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§10.3 随机事件与概率
课标要求 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.2.理
解事件间的关系与运算.3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
1.样本空间和随机事件
(1)样本点和有限样本空间
①样本点：随机试验E 的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω 表示.
全体样本点的集合称为试验E 的样本空间，常用Ω 表示.
②有限样本空间：如果一个随机试验有n 个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，
ω2，…，ωn}为有限样本空间.
(2)随机事件
①定义：将样本空间Ω 的子集称为随机事件，简称事件.
②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示.
③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件.
2.两个事件的关系和运算
含义
符号表示
包含关系
若事件A 发生，则事件B 一定发生
A ⊆ B
相等关系
B⊇A 且A⊇B
A ＝
B
并事件(和事件)
事件A 与事件B 至少有一个发生
A∪B 或A＋B
交事件(积事件)
事件A 与事件B 同时发生
A ∩ B 或
AB
互斥(互不相容)
事件A 与事件B 不能同时发生
A∩B＝∅
互为对立
事件A 与事件B 有且仅有一个发生
A ∩ B ＝
∅
，且
A ∪
B ＝
Ω
3.古典概型的特征
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个.
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等.
4.古典概型的概率公式
一般地，设试验E 是古典概型，样本空间Ω 包含n 个样本点，事件A 包含其中的k 个样本点，则定义
事件A 的概率P(A)＝k
n ＝n( A )
n(Ω).
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A 和样本空间Ω 包含的样本点个数.
5.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；
性质3：如果事件A 与事件B 互斥，那么P(A∪B)＝P ( A ) ＋
P ( B ) ；
性质4：如果事件A 与事件B 互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1 －
P ( B ) ；
性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以
0≤P(A)≤1；
性质6：设A，B 是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝P ( A ) ＋
P ( B ) －
P ( A ∩ B ) .
6.频率与概率
(1)频率的稳定性
一般地，随着试验次数n 的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A 发生的频率fn(A)会逐渐稳定
于事件A 发生的概率P(A)，我们称频率的这个性质为频率的稳定性.
(2)频率稳定性的作用
可以用频率fn(A)估计概率P(A).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.( × )
(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.( √ )
(3)从－3，－2，－1，0，1，2 中任取一个数，取到的数小于0 与不小于0 的可能性相同.( √ )
(4)若A∪B 是必然事件，则A 与B 是对立事件.( × )
2.甲、乙等五人站成一排，其中为互斥事件的是( )
A.“甲站排头”与“乙站排头”
B.“甲站排头”与“乙站排尾”
C.“甲站排头”与“乙不站排头”
D.“甲不站排头”与“乙不站排头”
答案 A
解析 因为“甲站排头”与“乙站排头”不能同时发生，所以选项A 正确；
因为“甲站排头”与“乙站排尾”可以同时发生，所以选项B 不正确；
因为“甲站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项C 不正确；
因为“甲不站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项D 不正确.
3.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0.2，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
答案 B
解析 由题意知该同学的身高小于160 cm 的概率、该同学的身高在[160，175](单位：cm)内的概率和该同
学的身高超过175 cm 的概率和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.
4.抛掷一枚骰子，记事件A 为“出现点数是奇数”，事件B 为“出现点数是3 的倍数”，则P(A∪B)＝
，P(A∩B)＝ .
答案 2
3 1
6
解析 抛掷一枚骰子，所有可能出现的点数是1，2，3，4，5，6，共6 个样本点，
事件A∪B 包括出现的点数是1，3，5，6，共4 个样本点，故P(A∪B)＝2
3；
事件A∩B 包括出现的点数是3，共1 个样本点，故P(A∩B)＝1
6.
1.当随机事件A，B 互斥时，不一定对立；当随机事件A，B 对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必
要不充分条件.
2.若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
题型一 随机事件的关系
命题点1 随机事件关系的判断
例1 (多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：E＝“点数为奇数”，F＝“点数为偶数”，G
＝“点数大于2”，H＝“点数小于2”，R＝“点数为3”.则下列结论正确的是( )
A.E，F 为对立事件
B.G，H 为互斥不对立事件
C.E，G 不是互斥事件
D.G，R 是互斥事件
答案 ABC
解析 “点数为奇数”与“点数为偶数”不可能同时发生，且必有一个发生，所以E，F 是对立事件，选
项A 正确；
“点数大于2”与“点数小于2”不可能同时发生，且不是必有一个发生，G，H 为互斥不对立事件，选项
B 正确；
“点数为奇数”与“点数大于2”可能同时发生，E，G 不是互斥事件，选项C 正确；
“点数大于2”与“点数为3”可能同时发生，G，R 不是互斥事件，选项D 不正确.
命题点2 利用互斥、对立事件求概率
例2 (1)(多选)下列说法正确的有( )
A.若事件A⊆B，则P(A)≤P(B)
B.若A，B 为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1
C.若A，B 为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
D.P(A∪B)<P(A)＋P(B)
答案 ABC
解析 若事件B 包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A 正确；
若A，B 为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，故B 正确；
若A，B 为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故C 正确；
因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以当A，B 互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故D 错误.
(2)某射手在一次射击中射中10 环、9 环、8 环、7 环的概率分别为0.21，0.23，0.25，0.2，则这个射手
在一次射击中射中环数不够7 环的概率为 .
答案 0.11
解析 记“射中环数不够7 环”为事件D，则事件D为“射中10 环或9 环或8 环或7 环”，
所以P(D)＝0.21＋0.23＋0.25＋0.2＝0.89，
所以P(D)＝1－P(D)＝1－0.89＝0.11.
命题点3 利用频率估计概率
例3 (多选)下列命题正确的是( )
A.随机事件A 的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
B.抛掷骰子100 次，得点数是1 的结果是18 次，则出现1 点的频率是9
50
C.有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200 件产品，则一定有190 件正品，10 件次品
D.抛掷一枚质地均匀的硬币100 次，有51 次出现了正面，则可得抛掷一次该硬币出现正面的概率是
0.51
答案 AB
解析 随机事件A 的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故A 正确；
抛掷骰子100 次，得点数是1 的结果是18 次，则出现1 点的频率是18
100 ＝9
50，故B 正确；
有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200 件产品，则不一定抽取到190 件正品和10 件次品，故C 错
误；
100 次并不是无穷多次，抛掷一枚质地均匀的硬币100 次，有51 次出现了正面，则不能得出抛掷一次该硬
币出现正面的概率是0.51，故D 错误.
思维升华 事件关系的运算策略
进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必
要时可列出全部的试验结果进行分析.当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式.
跟踪训练1 (1)从装有4 个白球和3 个红球的盒子里摸出3 个球，则下列选项中事件A 与事件B 互斥却
不互为对立的是( )
A.事件A：3 个球中至少有1 个红球；事件B：3 个球中至少有1 个白球
B.事件A：3 个球中恰有1 个红球；事件B：3 个球中恰有1 个白球
C.事件A：3 个球中至多有2 个红球；事件B：3 个球中至少有2 个白球
D.事件A：3 个球中至多有1 个红球；事件B：3 个球中至多有1 个白球
答案 B
解析 事件A 与事件B 可能同时发生，例如摸出2 个白球和1 个红球，所以事件A 与事件B 不是互斥事件，
故A 错误；
事件A 与事件B 不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3 个白球或3 个红球，所以事件A
与事件B 互斥却不互为对立，故B 正确；
事件A 与事件B 可能同时发生，例如摸出2 个白球和1 个红球，所以事件A 与事件B 不是互斥事件，故C
错误；
事件A 与事件B 不可能同时发生，且必有一个发生，所以事件A 与事件B 是互斥事件也是对立事件，故D
错误.
(2)若事件A 和B 互斥，且P(A∪B)＝0.5，P(B)＝0.3，则P(A)＝ .
答案 0.8
解析 因为事件A 和B 互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋0.3＝0.5，
解得P(A)＝0.2，故P(A)＝1－P(A)＝0.8.
题型二 古典概型
例4 (1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A.1
4
B.1
3
C.1
2
D.2
3
答案 B
解析 当甲在排尾，乙在排头时，丙有2 种排法，丁有1 种，共2 种；当甲在排尾，乙排第二位或第三位
时，丙有1 种排法，丁有1 种，共2 种；于是甲在排尾共4 种排法，同理乙在排尾共4 种排法，于是共8
种排法符合题意，样本点总数显然是A4
4＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的
概率为8
24 ＝1
3.
(2)(2024·烟台模拟)安排4 名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1
名大学生，则大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为( )
A.1
5
B. 3
10
C. 3
25
D.3
7
答案 D
解析 4 名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3 人、1 人或2 人、2 人，即共有
C 4
3 A2
2＋C 4
2＝8＋6＝14(种)实习方案，其中甲、乙到同一家公司实习的情况有C2
1 A2
2＋A2
2＝4＋2＝6(种)，
故大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为6
14 ＝3
7.
思维升华 利用公式法求解古典概型问题的步骤
跟踪训练2 (1)将除颜色外完全相同的2 个红球和1 个白球随机放入2 个不同的盒子中，每个盒子中至
少放入1 个球，则2 个红球分别放入不同盒子中的概率为( )
A.2
3
B.1
2
C.1
3
D.1
4
答案 A
解析 将除颜色外完全相同的2 个红球和1 个白球随机放入2 个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1 个
球，则样本点有(红1，白红2)，(红2，白红1)，(白红1，红2)，(白红2，红1)，(红1 红2，白)，(白，红
1 红2)，共6 个，而2 个红球分别放入不同盒子中包含(红1，白红2)，(红2，白红1)，(白红1，红2)，(白
红2，红1)4 个样本点，故由古典概型的计算公式得概率为2
3.
(2)将1，2，3，4，5，6 这6 个数填入如图所示的3 行2 列表格中，则表格内每一行数字之和均相等的
概率为( )
A.1
6
B. 1
12
C. 1
15
D. 1
30
答案 C
解析 要使表格内每一行数字之和均相等，根据1＋6＝2＋5＝3＋4，
先将6 个数字分为3 组，分别为(1，6)，(2，5)，(3，4)，
将三组全排列，安排在表格的三行中，每一行有A2
2种顺序，
则可组成不同表格的个数为A2
2 A2
2 A2
2 A3
3＝48；
将1，2，3，4，5，6 这6 个数填入表格中的所有情况的个数为A6
6＝720，
故所求概率为48
720 ＝1
15.
题型三 概率与统计的综合问题
例5 某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中
随机选出100 名学生的成绩(满分为100 分)，按分数分为[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，
[80，90)，[90，100]，共6 组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求m 的值，并求这100 名学生成绩的中位数(保留一位小数)；
(2)若认定评分在[80，90)内的学生为“运动爱好者”，评分在[90，100]内的学生为“运动达人”，现
采用按比例分配的分层随机抽样的方式从不低于80 分的学生中随机抽取6 名学生参加运动交流会，大
会上需要从这6 名学生中随机抽取2 名学生进行经验交流发言，求抽取的2 名发言者中恰好“运动爱好
者”和“运动达人”各1 人的概率.
解 (1)依题意，(0.005＋0.015＋0.020＋0.030＋m＋0.005)×10＝1，解得m＝0.025.
前三组的频率为(0.005＋0.015＋0.020)×10＝0.4，
前四组的频率为(0.005＋0.015＋0.020＋0.030)×10＝0.7，
所以中位数为70＋0.5-0.4
0.3
×10≈73.3(分).
(2)评分在[80，90)内的频率为0.25，[90，100]内的频率为0.05，两者的比例是5∶1，
所以抽取的6 名学生中，评分在[80，90)内的有5 人，记为1，2，3，4，5，
评分在[90，100]内的有1 人，记为6，
从中抽取2 人，样本点有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，
共15 个，其中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1 人的有16，26，36，46，56，共5 个样本点，故
所求概率为5
15 ＝1
3.
思维升华 求解概率的综合问题时，一要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型，二要根据
公式准确计算.
跟踪训练3 为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构联合医院，进行了小规模的调查，
结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏
症状的副作用，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275 人进行调查，得到统计数据如表：
无疲乏症状
有疲乏症状
合计
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
(1)求2×2 列联表中的数据x，y，m，t 的值，依据小概率值α＝0.05 的独立性检验，能否以此推断有疲
乏症状与使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100 人中按是否有疲乏症状，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4 人，再
从这4 人中随机抽取2 人做进一步调查，求这2 人中恰有1 人有疲乏症状的概率.
附：χ2＝
n(ad -bc)
2
(a＋b)(c＋d )(a＋c)(b＋d )，n＝a＋b＋c＋d.
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)由列联表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，
零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝275×(150×25-75×25)
2
225×50×175×100
＝275
56 ≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05 的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关.
(2)从使用新药的100 人中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4 人的抽样比为4
100 ＝1
25，则抽取有
疲乏症状的人数为1
25×25＝1，无疲乏症状的有3 人，
抽取的有疲乏症状的1 人记为1，无疲乏症状的3 人记为a，b，c，从4 人中随机抽取2 人的所有样本点为
(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6 个，
记2 人中恰有1 人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3 个，
于是得P(M)＝3
6 ＝1
2，
所以这2 人中恰有1 人有疲乏症状的概率是1
2.
课时精练
[分值：100 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.从5 个男生、2 个女生中任意选派3 人，则下列事件中是必然事件的是( )
A.3 个都是男生
B.至少有1 个男生
C.3 个都是女生
D.至少有1 个女生
答案 B
解析 从5 个男生、2 个女生中任意选派3 人，由于女生只有2 名，故至少有1 个男生是必然事件.
2.抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷2 025 次，那么第2 024 次出现正面朝上的概率是( )
A.
1
2 024
B.
1
2 025
C.2 024
2 025
D.1
2
答案 D
解析 由概率的性质得，无论试验多少次，概率始终不变，故第2 024 次出现正面朝上的概率是1
2.
3.从2，3，5，7，11 这5 个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为( )
A.2
5
B.3
5
C.1
2
D.1
5
答案 A
解析 从2，3，5，7，11 这5 个素数中，随机选取两个不同的数，共有C5
2＝10(种)选法，其积为偶数，即
两个数中有一个为2，共有4 种选法，所以概率为4
10 ＝2
5.
4.某校希望统计学生是否曾在考试中作弊，考虑到直接统计可能难以得到真实的回答，故设计了如下方案：
在一个袋子里放入只有颜色和序号不同的红球和绿球各50 个，分别编号为1~50，被调查的学生从中随机
摸出一个，确认颜色和序号后放回(调查者不知道)，摸到红球的学生回答“你摸到的球的序号是否为奇
数？”，摸到绿球学生的回答“你是否曾在考试中作弊？”.共调查了1 200 名学生，得到了390 个“是”
的回答，据此估计该校学生的作弊率为( )
A.15%
B.20%
C.5%
D.10%
答案 A
解析 调查的1 200 名学生中，摸到红球的概率是1
2，其编号是奇数的概率也是1
2，摸到绿球的概率为1
2，
即摸到红球的人数约为1 200×1
2＝600，摸到绿球的人数约为1 200×1
2＝600，所以回答问题“你摸到的
球的序号是否为奇数？”且回答“是”的学生人数约为600×1
2＝300，回答问题“你是否曾在考试中作
弊？”且回答“是”的学生人数约为390－300＝90，所以估计该校学生的作弊率为90
600×100%＝15%.
5.甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站
方向的3 路公交车(线路图如下).甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之
前的任意一站下车.假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为(
)
A.1
5
B.1
4
C. 7
30
D. 3
10
答案 C
解析 甲从“管委会”站到“北埭(东环)”站的每一站下车都可以，有8 种情况，
乙从“管委会”站到“东至”站的每一站下车都可以，有15 种情况，
若乙在“管委会”站下车，则甲有7 种情况，
若乙在“地税分局”站下车，则甲有6 种情况，
若乙在“兴海路”站下车，则甲有5 种情况，
若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有4 种情况，
若乙在“莲池小学”站下车，则甲有3 种情况，
若乙在“金海岸”站下车，则甲有2 种情况，
若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有1 种情况，
因此，甲比乙后下车的概率为
P＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7
8×15
＝4×7
8×15 ＝7
30.
6.15 个人围坐在圆桌旁，从中任取4 人，他们两两互不相邻的概率是( )
A.30
91
B.25
91
C.15
91
D.10
91
答案 A
解析 15 个人围坐在圆桌旁，从中任取4 人，他们两两互不相邻，则可先让11 个人入坐好，再让其余4
人插空，共有A11
11
11
·A11
4 种不同的围坐方法，所以所求概率是
A11
11
11 · A11
4
A15
15
15
＝30
91.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·哈尔滨模拟)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取出2 个球.事件A
＝“两次取到的球颜色相同”，事件B＝“第二次取到红球”，事件C＝“第一次取到红球”.下列说法正
确的是( )
A.A⊆B
B.事件B 与事件C 是互斥事件
C.P(AB)＝2
15
D.P(B＋C)＝2
3
答案 CD
解析 由题意可得，事件A 包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，绿)}，事件B 包含的取球颜色为{(红，红)，
(绿，红)}，事件C 包含的取球颜色为{(红，红)，(红，绿)}，则A 不包含于B，选项A 错误；
B∩C≠∅，选项B 错误；
事件AB 包含的取球颜色为{(红，红)}，P(AB)＝
C4
2
C10
2 ＝2
15，选项C 正确；
事件B＋C 包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，红)，(红，绿)}，P(B＋C)＝4×3＋6×4×2
10×9
＝2
3，选项D
正确.
8.某冷饮店为了保证顾客能买到当天制作的双皮奶，同时尽量减少滞销，统计了30 天的销售情况，得到如
下数据：
日销售量/杯
[25，35)
[35，45)
[45，55)
[55，65)
[65，75]
天数
4
6
9
5
6
以样本估计总体，用频率代替概率，则下列结论正确的是( )
A.估计平均每天销售50 杯双皮奶(同一组区间以中点值为代表)
B.若当天准备55 杯双皮奶，则售罄的概率为11
30
C.若当天准备45 杯双皮奶，则卖不完的概率为1
3
D.这30 天双皮奶日销售量的80%分位数是65 杯
答案 BCD
解析 平均每天双皮奶的销售量为
30×4＋40×6＋50×9＋60×5＋70×6
30
＝51(杯)，A 错误；
日销售量不小于55 杯的概率为5＋6
30
＝11
30，B 正确；
日销售量小于45 杯的概率为4＋6
30
＝1
3，C 正确；
1－6
30＝0.8，因此这30 天双皮奶日销售量的80%分位数是65 杯，D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·八省联考)有8 张相同的卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8.现从这8 张卡片中随机抽出3 张,则抽出的
3 张卡片上的数字之和与其余5 张卡片上的数字之和相等的概率为 .
答案 3
56
解析 从8 张卡片中随机抽出3 张,则样本空间中总的样本点个数为C8
3=56,
因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,
所以要使抽出的3 张卡片上的数字之和与其余5 张卡片上的数字之和相等,
则抽出的3 张卡片上的数字之和应为18,
则抽出的3 张卡片上的数字的组合有8,7,3 或8,6,4 或7,6,5 共3 种,
所以符合抽出的3 张卡片上的数字之和为18 的样本点有3 个,
所以抽出的3 张卡片上的数字之和与其余5 张卡片上的数字之和相等的概率为3
56.
10.通过手机验证码注册某APP 时，收到的验证码由四个数字a1a2a3a4(其中ai∈{0，1，2，…，9}，i＝1，
2，3，4)随机组成，如果验证码a1a2a3a4满足a1<a2<a3<a4，则称该验证码为递增型验证码.某人收到一个验
证码，则它是首位为2 的递增型验证码的概率为 .
答案
7
2 000
解析 由题意设该验证码为a1a2a3a4，则a1＝2，2<a2<a3<a4，∴a2，a3，a4从3，4，5，6，7，8，9 中选，
选出3 个数，让其按照从小到大的顺序排列有
C7
3＝35(种)排法，
又四位验证码共有10×10×10×10＝10 000(种)排法，
∴它是首位为2 的递增型验证码的概率为
35
10 000 ＝
7
2 000.
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)某市A，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3 名男生、2 名女生，B 中学推荐了3
名男生、4 名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机
抽取3 人，女生中随机抽取3 人组成代表队.
(1)求A 中学至少有1 名学生入选代表队的概率；(6 分)
(2)某场比赛前，从代表队的6 名队员中随机抽取4 人参赛，求参赛女生不少于2 人的概率.(7 分)
解 (1)由题意，参加集训的男生、女生各有6 名.
参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为
C3
3C4
3
C6
3C6
3 ＝1
100，
故A 中学至少有1 名学生入选代表队的概率为1－1
100 ＝99
100.
(2)设“参赛的4 人中女生不少于2 人”为事件C，“参赛女生有2 人”为事件D，“参赛女生有3 人”为
事件E.
则P(D)＝
C3
2C3
2
C6
4 ＝3
5，P(E)＝
C3
3C3
1
C6
4 ＝1
5.
由互斥事件的概率加法公式，得
P(C)＝P(D)＋P(E)＝3
5 ＋1
5 ＝4
5 ，
故所求事件的概率为4
5 .
12.(15 分)第十五届中国国际航空航天博览会于2024 年11 月12 日在珠海国际航展中心开幕，我国空军汇聚
多方智慧，研讨无人智能、通航建设，带来了歼－35A、红－19 等新型装备.某市为了了解居民对航空航天
知识的认知程度，举办了一次“航空航天”知识竞赛，满分100 分(90 分及以上为认知程度高)，结果认知
程度高的有m 人，按年龄分成5 组，其中第一组：[20，25)，第二组：[25，30)，第三组：[30，35)，第四
组：[35，40)，第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计这m 人年龄的第85 百分位数；(6 分)
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20 人，担任“航空航天”的宣传使者.若有
甲(年龄31)、乙(年龄34)、丙(年龄42)三人已确定入选宣传使者，现计划从第三组和第五组被抽到的使者
中，再随机抽取2 人作为组长，求甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率.(9 分)
解 (1)由频率分布直方图得，年龄在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的频率分别为
0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，
由各组频率知第85 百分位数a∈(35，40)，
由(40－a)×0.04＝0.9－0.85，解得a＝38.75，
所以第85 百分位数为38.75.
(2)由第三组、第五组的频率可知第三组抽取20×0.3＝6(人)，第五组抽取20×0.1＝2(人)，
方法一 不妨设除甲、乙、丙外的五人为A，B，C，D，E，于是从第三组和第五组被抽到的使者中抽取2
人的所有情况为：
甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，
丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28 种，
其中甲、乙、丙都没被抽到的情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10 种，
所以甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率为1－10
28 ＝9
14 .
方法二 由题意知，甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率为1－
C5
2
C8
2＝1－10
28 ＝9
14 .
每小题5 分，共20 分
13.整数集就像一片浩瀚无边的海洋，充满了无尽的奥秘.古希腊数学家毕达哥拉斯发现220 和284 具有如下
性质：220 的所有真因数(不包括本身的因数)之和恰好等于284，同时284 的所有真因数之和也等于220，
他把具有这种性质的两个整数叫做一对“亲和数”，“亲和数”的发现掀起了无数数学爱好者的研究热潮.
已知220 和284，1 184 和1 210，2 924 和2 620 是3 对“亲和数”，把这六个数随机分成两组，一组2 个
数，另一组4 个数，则220 和284 在同一组的概率为( )
A. 1
15
B.2
5
C. 7
15
D.1
5
答案 C
解析 由题意可得一共有C6
2种分组方法，若要满足220 和284 在同一组，则分两种情况讨论：①220 和
284 在2 个数这一组中，有C2
2种分组方法，②220 和284 在4 个数这一组中，有C 4
2种分组方法.故所求概率
P＝C2
2＋C4
2
C6
2
＝7
15.
14.(2025·泉州模拟)如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1 到8.将该八面体连续抛掷三
次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为 .
答案 1
16
解析 由题意可知所有可能情况共有83种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3 分类，其中公差为－3，－2，－1 和3，2，1 的情况对应相等.
公差为0 的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8 种情况；
公差为1 的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6 种情况，同公差为－1 的；
公差为2 的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)，共4 种情况，同公差为－2 的；
公差为3 的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2 种情况，同公差为－3 的.
所以三个数恰好构成等差数列的概率P＝8＋6×2＋4×2＋2×2
8×8×8
＝32
512 ＝1
16.
15.(2024·昆明模拟)在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上
再将甲、乙等6 名特警人员分配到展区附近的4 个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1 个路口
且每个路口至少安排1 名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 .
答案 11
13
解析 6 名特警分配到展区附近的4 个不同的路口进行执勤，不同的安排方法数为(C6
3＋C6
2C4
2
A2
2 )A4
4，
甲、乙安排在同一个路口，视甲、乙为一个人，5 个人安排到4 个路口的安排方法数为C5
2 A4
4，
因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是
C5
2 A4
4
(C6
3＋C6
2C4
2
A2
2 )A4
4
＝10
65 ＝2
13，
所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是1－2
13 ＝11
13.
16.(2024·长沙模拟)已知集合B，C 是集合A 的真子集且B∩C＝⌀，如果∀a∈A，∃b∈B，c∈C，使得a＝λb
＋μc，其中λ，μ∈{0，1}，则称B，C 是集合A 的一组有序基底集，记为(B，C).已知A＝{1，2，3，4}，
且(B，C)为A 的一组有序基底集，则集合B 中的元素之和小于4 的概率为 .
答案 9
22
解析 由题意，满足集合A＝{1，2，3，4}的有序基底集可以为：({1，2，3}，{4})，({1，2，4}，{3})，
({1，3，4}，{2})，({2，3，4}，{1})，({1，2}，{3，4})，({1，3}，{2，4})，({1，4}，{2，3})，({1}，
{2，3})，({1}，{2，4})，({1，2}，{3})，({1，4}，{2})，共有11 组；再把每组中的两个集合调换位置，
此时也是11 组，综上可得，共计22 组，其中满足集合B 中元素之和小于4 的有9 组，所以概率为9
22.
