文档内容
第三节 随机事件的概率、古典概型
核心素养立意下的命题导向
1.结合随机事件发生的不确定性和频率的稳定性实验，考查对概率意义及基本性质的理解，
凸显数据分析的核心素养．
2．结合概率的意义及事件的概念，考查事件的关系及运算，凸显数学运算、逻辑推理的核心
素养．
3．理解古典概型及其概率计算公式，培养数学运算的核心素养．
4．结合古典概型的概率公式及基本事件的概念，考查古典概型的概率计算公式，凸显数据分
析、数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．事件的分类
必然事
在条件S下，一定会发生的事件叫相对于条件S的必然事件
确定 件
事件 不可能
在条件S下，一定不会发生的事件叫相对于条件S的不可能事件
事件
随机
在条件S下，可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件S的随机事件
事件
2．频率与概率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的
次数n 为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f (A)＝为事件A出现的频率．
A n
(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的 频率 f ( A ) 稳定在某个常
n
数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A发生的概率，简称为A的概率．
3．事件的关系与运算
定义 符号表示
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称
包含关系 B ⊇ A (或A⊆B)
事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
相等关系 若B⊇A且A⊇B A ＝ B
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B
并事件
发生，称此事件为事件A与事件B的并事件 A∪B(或A＋B)
(和事件)
(或和事件)
交事件 若某事件发生当且仅当 事件 A 发生 且 事件 B A∩B(或AB)发生，则称此事件为事件A与事件B的交事
(积事件)
件(或积事件)
若A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B
互斥事件 A∩B＝∅
互斥
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那 A∩B＝∅，P(A∪B)＝
对立事件
么称事件A与事件B互为对立事件 P(A)＋P(B)＝1
4．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围： 0 ≤ P ( A ) ≤ 1 .
(2)必然事件的概率为.
(3)不可能事件的概率为.
(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝ P ( A ) ＋ P ( B ) ．
(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝，
P(A)＝ 1 － P ( B ) ．
5．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件都是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
6．古典概型
(1)古典概型的特点
①有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
②等可能性：每个基本事件出现的可能性相等．
(2)古典概型的概率公式
P(A)＝.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(互斥事件与对立事件的识别)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互
斥事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
解析：选D 两次中“至少有一次中靶”即“一次中靶或两次中靶”，与该事件不能同时发
生的是“两次都不中靶”．故选D.
2．(互斥事件的概率)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现
金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7解析：选B 由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.故选B.
3．(古典概型的计算)掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于( )
A. B．
C. D．
解析：选B 所有基本事件的个数为6×6＝36，点数之和为5的基本事件有(1,4)，(2,3)，
(3,2)，(4,1)共4个．故所求概率为P＝＝.故选B.
二、易错点练清
1．(混淆互斥事件与对立事件)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则
①恰有1个白球和全是白球；
②至少有1个白球和全是黑球；
③至少有1个白球和至少有2个白球；
④至少有1个白球和至少有1个黑球．
在上述事件中，是互斥事件但不是对立事件的为( )
A．① B．② C．③ D．④
解析：选A 由题意可知，事件③④均不是互斥事件；①②为互斥事件，但②又是对立事件，
满足题意只有①，故选A.
2．(基本事件的个数不清)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率
是( )
A. B． C. D．
解析：选D 法一：设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示
四位同学排成一列所有可能的结果如图所示．
由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，
故所求概率为＝.
法二：两位男同学与两位女同学随机排成一列，因为男同学人数与女同学人数相等，所以两
女同学相邻与不相邻的排法种数相同，所以两女同学相邻与不相邻的概率均为.
3．(混淆频率与概率)给出下列三个命题，其中正确命题有________个．
①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；
②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
解析：①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．
答案：0
考点一 随机事件的频率和概率
[典例] 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.
[方法技巧]
1．概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用
概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
2．随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于
某一个常数，这个常数就是概率．
[针对训练]
电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．
(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率．
(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．
假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加 0.1，哪类电
影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？
(只需写出结论)
解：(1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，
获得好评的第四类电影的部数是200×0.25＝50.
故所求概率为＝0.025.
(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是
140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋
51＝372.
故所求概率估计为1－＝0.814.
(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．
考点二 互斥事件、对立事件的概率
[典例] 一盒中装有大小和质地均相同的12只小球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个
绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出的小球是红球或黑球的概率；
(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率．
[解] 记事件A＝{任取1球为红球}；
B＝{任取1球为黑球}；C＝{任取1球为白球}；
D＝{任取1球为绿球}，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝.
(1)由于A，B互斥，故取出1球为红球或黑球的概率为
P＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
1
(2)法一：由于A，B，C互斥，故取出1球为红球或黑球或白球的概率为
P＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝.
2
法二：任取一球，取出的小球是红球或黑球或是白球的对立事件是取出一个小球是绿球．
故P＝1－P(D)＝1－＝.
2
[方法技巧] 复杂的互斥事件的概率的两种求法第一步，根据题意将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和；第二步，运用互斥
直接法
事件的概率求和公式计算概率
第一步，求事件的对立事件的概率；第二步，运用公式P(A)＝1－P()求解．特别是
间接法
含有“至多”“至少”的题目，用间接法就显得比较简便
[针对训练]
经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：
5人及5
排队人数 0 1 2 3 4
人以上
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)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.
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.
考点三 古典概型
考法(一) 简单的古典概型
[例1] (1)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜
想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，
随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A. B．
C. D．
(2)(2020·全国卷Ⅰ)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点
共线的概率为( )
A. B．
C. D．
[解析] (1)不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的
数，共有C＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.故选C.
(2)根据题意作出图形，如图所示，在O，A，B，C，D中任取3点，有10种可
能情况，分别为(OAB)，(OAC)，(OAD)，(OBC)，(OBD)，(OCD)，(ABC)，
(ABD)，(ACD)，(BCD)，其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况，
所以在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为＝，故选A.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧] 求古典概型概率的3步骤
考法(二) 古典概型与其他知识的交汇
[例2] (1)已知向量a＝(x，y)，b＝(1，－2)，从6张大小相同分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片
中，有放回地抽取两张，x，y分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足a·b＞0的
概率是( )
A. B．
C. D．
(2)(2021·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－
2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
[解析] (1)设(x，y)表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有36个，a·b＞0，即
x－2y＞0，满足x－2y＞0的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(6,2)，共6个，所以所求
概率P＝＝.
(2)依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有CC＝36种，其中满足
直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤，即a≤b，满足a≤b的数组(a，b)有6
＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于＝.
[答案] (1)D (2)
[方法技巧]
求解古典概型与其他知识交汇问题的思路
解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程
的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．
[针对训练]
1．(2021年1月新高考八省联考卷)在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机
分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为( )
A. B．C. D．
解析：选C 设事件A＝“恰有1位同学分到写有自己学号的卡片”，则P(A)＝＝.
2．从集合A＝{－2，－1,2}中随机抽取一个数记为a，从集合B＝{－1,1,3}中随机抽取一个数
记为b，则直线ax－y＋b＝0不经过第四象限的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选A (a，b)所有可能的结果为(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，
(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9种．由ax－y＋b＝0得y＝ax＋b，当时，直线不经过第四象限，符合
条件的(a，b)的结果为(2,1)，(2,3)，共2种，∴直线ax－y＋b＝0不经过第四象限的概率P＝.
3．在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分．用x 表示编号为n(n＝1,2，…，6)的同学
n
所得成绩，且前5位同学的成绩如下：
编号n 1 2 3 4 5
成绩x 70 76 72 70 72
n
(1)求第6位同学的成绩x，及这6位同学成绩的标准差s.
6
(2)从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的概率．
解：(1)因为这6位同学的平均成绩为75分，
所以(70＋76＋72＋70＋72＋x)＝75，解得x＝90,
6 6
这6位同学成绩的方差
s2＝[(70－75)2＋(76－75)2＋(72－75)2＋(70－75)2＋(72－75)2＋(90－75)2]＝49，
所以标准差s＝7.
(2)从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有(70,76)，(70,72)，(70,70)，(70,72)，(76,72)，
(76,70)，(76,72)，(72,70)，(72,72)，(70,72)，共10种结果，
恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的有(70,76)，(76,72)，(76,70)，(76,72)，共4种结果，故所求
的概率P＝＝，
即恰有1位同学成绩在区间(68,75)中的概率为.
创新考查方式——领悟高考新动向
1．食物链亦称“营养链”，是指生态系统中各种生物为维持其本身的生命活动，必须以其他
生物为食物的这种由食物联结起来的链锁关系．这种摄食关系，实际上是太阳能从一种生物
转到另一种生物的关系，也即物质能量通过食物链的方式流动和转换．如图为某个生态环境
中的食物链，若从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，则这两种生物恰好构成摄食
关系的概率为( )A. B.
C. D．
解析：选B 从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，不同的选法有C＝10(种)，其中
恰好构成摄食关系的有鹰与田鼠、鹰与兔、鹰与麻雀、麻雀与蝗虫，共4种．所以所求事件的
概率P＝＝.
2．(多选)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事件A＝{第一
个四面体向下的一面出现偶数}，事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}，事件C＝{两
个四面体向下的一面同时出现奇数，或者同时出现偶数}．则下列说法正确的是( )
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(AB)＝P(AC)＝P(BC)
C．P(ABC)＝
D．P(A)P(B)P(C)＝
解析：选ABD 由古典概型的概率计算公式，
得P(A)＝P(B)＝＝，P(C)＝＝，
所以P(A)＝P(B)＝P(C)＝，A正确；
P(A)P(B)P(C)＝，D正确；而事件A，B，C不可能同时发生，故P(ABC)＝0，所以C不正确；又
P(AB)＝＝，P(AC)＝＝，P(BC)＝＝，
所以P(AB)＝P(AC)＝P(BC)，B正确．
3．古代人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”包括“礼、乐、
射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排
六节，则满足“数”必须安排在前两节、“礼”和“乐”必须分开安排的概率为________．
解析：当“数”安排在第一节时，在剩下的五节中选择相邻的两节，有C种情况，“礼”和
“乐”的顺序有2种，剩下的有A种情况，由间接法得到满足条件的情况有(A－CAA)种．
当“数”安排在第二节时，在剩下的五节中选择相邻的两节，有C种情况，“礼”和“乐”
的顺序有2种，剩下的有A种情况，由间接法得到满足条件的情况有(A－CAA)种．
故满足条件的情况共有(A－CAA＋A－CAA)种，所以所求概率为＝.
答案：
4.(2021·邵阳调研)中国象棋是中华文化的瑰宝，中国象棋棋盘上的
“米”字形方格叫作九宫．现有一张中国象棋棋盘的示意图如图所示．
若在矩形ABCD内(其中楚河汉界宽度等于每个小格的边长)随机取一
点，则该点落在九宫内的概率是________．解析：设每个小正方形的边长为1，则矩形ABCD的面积为72，两个九宫的面积和为8，所以
若在矩形ABCD内随机取一点，则该点落在九宫内的概率P＝＝.
答案：
一、基础练——练手感熟练度
1．在下列六个事件中，随机事件的个数为( )
①如果a，b都是实数，那么a＋b＝b＋a；②从分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的10张号签
中任取一张，得到4号签；③没有水分，种子发芽；④某电话总机在60秒内接到至少10次呼
叫；⑤在标准大气压下，水的温度达到50 ℃时沸腾；⑥同性电荷，相互排斥．
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A ①⑥是必然事件；③⑤是不可能事件；②④是随机事件．故选A.
2．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.3，该同学的身高
在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为( )
A．0.2 B．0.3
C．0.7 D．0.8
解析：选A 由题意得，身高超过175 cm的概率为P＝1－0.3－0.5＝0.2，故选A.
3．某单位安排甲去参加周一至周五的公益活动，需要从周一至周五选择三天参加活动，那么
甲连续三天参加活动的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 由题意，某单位安排甲去参加周一至周五的公益活动，需要从周一至周五选择
三天参加活动，共有10种不同的安排方式，其中甲连续三天参加活动的有：(周一、二、三)，
(周二、三、四)，(周三、四、五)，共有3种不同的方式，所以甲连续三天参加活动的概率为P
＝，故选A.
4．(多选)从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A表示选到的数能被2整除，事件
B表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率描述正确的是( )
A．P(A)＝ B．P(A∩B)＝
C．P(A∪B)＝ D．P(∩)＝
解析：选 ABD 依题意得样本空间的样本点，总数为 20，事件 A 的样本点包括
2,4,6,8,10,12,14,16,18,20，共10个，所以P(A)＝＝，故A正确；事件A∩B表示的是这个数既
能被2整除也能被3整除，其样本点包括6,12,18，共3个，所以P(A∩B)＝，故B正确；事件
A∪ B 表 示 的 是 这 个 数 能 被 2 整 除 或 能 被 3 整 除 ， 其 样 本 点 包 括
2,3,4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20，共13个，所以P(A∪B)＝，故C错误；事件∩表示的是这个
数既不能被2整除也不能被3整除，其样本点包括1,5,7,11,13,17,19，共7个，故P(∩)＝，故D
正确，故选A、B、D.5．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖
冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师
为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数
字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为
3.11,3.12,3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P＝1－＝.故选A.
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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%
解析：选C 设事件A为喜欢足球，事件B为喜欢游泳，
则由题意可知P(A∪B)＝96%，P(A)＝60%，P(B)＝82%.
由P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，可得P(A∩B)＝46%，
所以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46%.
2．(2019·全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”
由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是
一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选A 在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3个阳爻的基本
事件数为CC＝20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P＝＝.
3．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，都是白子的概率为.
则从中任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为( )
A. B．
C. D．1
解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件
B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝
P(A)＋P(B)＝＋＝，即任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为.
4．有3个不相识的人某天各自乘同一列火车外出，假设火车有10节车厢，那么至少有2人在
同一节车厢的概率为( )
A. B．C. D．
解析：选B 因为“3人分别在3节车厢”的概率为P＝＝，从而由对立事件的概率可得所求
概率为P＝1－＝，故选B.
5．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形
边长的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 从正方形四个顶点及其中心这5个点中任取2个点，共有C＝10种情况，满足
两点间的距离不小于正方形边长的有C＝6种，故所求概率P＝＝.
6.如图，《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫
博物院．该作品简介：院角的枣树结实累累，小孩群来攀扯，枝丫不停晃动，
粒粒枣子摇落满地，有的牵起衣角，有的捧着盘子拾取，又玩又吃，一片兴
高采烈之情跃然于绢素之上．甲、乙、丙、丁四人想根据该图编排一个舞蹈，
舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶四个动作，四人每人模
仿一个动作．若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作，则甲不模仿“爬”且乙不模仿
“扶”的概率是( )
A. B．
C. D．
解析：选B 依题意，基本事件的总数为A＝24，设事件A表示甲不模仿“爬”且乙不模仿
“扶”，
①若甲模仿“扶”，则A包含1×A＝6个基本事件；
②若甲模仿“捡”或“顶”，则A包含2×2×A＝8个基本事件，
综上可知A包含6＋8＝14个基本事件，
所以P(A)＝＝，故选B.
7．著名的“3N＋1猜想”是指对于每一个正整数n，若n是偶数，则让它变成；若n是奇数，
则让它变成3n＋1.如此循环，最终都会变成1.若数字5,6,7,8,9按照以上猜想进行变换，则变
换次数为奇数的概率为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 依题意知，5→16→8→4→2→1，共进行5次变换；6→3→10→5→…，共进行8
次变换；7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→…，共进行16次变换；由以上
可知，8变换共需要3次；9→28→14→7→…，共进行19次变换．故变换次数为奇数的概率为.
8．(多选)已知m∈{1,2,3,4}，n∈{2,3,6,8}，设向量p＝(m，n)，且a＝(3,6)，b＝(2， －
1)，则下列结论正确的是( )
A．满足|p|＝的概率为
B．满足p与a共线的概率为
C．满足p⊥b的概率与p与a共线的概率相同D．满足p·(a＋b)＝50的概率为
解析：选BC 依题意，向量p＝(m，n)的所有基本事件如表所示：
p＝(m，n) 2 3 6 8
1 (1,2) (1,3) (1,6) (1,8)
2 (2,2) (2,3) (2,6) (2,8)
3 (3,2) (3,3) (3,6) (3,8)
4 (4,2) (4,3) (4,6) (4,8)
共16个．对于A，由|p|＝，得m2＋n2＝13，满足事件的基本事件只有(2,3)，(3,2)，则其概率为P
＝＝，故A错误；对于B，由p与a共线，得6m－3n＝0，即2m＝n，满足事件的基本事件有
(1,2)，(3,6)，(4,8)，则其概率为，故B正确；对于C，由p⊥b，得2m－n＝0，所以其概率为，故
C正确；对于D，由p·(a＋b)＝50，得5(m＋n)＝50，即m＋n＝10，满足事件的基本事件有
(2,8)，(4,6)，其概率为P＝＝，故D错误，故选B、C.
9．从1,2,3,4中选取两个不同数字组成一个两位数，则这个两位数能被3整除的概率为
________．
解 析 ： 从 1,2,3,4 中 选 取 两 个 不 同 的 数 字 组 成 的 所 有 两 位 数 为 ：
12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共计12个基本事件，其中能被3整除的有：12,21,24,42，
共有4个基本事件，所以这个两位数能被3整除的概率为P＝＝.
答案：
10．(2021·南宁一模)用0与1两个数字随机填入如图所示的5个格子里，每个格子填一个数
字，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率
为______．
解析：5个格子用0与1两个数字随机填入共有25＝32种不同方法，从左到右数，不管数到哪
个格子，总是1的个数不少于0的个数包含的基本事件有：①全是1，有1种方法；②第一个
格子是1，另外4个格子有一个0，有4种方法；③第一个格子是1，另外4个格子有2个0，有
5种方法，所以共有1＋4＋5＝10种基本方法，那么概率P＝＝.
答案：
11．某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如
下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.
商品
甲 乙 丙 丁
顾客人数
100 √ × √ √
217 × √ × √
200 √ √ √ ×
300 √ × √ ×85 √ × × ×
98 × √ × ×
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；
(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？
解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同
时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.
(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位
顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时
购买3种商品的概率可以估计为＝0.3.
(3)与(1)同理，可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．
12．某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职
工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，
[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．
解：(1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.
(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝
0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.
(3)受访职工中评分在[50,60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A ，A ，A ；受访职工中评分在
1 2 3
[40,50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B ，B .从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可
1 2
能的结果共有10种，分别是{A ，A }，{A ，A }，{A ，B }，{A ，B }，{A ，A }，{A ，B }，{A ，B }，
1 2 1 3 1 1 1 2 2 3 2 1 2 2
{A ，B }，{A ，B }，{B ，B }．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B ，B }，
3 1 3 2 1 2 1 2
故所求的概率为.
13．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件E ，
A
则P(E )＝＝，
A
所以甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，
则P(E)＝＝，
所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()＝1－P(E)＝.
(3)因为有两人同时参加A岗位服务的概率P＝＝，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P
2 1
＝1－P＝.
2
