专题02：概率重难点题型与思想
模块一：重难点题型......................................................................2
题型一：互斥事件与对立事件....................................................... 2
题型二：互斥事件的概率............................................................. 4
题型三：对立事件的概率............................................................. 6
题型四：计算古典概型概率.......................................................... 7
题型五：随机模拟.................................................................... 12
题型六：有放回与无放回概率......................................................14
题型七：古典概型求参数........................................................... 17
题型八：利用概率的加法公式求古典概型概率................................. 19
题型九：独立事件互斥事件对立事件的判断.................................... 20
题型十：独立事件的乘法公式......................................................24
题型十一：独立事件的实际应用...................................................26
模块二：概率数学思想................................................................. 30
思想一：函数与方程的思想........................................................ 30
思想二：分类与整合思想........................................................... 32
思想三：等价转换思想.............................................................. 34
专题02：概率重难点题型与思想
模块一：重难点题型
【注意】本专题部分题型题目可能与前面章节内容重复
题型一：互斥事件与对立事件
1.从一堆产品(其中正品与次品都多于2 件)中任取2 件，观察正品件数与次品件数，判断下列每件事件是不
是互斥事件，如果是，再判断它们是不是对立事件．
①“恰好有1 件次品”和“恰好有2 件次品”；
②“至少有1 件次品”和“全是次品”；
③“至少有1 件正品”和“至少有1 件次品”．
【答案】①不是对立事件；②不是对立事件；③不是对立事件．
【分析】利用互斥事件与对立事件的关系即可判断.
【详解】依据互斥事件的定义，即事件A 与事件B 在一次试验中不会同时发生可知：
①中恰好有1 件次品和恰好有2 件次品不可能同时发生，因此它们是互斥事件，
又因为它们的和事件不是必然事件，所以它们不是对立事件；
同理可以判断
②中的2 个事件不是互斥事件，从而也不是对立事件；
③中的2 个事件不是互斥事件，从而也不是对立事件．
2.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
3.12 件同类产品中，有10 件是正品，2 件是次品，从中任意抽出3 件，与“抽得1 件次品2 件正品”互斥而
不对立的事件是（
）
A．抽得3 件正品
B．抽得至少有1 件正品
C．抽得至少有1 件次品
D．抽得3 件正品或2 件次品1 件正品
【答案】A
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念逐项分析可得答案.
【详解】对于A , 抽得3 件正品与抽得1 件次品2 件正品是互斥而不对立事件;
对于B , 抽得至少有1 件正品与抽得1 件次品2 件正品不是互斥事件,
对于C , 抽得至少有1 件次品与抽得1 件次品2 件正品不是互斥事件,
对于D , 抽得3 件正品或2 件次品1 件正品与抽得1 件次品2 件正品既是互斥也是对立事件.
故选:A
【点睛】本题考查了互斥事件与对立事件的概念,掌握互斥事件与对立事件的概念是答题的关键,属于基础
题.
【点睛】本题考查了互斥事件、对立事件，掌握互斥事件与对立事件的关系是解题的关键，属于基础题.
4.“韦神”数学兴趣小组有4 名男生和2 名女生，从中任选2 名同学参加数学公式推导比赛，下列各对事件
中互斥而不对立的是（
）
A．至少有1 名男生与全是男生；
B．至少有1 名男生与全是女生；
C．恰有1 名男生与恰有2 名男生；
D．至少有1 名男生与至少有1 名女生．
【答案】C
【分析】写出各个事件包含的情况，根据互斥事件以及对立事件的概念，即可得出答案.
【详解】对于A 项，事件至少有1 名男生包括恰有1 名男生和全是男生两种情况，故A 项错误；
对于B 项，事件至少有1 名男生包括恰有1 名男生和全是男生两种情况，与事件全是女生是互斥对立事件，
故B 项错误；
对于C 项，事件恰有1 名男生指恰有1 名男生和1 名女生，与事件恰有2 名男生是互斥事件，但不是对立
事件，故C 项正确；
对于D 项，事件至少有1 名男生包括恰有1 名男生和全是男生两种情况，事件至少有1 名女生包括恰有1
名女生和全是女生两种情况，两个事件有交事件恰有1 名男生和1 名女生，故D 项错误.
故选：C.
5.在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D 的概率分别是0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的
是（
）
A．A+B 与C 是互斥事件，也是对立事件
B．B+C 与D 是互斥事件，也是对立事件
C．A+C 与B+D 是互斥事件，但不是对立事件
D．A 与B+C+D 是互斥事件，也是对立事件
【答案】D
【解析】由题可得A
B
C
D
是一个必然事件,则任何一个事件与其余3 个事件的和事件必然是对立事件,
任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件,即可得到结果
【详解】由于A,B,C,D 彼此互斥,因为0.2
0.2
0.3
0.3
1
,则A
B
C
D
是一个必然事件,故任何一个事
件与其余3 个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事
件,
故选：D
【点睛】本题考查互斥事件和对立事件的定义,属于基础题
6.（多选）抛掷一枚骰子1 次,记“向上的点数是1,2”为事件A,“向上的点数是1,2,3”为事件B,“向上的点数
是1,2,3,4”为事件C,“向上的点数是4,5,6”为事件D,则下列关于事件A，B，C，D 判断正确的有
A．A 与D 是互斥事件但不是对立事件
B．B 与D 是互斥事件也是对立事件
C．C 与D 是互斥事件
D．B 与C 不是对立事件也不是互斥事件
【答案】ABD
【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接分析求解.
【详解】抛掷一枚骰子1 次,记“向上的点数是1,2”为事件A,
“向上的点数是1,2,3”为事件B,
“向上的点数是1,2,3,4”为事件C,
“向上的点数是4,5,6”为事件D.
事件A 与D 不能同时发生，但能同时不发生，
是互斥事件但不是对立事件，故选项A 正确；
事件B 与D 不可能同时发生，且必有一个发生，
故B 与D 是互斥事件，也是对立事件，
故选项B 正确；
事件C 与D 可能同时发生，故不是互斥事件，
故选项C 错误；
事件B 与C 能同时发生，不是互斥事件也不是对立事件，
故选项D 正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查对立事件、互斥事件的定义等基础知识，考查推理能力，属于基
础题.
题型二：互斥事件的概率
1.已知随机事件A 和B 互斥,且
0.6
P A
B
,
0.3
P B
,则
P A 等于（
）
A．0.8
B．0.7
C．0.5
D．0.2
【答案】B
【分析】因为A 和B 互斥,由
0.6
P A
B
P A
P B
求出
P A ,再由
1
P A
A
P A
P A
即可
得到答案.
【详解】因为A 和B 互斥,
所以
0.6
P A
B
P A
P B
,
又
0.3
P B
,
所以
0.3
P A
,
因为
1
P A
A
P A
P A
,
所以
1
1 0.3
0.7
P A
P A
.
故选:B.
2.从一副混合后的扑克牌( 不含大小王)中，随机抽取1 张，事件A 为“抽得红桃K”，事件B 为“抽得黑桃”，
则
(
)
P A
B
（
）
A．7
26
B．11
26
C．15
26
D．19
26
【答案】A
【分析】利用古典概率计算公式求出事件A，B 的概率，再用互斥事件的概率公式计算即得.
【详解】一副混合后的扑克牌( 不含大小王)共有52 张，则事件A 的概率为
1
( )
52
P A
，
一副扑克牌有13 张黑桃，则事件B 的概率为
13
1
( )
52
4
P B
，
而事件A 与B 互斥，则
1
1
7
(
)
( )
( )
52
4
26
P A
B
P A
P B
，
所以
7
(
)
26
P A
B
.
故选：A
3.保险柜的密码由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 中的四个数字组成，假设一个人记不清自己的保险柜密
码，只记得密码全部由奇数组成且按照递增顺序排列，则最多输入2 次就能开锁的概率是（
）
A．1
5
B．1
4
C．2
5
D．9
20
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用列举法计算古典概率，再用互斥事件的概率公式计算作答.
【详解】密码全部由奇数组成且按照递增顺序排列的结果有：(1,3,5,7),(1,3,5,9),(1,3,7,9)，
(1,5,7,9),(3,5,7,9) ，共5 个，它们等可能，
最多输入2 次就能开锁的事件A，它是输入1 次能开锁的事件
1A ，第2 次输入才能开锁的事件
2
A 的和，它
们互斥，
1
1
(
)
5
P A
，
2
1
(
)
5
P A
，则
1
2
2
( )
(
)
(
)
5
P A
P A
P A
，
最多输入2 次就能开锁的概率是2
5 .
故选：C
4.已知事件A，B 是互斥事件，
1
6
P A
，
2
3
P B
，则
P A
B
（
）
A．1
18
B．4
9
C．1
2
D．2
3
【答案】C
【分析】先计算出
1
3
P B
，利用互斥事件概率加法公式求出答案.
【详解】∵
1
P B
P B
，
2
3
P B
，
∴
1
3
P B
，
∵事件A，B 是互斥事件，
∴
P A
B
P A
1
1
1
6
3
2
P B
．
故选：C
题型三：对立事件的概率
1.已知事件A 与事件B 互斥，记事件B 为事件B 对立事件.若
( )
0.6
P A
，
( )
0.2
P B
，则
(
)
P A
B
（
）
A．0.6
B．0.8
C．0.2
D．0.48
【答案】B
【分析】根据题意可得A
B
，从而
(
)
( )
P A
B
P B
，利用对立事件概率公式即可求解.
【详解】因为事件A 与事件B 互斥，所以A
B
，
所以
(
)
( )
1
( )
0.8
P A
B
P B
P B
.
故选：B
2.现有7 名世界杯志愿者，其中
1A ，
2
A ，
3
A 通晓日语，
1
B ，
2
B 通晓韩语，
1
C ，
2
C 通晓葡萄牙语，从中选
出通晓日语、韩语、葡萄牙语志愿者各一名组成一个小组，则
1
B ，
1
C 不全被选中的概率为
．
【答案】3
4 /0.75
【分析】求得基本事件的总数，利用列举法求得事件N 所包含的基本事件的个数，求得
(
)
P N ，结合对立
事件，即可求得
(
)
P N .
【详解】由题意，选出通晓日语、俄语、韩语的翻译人员各一人，包含下列样本点
1
1
1
1
1
2
1
2
1
1
2
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A B C
A B C
A B C
A B C
，
2
1
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A B C
A B C
A B C
A B C
，
3
1
1
3
1
2
3
2
1
3
2
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A B C
A B C
A B C
A B C
，
共有12种不同的选法，
若N 表示事件“B1，C1 不全被选中”这一事件，则N 表示“B1，C1 全被选中”这一事件，
由于N 由
1
1
1
2
1
1
3
1
1
,
,
,
,
,
,
,
,
A B C
A B C
A B C
，共有3 个样本点组成，
所以
3
1
(
)
12
4
P N
，所以
1
3
(
)
1
(
)
1
4
4
P N
P N
.
故答案为：3
4 .
3.某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医、方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医
疗保险定点医院和一家社区医院作为本人就诊的医疗机构，若甲、乙两名参加保险人员所在的地区附近有
A，B，C 三家社区医院，并且他们对社区医院的选择是相互独立的，则甲、乙两人不选择同一家社区医院
的概率为（
）
A．1
9
B．8
9
C．1
3
D．2
3
【答案】D
【分析】
根据古典概型结合对立事件的概率求法运算求解.
【详解】甲、乙均有3 家社区医院可以选择，故共有3 3
9
个基本事件，
记“甲、乙两人选择同一家社区医院”为事件A，共有3 个基本事件，其概率
3
1
9
3
P A
，
所以甲、乙两人不选择同一家社区医院的概率
2
1
3
P A
P A
.
故选：D.
4.已知事件A 与事件B 互斥，如果
0.3
P A
，
0.5
P B
，那么
P A
B
．
【答案】0.2/ 1
5
【分析】根据互斥事件与对立事件的概率公式计算．
【详解】由题意
(
)
1
(
)
1 [ ( )
( )]
1
(0.3
0.5)
0.2
P A
B
P A
B
P A
P B
．
故答案为：0.2.
题型四：计算古典概型概率
1.阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径.1995 年，联合国教科文组织宣布4 月23 日为“世
界读书日”，致力于向全世界推广阅读、出版和对知识产权的保护.某学校为了打造“书香校园”，使学生养
成好的阅读习惯，健康成长，从学校内随机抽取了200 名学生一周的课外阅读时间进行调查，了解学生的
课外阅读情况，收集了他们阅读时间（单位：小时）等数据，并将样本数据分成
0,2 ，
2, 4 ，
4,6 ，
6,8 ，
8,10 ，
10,12 ，
12,14 ，
14,16 ，
16,18 九组，绘制成如图所示的频率分布直方图：
(1)求a 的值及200 名学生一周课外阅读时间的平均数；
(2)为进一步了解这200 名学生一周课外阅读时间的情况，从课外阅读时间在
12,14 ，
16,18 两组内的学
生中，采用分层抽样的方法抽取了6 人，选取其中两人组成小组，现求其中两名组员全在
12,14 内的概率.
【答案】(1)
0.10
a
，9.16小时；
(2) 2
3 .
【分析】（1）利用给定的频率分布直方图，结合各小矩形面积和为1 求出a ，再估计一周课外阅读时间
的平均数.
（2）求出指定的两组内各抽取的人数，利用列举法、结合古典概率求解即得.
【详解】（1）由频率分布直方图得：2(0.02
0.03
0.05
0.05
0.15
0.05
0.04
0.01)
1
a
，解得
0.10
a
，
平均数
2 (1 0.02
3 0.03
5 0.05
7
0.05
9 0.15 11 0.10
x
13 0.05 15 0.04
17
0.01)
9.16
（小时），
所以
0.10
a
，200 名学生一周课外阅读时间的平均数为9.16小时.
（2）在(12,14],(16,18]这两组采用分层抽样的方法抽取6 人，
则从课外阅读时间在(12,14]内的学生中抽取5 人，记为1,2,3,4,5，
课外阅读时间在(16,18]内的学生中抽取1 人，记为m ，
于是有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,
),(2,3),(2,4),(2,5),(2,
),(3,4),(3,5),(3,
),(4,5),(4,
),(5,
)
m
m
m
m
m ，
共15 种，且每种结果的发生是等可能的，
而满足两名组员都在(12,14]内的情况有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5) ，共10 种，
所以两名组员全在
12,14 内的概率为10
2
15
3
.
2.某商场为回馈顾客举行抽奖活动，顾客一次消费超过一定金额即可参加抽奖.抽奖箱里放有5 个大小相同
的小球，其中有两个标有“中奖”字样，每位参加抽奖的顾客一次抽奖可随机抽取两个小球，且商场规定参
加抽奖的顾客一次抽奖只要抽到一个“中奖”小球即视为中奖.
(1)求顾客一次抽奖中奖的概率；
(2)若顾客一次抽奖抽到两个“中奖”小球为一等奖，可兑取价值10 元的奖品；一次抽奖只抽到一个“中奖”
小球为二等奖，可兑取价值5 元的奖品.某日该商场进行的抽奖共计500 人次，估计兑出奖品的总价值.
【答案】(1) 7
10 ；
(2)2000 元.
【分析】（1）由题意，利用列举法写出满足题意的样本空间，结合古典概型的概率公式计算即可求解；
（2）由（1），求出每次中一、二等奖的概率，即可求解.
【详解】（1）设
1A ，
2
A 为两个标有“中奖”字样的小球，
1
B ，
2
B ，
3
B 为三个未标有“中奖”字样的小球，
从中随机抽取两个小球，则有
1
2
,
A A
，
1
1
,
A B
，
1
2
,
A B
，
1
3
,
A B
，
2
1
,
A B
，
2
2
,
A B
，
2
3
,
A B
，
1
2
,
B B
，
1
3
,
B B
，
2
3
,
B B
共10
种情况，
其中中奖的情况共有7 种.
所以顾客一次抽奖中奖的概率为
7
10
P
.
（2）由（1）可知，每次中一等奖的概率为
1
1
10
P
.
每次中二等奖的概率为
2
6
3
10
5
P
.
故进行500 人次抽奖克出奖品价值的估计值为
1
3
500
10
500
5
2000
10
5
元.
3.某高中随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间
160,165 ，
165,170 ，
170,175 ，
175,180 ，
180,185 分组，得到样本身高的频率分布直方图（如下图所示）.
(1)求身高不低于170cm 的学生人数；
(2)将身高在
170,175 ，
175,180 ，
180,185 区间内的学生依次记为A ，B ，C 三个组，用分层抽样的方
法从三个组中抽取6 人．
①求从这三个组分别抽取的学生人数；
②若要从6 名学生中抽取2 人，求B 组中至少有1 人被抽中的概率．
【答案】(1)60 人；
(2)①30 人，20 人，10 人；②3
5
【分析】（1）先求出[170 ,175) 的频率可得结果．
（2）①由分层抽样可得各组的人数; ②分别列举各种情况可得概率．
【详解】（1）由频率分布直方图可知[170 ,175) 的频率为
1
5
(0.07
0.04
0.02
0.01)
0.3
，
故身高在170cm 以上的学生人数为100
(0.3
0.04
5
0.02
5)
60
（人)．
（2）①A ，B ，C 三组的人数分别为100 0.3
30
，100 0.04 5
20
，100 0.02 5
10
人．
因此应该从A ，B ，C 三组中每组各抽取
6
30
3
60
（人) ，
6
20
2
60
（人) ，
6
10
1
60
（人) ．
②设A 组的3 位同学为
1A ，
2
A ，
3
A ，B 组的2 位同学为
1
B ，
2
B ，C 组的1 位同学为
1
C ，
则从6 名学生中抽取2 人有15 种可能：
1
(B ,
2)
B
，
1
(B ,
1)
C ，
2
(B ,
1)
C ．
1
(A ,
2)
A ，
1
(A ,
3)
A ，
1
(A ,
1)
B ，
1
(A ,
2)
B
，
1
(A ,
1)
C ，
2
(A ,
3)
A ，
2
(A ,
1)
B ，
2
(A ,
2)
B
，
2
(A ,
1)
C ，
3
(A ,
1)
B ，
3
(A ,
2)
B
，
3
(A ,
1)
C ．
其中B 组的2 位学生至少有1 人被抽中有9 种可能：
1
(B ,
2)
B
，
1
(B ,
1)
C ，
2
(B ,
1)
C ，
1
(A ,
1)
B ，
1
(A ,
2)
B
，
2
(A ,
1)
B ，
2
(A ,
2)
B
，
3
(A ,
1)
B ，
3
(A ,
2)
B
．
所以B 组中至少有1 人被抽中的概率为
9
3
15
5
P
．
4.为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负
时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛．共1500 名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机
抽取200 名学生，并按成绩分为五组：
50,60 ，
60,70 ，
70,80 ，
80,90 ，
90,100 ，得到如下频率分
布直方图，且第五组中高三学生占3
7 ．
(1)求抽取的200 名学生的平均成绩x （同一组数据用该组区间的中点值代替）；
(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7 人，再从中选取2 人组成宣讲组，
在校内进行义务宣讲，求这2 人都是高三学生的概率；
(3)若比赛成绩
79
x
s
（s 为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的1500 名学生成绩优
秀的人数．
参考公式：
2
1
n
i
i
i
s
x
x
f
，（
if 是第i 组的频率），
参考数据：30
5.5
【答案】(1)75
(2) 1
7
(3)105
【分析】（1）由频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，求得抽到的高三学生的人数，利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基
本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意，利用方差的计算公式，求得
2 30
11
s
，结合
79
90
x
s
，求得相应的概率，即可
求解.
【详解】（1）由频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
55 0.011 65 0.02
75 0.034
85 0.028
95 0.007
10
75
x
，
所以抽取的200 名学生的平均成绩
75
x
．
（2）由于第五组总共要抽取7 人，高三学生占3
7 ，所以抽到的高三学生应该有
3
7
3
7
人，
这7 个人中，不是高三学生设为a b c d
, ,
,
，其中3 个高三学生设为1,2,3，
从7 人中抽取2 人，共有：( , ),( , ),( , ),( ,1),( ,2),( ,3),( , ),( , ),( ,1),( ,2)
a b
a c
a d
a
a
a
b c
b d
b
b
，
( ,3),( , ),( ,1),( ,2),( ,3),( ,1),( ,2),( ,3),(1,2),(1,3),(2,3)
b
c d
c
c
c
d
d
d
，共有21 种抽法，
其中这2 人都是高三学生为：(1,2),(1,3),(2,3) ，共有3 种抽法，
由古典概型得，这2 人都是高三学生的概率为3
1
21
7
．
（3）依题意，由方差的计算公式，可得：
2
2
2
2
2
55
75
0.11
65
75
0.2
75
75
0.34
85
75
0.28
95
75
0.07
s
44
20
0
28
28
120
2 30
11
，
所以优秀的比赛成绩应该
79
79
11
90
x
s
，
而比赛成绩在
90,100 的频率为0.007 10
0.07
，
因为1500 0.07
105
，故参赛的1500 名学生成绩优秀的人数为105 人．
5.两家传媒公司联合开展了某市消费者2024 年春节年货消费行为调查，从调查对象中随机抽取1000 名消
费者，统计他们购置年货的预算（单位：元．这1000 名消费者的预算都不超过6000 元），得到如下频数
分布表：
预算/元
0,1000
1000,2000
2000,3000
3000,4000
4000,5000
5000,6000
人数
460
276
184
60
16
4
(1)根据样本估计总体，估计该市消费者2024 年春节购置年货预算的平均数及中位数（结果四舍五入取整
数）（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)利用分层抽样法从样本中购置年货预算在区间
1000,2000 ，
2000,3000 的消费者中抽取5 人，再从这
5 人中随机抽取3 人，求抽取的3 人中购置年货预算在区间
1000,2000 的至少有2 人的概率．
【答案】(1)平均数估计值是1408，中位数估计值是1145
(2) 7
10
【分析】（1）根据表格中的数据，结合平均数、中位数的求法计算即可求解；
（2）利用分层抽样法确定题意要求区间的人数，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】（1）该市消费者2024 年春节购置年货预算的平均数的估计值为
500 0.46 1500 0.276
2500 0.184
3500 0.06
4500 0.0 16
5500 0.004
1408
，
设该市消费者2024 年春节购置年货预算的中位数的估计值为a ，
因为0.46
0.5
，0.46
0.276
0.6
，
所以
1000
0.46
0.276
0.5
1000
a
，
故
0.04
1000 1000
1145
0.276
a
，
所以该市消费者2024 年春节购置年货预算的中位数的估计值为1145．
（2）因为276:184
3: 2
，
利用分层抽样法从样本中购置年货预算在区间
1000,2000 ，
2000,3000 的消费者中抽取5 人，
抽取到的购置年货预算在区间
1000,2000 的有3 人，记作, ,
a b c ，预算在区间
2000,3000 的有2 人，记作
,
d e ，
从这5 人中随机抽取3 人的情况有：
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
a b c
a b d
a b e
a c d
a c e
a d e
b c d
b c e
b d e
c d e
，共10 种，
设事件M 为“抽取的3 人中购置年货预算在区间
1000,2000 的至少有2 人”，
则事件M 包含的情况有：
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
,
, ,
a b c
a b d
a b e
a c d
a c e
b c d
b c e ，共7 种，
所以所求概率
7
10
P M
．
题型五：随机模拟
1.池州九华山是著名的旅游胜地．天气预报8 月1 日后连续四天，每天下雨的概率为0.6，现用随机模拟的
方法估计四天中恰有三天下雨的概率：在0~9 十个整数值中，假定0，1，2，3，4，5 表示当天下雨，6，
7，8，9 表示当天不下雨．在随机数表中从某位置按从左到右的顺序读取如下20 组四位随机数：
9533
9522
0018
7472
0018
3879
5869
3281
7890
2692
8280
8425
3990
8460
7980
2436
5987
3882
0753
8935
据此估计四天中恰有三天下雨的概率为（
）
A．3
10
B．2
5
C．7
20
D．9
20
【答案】B
【分析】求出表中数据四天中恰有三天下雨的情况即可得出概率.
【详解】由表中数据可得四天中恰有三天下雨的有9533，9522，0018，0018，3281，8425，2436，0753，
共8 组，
所以估计四天中恰有三天下雨的概率为8
2
20
5
.
故选：B.
2.某种心脏手术成功率为0.9，现采用随机模拟方法估计“3 例心脏手术全部成功”的概率.先利用计算器或计
算机产生0 9 之间取整数值的随机数，由于成功率是0.9，故我们用0 表示手术不成功，1，2，3，4，5，
6，7，8，9 表示手术成功，再以每3 个随机数为一组，作为3 例手术的结果.经随机模拟产生如下10 组随
机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，由此估计“3 例心脏手术全部成功”的概率为（
）
A．0.9
B．0.8
C．0.7
D．0.6
【答案】B
【分析】由题可知10 组随机数中表示“3 例心脏手术全部成功”的有8 组，即求.
【详解】由题意，10 组随机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，表示“3 例心脏手术全部成功”
的有：812,832,569,683,271,989, 537,925,故8 个，
故估计“3 例心脏手术全部成功”的概率为8
0.8
10
.
故选：B.
3.进入8 月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标准为24 小时
内最高气温将升至37 摄氏度以上），在今后的3 天中，每一天最高气温在37 摄氏度以上的概率是3
5 .用计
算机生成了20 组随机数，结果如下：
116 785 812 730 134 452 125 689 024 169
334 217 109 361 908 284 044 147 318 027
若用0，1，2，3，4，5 表示高温橙色预警，用6，7，8，9 表示非高温橙色预警，则今后的3 天中恰有2
天发布高温橙色预警信号的概率估计是（
）
A．3
5
B．1
2
C．13
20
D．2
5
【答案】B
【分析】查出20 个随机数中表示今后3 天中恰有2 天发布高温橙色预警信号的随机数的个数，根据古典
概型的概率公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知表示今后的3 天中恰有2 天发布高温橙色预警信号的随机数有：
116 812 730 217 109 361 284 147 318 027 共10 个，
故今后的3 天中恰有2 天发布高温橙色预警信号的概率估计是10
1
20
2
，
故选：B
4.规定：投掷飞镖3次为一轮，若3次中至少两次投中8环以上为优秀．根据以往经验某选手投掷一次命中
8环以上的概率为4
5 ．现采用计算机做模拟实验来估计该选手获得优秀的概率：用计算机产生0 到9之间的
随机整数，用0 、1表示该次投掷未有8环以上，用2 、3 、4 、5、6、7 、8 、9表示该次投掷在8环以上，
经随机模拟试验产生了如下20 组随机数：
907
966
191
925
271
932
812
458
569
683
031
257
393
527
556
488
730
313
537
989
据此估计，该选手投掷1轮，可以拿到优秀的概率为（
）
A．9
10
B．4
5
C．7
10
D．3
5
【答案】A
【分析】找出20 组随机数中代表“3次中至少两次投中8环以上”的数组的组数，结合古典概型的概率公式
可求得所求事件的概率.
【详解】由题意可知，随机模拟试验产生了如下20 组随机数中，
代表“3 次中至少两次投中8环以上”的数组共18组，
因此，该选手投掷1轮，可以拿到优秀的概率为18
9
20
10
.
故选：A.
题型六：有放回与无放回概率
1.从三名男生（记为
1A ，
2
A ，
3
A ）、两名女生（记为
1
B ，
2
B ）中任意选取两人.
(1)在有放回的选取中，写出样本空间，并计算选到两人都是男生的概率；
(2)在不放回的选取中，写出样本空间，并计算选到至少有一名女生的概率.
【答案】(1)样本空间见解析，9
25
(2)样本空间见解析，7
10 .
【分析】根据题意用数组表示样本点，写出样本空间，利用古典概型计算公式求解概率；
【详解】（1）样本空间
1
1
1
2
1
3
1
1
1
2
2
1
2
2
2
3
2
1
2
2
Ω
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A A
A A
A A
A B
A B
A A
A A
A A
A B
A B
3
1
3
2
3
3
3
1
3
2
1
1
1
2
1
3
1
1
1
2
2
1
2
2
2
3
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A A
A A
A A
A B
A B
B A
B A
B A
B B
B B
B A
B A
B A
，
2
1
2
2
,
B B
B B
，
记抽到两人都是男生的事件为A，事件A 包含的基本事件有:
1
1
1
2
1
3
2
1
2
2
2
3
,
,
,
,
,
A A
A A
A A
A A
A A
A A
3
1
3
2
3
3
,
,
A A
A A
A A ，共9 个，
则
9
( )
25
P A
.
（2）样本空间
1
2
1
3
1
1
1
2
2
3
2
1
2
2
3
1
3
2
1
2
,
,
,
,
,
,
,
,
,
A A
A A
A B
A B
A A
A B
A B
A B
A B
B B
，
记抽到至少有一名女生的事件为B，事件B 包含的基本事件有：
1
1
1
2
2
1
2
2
3
1
3
2
1
2
,
,
,
,
,
,
A B
A B
A B
A B
A B
A B
B B
，共7 个，则
7
( )
10
P B
.
2.一个袋子中有4 个红球，6 个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2 个球.
(1)求第二次取到红球的概率；
(2)求两次取到的球颜色相同的概率；
(3)如果袋中装的是4 个红球，n 个绿球，已知取出的2 个球都是红球的概率为2
5 ，那么n 是多少？
【答案】(1) 2
5
(2) 7
15
(3)
2
n
【分析】（1）先求出从10 个球中不放回地随机取出2 个的不同取法数，再求出第二次取到红球的不同取
法数，然后求概率即可；
（2）结合（1）求解即可；
（3）由取出的2 个球都是红球的概率求出基本事件的个数，然后再求解即可.
【详解】（1）从10 个球中不放回地随机取出2 个共有10 9
90
（种）可能，即
90
n
，
设事件A “两次取出的都是红球”，则
4 3
12
n A
，
设事件B “第一次取出红球，第二次取出绿球”，则
4 6
24
n B
，
设事件C “第一次取出绿球，第二次取出红球”，则
6 4
24
n C
，
设事件D =“两次取出的都是绿球”，则
6 5
30
n D
，
因为事件
, ,
,
A B C D 两两互斥，
所以P（第二次取到红球）
12
24
2
90
5
P A
C
.
（2）由（1）得，P（两次取到的球颜色相同）
12
30
7
90
15
P A
D
；
（3）结合（1）中事件，可得
4 3
12
n A
，
4
3
n
n
n
，
因为
2
5
n A
P A
n
，
所以
5
5
12
30
2
2
n
n A
，即
4
3
30
n
n
，解得
2
n
（负值舍去），
故
2
n
.
3.袋中装有2 个白球和3 个黑球，这5 个球除颜色外完全相同．
(1)采取有放回抽取方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽取方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率．
【答案】(1) 12
25
(2) 3
5
【分析】利用列举法求出样本点及古典概型的概率公式即可求解.
【详解】（1）用
1
2
,
a a 表示2 个白球，用
1
2
3
,
,
b b b 表示3 个黑球，采取有放回抽取方式，从中依次摸出两个
球，样本空间为
1 1
1
2
1 1
1 2
1 3
2
1
2
2
2 1
2 2
2 3
1 1
1
2
1 1
1 2
1 3
2
1
2
2
2 1
2 2
2 3
Ω
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
a a a a a b a b a b a a a a a b a b a b b a b a bb bb bb b a b a b b b b b b
3 1
3
2
3 1
3 2
3 3
,
,
,
,
b a b a b b b b b b
，每个样本点都是等可能发生的，
25
n
,
设A “两球颜色不同的事件”，则
1 1
1 2
1 3
2 1
2 2
2 3
1 1
1
2
2
1
2
2
3 1
3
2
,
,
,
,
,
,
,
,,
,
,
,
A
a b a b a b a b a b a b b a b a
b a b a b a b a
，
12
n A
,
所以
12
25
n A
P A
n
.
（2）用
1
2
,
a a 表示2 个白球，用
1
2
3
,
,
b b b 表示3 个黑球，采取不放回抽取方式，从中依次摸出两个球，样本
空间为
1
2
1 1
1 2
1 3
2
1
2 1
2 2
2 3
1 1
1
2
1 2
1 3
2
1
2
2
2 1
2 3
Ω
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
a a a b a b a b a a a b a b a b b a b a bb bb b a b a b b b b
3 1
3
2
3 1
3 2
,
,
,
b a b a b b b b
，每个样
本点都是等可能发生的，
20
n
,
设B “两球颜色不同的事件”，则
1 1
1 2
1 3
2 1
2 2
2 3
1 1
1
2
2
1
2
2
3 1
3
2
,
,
,
,
,
,
,
,,
,
,
,
B
a b a b a b a b a b a b b a b a
b a b a b a b a
，
12
n B
,
所以
12
3
20
5
n B
P B
n
.
4.某商场做促销活动，顾客每购满100 元可抽奖一次．在一个口袋内装有除颜色外其余完全相同的5 个小
球，其中3 个红球、1 个黑球、1 个黄球．某顾客购满100 元，可抽奖一次．
(1)若从中依次不放回地取出2 个球，取出的球中有黄球，则送一件价值10 元的礼品，求这位顾客能获得
一件价值10 元的礼品的概率；
(2)若从口袋中连续取两次球，每次取1 个球后放回，当取出的2 个球中没有红球时，送一件价值50 元的
礼品，问这位顾客获得一件价值50 元的礼品的可能性会超过20%吗？
【答案】(1) 2
5
(2)不会超过20%
【分析】（1）设3 个红球的编号为1,2,3，黑球为a ，黄球为b ，写出一次性摸出2 个球的所有可能，结
合古典概型公式即可求解.
（2）写出从袋中连续取两次球，每次取一球后放回，则所有包含的基本事件，结合古典概型概率公式，
从而可求出取出的两个球中没有红球，即可判断.
【详解】（1）3 个红球的分别记为1，2，3，1 个黑球记为a，1 个黄球记为b．
从袋中依次不放回地取出2 个球，所包含的样本点为（1，2），（1，3），（2，3），（1，a），（2，a），
（3，a），（1，b），（2，b），（3，b），（a，b），（2，1），（3，1），（3，2），（a，1），（a，
2），（a，3），（b，1），（b，2），（b，3），（b，a），共20 个，
有黄球的样本点为（1，b），（2，b），（3，b），（a，b），（b，1），（b，2），（b，3），（b，a），
共8 个，所以这位顾客能获得一件价值10 元的礼品的概率为8
2
20
5
．
（2）从袋中连续取两次球，每次取1 球后放回，所包含的样本点为（1，1），（1，2），（1，3），（1，
a），（1，b），（2，1），（2，2），（2，3），（2，a），（2，b），（3，1），（3，2），（3，3），
（3，a），（3，b），（a，1），（a，2），（a，3），（a，a），（a，b），（b，1），（b，2），（b，
3），（b，a），（b，b），共25 个，
取出的2 个球中没有红球的样本点为（a，a），（a，b），（b，a），（b，b），共4 个，
所以这位顾客能获得一件价值50 元的礼品的概率为4
20%
25
，
所以这位顾客获得一件价值50 元的商品的可能性不会超过20%．
题型七：古典概型求参数
1.某企业有甲、乙两个工厂共生产一精密仪器1200件，其中甲工厂生产了690 件，乙工厂生产了510件，
为了解这两个工厂各自的生产水平，质检人员决定采用分层抽样的方法从所生产的产品中随机抽取80件样
品，已知该精密仪器按照质量可分为
, ,
,
A B C D 四个等级．若从所抽取的样品中随机抽取一件进行检测，恰
好抽到甲工厂生产的A 等级产品的概率为3
20 ，则抽取的
,
,
B C D 三个等级中甲工厂生产的产品共有
件．
【答案】34
【分析】根据分层抽样原则可求得甲工厂抽取的样品数，根据抽到甲工厂生产A 等级产品的概率可构造方
程求得抽取甲工厂生产的A 等级产品的数量，由此可得结果.
【详解】由分层抽样原则知：从甲工厂抽取了
690
80
46
1200
件样品，
设抽取甲工厂生产的A 等级产品有x 件，则
3
80
20
x
，解得：
12
x
，
抽取的
,
,
B C D 三个等级中，甲工厂生产的产品共有46 12
34
件.
故答案为：34.
2.在一个不透明的袋中装有一些除颜色外完全相同的红和黑两种颜色的小球，己知袋中有红球5 个，黑球m
个，从袋中随机摸出一个红球的概率是1
3 ，则m 的值为
．
【答案】10
【分析】由古典概型概率公式得方程
5
1
5
3
P
m
，求解即可.
【详解】根据题意，
从袋中随机摸出一个红球的概率是
5
1
5
3
P
m
，
所以
10
m
.
故答案为：10
3.猜灯迷是我国一种民俗娱乐活动，某社区在元宵节当天举行了猜灯谜活动，工作人员给每位答题人提供
了5 道灯谜题目，答题人从中随机选取2 道灯迷题目作答，若2 道灯谜题目全答对，答题人便可获得奖品.
(1)若甲只能答对工作人员所提供的5 道题中的2 道，求甲能获得类品的概率；
(2)若甲不能获得奖品的概率为7
10 ，求甲能答对所提供灯谜题目的数量.
【答案】(1) 1
10
(2)3
【分析】（1）根据古典概型公式计算即可；
（2）根据对立事件概率和为1，由甲不能获得奖品的概率求出甲能获得奖品的概率，再求出答对的题目
数量.
【详解】（1）设工作人员提供的5 道灯谜题目为a ，b ，c ，x ，y ，甲能答对的题目为x ，y .
从这5 道题目中随机选取2 道，总的事件有ab ，ac ，ax，ay ，bc ，bx ，by ，cx，cy ，xy ，共10 种情
况，
甲2 道题目全答对的事件有xy 这1 种情况，故甲能获得奖品的概率为1
10 .
（2）因为甲不能获得奖品的概率为7
10 ，所以甲能获得奖品的概率为
7
3
1 10
10
.
设甲能答对所提供灯谜题目的数量为n ，由（1）可知，
3
n
.
若
3
n
，不妨设甲能答对的题目为a ，b ，c ，
则甲2 道题目全答对的事件有ab ，ac ，bc ，共3 种情况，
甲能获得奖品的概率为3
10 ，符合题意，
故甲能答对所提供灯谜题目的数量为3.
4.一个袋子中有3 个红球，4 个白球，采用不放回方式从中依次随机地取出2 个球．
(1)求两次取到的球颜色相同的概率．
(2)如果是3 个红球，n 个白球，已知第二次取到红球的概率为3
8 ，求n 的值．
【答案】(1) 3
7
(2)5
【分析】(1)分取出的两球均为红色和均为白色两类计算概率，然后加起来即可求解；
(2)根据题意，先求出第二次取到红球的概率，建立方程，解之即可求解.
【详解】（1）若取出的两个球均为红球，则概率为：
1
3 2
1
7 6
7
P
，
若取出的两个球均为白球，则概率为：
2
4 3
2
7 6
7
P
，
所以两次取到的球颜色相同的概率为：
3
1
2
3
7
P
P
P
．
（2）第二次取出红球的概率为：
4
3
2
3
3
3
2
3
2
8
n
P
n
n
n
n
，即
6
3
3
(
3)(
2)
8
n
n
n
，
解得：
5
n
或
2
n （舍去），故n 的值为5．
题型八：利用概率的加法公式求古典概型概率
1.下列说法正确的是（
）
A．若A ，B 为两个事件，则“ A 与B 互斥”是“ A 与B 相互对立”的必要不充分条件
B．若A ，B 为两个事件，则
P A
B
P A
P B
C．若事件A ，B ，C 两两互斥，则
1
P A
P B
P C
D．若事件A ，B 满足
1
P A
P B
，则A 与B 相互对立
【答案】A
【分析】根据互斥事件与对立事件的概念判断A，根据和事件的概率公式判断B，利用反例说明C、D.
【详解】对于A，若事件A 与B 互斥，则A 与B 不一定相互对立，
但A 与B 相互对立，则A 与B 一定互斥，故“ A 与B 互斥”是“ A 与B 相互对立”的必要不充分条件，故A 正
确；
对于B，若A ，B 为两个事件，则
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B
，故B 错误；
对于C，若事件A ，B ，C 两两互斥，则
1
P A
P B
P C
不一定成立，
如：抛掷一枚均匀的骰子一次，记A “向上的点数为1”，B “向上的点数为2”，C “向上的点数为3”，
事件A ，B ，C 两两互斥，但
1
1
1
1
( )
( )
( )
6
6
6
2
P A
P B
P C
.故C 错误；
对于D，抛掷一枚均匀的骰子，所得的点数为偶数的概率是
1
2 ，
抛掷一枚硬币，正面向上的概率是
1
2 ，满足
1
P A
P B
，但是A 与B 不对立，故D 错误.
故选：A.
2.已知一个古典概型，其样本空间中共有12 个样本点，其中事件A 有6 个样本点，事件B 有4 个样本点，
事件A
B
有8 个样本点，则
(
)
P AB （
）
A．2
3
B．
1
2
C．1
3
D．1
6
【答案】D
【分析】
依题意计算可得
1
2
P A
，
1
3
P B
，
2
3
P A
B
，再由概率的加法公式计算即可得
1
(
)
6
P AB
.
【详解】根据概率公式计算可得
6
1
12
2
P A
，
4
1
12
3
P B
，
8
2
12
3
P A
B
；
由概率的加法公式可知
P A
B
P A
P B
P AB
，代入计算可得
1
(
)
6
P AB
故选：D
3.已知某样本空间中共有18 个样本点，其中事件A 有10 个样本点，事件B 有8 个样本点，事件A
B
有
16 个样本点，则
P A
B
（
）
A．4
9
B．1
9
C．1
3
D．1
6
【答案】C
【分析】
结合题意，由概率加法公式计算可得A
B
的样本点个数，则可得A
B
的样本点个数，即可得解.
【详解】由题意可得事件A 共有18 10
8
个样本点，由A
B
有16 个样本点，
又
P A
B
P A
P B
P A
B
，故A
B
共有10
8 16
2
个样本点，
则A
B
有8
2
6
个样本点，故
6
1
18
3
P A
B
.
故选：C.
4.已知随机事件A 和B 互斥，A 和C 对立，且
0.5,
0.2
P A
B
P B
，则
P C （
）
A．0.8
B．0.7
C．0.6
D．0.5
【答案】B
【分析】利用互斥事件性质以及已知数据代入公式计算即可求得
0.3
P A
，再由对立事件性质可得
0.7
P C
.
【详解】由随机事件A 和B 互斥可知
0
P AB
，
由
P A
B
P A
P B
P AB
，
将
0.5,
0.2
P A
B
P B
代入计算可得
0.3
P A
，
又A 和C 对立，可得
1
P A
P C
，解得
0.7
P C
.
故选：B
题型九：独立事件互斥事件对立事件的判断
1.掷两颗骰子，观察掷得的点数．设事件A 表示“两个点数都是偶数”，事件B 表示“两个点数都是奇数”，事
件C 表示“两个点数之和是偶数”，事件D 表示“两个点数的乘积是偶数”．那么下列结论正确的是（
）
A．A 与B 是对立事件
B．A 与C
D
是互斥事件
C．B 与D 是相互独立事件
D．B 与C
D
是相互独立事件
【答案】D
【分析】选项A 和B，根据条件，利用互斥事件的概念，即可判断出选项A 和B 的正误；选项C 和D，利
用相互独立的判断方法，计算各自发生的概率及同时发生的概率，即可判断出正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，因为掷两颗骰子，两个点数可以都是偶数，也可以都是奇数，还可以一奇一偶，
即一次试验，事件A 和事件B 可以都不发生，所以选项A 错误；
对于选项B，因为C
D
即两个点数都是偶数，即A 与C
D
可以同时发生，所以选项B 错误，
对于选项C，因为
3
3
1
( )
6
6
4
P B
，
3 3
3
(
)
1
6 6
4
P D
，又
(
)
0
P BD
，所以
(
)
( ) ( )
P BD
P B P D
，故选项C
错误，
对于选项D，因为
(
)
1
P C
D
，
9
1
(
(
))
36
4
P B
C
D
，所以
(
(
))
( ) (
)
P B
C
D
P B P C
D
，所以选项
D 正确，
故选：D.
2.依次抛掷一枚质地均匀的骰子两次，
1A 表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，
2
A 表示事件“第一次抛掷
骰子的点数为奇数”，
3
A 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，
4
A 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和
为7”，则（
）
A．
3
A 与
4
A 为对立事件
B．
1A 与
3
A 为相互独立事件
C．
2
A 与
4
A 为相互独立事件
D．
2
A 与
4
A 为互斥事件
【答案】C
【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由
3
4
3
4
,
A
A
A
A
即可判断A；由
1
3
1
3
(
) (
)
(
)
P A P A
P A A
即可判断B；由
2
4
2
4
(
) (
)
(
)
P A P A
P A A
即可判断C，由
2
4
A
A
即可判断D.
【详解】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样
本空间如下：
{ 1,1 , 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6), (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),
6,1 , 6,2 , 6,3 , 6,4 , 6,5 , 6,6 }，共36 个样本点．
则事件
1A 包括(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6) ，共6 个，
1
1
(
)
6
P A
，
事件
2
A 包括(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6), (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),
(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),，共18 个，
2
1
(
)
2
P A
，
事件
3
A 包括(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1) ，共5 个，
3
5
(
)
36
P A
，
事件
4
A 包括(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) ，共6 个，
4
6
1
(
)
36
6
P A
.
对于A，
3
4
3
4
,
A
A
A
A
，所以
3
A 与
4
A 不为对立事件，故A 错误；
对于B，事件
1
3
A A 包括(2,4) ，则
1
3
1
(
)
36
P A A
，又
1
1
(
)
6
P A
，
3
5
(
)
36
P A
，
所以
1
3
1
3
1
5
(
) (
)
(
)
6
36
P A P A
P A A
，即
1A 与
3
A 不相互独立，故B 错误；
对于C，事件
2
4
A A 包括(1,6),(3,4),(5,2)，则
2
4
1
(
)
12
P A A
，又
2
1
(
)
2
P A
，
4
1
(
)
6
P A
，
所以
2
4
2
4
1
1
1
(
) (
)
(
)
2
6
12
P A P A
P A A
，即
2
A 与
4
A 相互独立，故C 正确；
对于D，事件
2
4
A A 包括(1,6),(3,4),(5,2)，则
2
4
A
A
，即
2
A 与
4
A 不为互斥事件，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用列举法和古典概型的概率公式求得各事件的概率是解决本题的关键.
3.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记骰子向上的点数．用x 表示第一次抛掷骰子的点数，用y 表示第二次
抛掷骰子的点数，用
,x y 表示一次试验的结果．记“
7
x
y
”为事件A ，“
*
2
1
N
xy
k
k
”为事件B ，
“
3
x
”为事件C ，则（
）
A．A 与B 相互独立
B．A 与B 对立
C．A 与C 相互独立
D．B 与C 相互独立
【答案】C
【分析】用列举法列出所有可能结果，再结合互斥事件、对立事件、相互独立事件及古典概型的概率公式
计算可得．
【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为6 6
36
个；
其中事件A “
7
x
y
”包含的样本点有：
1,6 ，
2,5 ，
3,4 ，
4,3 ，
5,2 ，
6,1 共6个；
事件B “
*
2
1
N
xy
k
k
”，包含的样本点有：
1,1 ，
3,3
，
5,5
，
1,3
，
1,5 ，
3,1 ，
3,5 ，
5,1 ，
5,3 共9个，
事件C “
3
x
”，包含的样本点有：
1,1 ，
1,2 ，
1,3 ，
1,4 ，
1,5 ，
1,6 ，
2,1 ，
2,2 ，
2,3 ，
2,4 ，
2,5 ，
2,6 ，
3,1 ，
3,2 ，
3,3 ，
3,4 ，
3,5 ，
3,6 共18个，
所以A 与B 不能同时发生，但是能同时不发生，故不是对立事件，故B 错误；
因为A 与B 不能同时发生，所以A 与B 是互斥事件，则
0
P AB
，
又
6
1
6 6
6
P A
，
9
1
6 6
4
P B
，所以
P AB
P A P B
，
所以A 与B 不相互独立，故A 错误；
又事件AC 包含的样本点有：
1,6 ，
2,5 ，
3,4 共3 个，
所以
1
2
P C
，
1
12
P A P C
，则
3
1
36
12
P AC
P A P C
，
所以A 与C 相互独立，故C 正确；
事件BC 包含的样本点有：
1,1 ，
3,3
，
1,3
，
1,5 ，
3,1 ，
3,5 共6个，
因为
1
6
P BC
P B P C
，所以B 与C 不相互独立，故D 错误．
故选：C
4.有6个相同的球，分别标有数字1，2 ，3 ，4，5，6从中有放回地随机取两次，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5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（
）．
A．甲与乙相互独立
B．乙与丙相互独立
C．甲与丙相互独立
D．乙与丁相互独立
【答案】A
【分析】根据题意分别求出事件的概率，再根据相互独立满足的概率公式判断即可.
【详解】由题意得，
(
P 甲
1
)
6
，
(
P 乙
1
)
6
，
(
P 丙
4
1
)
=
6 6
9
，
(
P 丁
5
5
)
=
6 6
36
.
对于A，
(
P 甲乙
1
)
36
，所以
(
P 甲)
(
P
乙)
(
P
甲乙)，所以甲与乙相互独立，故A 正确；
对于B，
(
P 乙丙
1
)
36
，所以
(
P 乙)
(
P
丙)
(
P
乙丙)，所以乙与丙不是相互独立，故B 不正确；
对于C，
(
P 甲丙
1
)
36
，所以
(
P 甲)
(
P
丙)
(
P
甲丙)，所以甲与丙不是相互独立，故C 不正确；
对于D，
(
P 乙丁
1
)
36
，所以
(
P 乙)
(
P
丁)
(
P
乙丁) ，所以乙与丁不是相互独立，故D 不正确.
故选：A.
5.有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，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”，则下列说法错误的是（
）
A．丙与丁是互斥事件
B．甲与丙是互斥事件
C．甲与丁相互独立
D．P （乙丙）P （乙）+ P （丙）
【答案】D
【分析】对于AB：利用互斥的事件的概念判断；对于C：计算P （甲）P （丁）
P
（甲丁）是否成立来
判断；对于D：根据乙丙，乙，丙分别包含的基本事件数来判断.
【详解】对于A：丙与丁不可能同时发生，所以丙与丁是互斥事件，A 正确；
对于B：若第一次取出的球的数字是1，则两次取出的球的数字之和不可能是8，所以甲与丙不可能同时
发生，是互斥事件，B 正确；
对于C：P （甲）
1
6
，P （丁）
6
1
36
6
，P （甲丁）
1
36
，
则P （甲）P （丁）
P
（甲丁），所以甲与丁相互独立，C 正确；
对于D：乙丙包含的基本事件有
1,2 , 2,2 , 3,2 , 4,2 , 5,2 , 6,2 , 2,6 , 3,5 , 4,4 , 5,3 共10 个，
乙包含的基本事件有
1,2 , 2,2 , 3,2 , 4,2 , 5,2 , 6,2 共6 个，
丙包含的基本事件有
2,6 , 3,5 , 4,4 , 5,3 , 6,2 共5 个，
所以P（乙丙）P（乙）+P（丙），D 错误.
故选：D.
6.对于事件
,
A B ，下列命题不正确的是（
）
A．如果
,
A B 互斥，那么A 与B 也互斥
B．如果
,
A B 对立，那么A 与B 也对立
C．如果
,
A B 独立，那么A 与B 也独立
D．如果
,
A B 不独立，那么A 与B 也不独立
【答案】A
【分析】选项A，利用互斥事件的定义判断；选项B，利用对立事件的定义判断；选项C，利用相互独立
事件的定义判断；选项D，利用相互独立事件的定义判断.
【详解】对于选项A，如果
,
A B 互斥，A 与B 可以同时发生，由互斥事件的定义得A 与B 不一定互斥，所
以选项A 错误；
对于选项B，如果
,
A B 对立，由对立事件的定义得A 与B 也对立，所以选项B 正确；
对于选项C，如果
,
A B 独立，由相互独立事件的定义得A 与B 也独立，所以选项C 正确；
对于选项D，如果
,
A B 不独立，由相互独立事件的定义得A 与B 也不独立，所以选项D 正确；
故选：A.
题型十：独立事件的乘法公式
1.某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5．若第一次未
通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概
率为（
）
A．0.85
B．0.7
C．0.5
D．0.4
【答案】A
【分析】根据给定条件，对立事件概率公式列式计算即得.
【详解】依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，
因此面试失败的概率为0.3 0.5
0.15
，
所以该同学通过面试的概率为1 0.15
0.85
.
故选：A
2.将一枚均匀的骰子掷两次，记事件A 为“第一次出现偶数点”，事件B 为“第二次出现奇数点”，则（
）
A．A 与B 不独立
B．
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B
C．A 与B 不互斥
D．
1
(
)
3
P AB
【答案】C
【分析】由独立和互斥事件的性质可判断A 错误，C 正确；由
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B
可得B 错
误；由独立事件的乘法公式可得D 错误.
【详解】A：事件A 和B 的发生没有影响，相互独立，故A 错误；
B：，
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B
，故B 错误；
C：事件A 和B 可以同时发生，所以A 与B 不互斥，故C 正确；
D：
1
1
1
(
)
( ) ( )
2
2
4
P AB
P A P B
，故D 错误；
故选：C.
3.甲､乙两人独立地破译一份密码，若甲能破译的概率是1
3 ，乙能破译的概率是2
3 ，则甲､乙两人中至少有
一人破译这份密码的概率是
.
【答案】7
9
【分析】先计算出两人均没能破译这份密码的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案.
【详解】两人均没能破译这份密码的概率为
1
2
2
1
1
3
3
9
p
，
故甲､乙两人中至少有一人破译这份密码的概率为
2
7
1
9
9
.
故答案为：7
9
4.据天气预报，春节期间甲地的降雪概率是0.4，乙地的降雪概率是0.3．这段时间内两地是否降雪相互之
间没有影响，那么春节期间两地都不降雪的概率是（
）
A．0.7
B．0.42
C．0.12
D．0.46
【答案】B
【分析】求出两个事件的对立事件的概率，再根据相互独立事件同时发生的概率公式得到结果.
【详解】设“甲地降雪”为事件A，“乙地降雪”为事件B,
“甲乙两地都不降雪”即事件A 与B 同时发生，即A
B
，
1 0.4
0.6
P A
，
1 0.3
0.7
P B
，
利用独立事件的性质可知，事件A 与B 相互独立，
所以
0.6 0.7
0.42
P A
B
P A P B
，
所以甲乙两地都不降雪的概率为0.42 .
故选：B.
5.A、B 相互独立，
0.6
P A
，
0.2
P B
，则
P A
B
.
【答案】0.68
【分析】由并事件的概率和相互独立事件的概率公式计算可得.
【详解】因为A、B 相互独立，
0.6
P A
，
0.2
P B
，
所以
0.6 0.2
0.12
P AB
P A
P B
，
所以
0.6
0.2
0.12
0.68
P A
B
P A
P B
P AB
，
故答案为：0.68.
6.已知事件A 与事件B 相互独立，A 为事件A 的对立事件．若
0.3
P A
，
0.6
P B
，则
P A
B
．
【答案】0.42
【分析】依题意可得事件A 与事件B 相互独立，求出
P A ，再根据相互独立事件的概率乘法公式计算可
得.
【详解】因为事件A 与事件B 相互独立，则事件A 与事件B 也相互独立，
又
0.3
P A
，
0.6
P B
，
所以
1
0.7
P A
P A
，
所以
0.7
0.6
0.42
P A
B
P AB
P A P B
.
故答案为：0.42
题型十一：独立事件的实际应用
1.为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000 名学生
参加，随机抽取了100 名学生，记录他们的分数，将数据分成4 组：
60,70 , 70,80 , 80,90 , 90,100 ，并
整理得到如下频率分布直方图：
(1)根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
(2)用分层随机抽样的方法从
60,70 ，
90,100 两个区间共抽取出4 名学生，再从这4 名学生中随机抽取2
名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间
60,70 的概率；
(3)学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每
个项目胜方得1 分，负方得0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三
个项目中获胜的概率分别为1 2
,
,
2 5 p ，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1 分的概率是
47
50 ，甲乙两人谁
获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
【答案】(1)84.5分
(2) 1
4
(3)甲最终获胜的可能性大；理由见解析
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据分层抽样的分法，得到从
60,70 抽取1人，即为a ，从
90,100 中抽取3 人，即为1,2,3，利用列
举法求得基本事件的总数和所有事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意求得
4
5
p
，分别求得甲乙得到2 分和3 分的概率，即可得到答案.
【详解】（1）解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
(65 0.01
75 0.015
85 0.045
95 0.03) 10
84.5
x
分.
（2）解：由频率分布直方图，可得
60,70 的频率为0.1，
90,100 的频率为0.3，
所以用分层随机抽样的方法从
60,70 ，
90,100 两个区间共抽取出4 名学生，
可得从
60,70 抽取1人，即为a ，从
90,100 中抽取3人，即为1,2,3，
从这4 名学生中随机抽取2 名依次进行交流分享，有
,1 ,
,2 ,
,3 , 1,2 , 1,3 ,
a
a
a
2,3 , 1,
, 2,
, 3,
, 2,1 , 3,1 , 3,2
a
a
a
，共有12 个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间
60,70 的有：
1,
, 2,
, 3,
a
a
a ，共有3 个，
所以概率为
3
1
12
4
P
.
（3）解：甲最终获胜的可能性大.
理由如下：由题意，甲至少得1 分的概率是
47
50 ，
可得
1
2
47
1 (1
)(1
)(1
)
2
5
50
p
，其中0
1
p
，解得
4
5
p
，
则甲的2 分或3 分的概率为：
1
2
4
1
2
4
1
2
4
1
2
4
3
(1
)
(1
)
(1
)
2
5
5
2
5
5
2
5
5
2
5
5
5
P
，
所以乙得分为2 分或3 分的概率为2
5 ，
因为3
2
5
5
，所以甲最终获胜的可能性更大.
2.作为世界乒坛本赛季收官战，首届
(
WTT 世界乒乓球职业大联盟)世界杯总决赛2021年12月7 日在新加坡
结束男女单打决赛的较量，国乒包揽双冠成为最大赢家．我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练
基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2 个球者获胜，通过分析
甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为2
3 ，乙发球甲赢的概率为1
4 ，不同球的结果互不影响，
已知某局甲先发球．
(1)求该局打4个球甲赢的概率；
(2)求该局打5个球结束的概率．
【答案】(1) 1
12
(2) 19
216
【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，然后分析这4 个球的发球者及输赢者，
即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；
（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事
件的概率计算公式即可求得概率．
【详解】（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4 个球甲赢为事件C，
由题知，
2
( )
3
P A
，
1
( )
4
P B
，∴C
ABAB
，
∴
2
3
2
1
1
( )
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
3
4
3
4
12
P C
P ABAB
P A P B P A P B
，
∴该局打4 个球甲赢的概率为1
12 ．
（2）设该局打5 个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5 个球结束为事件F，易知D，E 为互斥事
件，
D
ABABA
，E
ABABA
，F
D
E
，
∴
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
P D
P ABABA
P A P B P A P B P A
2
1
2
1
2
1
1
1
3
4
3
4
3
216
，
( )
(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
P E
P ABABA
P A P B P A P B P A
2
1
2
1
2
1
1
1
1
3
4
3
4
3
12
，
∴
1
1
19
( )
(
)
(
)
( )
216
12
216
P F
P D
E
P D
P E
，
∴该局打5 个球结束的概率为19
216 ．
3.某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120 分钟内未分出胜负,则需
进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5 名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进
一球则为本方获得1 分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,
比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5 名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮
各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队
进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为
1
2 ,乙队每位球员罚进点球的概率均为
2
3 .假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
(2)若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0 领先,求甲
队第5 个球员需出场罚球的概率.
【答案】(1) 1
2
(2) 4
9
【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.
(2) 甲队第5 个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1 分,即四轮罚球结束时比分可能为
2:1 或2:2 或3:2.
【详解】（1）设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为A ,未罚进点球的事件为A ;乙队球员罚进点球
的事件为B ,未罚进点球的事件为B .
设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:
甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,
则
1
2
1
2
1
1
1
1
1
2
3
2
3
6
3
2
P C
P A
P B
P A
P B
,
故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为1
2 .
（2）因为甲队第5 个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1 分,即四轮罚球结束时比分
可能为2:1 或2:2 或3:2.
①比分为2:1 的概率为
P A
P B
P A
P B
P A
P B
P A
P B
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
3
2
3
2
3
18
18
9
.
②比分为2:2 的概率为
1
2
1
2
1
1
1
2
3
2
3
9
P A
P B
P A
P B
.
③比分为3:2 的概率为
P A
P B
P A
P B
P A
P B
P A
P B
1
2
1
2
2
1
2
2
3
2
3
9
.
综上,甲队第5 个球员需出场罚球的概率为1
1
2
4
9
9
9
9
.
4.某工厂有A ，B ，C 三条生产线各自独立地生产同一种汽车配件，已知A 生产线生产的汽车配件是合格
品且B 生产线生产的汽车配件是合格品的概率为
1
2 ，B 生产线生产的汽车配件是非合格品且C 生产线生产
的汽车配件是合格品的概率为1
5 ，A 生产线生产的汽车配件是合格品且C 生产线生产的汽车配件是合格品
的概率为8
15 ，记事件A ，B ，C 分别为A ，B ，C 三条生产线各自生产的汽车配件是合格品．
(1)求事件A ，B ，C 的概率；
(2)随机从A ，B ，C 三条生产线上各取1 个汽车配件进行检验，求恰有2 个合格品的概率．
【答案】(1)
2
3
P A
，
3
4
P B
，
4
5
P C
(2) 13
30
【分析】（1）借助对立事件的概率公式，把相互独立的事件同时发生的概率表示出来，然后联立方程组
求解即可得到每个事件发生的概率；
（2）随机从三条生产线上各取1 个汽车配件进行检验，恰有2 个合格品的情况分为ABC 、ABC 、ABC 三
种，根据相互独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）因为事件A ，B ，C 分别为A ，B ，C 三条生产线各自生产的汽车配件是合格品，则事件A ，
B ，C 分别为A ，B ，C 三条生产线各自生产的汽车配件是非合格品，且A ，B ，C 相互独立，A ，B ，
C 也相互独立．
由
1
(
)
2
1
(
)
5
8
(
)
15
P AB
P BC
P AC
得
1
( ) ( )
2
1
(1
( )) ( )
5
8
( ) ( )
15
P A P B
P B P C
P A P C
解得，
2
3
P A
，
3
4
P B
，
4
5
P C
（2）由（1）知，
1
3
P A
，
1
4
P B
，
1
5
P C
记事件E 为抽取的三个汽车配件中合格品为2 个，则
P E
P ABC
P ABC
P ABC
P A P B P C
P A P B P C
P A P B P C
2
3
1
2
1
4
1
3
4
13
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
模块二：概率数学思想
思想一：函数与方程的思想
1.一个袋子中有4 个红球，6 个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2 个球.
(1)求第二次取到红球的概率；
(2)求两次取到的球颜色相同的概率；
(3)如果袋中装的是4 个红球，n 个绿球，已知取出的2 个球都是红球的概率为2
5 ，那么n 是多少？
【解析】（1）从10 个球中不放回地随机取出2 个共有10 9
90
（种）可能，即
90
n
，
设事件A “两次取出的都是红球”，则
4 3
12
n A
，
设事件B “第一次取出红球，第二次取出绿球”，则
4 6
24
n B
，
设事件C “第一次取出绿球，第二次取出红球”，则
6 4
24
n C
，
设事件D =“两次取出的都是绿球”，则
6 5
30
n D
，
因为事件
, , ,
A B C D 两两互斥，
所以P（第二次取到红球）
12
24
2
90
5
P A
C
.
（2）由（1）得，P（两次取到的球颜色相同）
12
30
7
90
15
P A
D
；
（3）结合（1）中事件，可得
4 3
12
n A
，
4
3
n
n
n
，
因为
2
5
n A
P A
n
，
所以
5
5
12
30
2
2
n
n A
，即
4
3
30
n
n
，解得
2
n
（负值舍去），
故
2
n
.
2.设甲、乙两个袋子中装有若干个均匀的白球和红球，且甲、乙两个袋中的球数比为1：3.已知从甲袋中摸
到红球的概率为1
3 ，而将甲、乙两个袋子中的球装在一起后，从中摸到红球的概率为2
3 ，则从乙袋中摸到
红球的概率为（
）
A．7
9
B．19
45
C．13
30
D．22
45
【答案】A
【解析】假设甲袋中的总球数为x ，则甲袋中有3
x 个红球，2
3
x 个白球，乙袋中的总球数为3x ；又甲、乙
两袋中共有
2
8
4
3
3
x
x
个红球，所以乙袋中有7
3
x 个红球.因而从乙袋中摸到红球的概率为
7
7
3
3
9
x
x
.
故选：A
3.袋中有12 个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球概率为1
4 ，得到黑球或黄
球概率是5
12 ，得到黄球或绿球概率是1
2 ，则任取一球得到黄球的概率为__________.
【答案】1
6 ；
【解析】设红球、黑球、黄球、绿球的个数分别为a b c d
, ,
,
由题得
1
12
3
4
a
，所以
9
b
c
d
，
由题得
5
12
5
12
b
c
，所以
4
d
，
由题得
1
12
6
2
c
d
，所以
2
c
.
由古典概型的概率公式得任取一球得到黄球的概率为2
1
=
12
6 .
故答案为：1
6
4.在某社区举办的《“环保我参与”有奖问答比赛》活动中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知
识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是3
4 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是1
12 ，乙、丙两个
家庭都回答正确的概率是1
4 ．若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中恰有2 个家庭回答正确这道题的概率．
【解析】
（1）记
=
A “甲家庭回答正确这道题”，=
B “乙家庭回答正确这道题”，=
C “丙家庭回答正确这道题”，
由于
, ,
A B C 相互独立，所以A和C 相互独立，
则
3
= 4
1
=
= 1
1
= 12
1
=
= 4
P A
P AC
P A
P C
P A
P C
P BC
P B P C
，解得
3
= 8
2
= 3
P B
P C
，
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为3 2
,
8 3 .
（2）因为
, ,
A B C 相互独立，且
,
,
ABC ABC ABC 相互互斥，
所以
P ABC
ABC
ABC
P ABC
P ABC
P ABC
P A P B P C
P A P B P C
P A P B P C
3
3
3
3
2
3
2
15
1
1
1
4
8
3
4
8
3
4
8
3
32
2
3
，
所以恰有2 个家庭回答正确这道题的概率为15
32 ．
思想二：分类与整合思想
1.高三某位同学准备参加物理、化学、政治科目的等级考．已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中
达A的概率分别为2
3 、3
4 、4
5 ，假定这三门科目考试成绩的结果互不影响，那么这位同学恰好得2 个A的
概率是_______．
【答案】13
30
【解析】设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A的事件分别为, ,
A B C ，
以为这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A的概率分别为2
3 、3
4 、4
5 ，
所以
2
3
P A
，
3
4
P B
，
4
5
P C
，
这三门科目考试成绩的结果互不影响，
则这位考生至少得2 个A的概率：
(
)
(
)
(
)
P
P ABC
P ABC
P ABC
2
3
1
2
1
4
1
3
4
13
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
．
故答案为：13
30 ．
2.某口罩生产厂生产了一批N95 型口罩，已知每只口罩检验合格的概率为0.8，对不合格的口罩进行一次
技术精加工，加工后每只口罩检验合格的概率为0.3，不合格的作为废品处理.现从这批N95 型口罩中任选
一只，则得到合格口罩的概率为（
）
A．0.78
B．0.86
C．0.88
D．0.90
【答案】B
【解析】由题意可知，任选一只为合格口罩分第一次检验合格和经过精加工后检验合格两种情况，所以得
到合格口罩的概率为
0.8
1 0.8
0.3
0.86
.
故选：B.
3.排球比赛的规则是5 局3 胜制（5 局比赛中，优先取得3 局胜利的一方，获得最终胜利，无平局），在某
次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，均为1
3 ，则最后甲队获胜的概率是________．
【答案】17
81
【解析】当经过3 局甲队获胜，则概率为1
1
1
1
3
3
3
27
，
当经过4 局甲队获胜，则概率为
2
2
3
1
1
1
2
1
3
3
3
27
C
，
当经过5 局甲队获胜，则概率为
2
2
2
4
1
1
1
8
1
3
3
3
81
C
，
所以最后甲队获胜的概率是1
2
8
17
27
27
81
81
.
故答案为：17
81.
4.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5 个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，
晋级下一轮假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰
好回答了5 个问题就晋级下一轮的概率为___________.
【答案】144
3125 /0.04608
【解析】由该选手恰好回答了5 个问题就晋级下一轮，说明他第4、第5 两个问题是连续答对的，第3 个
问题没有答对，第1 和第2 两个问题也没有全部答对，即他答题结果可能有三种情况：或
或，根据独立事件同时发生的概率公式，可得该选手恰好回答了5 个问题就晋级下一轮的概率为
0.2 0.2 0.2 0.8 0.8+0.2 0.8 0.2 0.8 0.8+0.8 0.2 0.2 0.8 0.8=0.04608
故答案为：0.04608
5.在某次1500 米体能测试中，甲，乙，丙三人各自通过测试的概率分别为2
5 ，3
4 ，1
3 ，求：
(1)3 人都通过体能测试的概率；
(2)只有2 人通过体能测试的概率；
(3)至少有1 人通过体能测试的概率.
【解析】（1）设事件A 表示“甲通过体能测试”，事件B 表示“乙通过体能测试”，事件C 表示“丙通过体能
测试”，则由题意知：
2
5
P A
，
3
4
P B
，
1
3
P C
.
设
1
M 表示事件“甲，乙，丙3 人都通过体能测试”，即
1
M
ABC
，
由事件A ，B ，C 相互独立，可得
1
P M
P ABC
P A P B P C
2
3
1
1
5
4
3
10
.
所以3 人都通过体能测试的概率为1
10 .
（2）设
2
M 表示事件“甲，乙，丙3 人中只有2 人通过体能测试”，则
2
M
ABC
ABC
ABC
，由于事件
A ，B ，C ，A ，B ，C 均相互独立，并且事件ABC ，ABC ，ABC 两两互斥，因此所求概率为
2
P M
P A P B P C
P A P B P C
P A P B P C
2
3
1
2
3
1
1
5
4
3
5
4
1
2
3
1
23
1
3
5
4
3
60
.
所以只有2 人通过体能测试的概率为23
60 .
（3）设
3
M 表示事件“甲，乙，丙3 人中至少1 人通过体能测试”，
3
3
3
1
2
9
1
1
5
4
3
10
P M
P M
.
思想三：等价转换思想
1.某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1 正常工作且元件2 或元件3 正常工作，则部件正常工
作，设三个电子元件的使用寿命（单位：h ）均服从正态分布
3000,2500 ，且各个部件能否正常工作相互
独立，那么该部件的使用寿命超过3000h 的概率为______．
【答案】3
8
【解析】因为三个电子元件的使用寿命（单位：h ）均服从正态分布
3000,2500 .
所以三个电子元件的使用寿命超过3000 小时的概率均为
1
2
P
.
设“超过3000 小时时，元件2 和元件3 至少有一个正常”为事件A ，“超过3000 小时时，元件1 正常”为事
件B ，“该部件的使用寿命超过3000h ”为事件C .
所以
2
3
1
1
4
P A
P
，
1
2
P B
.
因为事件A 和事件B 相互独立，
所以
3
1
3
4
2
8
P C
P AB
P A P B
.
故答案为: 3
8
2.社会实践课上，老师让甲、乙两同学独立地完成某项任务，已知两人能完成该项任务的概率分别为1
2 ，2
3 ，
则此项任务被甲、乙两人完成的概率为（
）
A．1
6
B．2
5
C．2
3
D．5
6
【答案】D
【解析】依题意，此项任务不能完成的概率为
1
2
1
1
1
2
3
6
，
此项任务被甲乙两人完成的概率为
1
5
1
6
6
.
故选:D.
3.(多选)给出关于满足A
B
的非空集合A，B 的四个命题，其中正确的命题是（
）
A．若任取x
A
，则x
B
是必然事件
B．若任取x
A
，则x
B
是不可能事件
C．若任取x
B
，则x
A
是随机事件
D．若任取x
B
，则x
A
是必然事件
【答案】ACD
【解析】对于A，由A
B
知A 是B 的子集，集合A 中的元素全在集合B 中，但集合B 中的元素不一定在
集合A 中，故A 正确；
对于B，若x
A
，则x
B
是有可能的，所以x
B
是可能事件，故B 错误；
对于C，任取x
B
，则x 不一定是A 中的元素，所以x
A
是随机事件，故C 正确；
对于D，若x
B
，则x 一定不是A 中的元素，所以x
A
是必然事件，故D 正确；
故选：ACD
4.甲、乙两人进行围棋比赛，采用3 局2 制．已知每局比赛甲胜的概率为3
5 ，且第一局比赛甲胜，则最终甲
获胜的概率是_____．
【答案】21
25
【解析】“最终甲获胜”的对立事件为“最终乙获胜”，所以“最终甲获胜”的概率
2
2
21
1
5
5
25
P
.
故答案为：21
25 .
5.在同一时间内，甲､乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为4
5 和3
4 .在同一时间内，求：
(1)甲､乙两个气象台同时预报天气准确的概率.
(2)至少有一个气象台预报准确的概率.
【解析】（1）记事件A=“甲气象台预报天气准确”，B=“乙气象台预报天气准确”.显然事件A，B 相互独立
且
4
3
,
5
4
P A
P B
.
4
3
3
5
4
5
P AB
P A P B
.
（2）至少有一个气象台预报准确的概率为
1
1
19
1
1
1
5
4
20
P A
B
P AB
P A P B
6.为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两
轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲､乙胜出的概率分别为5
6 ，
3
5 ；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为2
3 ，3
4 .甲､乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)从甲､乙两人中选取1 人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
(2)若甲､乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【解析】（1）设
1A “甲在第一轮比赛中胜出”，
2
A “甲在第二轮比赛中胜出”
1
B “乙在第一轮比赛中胜
出”，
2
B “乙在第二轮比赛中胜出”，则
1
2
A A “甲赢得比赛”，
1
2
B B “乙赢得比赛”，
1
5
6
P A
，
2
2
3
P A
，
1
3
5
P B
，
2
3
4
P B
1
2
1
2
5
2
5
6
3
9
P A A
P A P A
，
同理
1
2
1
2
3
3
9
5
4
20
P B B
P B P B
因为5
9
9
20
，
所以，派甲参赛获胜的概率更大.
（2）由（1）知，设C “甲赢得比赛”，D =“乙赢得比赛”，
1
2
5
4
1
1
9
9
P C
P A A
，
1
2
9
11
1
1
20
20
P D
P B B
；
于是C
D
“两人中至少有一人赢得比赛”.
4
11
34
1
1
1
9
20
45
P C
D
P CD
P C P D
.
