.
18．某超市计划按月订购一种冷饮，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600瓶；如果最高气温位于区间 ，需求量为300瓶；如果
最高气温低于20℃，需求量为100瓶．为了确定6月份的订购计划，统计了前三年6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
天数 4 5 25 38 18
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．若6月份这种冷饮一天的需求量不超过x
瓶的概率估计值为0.1，则x=（ ）
A．100 B．300 C．400 D．600
【答案】B
【分析】根据频数分布表确定概率
【详解】这种冷饮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 ，
所以6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估计值为0.1.
故选：B．
19．湘西州有甲草原：龙山县八面山空中草原，乙草原：泸溪县滨江大草原，暑假期间两草原供游客休闲
旅游，记事件 “只去甲草原”，事件 “至少去一个草原”，事件 “至多去一个草原”，事件
“不去甲草原”，事件 “一个草原也不去”.下列命题正确的是（ ）
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是互斥事件； D．G与I是互斥事件.
【答案】B
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断即可；
【详解】依题意基本事件有“去甲草原”、“去乙草原”、 “一个草原也不去”、 “去甲、乙草原”共
四个，事件 “至少去一个草原”包含“去甲草原”、“去乙草原”、 “去甲、乙草原”三个基本事件；
事件 “至多去一个草原”包含“去甲草原”、“去乙草原”、 “一个草原也不去”三个基本事件；
事件 “不去甲草原”包含“去乙草原”、 “一个草原也不去”两个基本事件；
对于A，事件 ， 有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，事件 与 不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且为对立事件，故B正确；
对于C，事件 与 有可能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，事件 与 有可能同时发生，不是互斥事件，故D错误.
故选：B
20．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代
至西周早期.将青铜器中饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有
一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳
动后恰好沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用列举法得到共8种不同的跳法，再利用概率公式求解即可．
【详解】点 从 点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，
则有（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），
（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共8种不同的跳法（线路），
符合题意的只有（下，下，右）这1种，
所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点 的概率为 ．
故选：B．
21．将甲、乙、丙、丁四人安排到篮球与演讲比赛现场进行服务工作，每个比赛现场需要两人，则甲、乙
安排在一起的概率为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】根先将四人平均分成两组，再安排服务工作共有 种，再根据全排求甲、乙安排一起服务
的种数，结合古典概型即可求解.
【详解】将四人分成两人两组共有 种，
再安排四人到篮球与演讲比赛现场进行服务工作有 种，
又甲、乙安排在一起共有 种，
所以甲、乙安排在一起的概率为 ，
故选：B.
22．口袋中有3只白色乒乓球，2只黄色乒乓球，从中任取3个，则黄色乒乓球都被取到的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据古典概型以及组合数的计算求得正确答案.
【详解】黄色乒乓球都被取到的概率是 .
故选：D
23． 五名学生按任意次序站成一排，则 和 站两端的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先 和 排两端，再将其余三人全排列，共有 种情况，将五名学生按任意次序站成一排，
共有 种情况，再利用古典概型公式求解即可.
【详解】首先将 和 排两端，共有 种情况，再将其余三人全排列，共有 种情况，
所以共有 种情况.
因为五名学生按任意次序站成一排，共有 种情况，
故 和 站两端的概率为 .
故选：B
24．从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（
）
A．“至少有1件正品”与“都是次品” B．“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”
C．“至少有1件次品”与“至少有1件正品” D．“都是正品”与“都是次品”
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义进行判断即可.
【详解】从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，可能的结果为：1正1次､2正､2次，
对于A：“至少有1件正品”与“都是次品”是对立事件，不符合；
对于B：“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”是同一个事件，不符合题意；
对于C：“至少有1件次品”包括1正1次､2次，“至少有1件正品”包括1次1正､2正，这两个事件不
是互斥事件，不符合题意；
对于D：“都是正品”与“都是次品”是互斥事件而不是对立事件，符合题意；
故选：D
25．从正整数1，2，……10中任意取出两个不同的数，则取出的两个数的和等于某个正整数的平方的概率
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用组合知识求出10个数任意取出两个不同的数的选法总数，再列举出满足取出的两个数的和等
于某个正整数的平方的情况数，从而求出概率.
【详解】从1，2，……10中任意取出两个不同的数，共有 种选择，
其中 满足取出的两个数的和等于某个正整数的平方，故取出的两个数的和等于某个正整数的平方的概率为 .
故选：C
26．乒乓球是中国的国球，拥有广泛的群众基础，老少皆宜，特别适合全民身体锻炼．某小学体育课上，
老师让小李同学从7个乒乓球（其中3只黄色和4只白色）中随机选取2个，则他选取的乒乓球恰为1黄1
白的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接利用组合数计算古典概型即可.
【详解】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有 个，其中恰为1黄1白的
基本事件有 个，所以概率 ．
故选：A．
27．从数字2，3，4，6中随机取两个不同的数，分别记为 和 ，则 为整数的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据古典概型概率公式计算即可.
【详解】从数字2，3，4，6中随机取两个不同的数，分别记为 和 ，
基本事件总数 ，
其中 为整数包含基本事件 有：
共3个，
则 为整数的概率 .
故选：D
28．如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯.开始时，四盏灯都亮着.现先后按动A，B，C这三个开关中
的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意利用列举法求解古典概型的概率.
【详解】先后按动A，B，C中的两个不同的开关，有 种方法，
若要1号灯亮，则按第一个开关时，1号灯灭，按第二个开关时，1号灯亮，
此时对应的方法有2种： ， ；
若要2号灯亮，同理可得有以下2种方法： ， ；
可知：要1号灯或2号灯亮有 种方法，
故所求的概率为 .
故选：D.
29．在一个不透明的袋子里装有四个小球，球上分别标有6，7，8，9四个数字，这些小球除数字外都相同.
甲、乙两人玩“猜数字”游戏，甲先从袋中任意摸出一个小球，将小球上的数字记为m，再由乙猜这个小
球上的数字，记为n.如果m，n满足 ，那么就称甲、乙两人“心领神会”，则两人“心领神会”
的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据古典概型的计算公式，结合绝对值不等式进行求解即可.【详解】根据题意，m，n的情况如下：
共16种情况，
其中m，n满足 的情况如下：
共10种情况，
所以两人“心领神会”的概率是 ，
故选：D
30．一批产品中有一等品若干件，二等品3件，三等品2件，若从中任取3件产品，至少有1件一等品的
概率不小于 ，则该批产品中一等品至少有（ ）
A．3件 B．4件 C．5件 D．6件
【答案】C
【分析】设该批产品共有 件，依题意列不等式 求解即可.
【详解】设该批产品共有 件， ，从中任取3件产品，均不是一等品的概率为 ，
则至少有1件一等品的概率为 ，
由题意 ，即 ，可得 ，
则该批产品中一等品至少有 件，
故选：C.
二、多选题
31．从1，2，3， ，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ）
A．“三个都为偶数”和“三个都为奇数” B．“至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C．“至少有一个奇数”和“三个都为偶数” D．“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”【答案】AD
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
【详解】从1~9中任取三数，按这三个数的奇偶性分类，有四种情况：
（1）三个均为奇数；（2）两个奇数一个偶数；（3）一个奇数两个偶数；（4）三个均为偶数，所以选项
A、D是互斥但不是对立事件，选项C是对立事件，选项B不是互斥事件.
故选：AD.
32．抛掷3枚质地均匀的硬币，记事件 {至少1枚正面朝上}， {至多2枚正面朝上}，事件 {没有
硬币正面朝上}，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】记 {有 枚硬币正面向上}， ，则 ，结合事件
的关系和运算逐项分析判断.
【详解】记 {有 枚硬币正面向上}， ，
则 ，
对于选项A：因为 ，故A错误；
对于选项B：因为 ，故B错误；
对于选项C：因为 ，故C正确；
对于选项D：因为 ，故D正确；
故选：CD.
33．两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则不
符合这一结果的试验是（ ）
A．抛一枚硬币，正面朝上的概率B．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率
C．转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率
D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率
【答案】ABC
【分析】利用题中统计图所得概率结果逐项分析可得解.
【详解】解：根据统计图可知，实验结果在 附近波动，即其概率 ，则
选项A，掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为 ，故此选项不符合题意；
选项B，掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率为 ，故此选项不符合题意；
选项C，转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为 ，故此选项不符合题意；
选项D，从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为 ，
故此选项符合题意；
故选：ABC.
34．若A，B为互斥事件，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据互斥事件的定义及性质即可判定选项.
【详解】A，B为对立事件时 ，故选项A错误；
互斥事件的概率之和不可能超过1，故选项B错误；
事件A，B互斥而不对立时， ，故选项C错误；
A，B为互斥事件时 ，故选项D正确.
故选:ABC.
35．一批产品共有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：恰有1件次品；事件B：至少有2件次品；事件C：至少有1件次品；事件D：至多有1件
次品，以下结论正确的是（ ）A． B． 是必然事件
C． D．
【答案】AB
【分析】根据已知条件以及利用和事件、积事件的定义进行判断.
【详解】 表示的事件：至少有1件次品，即事件C，所以A正确，C不正确；
表示的事件：至少有2件次品或至多有1件次品，包括了所有情况，所以B正确；
表示的事件：至多有1件次品，即事件D，所以D不正确.
故选：AB.
36．随机掷两枚骰子，记“向上的点数之和大于6”为事件 ，记“向上的点数之积大于6”为事件 ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】将所有情况枚举，再诸葛选项判断即可.
【详解】随机掷两枚骰子，共有36种结果：
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
其中向上的点数之和大于6的有21种，向上的点数之积大于6的有22种，
所以 ， ，
又因为向上的点数之和大于6或之积大于6的有24种，
所以 ，
因为向上的点数之和大于6且之积大于6的有19种，
所以 ，故选：ACD．
37．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 发生的概率为 D．事件 发生的概率为
【答案】CD
【分析】根据已知，利用列举法列出基本事件，再利用交事件、并事件以及古典概型进行求解.
【详解】由题可知，事件A的所有基本事件为：甲1乙5，甲1乙6，甲2乙5，甲2乙6，甲3乙3，
甲3乙5，甲3乙6，甲4乙2，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙6，共11个；
事件B的所有基本事件为：甲2乙5，甲2乙6，甲3乙3，甲3乙5，甲3乙6，甲4乙3，
甲4乙5，甲4乙6，共8个；所以事件A与事件B有“公共部分”，故A、B错误；
所以事件 的所有基本事件为：甲1乙5，甲1乙6，甲2乙5，甲2乙6，
甲3乙3，甲3乙5，甲3乙6，甲4乙2，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙6，共11个；
又从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共 个基本事件，
所以事件 发生的概率为 ，故C正确；
事件 发生的概率为：甲2乙5，甲2乙6，甲3乙3，甲3乙5，甲3乙6，甲4乙3，甲4乙5，甲4
乙6，共8个，所以事件 发生的概率为 ，故D正确；
故选：CD.
38．某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾，
某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案.方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车
序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的
概率分别为 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD【分析】分别求得 ， ，从而确定正确答案.
【详解】按照发车的序号，列举基本事件如下：
，共 种，
方案一坐到“ 号”车，包含的基本事件有： ，共 种，
所以方案一坐到“ 号”车的概率 .
方案二坐到“ 号”车，包含的基本事件有： ，共 种，
所以方案二坐到“ 号”车的概率 .
所以 、 、 ，ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
39．下列叙述正确的是（ ）
A．互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件
B．甲､乙两人下棋，两人下成和棋的概率为 ，甲获胜的概率是 ，则甲不输的概率为
C．从装有 个红球和 个黑球的口袋内任取 个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而
不对立的事件
D．在 件产品中，有 件一等品和 件二等品，从中任取 件，那么事件“至多一件一等品”的概率
为
【答案】ABD
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断AC选项，根据概率的基本性质求BD选项.
【详解】对于A选项：互斥事件是不可能同时发生的两个事件，它可以同时不发生，
对立事件是必有一个发生的互斥事件，A正确；
对于B选项：甲不输的事件是下成和棋的事件与甲获胜的事件和，它们互斥，
则甲不输的概率为 ，B正确；
对于C选项：由给定条件知，至少有一个黑球与至少有一个红球这两个事件都含有一红一黑的两个球这一
基本事件，即它们不互斥，C错误；
对于D选项：5件产品中任取两件有10个基本事件，它们等可能，
其中“至多一件一等品”的对立事件为“恰两件一等品”，有3个基本事件，从而所求概率为 ，D正确.
故选：ABD.
40．设 为古典概率模型中的两个随机事件，以下命题正确的为（ ）
A．若 ， ，则当且仅当 时， 是互斥事件
B．若 ， ，则 是必然事件
C．若 ， ，则 时 是独立事件
D．若 ，且 ，则 是独立事件
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件，独立事件和必然事件的定义逐个分析判断
【详解】对于A，因为 ，所以 是互斥事件，所以A正确，
对于B，若事件 为“抛骰子点数出现1或2”，则 ，若事件 为“抛骰子点数出现的是小于等于
4”，则 ，
而此时 不是必然事件，所以B错误，
对于C，因为 ， ， ， ，
所以 ，得 ，
所以 ，所以 是独立事件，所以C正确，
对于D，因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 是独立事件，则 也是独立事件，所以D正确，
故选：ACD三、填空题
41．某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次10环，有3次9环，有4次8环，有一次未中靶，假设
此人射击1次，则中靶的概率约是 .
【答案】0.9
【分析】利用频率来衡量概率
【详解】由题意可得中靶的频率为 ，
所以此人射击1次，则中靶的概率约是 ，
故答案为：
42．2022年11月第十四届中国国际航空航天博览会在珠海举办.在此次航展上，国产大飞机“三兄弟”运
油-20、C919、AG600M震撼亮相，先后进行飞行表演.大飞机是大国的象征、强国的标志.国产大飞机“三
兄弟”比翼齐飞的梦想，在航空人的接续奋斗中成为现实.甲乙两位同学参观航展后各自从“三兄弟”模型
中购买一架，则两位同学购买的飞机模型不同的概率是 .
【答案】
【分析】由题意，根据列举法求古典概型的概率计算公式得解.
【详解】解：设三架飞机模型分别为A，B，C，
甲乙各购买一架的可能情况有9种：AA，AB，AC，BA，BB，BC，CA，CB，CC，
其中两位同学购买的飞机模型不同有6种情况：AB，AC，BA，BC，CA，CB，
所以甲乙两位同学购买的飞机模型不同的概率是 .
故答案为： .
43．从某自动包装机包装的食品中，随机抽取20袋，测得各袋的质量（单位：g）分别为：492，496，
494，495，498，497，503，506，508，507，497，501，502，504，496，492，496，500，501，499.根据
抽测结果估计该自动包装机包装的袋装食品质量在497.5～501.5 g之间的概率为 .
【答案】0.25
【分析】找到质量在497.5～501.5 g之间的袋数由频率可得答案.
【详解】质量在497.5～501.5 g之间的有498， 501， 500，501，499共5袋，
所以其频率为 ＝0.25，由此我们可以估计质量在497.5～501.5 g之间的概率为0.25.故答案为：0.25.
44．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相
结合，体现了冰雪运动和现代科技特点，冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的
如意造型象征吉祥幸福，小明在纪念品商店买了3个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了3个作为礼
物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为 .
【答案】
【分析】利用事件 ：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的对立事件 ：小华收到的礼物
中只有“冰墩墩”的概率即可求解.
【详解】依题意，
设事件 ：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，
事件 ：小华收到的礼物中只有“冰墩墩”，
则事件 与事件 互为对立事件，
则有 ， .
故答案为： .
45．狂欢节期间，动漫社制作了各不相同的原神海报和方舟海报各5张组成一套，凡买一杯奶茶可以选择
从这一套海报中随机抽取4张，某原神粉丝参加抽奖，他从一套海报中抽到原神海报不少于两张的概率为
．
【答案】
【分析】采用正难则反的方法，求出未抽到或抽到1张的概率，再利用对立事件的性质即可.
【详解】若1张未抽到或抽到1张，概率为 ，
故抽到不少于原神海报不少于两张的概率为 ，
故答案为： .
46．投掷一颗骰子，设事件A：点数大于3的质数；事件B：点数为偶数．则 ．【答案】
【分析】根据古典概型结合事件的运算求解.
【详解】投掷一颗骰子，点数有1，2，3，4，5，6，即样本空间 ，
事件A：点数大于3的质数，点数为5，即 ；
事件B：点数为偶数，点数为2，4，6，即 ；
可得 ，
所以 .
故答案为： .
47．有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加
冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概
率 ．
【答案】
【分析】先得到每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比
赛的志愿者服务的总方法数，从而利用古典概型求概率公式求出答案.
【详解】先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有 种，
然后将3个项目全排列，共有 种排法，
故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为 种，
∵4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数 种，
∴每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率 ．
故答案为：
48．某市将垃圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾.某班由4名男生，2名女生组成宣传小组，现从这6名同学中选派2人到某小区进行宣传活动，则这2人中至少有1名女生的概率为 .
【答案】
【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典概型
的概率计算公式，即可求解.
【详解】记4名男生分别为 ，两名女生分别为 ，
从6名中选出2人，有 ，共有15种不同的选法，
其中至少有1名女生的有 ，共有9种不同的选法，
所以这2人中至少有1名女生的概率为 .
故答案为： .
49．目前，全国所有省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国
统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.已知某班甲、乙同学都选了物理和地理科目，且甲同学的另
一科目会从化学、生物、政治这3科中选1科，乙同学的另一科目会从化学、生物这2科中选1科，则甲、
乙所选科目相同的概率是 .
【答案】
【分析】利用古典概型概率公式，即可求解.
【详解】甲、乙各选1科有 种方法，其中所选科目相同，包含都选化学或都选生物，共2种情况，
所以甲、乙所选科目相同的概率 .
故答案为：
50．在高考志愿模拟填报实验中，共有10个专业可供学生甲填报，其中学生甲感兴趣的专业有3个．若在
实验中，学生甲随机选择3个专业进行填报，则填报的专业中至少有1个是学生甲感兴趣的概率为
．
【答案】
【分析】计算基本事件总数，计算其中没有感兴趣的专业包含的基本事件数，利用对立事件解决所求的概
率.【详解】随机选择3个专业，基本事件总数为 ，
填报的专业中没有感兴趣的专业包含的基本事件数为 ，
由题可知，填报的专业中至少有1个是学生甲感兴趣的概率为 ．
故答案为：
51．从 ， ， 三个数中任选 个，分别作为圆柱的高和底面半径，则此圆柱的体积大于 的概率为
.
【答案】
【分析】利用样本空间、古典概型概率公式、圆柱体积公式运算即可得解.
【详解】解：从 ， ， 三个数中任选 个，分别作为圆柱的高和底面半径 ，
有 、 、 、 、 、 ，共 个样本点，
由题意，圆柱的体积 ，即 ，
满足条件的样本点有 、 、 ，共3个样本点，
所以此圆柱的体积大于 的概率为 .
故答案为： .
【B组 在综合中考查能力】
一、单选题
1．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题,现有类似的题：粮仓开仓收粮，有人送来532石，
验得米内夹谷，抽样取米一把，数得54粒内夹谷6粒，则这批米内夹谷约为
A．59石 B．60石 C．61石 D．62石
【答案】A
【分析】运用抽样结果得到米内夹谷的概率，然后估算这批米内夹谷的结果【详解】由题中54粒内夹谷6粒可得其概率为： ，
则这批米内夹谷为 ，约为59石
故选
【点睛】本题主要考查了抽样调查的实际运用，由抽样结果得到概率后然后估算其结果，较为简单．
2．五张卡片上分别写有 、 、 、 、 五个数字，则这五张卡片组成的五位数是偶数的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用排列计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】若这五张卡片组成的五位数是偶数，则个位数为偶数，其余各数位无限制，
因此所求概率为 .
故选：A.
3．袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，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． B． C． D．
【答案】D
【分析】数出满足条件的组数，即可求解.
【详解】18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件，
所以估计恰好抽取三次就停止的概率 .
故选：D
4．某国际高峰论坛会议中，组委会要从4个国内媒体团和2个国外媒体团中选出2个媒体团进行提问，则
这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用古典概型公式，结合列举法，即可求解.
【详解】设4个国内媒体团为 ，2个国外媒体团为 ，
则从中任取2个媒体团包含
， ，
， ，共15个基本事件，
其中两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，包含 ， ， ，
共8个基本事件，
则这两个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团的概率为 .
故选：D
5．从含有两件正品和一件次品的3件产品中，按先后顺序任意取出两件产品，每次取出后不放回．记事件
A为“第一次取到正品”，事件B为“第二次取到正品”． ， 分别表示事件A，B发生的概率．
下列4个结论中正确的是（ ）
① ②
③ ④
A．① B．①③ C．①④ D．②③
【答案】A
【分析】分别计算事件发生的概率再辨析结论即可.
【详解】∵3件产品中有两件正品和一件次品， ，
事件B为“第二次取到正品”，则第一次可取得正品，也可取得次品，
，故①正确，②错误；事件AB为事件A与事件B同时发生， ,故③错误；
事件A+B为事件A或事件B发生， ，故④错误.
故选：A.
6．抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件： “点数为 ”，其中 ； “点数不大
于2”， “点数大于2”， “点数大于4” 下列结论是判断错误的是 （ ）
A． 与 互斥 B． ，
C． D． ， 为对立事件
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断AD，由事件的运算判断B，由事件间关系判断C．.
【详解】由题意 与 不可能同时发生，它们互斥，A正确；
中点数为1或2， 中点数为3，4，5或6，因此它们的并是必然事件，但它们不可能同时发生，因此
为不可能事件，B正确；
发生时， 一定发生，但 发生时， 可能不发生，因此 ，C正确；
与 不可能同时发生，但也可能都不发生，互斥不对立，D错误；
故选：D．
7．从正六边形的六个顶点中任取三个顶点，则这三个顶点可以构成直角三角形的概率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】运用列举法根据古典概率公式可得答案.
【详解】如图，在六个顶点中任取三个顶点，有，共20种情况，
因为在正六边形中，过中心的对角线所对的角为直角，所以有
，共12种情况，
故所求概率 ．
故选：C.
8．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并
分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计
1000t生活垃圾．经分拣以后数据统计如下表（单位： ）：根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说
法错误的是（ ）
厨余垃圾” 可回收物” 其他垃圾”
箱 箱 箱
厨余垃
400 100 100
圾
可回收
30 240 30
物
其他垃
20 20 60
圾
A．厨余垃圾投放正确的概率为
B．居民生活垃圾投放错误的概率为
C．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱
D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000
【答案】C【分析】由表格可求得：厨余垃圾投放正确的概率，可回收物投放正确的概率，其他垃圾投放正确的概率，
再结合选项进行分析即可.
【详解】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率 ；可回收物投放正确的概率
；其他垃圾投放正确的概率 ．
对A，厨余垃圾投放正确的概率为 ，故A正确；
对B，生活垃圾投放错误有 ，故生活垃圾投放错误的概率为 ，故B正确；
对C，该市厨余垃圾箱中投放正确的概率 ,可回收物垃圾箱中投放正确的概率 ,其他垃圾箱
中投放正确的概率 ,
所以该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“厨余垃圾”箱，故C错误；
对D，厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数
，可得方差
，故D正确.
故选：C．
【点睛】本题考查概率与统计的计算，考查推理能力与数据处理能力，属于中档题．
9．连续掷一枚质地均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为a，b，记 ，则下列说法正确的是
（ ）
A．事件“ ”的概率为0 B．事件“ ”为必然事件
C．事件“ ”与“ ”为对立事件 D．事件“m是奇数”与“ ”为互斥事件
【答案】D
【分析】利用列举法和概率公式计算可知A错误；根据必然事件的概念可判断B错误；根据互斥、对立事
件的概念可知C错误，D正确.
【详解】连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数有： ，
， ， ，， ，共36种，
对于A，事件“ ”所包含的基本事件有6个，所以概率为 ，故A错误；
对于B，事件“ ” 所包含的基本事件有0个，为不可能事件，故B错误；
对于C，事件“ ”与“ ”可以同时发生，不是对立事件，故C错误；
对于D，事件“m是奇数”与“ ”不能同时发生，所以事件“m是奇数”与“ ”互为互斥事件，
故D正确.
故选：D
10．一个盒子中装有6个除颜色外完全相同的小球，其中三个红色，两个绿色，一个黄色．若从中任取两
个小球，则下列说法错误的是（ ）
A．恰有一个红球的概率为
B．两个球都是红球的概率为
C．“至少一个黄球”和“两个都是红球”为互斥事件
D．“至少一个绿球”和“至多一个绿球”为对立事件
【答案】D
【分析】根据古典概型，分别计算样本空间和事件空间，再根据相关定义逐项分析.
【详解】从6个球中任取2个球共有 种取法，
设三个红球记为1，2，3，两个绿球记为 ， ，一个黄球记为 ，
记事件A为恰有一个红球，
，即 ，A正确；
记事件B为两个球都是红球， ， ，B正确；
记事件 为至少一个是黄球，表示2个球中有1个是黄球，另一个是红球或绿球，
2个球都是红球，则不可能包含黄球，即C和B不可能同时发生，是互斥事件，C正确；
记事件 为至少一个绿球，则D包含恰有1个绿球， 记事件 为至多一个绿球， 则E也包含恰有1个绿
球，
所以 ，所以“至少一个绿球”和“至多一个绿球”不是对立事件，D错误；
故选：D．11．第31届世界大学生运动会即将在成都举行，现有甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿
活动，每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项目的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动的分配方法总数，接着先对 名志愿者分成
两组，再把两个组分到两个项目中，计算出分配的方法总数，利用古典概型概率计算公式计算即可.
【详解】根据题中条件，甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动，共有 种分配方法.
对于所求事件包含样本点个数可以这样求：先对 名志愿者分成两组有 种方法，每个组安排到两个
项目中共有 中方法，所以共有 种分配方法；
根据古典概型概率计算公式知，所求概率为
故选：
12．回文是一种修辞手法，数学中的“回文数”是指从左到右读和从右到左读都一样的正整数，例如
，则从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出五位数字的回文数的个数和五位数字的回文数的奇数的个数，利用古典概型的概率公式可
求得所求事件的概率.
【详解】根据题意可知，五位数字的回文数中，首位有 种选择，千位和百位都有 种选择，
所以，五位数字的回文数的个数为 个，
其中，五位数字的回文数的奇数，首位有 种选择，千位和百位都有 种选择，
所以，五位数字的回文数的奇数的个数为 个，
因此，从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为 .
故选：A.
13．从正五边形的5个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是锐角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】首先根据组合求解基本事件总数，然后分析所得三角形是锐角三角形的情形，即可得到答案；
【详解】
从正五边形的五个顶点中，随机选择三个顶点连成三角形，基本事件总数为;
因为正五边形的顶角为钝角，所以以它们作为顶点的三角形是锐角三角形（如图所示）的个数为5，所以
.
故选：C.
14．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
【分析】设该家族某成员出现 性状为事件 ，出现 性状为事件 ，进而根据题意得 ，再
结合 求解 即可.
【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
15．冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、 想等，其描述为：任一正整数x，如果是奇数就乘以3再
加1，如果是偶数就除以2，反复计算，最终都将会得到数字1如给出正整数5，则进行这种反复运算的过
程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运算后得到1．若从正整数6，7，8，9，10中任
取2个数按照上述运算规律进行运算，则至少有1个数的运算次数为奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题中定义，分别求出正整数6，7，8，9，10按照题中所给运算规律进行运算的次数，最后根
据古典概型计算公式进行求解即可.
【详解】按照题中运算规律，正整数6的运算过程为 ，运算次数为
8；
正整数7的部分运算过程为 ，
当运算到10时，运算次数为10，由正整数 的运算过程可知，
正整数7总的运算次数为 ；
正整数8的运算次数为3；
正整数9的部分运算过程为 ，当运算到7时，运算次数为3，
由正整数7的运算过程可知，正整数9总的运算次数为 ．
正整数10的运算次数为6；
故正整数6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，
从正整数6，7，8，9，10中任取2个数的方法总数为：
，共 种，
其中的运算次数均为偶数的方法总数为： ，共 种，
故运算次数均为偶数的的概率为 ，
故所求概率 ．
故选：C.
16．中国饮食文化历史悠久，博大精深，是中国传统文化中最具特色的部分之一，其内涵十分丰富，根据
义务教育课程方案，劳动课正式成为中小学一门独立的课程，“食育”进入校园.李老师计划在实验小学开展一个关于“饮食民俗”的讲座，讲座内容包括日常食俗，节日食俗，祭祀食俗，待客食俗，特殊食俗，
快速食俗6个方面.根据安排，讲座分为三次，每次介绍两个食俗内容（不分先后次序），则节日食俗安排
在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗不安排在同一次讲座中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据排列组合知识和古典概型的概率公式可求出结果.
【详解】讲座分为三次，每次介绍两个食俗内容（不分先后次序）,一共有 种不同的安排方
法，
其中节日食俗安排在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗有一个和节日食俗安排在第二次讲座的有
种，
节日食俗安排在第二次讲座，日常食俗与祭祀食俗都不和节日食俗安排在第二次讲座且日常食俗与祭祀食
俗不安排在同一次讲座中的有 种，
故节日食俗安排在第二次讲座，且日常食俗与祭祀食俗不安排在同一次讲座中的有 种，
故所求概率为 .
故选：B
17．已知样本空间为 ，x为一个基本事件.对于任意事件A，定义 ，给出下列结论：①
；②对任意事件A， ；③如果 ，那么 ；④
.其中，正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据 的定义，利用分类讨论思想进行分析判定.
【详解】∵任意 恒成立，任意 恒不成立，∴ ，故①正确；对任意事件A， ，∴ ，∴ 成立，故②正确；
如果 ，当 时， ，此时 或 .若 ，则 , ，
， 成立； 时， ， ， ，
成立；
当 时， ， ，∴ ，那么 成立，
∴③正确；
当 时， ,此时 , , 成立；当 时， ,此时
, 成立，故④正确.
综上，正确的结论有4个，
故选：D
二、多选题
18．将A，B，C，D这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则（ ）．
A．甲得到A卡片与乙得到A卡片为对立事件
B．甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件
C．甲得到A卡片的概率为
D．甲、乙2人中有人得到A卡片的概率为
【答案】BCD
【分析】由互斥、对立事件的概念可判断选项A、B；由排列组合和古典概型，可求甲得到A卡片甲、乙2
人中有人得到A卡片的概率.
【详解】甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，
所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A不正确，B正确．甲得到A卡片的概率为 ，C正确．
乙2人中有人得到A卡片的概率为 ，D正确．
故选：BCD
19．已知 为两个事件， ， ，则 的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】根据事件概率的相关公式进行转化求解不等式即可.
【详解】因为 ， ，
所以
所以 ,
即 ，
解得 .
故选：BC
20．中国邮政发行的《北京申办2022年冬奥会成功纪念》邮票图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会
会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”．现从一套5枚
邮票中任取3枚，则（ ）
A．恰有1枚吉祥物邮票的概率为 B．含有志愿者标志邮票的概率为
C．至少有1枚会徽邮票的概率为 D．至多有1枚吉祥物邮票的概率为
【答案】ABD
【分析】根据古典概型确定基本事件总数，再逐项判断即可.
【详解】令 分别表示冬奥会会徽邮票和冬残奥会会徽邮票， 分别表示冬奥会吉祥物邮票和冬残奥会吉祥物邮票，C表示志愿者标志邮票．
从一套5枚邮票中任取3枚有 共10个
基本事件，
恰有1枚吉祥物邮票的情况有6种，概率为 ，故A正确；
恰有1枚志愿者标志邮票的情况有6种，概率为 ，故B正确；
至少有1枚会徽邮票的概率为 ，故C不正确；
至多有1枚吉祥物邮票的概率为 ，故D正确．
故选：ABD.
21．一种多人纸牌游戏中，需要使用一副除去大小王的扑克牌，分为A，2，3，…，10，J，Q，K，每个
数字（字母）都有黑桃，红桃，梅花，方块4个花色，总计52张牌.每名玩家都会随机得到三张牌，常常
规定：三张同数字（字母）的牌为“豹子”（222，…，AAA），连续三张同花色的牌为“同花顺”
（A23，…"，QKA），恰有两个相同数字（字母）的牌为“对子”（223，…，AAK）……现在从52张除
去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，则下列说法正确的有（ ）
A．共有22100种不同的情况
B．出现对子的概率小于16%
C．如果出现“同花顺”，则有56种可能
D．出现“豹子”牌的概率大于“同花顺”的概率
【答案】AD
【分析】根据题意，由组合数公式可得A正确，由古典概型公式可得B错误，由分步计数原理分析"同花
顺"的情况，可得C错误，比较"豹子"和"同花顺"的情况数目，结合古典概型公式可得D正确，综合可得
答案．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于 A ，从52张除去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，有 种不同的情况， A 正确；
对于 B ，出现"对子"的情况有 种情况，则出现对子的概率 B 错误；
对于 C ，如果出现"同花顺"，每种花色有12种情况，则共有 种情况， C 错误；对于 D ，出现"豹子"牌的情况有 种，多于"同花顺"的情况数目，则出现"豹子"牌的概率大
于"同花顺"的概率， D 正确．
故选： AD .
22．已知甲盒中有五个相同的小球，标号为1，2，3，4，5，乙盒中有五个相同的小球，标号为3，4，5，
6，7.现从甲、乙两盒中分别随机抽取1个小球，记事件A＝“抽取的两个小球标号相同”，事件B＝“抽
取的两个小球标号之和为奇数”，事件C＝“抽取的两个小球标号之和大于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．
D．
【答案】AC
【分析】首先分别列举 三个时间包含的样本点，再结合互斥，对立时间的定义，以及选项，即可判
断选项.
【详解】事件A的所有基本事件为甲3乙3，甲4乙4，甲5乙5，共3个；
事件B的所有基本事件为甲1乙4，甲1乙6，甲2乙3，甲2乙5，甲2乙7，甲3乙4，甲3乙6，甲4乙
3，甲4乙5，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙6，共12个；
事件C的所有基本事件为甲2乙7，甲3乙6，甲3乙7，甲4乙5，甲4乙6，甲4乙7，甲5乙4，甲5乙
5，甲5乙6，甲5乙7，共10个.
从甲、乙两盒中各取1个小球共有25个基本事件.
因为事件A与事件B不可能同时发生，所以事件A与事件B互斥，故A正确；
因为 ， ， ，所以B错误；
因为事件 的所有基本事件共有12个，所以 ，
所以 ，故C正确；
因为事件 的所有基本事件共有6个，所以 ，
所以 ，故D错误.故选：AC
三、填空题
23．甲、乙两人独立正确解答一道数学题的概率分别是 ， ，假定两人是否正确解答互不影响，则甲、
乙两人至少有一人正确解答这道题的概率为 ．
【答案】
【分析】根据对立事件的概率求解即可.
【详解】因为两人至少有一人正确解答这道题的对立事件为两人都没有正确解答这道题，
所以 ．
故答案为：
24．一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同．经多次摸球试验后发现，
摸到黑球的频率稳定在0.25左右，则盒子中红球的个数约为 ．
【答案】15
【分析】根据频率与概率的关系得出概率，再据此即可列式求红球的个数.
【详解】设盒子中红球的个数为 ，
由摸到黑球的频率稳定在0.25左右知，摸到黑球的概率为0.25，
则 ，
解得 ，
即盒子中红球个数大约15个.
故答案为：15
25．五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前各放着一枚完全相同的均匀硬币，所有人同时抛掷自己的硬币.
若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着.那么没有相邻的两个人站起来的
概率为 .
【答案】
【分析】求出基本事件的个数，再求出没有相邻的两个人站起来的排法，利用古典概型概率公式求概率.
【详解】五个人的编号为1，2，3，4，5.
由题意，所有事件，共有 种，没有相邻的两个人站起来的基本事件有（1），（2），（3），（4），（5），
， ， ， ， ，再加上没有人站起来的可能有1种，
共11种情况，
所以没有相邻的两个人站起来的概率为 .
故答案为： .
26．商场在一周内共卖出某种品牌的皮鞋 双，商场经理为考察其中各种尺码皮鞋的销售情况，以这周
内某天售出的 双皮鞋的尺码为一个样本，分为 组，已知第 组的频率为 ，第 ， ， 组的频数分
别为 ， ， ，若第 组表示的是尺码为 的皮鞋，则售出的这 双皮鞋中尺码为 的皮鞋
约为______双．
【答案】
【分析】先计算这周内某天第 ， ， 组的频率，根据频率之和等于 可得第 组的频率，再由该频率乘
以 即可得解.
【详解】因为第 ， ， 组的频数分别为 ， ， ，
所以第 ， ， 组的频率分别为 ， ， ，
又因为第 组的频率为 ，
所以第 组的频率为 ，
所以售出的这 双皮鞋中尺码为 的皮鞋约为 双，
故答案为： .
27．在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一
个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为 .
【答案】
【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案.
【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙, , , ,
则样本空间 (甲乙 ， )，(甲乙 ， )，(甲乙 ， )，(甲 ，乙 ),
(甲 ，乙 ),(甲 ，乙 ),(乙 ，甲 ),(乙 ，甲 ),(乙 ，甲 ),( ，甲乙)
共含有10个样本点，设事件 表示“甲和乙分在不同小组”,则 ,
所以甲和乙分在不同小组的概率为 .
故答案为： .
28．男生3人、女生3人任意排列，则他们站成一圈，且甲、乙之间恰好有1个人的的概率为
.
【答案】
【分析】先求6名学生排成一圈的所有排法，再求选一人放在甲乙中间的排法，利用古典概型概率公式求
概率.
【详解】将 名学生排成一圈，共有 种排法，
选1人放在甲乙中间，有 种，然后将3人看成一个整体进行排列有 ，
由分步乘法计数原理可得甲、乙之间恰好有1个人共有 种排法，
所以甲、乙之间恰好有1个人的概率为 .
故答案为：
29．将标有 ， ， ， ， ， 的 张卡片放入 个不同的信封中，每个信封均放 张，则其中标号为 ，
的卡片恰好放入同一信封的概率为 ．
【答案】
【详解】由题意，将标有 ， ， ， ， ， 的 张卡片放入 个不同的信封中，
若每个信封均放 张，共有 种，
先从 个信封中选一个放 ， 有 种不同的选法，再从剩下的 个数中选两个放一个信封有 种，余下
放入最后一个信封，
∴标号为 ， 的卡片放入同一信封共有 种，∴概率 ．
30．安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学
生甲、乙到同一家企业实习的概率为 .
【答案】
【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出
各自有多少种，再得出甲，乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.
【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，
当分为3,1,1人时，有 种实习方案，
当分为2,2,1人时，有 种实习方案，
所以共有 种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有 种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为 ，
故答案为：
31．若 、 是从集合 中随机选取的两个不同的数，则使得函数 是偶函数的概率
为 .
【答案】
【分析】列举出所有的基本事件，并确定事件“函数 是偶函数”所包含的基本事件，利用
古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】对于幂函数 而言，当 为奇数时，函数 为奇函数，
当 为偶数时，函数 为偶函数，
若 、 是从集合 中随机选取的两个不同的数，以 为一个基本事件，则所有的基本事件有： 、 、 、 、 、 、 、 、
、 、 、 、 、 、 、 、 、 、
、 ，共 种，
若函数 是偶函数，则 、 均为偶数，则 必为偶数，
所以，事件“函数 是偶函数”所包含的基本事件有： 、 、
、 、 、 、 、 ，共 种，
故事件函数 是偶函数”的概率为 .
故答案为： .
32．甲、乙、丙、丁、戊五人等可能分配到A、B、C三个工厂工作，每个工厂至少一人，则甲、乙两人不
在同一工厂工作的概率为 ．
【答案】
【分析】按 、 的分组方式分类，再由分步计数求两种分类下甲乙在同一工厂工作及所有的分
配方法数，最后应用古典概型的概率求法及对立事件概率求法求概率即可.
【详解】由题设，甲、乙两人在同一工厂工作的分配方法有 种，所有的分配方法有
种，
∴甲、乙两人不在同一工厂工作的概率为 .
故答案为： .【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调查中问了两
个问题1：你的手机尾号是不是奇数？问题2：你是否满意物业的服务？调查者设计了一个随机化装置，其
中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随机从装置中摸到红球和白球的可能性相
同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子
中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪
个问题别人并不知道，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区80名业主参加
了问卷，且有48名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业满意服务的百分比大约为（ ）
A．10% B．20% C．35% D．70%
【答案】D
【分析】根据问卷调查的设计原则，及两个问题被抽到、手机尾号奇数、偶数的概率分别相同，结合已知
估计回答第二个问题的人数及回答“是”的人数，即可得结果.
【详解】由两个问题被问的概率相等，故约有40人回答了第一个问题，
由手机尾号为奇数和偶数的概率相等，故40人中约有20人回答“是”，
根据有48名业主回答了“是”，则约有28人在第二个问题中回答“是”，
又第二个问题被问到的人数同样约为40人，
故本小区对物业满意服务的百分比大约为 .
故选：D
2．有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.
你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注
金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资
金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概
率大于 ，再列不等式求n取值.
【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.刮第1张卡前，下注50元：
若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；
所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于 即可，
由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有 种，
所以 且 ，故 或5，即n至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于 为关键.
3．从集合 的非空子集中随机取出两个不同的集合A， ，则在 的条件下， 恰
有 个元素的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】按照要求分类讨论计算即可.
【详解】由题意可分以下四种情况讨论：
①若A中有一个元素，则B中至少有三个元素，此时满足 的情况有 种，而满足 恰有
个元素的有 种；
②若A中有两个元素，则B中至少有两个元素，此时满足 的情况有 种，而满足
恰有 个元素的有 种；
③若A中有三个元素，则B中至少有一个元素，此时满足 的情况有 种，而满
足 恰有 个元素的有 种；④若A中有四个元素，则B中至少有一个元素，此时满足 的情况
有 种，而满足 恰有 个元素的有 种；
故满足题意的概率为： ，
故选：B
【点睛】本题考查集合与古典概型，较为新颖，属于较难题.关键在于分类讨论要不重复不遗漏，需要较高
的逻辑思维.
4．如图，在某城市中， ､ 两地之间有整齐的方格形道路网，其中 ､ ､ ､ 是道路网中位于一条
对角线上的 个交汇处．今在道路网 ､ 处的甲､乙两人分别要到 ､ 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 ､ 处为止．则下列说法正确的是（ ）
A．甲从 到达 处的方法有 种
B．甲从 必须经过 到达 处的方法有 种
C．甲､乙两人在 处相遇的概率为
D．甲､乙两人相遇的概率为
【答案】C
【分析】分析甲从 到达 处以及甲从 必须经过 到达 处的走法，结合组合知识，可判断A，B；
计算出甲､乙两人在 处相遇的走法种数，根据古典概型的概率公式即可判断C；分类考虑甲､乙两人相遇
的地点，计算出相应的走法数，根据古典概型的概率公式即可判断D.【详解】A选项，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 种，A选项错误；
B选项，甲经过 到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过 需要走3步，
其中1步向右走，2步向上走，方法数为 种；
第二步，甲从 到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为 种，
故甲经过 到达N的方法数为 种，B选项错误；
C选项，甲经过 的方法数为 种，乙经过 的方法数也为 种，
∴甲､乙两人在 处相遇的方法数为 种，
故甲、乙两人在 处相遇的概率为 ，C选项正确；
D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在 、 、 、 处相遇，
若甲､乙两人在 处相遇，甲经过 处，则甲的前三步必须向上走，
乙经过 处，则乙的前三步必须向左走，两人在 处相遇的走法种数为1种；
若甲､乙两人在 处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；
若甲､乙两人在 处相遇，甲到 处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，
乙到 处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
∴两人在 处相遇的走法种数为 种；
若甲､乙两人在 处相遇，甲经过 处，则甲的前三步必须向右走，乙经过 处，
则乙的前三步必须向下走，两人在 处相遇的走法种数为1种；故甲､乙两人相遇的概率 ，D选项错误，
故选：C．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从 到 的路线转变为六
步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向
右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数．
5．教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，毕业后分配到相应的地区任
教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（ ）
A．甲学校没有女大学生的概率为
B．甲学校至少有两名女大学生的概率为
C．每所学校都有男大学生的概率为
D．乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为
【答案】C
【分析】计算出将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教共有的分法种数，
再结合每个选项里的具体要求求出符合其要求的分法种数，根据古典概型的概率公式，即可求得相应概率，
可判断A，B，C，利用对立事件计算可判断D.
【详解】将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，
共有 中分法；
对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校，
再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有 种分法，
故甲学校没有女大学生的概率为 ，A错误；
对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和恰有三女大学生，
共有 种分法，故甲学校至少有两名女大学生的概率为 ，B错误；
对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为3组：人数为 或 ，
当男生人数为 时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为1人的两组，再分到3所学校，
此时共有 种分法；
当男生人数为 时，将4名女生按人数 分为3组，
人数 的2组分到男生人数为 的两组，2名女生的一组分到男生1人的那一组，再分到3所学校，
此时共有 种分法；
故每所学校都有男大学生的分法有 种，
则每所学校都有男大学生的概率为 ，C正确；
对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有 种分法，
乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的分法有 种，
故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为 ，D错误，
故选：C
二、多选题
6．疫情当下，通过直播带货来助农，不仅为更多年轻人带来了就业岗位，同时也为当地农民销售出了农
产品，促进了当地的经济发展.某直播平台的主播现要对6种不同的脐橙进行选品，其方法为首先对这6种
不同的脐橙（数量均为1），进行标号为1~6，然后将其放入一个箱子中，从中有放回的随机取两次，每次
取一个脐橙，记第一次取出的脐橙的标号为 ，第二次为 ，设 ，其中[x]表示不超过x的最大整
数，则（ ）A． B．事件 与 互斥
C． D．事件 与 对立
【答案】BC
【分析】根据有放回的随机取两次结果36种逐个分析判断即可解决.
【详解】由题知，从中有放回的随机取两次，结果有（记为 ）：
共36种，
若 ，此时取 或
所以 ，故A错误；
若 ，则 恒成立，
所以与 互斥，故B正确；
，故C正确；
当 时， ，此时事件 与 均未发生，
所以事件 与 不对立，故D错误.
故选：BC
7．商场某区域的行走路线图可以抽象为一个 的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），
甲、乙两人分别从 ， 两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达 ，
为止，下列说法正确的是（ ）A．甲从 必须经过 到达 的方法数共有9种
B．甲从 到 的方法数共有180种
C．甲、乙两人在 处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】ACD
【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点 到点 ，一共要走6步，
其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可
判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项．
【详解】对于A，从点 到点 ，需要向上走2步，向前走1步，
从点 到点 ，需要向右走2步，向前走1步，
所以，甲从 必须经过 到达 的方法数为 种，A正确；
对于B,从点 到点 ，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，
所以，甲从 到 的方法数为 种，B错误；
对于C，甲从点 运动到点 ，需要向上、前、右各走一步，
再从点 运动到点 ，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲从点 运动到点 ，且经过点 ，不同的走法种数为 种，
乙从点 运动到点 ，且经过点 ，不同的走法种数也为36种，所以，甲、乙两人在 处相遇的概率为 ，C正确；
对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点 、 、 、 、 、 、 ，
甲从点 运动到点 ，需要向上走2步，向前走1步，再从点 运动到点 ，需要向前走1步，向右走2
步，
所以甲从点 运动到点 且经过点 的走法种数为 ，
所以甲、乙两人在点 处相遇的走法种数为 ，
同理可知，甲、乙两人在点 、 、 、 、 处相遇的走法种数都为 ，
因此，甲、乙两人相遇的概率为 ，D正确．
故选：ACD．
【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从 到 的路线转变为六步，其中每一
条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由
此得到的组合数可表示对应路线的方法数．
三、填空题
8．在某道选词填空题中，共有4个空格、5个备选单词，其中每个空格只有备选单词中的一个正确答案
（备选单词中有一个是多余的），则4个空格全部选错的概率是 .
【答案】
【分析】根据题意，由分类加法计数原理与组合数的应用可得全部选错的情况数，然后结合古典概型的概
率计算公式，即可得到结果.【详解】假设5个单词分别是 ，正确的顺序为 ，
第一大类为选出的4个单词不包含 ，
则符合要求的情况有： 共9种；
第二大类为选出的4个单词包含 ，
先选出 ，则有 种情况，假设选出的单词为 ，
当 在第四个位置时，符合要求的情况有 共2种，
当 不在第四个位置时，从剩下的3个位置选1个，有 种情况，
假设 在第一个位置，则此时符合要求的情况数有 共3种，
则共有 ；
则符合要求的情况共有 ，且全部情况为 ，
则4个空格全部选错的概率是 .
故答案为：
9．为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同
学 与同学 站在一起，同学 站在边缘，则同学 不与同学 或 相邻的概率为 ．
【答案】
【分析】利用分步乘法原理先求出同学 与同学 站在一起，同学 站在边缘的方法数，再求出其中同学
不与同学 或 相邻的方法数，然后利用古典概型的概率公求解即可.
【详解】将同学 与同学 看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学 站在边上，有 种方法，然后
同学 与同学 组成的整体与剩下4人排列，有 种方法，
所以分步乘法原理可知同学 与同学 站在一起，同学 站在边缘，共有 种方法，其中同学 不与同学 或 相邻的有：先让同学 站在边上，有 种方法，然后同学 与同学 组成的整
体从与同学 不相邻的4个位置中选一个位置，有 种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有
种方法，
所以由分步乘法原理可得同学 不与同学 或 相邻的共有 种方法，
所以所求概率为 ，
故答案为：
10．A与B二人进行“抽鬼牌”游戏，游戏开始时，A手中有3张两两不同的牌，B手上有4张牌，其中3
张牌与A手中的牌相同，另一张为“鬼牌”，与其他所有牌都不同．游戏规则为：
（ⅰ）双方交替从对方手中抽取一张牌，A先从B手中抽取；
（ⅱ）若某位玩家抽到对方的牌与自己手中的某张牌一致，则将两张牌丢弃；
（ⅲ）最后剩一张牌（鬼牌）时，持有鬼牌的玩家为输家；
假设每一次抽牌从对方手上抽到任一张牌的概率都相同，则A获胜的概率为 ．
【答案】
【分析】A获胜分为3种情况，利用概率的加法公式求解即可.
【详解】记初始 手上 张牌时， 胜的概率为 ，
①当 手上有 张牌， 手上 张牌，包含 张“鬼牌”时， 获胜的概率为
若 抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在，
所以 ，解得 ,②当 手上有 张牌， 手上 张牌，包含 张“鬼牌”时， 获胜的概率为
若 抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜，其概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的不是“鬼牌”， 甲不可能获胜，此情况不存在，
所以 ，解得 ,
③当 手上有 张牌， 手上 张牌，包含 张“鬼牌”时， 获胜的概率为
若 抽中的不是“鬼牌”时，则甲获胜的概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的也是“鬼牌”，甲想要获胜的概率为 ，
若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的不是“鬼牌”，此轮结束后 有3张牌，包含一张“鬼牌”， 有
2张牌，当 再抽一次时， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，
有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有1张牌，此时 胜的对立事件为当 有1张牌，
有2张牌，包含一张“鬼牌”，此时 胜，
则若 抽中的是“鬼牌”，时， 抽中的不是“鬼牌”， 胜的概率为 ，
所以 ，解得 ,
故答案为： .
【点睛】关键点睛：当遇到某个事件的概率不好求的时候，可以考虑求其对立事件的概率，利用该事件发
生的概率与其对立事件发生的概率和为 来求解，例如题目中，若 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 有
1张牌，此时 胜的概率就可以转化为求其对立事件当 有1张牌， 有2张牌，包含一张“鬼牌”， 此
时 胜的概率.
