人教A版高中数学必修第二册第十章概率学案含答案

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第十章 | 概率

10．1　随机事件与概率

10．1.1　有限样本空间与随机事件

明确目标
发展素养
结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义．理解随机事件与样本点的关系.
通过对随机事件、必然事件、不可能事件的概念及样本空间的学习，培养数学抽象、数学建模素养.



知识点一　随机试验、样本点与样本空间
(一)教材梳理填空
1．随机试验的概念和特点：
(1)随机试验的概念
我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示．
(2)随机试验的特点
①试验可以在相同条件下重复进行；
②试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；
③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果．
2．样本点和样本空间：

定义
字母表示
样本点
我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点
用表示样本点
样本
空间
全体样本点的集合称为试验E的样本空间
用表示样本空间
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
Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)观察随机试验时，其可能出现的结果的数量一定是有限的． (×)
(2)“下周六是晴天”是下周六天气状况的一个样本点． (√)
(3)抛掷两枚骰子，向上的点数之和构成的样本空间为{1,2,3，…，11,12}． (×)
2．(多选)下列现象中，是随机现象的是 (　　)
A．在一条公路上，交警记录某一小时通过的汽车超过300辆
B．若a为整数，则a＋1为整数
C．发射一颗炮弹，命中目标
D．检查流水线上一件产品是合格品还是次品
答案：ACD
3．同时掷两枚大小相同的硬币，用(x，y)表示结果，则该实验包含的样本点数是 (　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．4
C．5 D．6
答案：B

知识点二　三种事件的定义
(一)教材梳理填空
随机

事件
我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．随机事件一般用大写字母A，B，C，…表示．在每次试验中，当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生
必然
事件
Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件
不可能
事件
空集∅不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称∅为不可能事件

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)在一次掷骰子试验中，样本空间Ω＝{1,2,3,4,5,6}，集合{1,3,5}一定会出现． (×)
(2)长度为3,4,5的三条线段可以构成一个三角形是必然事件． (√)
(3)“明天会下雨”是不可能事件． (×)
2．下列事件不是随机事件的是 (　　)
A．东边日出西边雨 B．下雪不冷化雪冷
C．清明时节雨纷纷 D．梅子黄时日日晴
答案：B
3．在25件同类产品中，有2件次品，从中任取3件产品，其中不可能事件为 (　　)
A．3件都是正品 B．至少有1件次品
C．3件都是次品 D．至少有1件正品
答案：C


题型一　样本空间
[探究发现]
(1)如何确定试验的样本空间？
提示：确定试验的样本空间就是写出试验的所有可能的结果，并写成Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}的形式．
(2)写试验的样本空间要注意些什么？
提示：要考虑周全，应想到试验的所有可能的结果，避免发生遗漏和出现多余的结果．
　　　
【学透用活】

[典例1]　一个家庭有两个小孩，则这个试验的样本空间是 (　　)
A．Ω＝{(男，女)，(男，男)，(女，女)}
B．Ω＝{(男，女)，(女，男)}
C．Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}
D．Ω＝{(男，男)，(女，女)}
[解析]　用坐标法表示：将第一个小孩的性别放在横坐标位置，第二个小孩的性别放在纵坐标位置，可得4个不同的样本点(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．
[答案]　C

[方法技巧]
样本空间中样本点的求法
(1)在写样本空间时，一般采用列举法写出，必须先明确事件发生的条件，按一定次序列举，才能保证所列结果没有重复，也没有遗漏．
(2)试验的样本空间最终结果应该写成集合的形式．　　
【对点练清】

已知袋中装有大小相同的红、白、黄、黑4个球，分别写出以下试验的样本空间．
(1)从中一次任取1球，观察球的颜色；
(2)从中一次任取2球，观察球的颜色．
解：(1)样本空间为Ω＝{红，白，黄，黑}．
(2)若记(x，y)表示一次试验中，取出的是x球与y球，样本空间为Ω＝{(红，白)，(红，黄)，(红，黑)，(白，黄)，(白，黑)，(黄，黑)}．
题型二　三种事件的判断

【学透用活】

[典例2]　指出下列事件是必然事件、不可能事件还是随机事件：
(1)某人购买福利彩票一注，中奖500万元；
(2)三角形的内角和为180°；
(3)没有空气和水，人类可以生存下去；
(4)同时抛掷两枚硬币一次，都出现正面向上；
(5)从分别标有1,2,3,4的四张标签中任取一张，抽到1号标签；
(6)科学技术达到一定水平后，不需任何能量的“永动机”将会出现．
[解]　(1)某人购买福利彩票一注，可能中奖，也可能不中奖，所以是随机事件．(2)所有三角形的内角和都为180°，所以是必然事件．(3)空气和水是人类生存的必要条件，没有空气和水，人类无法生存，所以是不可能事件．(4)同时抛掷两枚硬币一次，不一定都是正面向上，所以是随机事件．(5)任意抽取，可能得到1,2,3,4号标签中的任意一张，所以是随机事件．(6)由能量守恒定律可知，不需要任何能量的“永动机”不会出现，所以是不可能事件．

[方法技巧]
对事件分类的两个关键点
条件
事件的分类是与一定的条件相对而言的，没有条件，无法判断事件是否发生
结果发生与否
有时结果较复杂，要准确理解结果包含的各种情况
　

【对点练清】

下列事件：
①任取一个整数，被2整除；
②小明同学在某次数学测试中成绩一定不低于120分；
③甲、乙两人进行竞技比赛，甲的实力远胜于乙，在一次比赛中甲一定获胜；
④当圆的半径变为原来的2倍时，圆的面积是原来的4倍．
其中随机事件的个数是 (　　)
A．1　　　　　　　　　 B．3
C．0 D．4
解析：选B　①②③均是可能发生也可能不发生的事件，为随机事件，④是一定发生的 事件，为必然事件．故选B.
题型三　随机事件与样本空间

【学透用活】

[典例3]　将一枚骰子先后抛掷两次，试验的样本点用(x，y)表示，其中x表示第一次抛掷出现的点数，y表示第二次抛掷出现的点数．
(1)求样本空间中的样本点个数；
(2)用集合表示事件“出现的点数之和大于8”．
[解]　(1)法一：列举法　试验的样本空间
Ω＝{(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．
法二：树状图法　一枚骰子先后抛掷两次的所有可能结果用树状图表示，如图①所示．由图可知，共36个样本点．


法三：坐标系法如图②所示，坐标平面内的数表示相应两 次抛掷后出现的点数的和，样本点与所描述的点一一对应．
由图可知，样本点个数为36.
(2)“出现的点数之和大于8”可用集合表示为{(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}．
[方法技巧]
(1)样本空间是指所有样本点构成的集合，而不是部分，写样本空间时，要做到不重不漏．
(2)随机事件可理解为样本空间的子集．　

【对点练清】

把一套分上、中、下三册的选集随机地放在书架上．
(1)写出这个试验的样本空间；
(2)求这个试验样本点的个数；
(3)写出“上册在三册中的最左边”这一事件所包含的样本点．
解：(1)将书按从左到右的顺序摆放，则可得样本空间Ω＝{(上，中，下)，(上，下，中)，(中，上，下)，(中，下，上)，(下，中，上)，(下，上，中)}．(2)这个试验的样本点共有6个．(3)“上册在三册中的最左边”这一事件包含2个样本点：(上，中，下)，(上，下，中)．




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．先后掷两枚质地均匀的骰子，骰子朝上的面的点数分别为x，y，求事件“log2xy＝1”包含的样本点．
解：先后掷两枚质地均匀的骰子，骰子朝上的面的点数有36种结果．Ω＝{(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)},
解方程log2xy＝1，得y＝2x，
则符合条件的样本点有(1,2)，(2,4)，(3,6)．
二、应用性——强调学以致用
2．“沉鱼”“落雁”“闭月”“羞花”是由精彩故事组成的历史典故．“沉鱼”，讲的是西施浣纱的故事；“落雁”，指的是昭君出塞的故事；“闭月”，是述说貂蝉拜月的故事；“羞花”，谈的是杨贵妃醉酒观花时的故事．她们分别是中国古代的四大美女．某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧，要求甲、乙抽签决定扮演的对象．
(1)写出这个试验的样本空间．
(2)写出事件A“甲不扮演貂蝉、乙不扮演杨贵妃”包含的样本点个数．
解：(1)甲选取的扮演对象用x表示，乙选取的扮演对象用y表示，那么试验的样本点用(x，y)表示．由题意得样本空间Ω＝{(西施，昭君)，(西施，貂蝉)，(西施，杨贵妃)，(昭君，西施)，(昭君，貂蝉)，(昭君，杨贵妃)，(貂蝉，西施)，(貂蝉，昭君)，(貂蝉，杨贵妃)，(杨贵妃，西施)，(杨贵妃，貂蝉)，(杨贵妃，昭君)}．(2)事件A 包含的样本点为(西施，昭君)，(西施，貂蝉)，(昭君，西施)，(昭君，貂蝉)，(杨贵妃，西施)，(杨贵妃，貂蝉)，(杨贵妃，昭君)，共7个．

课时跟踪检测

层级(一)　“四基”落实练
1．下列事件中，是必然事件的是 (　　)
A．13个人中至少有两个人生肖相同
B．长度为4,5,6的三条线段可以构成一个直角三角形
C．方程x2＋3x＋5＝0有两个不相等的实根
D．函数y＝logax(a>0且a≠1)在定义域上为增函数
解析：选A　A为必然事件，B、C为不可能事件，D为随机事件．
2．同时掷两枚大小相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点个数是 (　　)
A．3　　　　　　　　　　 B．4
C．5 D．6
解析：选D　因为事件A＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)}，共包含6个样本点．故选D.
3．(多选)下列四个命题中正确的是 (　　)
A．“三个球全部放入两个盒子，其中必有一个盒子有一个以上的球”是必然事件
B．“当x为某一实数时，可使x2<0”是不可能事件
C．“每年的国庆节都是晴天”是必然事件
D．“从100个灯泡(有10个是次品)中取出5个，5个都是次品”是随机事件
解析：选ABD　“每年的国庆节都是晴天”是随机事件，故C项错误；A、B、D的判断均正确．
4．已知集合A＝{－9，－7，－5，－3，－1,0,2,4,6,8}，从集合A中任取不相同的两个数作为复数z＝a＋bi的实部和虚部，则事件“复数z为纯虚数”包含的样本点共有 (　　)
A．7个 B．8个
C．9个 D．10个
解析：选C　“复数z为纯虚数”包含的样本点的特征是a＝0，b≠0，又A中有9个非零常数，故选C.
5．将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别为b，c，则方程x2＋bx＋c＝0有实数根的样本点个数为 (　　)
A．18 B．19
C．20 D．21
解析：选B　一枚骰子先后抛掷两次，样本点一共有36个．方程有实数根，需满足b2－4c≥0.样本点中满足b2－4c≥0的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(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19个．
6．某校高一年级要组建数学、计算机、航空模型三个兴趣小组，某学生只选报其中的2个，则试验的样本点共有________个．
解析：该生选报的所有可能情况是：(数学，计算机)，(数学，航空模型)，(计算机，航空模型)，所以试验的样本点共有3个．
答案：3
7．连续抛掷3枚硬币，研究正面向上的情况，则其样本空间Ω＝
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：用列举法一一列举出来， {(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}．
答案：{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}
8．从1,2,3，…，10中任意选一个数，这个试验的样本空间为________________________，满足“它是偶数”的样本点个数为________．
解析：样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6,7，8,9，10}，其中满足“它是偶数”的样本点有：2,4,6,8,10，共有5个．
答案：Ω＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}　5
9．随意安排甲、乙、丙三人在3天节假日中值班，每天1人值班，试写出值班顺序的样本空间．
解：样本空间Ω＝{(甲，乙，丙)，(甲，丙，乙)，(乙，丙，甲)，(乙，甲，丙)，(丙，甲，乙)，(丙，乙，甲)}．
10．现在甲、乙、丙三人玩剪刀、石头、布的出拳游戏，观察其出拳情况．
(1)写出该试验的样本空间；
(2)“三人出拳相同”包含的样本点有哪些？
解：以(J，S，B)表示三人中甲出剪刀、乙出石头、丙出布．
(1)Ω＝{(J，J，J)，(J，J，S)，(J，S，J)，(S，J，J)，(J，J，B)，(J，B，J)，(B，J，J)，(J，S，S)，(S，J，S)，(S，S，J)，(J，B，B)，(B，J，B)，(B，B，J)，(S，S，S)，(S，S，B)，(S，B，S)，(B，S，S)，(B，B，S)，(B，S，B)，(S，B，B)，(B，B，B)，(J，S，B)，(J，B，S)，(S，J，B)，(S，B，J)，(B，J，S)，(B，S，J)}．
(2)“三人出拳相同”包含的样本点为：(J，J，J)，(S，S，S)，(B，B，B)．

层级(二)　能力提升练
1．从1,2,3,4这4个数中，任取2个数求和，那么“这2个数的和大于4”包含的样本点共有
(　　)
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
解析：选C　从1,2,3,4这4个数中，任取2个数求和，则试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}．其中“这2个数的和大于4”包含的样本点有：(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共4个．
2．在10名学生中，男生有x名，现从10名学生中任选6人去参加某项活动：①至少有1名女生；②5名男生，1名女生；③3名男生，3名女生．若要使①为必然事件、②为不可能事件、③为随机事件，则x为 (　　)
A．5 B．6
C．3或4 D．5或6
解析：选C　由题意，10名学生中，男生人数少于5人，但不少于3人，∴x＝3或x＝4.
3．将一枚质地均匀且四个面上分别标有1,2,3,4的正四面体先后抛掷两次，其底面落于桌面上，记第一次朝下面的数字为x，第二次朝下面的数字为y.用(x，y)表示一个样本点．则满足条件“为整数”这一事件包含的样本点个数为________个．
解析：先后抛掷两次正四面体，该试验的样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共16个样本点．用A表示满足条件“为整数”的事件，则A＝{(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(4,4)}，共8个样本点．
答案：8
4．设有一列北上的火车，已知停靠的站由南至北分别为S1，S2，…，S10，共10站．若甲在S3站买票，乙在S6站买票．设试验的样本空间Ω表示火车所有可能停靠的站，令A表示甲可能到达的站的集合，B表示乙可能到达的站的集合．
(1)写出该试验的样本空间Ω；
(2)写出A，B包含的样本点；
(3)铁路局需为该列车准备多少种北上的车票？
解：(1)Ω＝{S1，S2，S3，S4，S5，S6，S7，S8，S9，S10}．
(2)A包含的样本点为：S4，S5，S6，S7，S8，S9，S10.
B包含的样本点为：S7，S8，S9，S10.
(3)铁路局需要准备从S1站发车的车票共计9种，从S2站发车的车票共计8种，…，从S9站发车的车票1种，合计共9＋8＋…＋2＋1＝45(种)．
5．设集合M＝{1,2,3,4}，a∈M，b∈M，(a，b)表示一个样本点．
(1)“a＋b＝5”这一事件包含哪几个样本点？“a＜3且b＞1”呢？
(2)“ab＝4”这一事件包含哪几个样本点？“a＝b”呢？
解：这个随机试验的样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}．
(1)“a＋b＝5”这一事件包含以下4个样本点：(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)；“a＜3且b＞1”这一事件包含以下6个样本点：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)．
(2)“ab＝4”这一事件包含以下3个样本点：(1,4)，(2,2)，(4,1)；“a＝b”这一事件包含以下4个样本点：(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．

10．1.2　事件的关系和运算

明确目标
发展素养
了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.
通过对随机事件的并、交与互斥的含义的学习，培养数学抽象、数学运算素养.



知识点　事件的关系和运算
(一)教材梳理填空
1．包含关系：
定义
一般地，若事件A发生，则事件B一定发生，我们就称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)
含义
A发生导致B发生
符号表示
BA(或AB)
图形
表示

特殊
情形
如果事件B包含事件A，事件A也包含事件B，即B⊇A且A⊇B，则称事件A与事件B相等，记作A＝B

2．并事件(和事件)：
定义
一般地，事件A与事件B至少有一个发生，这样的一个事件中的样本点或者在事件A中，或者在事件B中，我们称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
含义
A与B至少一个发生
符号
表示
A∪B(或A＋B)
图形
表示


[微思考]　事件A与事件B的和事件包含几种情况？
提示：包含三种情况：(1)事件A发生，事件B不发生；(2)事件A不发生，事件B发生；(3)事件A发生，事件B发生．即事件A与B至少有一个发生．
3．交事件(积事件)：
定义
一般地，事件A与事件B同时发生，这样的一个事件中的样本点既在事件A中，也在事件B中，我们称这样的一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
含义
A与B同时发生
符号表示
A∩B(或AB)
图形
表示


4．互斥(互不相容)：
定义
一般地，如果事件A与事件B不能同时发生，也就是说A∩B是一个不可能事件，即A∩B＝∅，则称事件A与事件B互斥(或互不相容)
含义
A与B不能同时发生
符号表示
A∩B＝∅
图形
表示


5．互为对立：
定义
一般地，如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生，即A∪B＝Ω，且A∩B＝∅，那么称事件A与事件B互为对立．事件A的对立事件记为
含义
A与B有且仅有一个发生
符号表示
A∩B＝∅，A∪B＝Ω
图形
表示


[微思考]　互斥事件与对立事件有什么关系？
提示：对立事件是特殊的互斥事件．若事件A与B相互对立，则A与B互斥，但反之不成立．即“事件A与B为互斥事件”是“事件A与B为对立事件”的必要不充分条件．

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)在一次试验中，两个互斥事件有可能有一个发生． (√)
(2)若两个事件是互斥事件，则这两个事件是对立事件． (×)
(3)若事件A∪B是必然事件，则事件A和B是对立事件． (×)
2．掷一枚骰子，观察结果，A＝{向上的点数为1}，B＝{向上的点数为2}，则 (　　)
A．A⊆B　　　　　　　　 B．A＝B
C．A与B互斥 D．A与B对立
答案：C
3．抛掷一枚骰子，“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则 (　　)
A．A⊆B
B．A＝B
C．A∪B表示向上的点数是1或2或3
D．A∩B表示向上的点数是1或2或3
答案：C



题型一　事件的关系的判断

【学透用活】

[典例1]　从装有2个红球和2个白球(球除颜色外其他均相同)的口袋中任取2个球，用集合的形式分别写出下列事件，并判断每对事件的关系：
(1)“至少有1个白球”与“都是白球”；
(2)“至少有1个白球”与“至少有1个红球”；
(3)“至少有1个白球”与“都是红球”．
[解]　给两个红球编号为1,2，给两个白球编号为3,4，从口袋中任取两个球，用(x，y)表示取出的两个球，则试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，设A＝“至少有1个白球”，则A＝{(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}．(1)设B＝“都是白球”，则B＝{(3,4)}，所以B⊆A.即A和B不是互斥事件．
(2)设C＝“至少有一个红球”，则C＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)}，因为A∩C＝{(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)}，
所以A和C不互斥．
(3)设D＝“都是红球”，则D＝{(1,2)}，
因为A∪D＝Ω，A∩D＝∅，所以A和D为对立事件．
[方法技巧]
判断事件间关系的方法
(1)要考虑试验的前提条件，无论是包含、相等，还是互斥、对立，其发生的条件都是一样的．
(2)判断事件间的结果是否有交事件，可考虑利用Venn图分析，对较难判断关系的，也可列出全部结果，再进行分析．　
【对点练清】

1．从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是 (　　)
A．①　　　　　　　　　 B．②④
C．③ D．①③
解析：选C　③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数，根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”“一奇一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件．易知其余都不是对立事件．故选C.
2．从装有3个红球和2个白球的口袋中随机取出3个球，则事件“取出1个红球和2个白球”的对立事件是 (　　)
A．取出2个红球和1个白球
B．取出的3个球全是红球
C．取出的3个球中既有红球也有白球
D．取出的3个球中不止一个红球
解析：选D　从装有3个红球和2个白球的口袋中随机取出3个球，则事件“取出1个红球和2个白球”的对立事件是取出的3个球中至少有两个红球．故选D.

题型二　事件关系的运算

[探究发现]
“事件B包含事件A”“事件A与事件B的并事件”“事件A与事件B的交事件” “事件A与事件B互斥”“事件A与事件B对立”分别对应集合中的哪些关系或运算？
提示：“事件B包含事件A”对应集合A是集合B的子集；“事件A与事件B的并事件”对应集合A与集合B的并集；“事件A与事件B的交事件”对应集合A与集合B的交集；“事件A与事件B互斥”对应集合A与集合B的交集为空集；“事件A与事件B对立”对应集合A与集合B互为补集．　　　

【学透用活】

[典例2]　盒子里有6个红球，4个白球，现从中任取3个球，设事件A＝“3个球中1个红球2个白球”，事件B＝“3个球中有2个红球1个白球”，事件C＝“3个球中至少有1个红球”，事件D＝“3个球中既有红球又有白球”．
试判断：(1)事件A与事件B是什么关系？
(2)事件D与A，B是什么样的运算关系？
(3)事件C与A的交事件是什么事件？
[解]　(1)事件A与事件B不可能同时发生，故事件A与事件B互斥但不对立．(2)对于事件D，可能的结果为1个红球、2个白球或2个红球、1个白球，故D＝A∪B.(3)对于事件C，可能的结果为1个红球、2个白球或2个红球、1个白球或3个均为红球，故C∩A＝A.
[方法技巧]
进行事件运算应注意的问题
(1)进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考查同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可利用Venn图或列出全部的试验结果进行分析．
(2)在一些比较简单的题目中，需要判断事件之间的关系时，可以根据常识来判断．但如果遇到比较复杂的题目，就得严格按照事件之间关系的定义来推理．　　

【对点练清】

　 在投掷骰子的试验中，根据向上的点数可以定义许多事件，如：A＝{出现1点}，B＝{出现3点或4点}，C＝{出现的点数是奇数}，D＝{出现的点数是偶数}．
(1)说明以上4个事件的关系；
(2)求A∩B，A∪B，A∪D，B∩D，B∪C.
解：在投掷骰子的试验中，根据向上出现的点数有6种基本事件，记作Ai＝{出现点数i}(其中i＝1,2，…，6)．则A＝A1，B＝A3∪A4，C＝A1∪A3∪A5，D＝A2∪A4∪A6.
(1)事件A与事件B互斥，但不对立，事件A包含于事件C，事件A与D互斥，但不对立；事件B与C不是互斥事件，事件B与D也不是互斥事件；事件C与D是互斥事件，也是对立事件．(2)A∩B＝∅， A∪B＝A1∪A3∪A4＝{出现点数1,3或4}，A∪D＝A1∪A2∪A4∪A6＝{出现点数1,2,4或6}，B∩D＝A4＝{出现点数4}，
B∪C＝ A1∪A3∪A4∪A5＝{出现点数1,3,4或5}．




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6，将这个玩具向上抛掷一次，设事件A表示“向上的一面出现奇数”，事件B表示“向上的一面出现的数不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的数不小于4”．
(1)判断事件B与C的关系，并说明理由；
(2)写出事件A与事件B的并事件，以及事件A与事件C的交事件．
解：(1)因为事件B＝{得到的数为1，得到的数为2，得到的数为3}，事件C＝{得到的数为4，得到的数为5，得到的数为6}，所以事件B与C既是互斥事件，又是对立事件．
(2)因为事件A＝{得到的数为1，得到的数为3，得到的数为5}，事件B＝{得到的数为1，得到的数为2，得到的数为3}，事件C＝{得到的数为4，得到的数为5，得到的数为6}，
所以A∪B＝{得到的数为1，得到的数为2，得到的数为3，得到的数为5}，A∩C＝{得到的数为5}．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．某校准备召开一次团代会，其中1班共有9名团员(5男4女，其中班长李青为女生)，现需要选5个代表去参会，其中男生指定选m人，且每个团员被选到的机会相等，那么：
(1)当m为何值时，“选到李青”为必然事件？
(2)当m为何值时，“选到李青”为不可能事件？
(3)当m为何值时，“选到李青”为随机事件？
解：(1)如果“选到李青”为必然事件，那么4名女生必然全部参加，故男生人数m＝1时符合题意．(2)如果“选到李青”为不可能事件，那么4名女生一定都不参加，故男生人数m＝5时符合题意．(3)如果“选到李青”为随机事件，那么参加的女生最少1个，最多3个，故男生人数m＝2或3或4时符合题意．

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．从装有3个红球和4个白球的口袋中任取3个小球，则下列选项中的两个事件是互斥事件的为 (　　)
A．“都是红球”与“至少1个红球”
B．“恰有2个红球”与“至少1个白球”
C．“至少1个白球”与“至多1个红球”
D．“2个红球，1个白球”与“2个白球，1个红球”
解析：选D　A、B、C中两个事件是包含与被包含关系，只有D，两个事件不可能同时发生，是互斥事件．
2．抽查10件产品，记事件A为“至少有2件次品”，则A的对立事件为 (　　)
A．至多有2件次品　　　 B．至多有1件次品
C．至多有2件正品 D．至少有2件正品
解析：选B　至少有2件次品包含2,3,4,5,6,7,8,9,10件次品，共9种结果，故它的对立事件为含有1或0件次品，即至多有1件次品．
3．给出以下三个命题：
(1)将一枚硬币抛掷两次，记事件A：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”，则事件A与事件B是对立事件；
(2)在命题(1)中，事件A与事件B是互斥事件；
(3)在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，记事件A：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A与事件B是互斥事件．
其中真命题的个数是 (　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B　命题(1)是假命题，命题(2)是真命题，命题(3)是假命题．对于(1)(2)，因为抛掷两次硬币，除事件A，B外，还有“第一次出现正面，第二次出现反面”和“第一次出现反面，第二次出现正面”两个事件，所以事件A和事件B不是对立事件，但它们不会同时发生，所以是互斥事件；对于(3)，若所取的3件产品中恰有2件次品，则事件A和事件B同时发生，所以事件A和事件B不是互斥事件．
4．(多选)设A，B是两个任意事件，下面关系正确的是(　　)
A．A＋B＝A B．A＋AB＝A
C. ⊆A D．A(A＋B)＝A
解析：选BD　若A＋B＝A，则B⊆A，故A错误；∵AB⊆A，∴A＋AB＝A，故B正确；∵当事件A，B都不发生时， 发生，∴ 不是A的子集，C错误；∵A⊆(A＋B)，∴A(A＋B)＝A，D正确．故选B、D.
5.奥林匹克会旗中央有5个互相套连的圆环，颜色自左至右，上方依次为蓝、黑、红，下方依次为黄、绿，象征着五大洲．在手工课上，老师将这5个环分发给甲、乙、丙、丁、戊五位同学制作，每人分得1个，则事件“甲分得红色”与“乙分得红色”是 (　　)
A．对立事件 B．不可能事件
C．互斥但不对立事件 D．不是互斥事件
解析：选C　甲、乙不能同时得到红色，因而这两个事件是互斥事件；又甲、乙可能都得不到红色，即“甲或乙分得红色”的事件不是必然事件，故这两个事件不是对立事件．故选C.
6．事件“某人从装有5个黑球、5个白球的袋中任取5个小球，其中至少4个是黑球”的对立事件是_________________________________________________________________
________________________.
解析：事件“某人从装有5个黑球、5个白球的袋中任取5个小球，其中至少4个是黑球”的对立事件是“某人从装有5个黑球、5个白球的袋中任取5个小球，其中至多 3个是黑球”．
答案：某人从装有5个黑球、5个白球的袋中任取5个小球，其中至多3个是黑球
7．向上抛掷一枚骰子，设事件A＝“点数为2或4”，事件B＝“点数为2或6”，事件C＝“点数为偶数”，则事件C与A，B的运算关系是________．
解析：由题意可知C＝A∪B.
答案：C＝A∪B
8．某县城有甲、乙两种报纸供居民订阅，记事件A为“只订甲报”，事件B为“至少订一种报”，事件C为“至多订一种报”，事件D为“不订甲报”，事件E为“一种报也不订”．判断下列事件是否是互斥事件，如果是，判断它们是否是对立事件．
(1)A与C；(2)B与E；(3)B与D；(4)B与C；(5)C与E.
解：(1)由于事件C “至多订一种报”中可能只订甲报，即事件A与事件C有可能同时发生，故A与C不是互斥事件．
(2)事件B“至少订一种报”与事件E“一种报也不订”是不可能同时发生的，故事件B与E是互斥事件．由于事件B和事件E必有一个发生，故B与E也是对立事件．
(3)事件B“至少订一种报”中有可能只订乙报，即有可能不订甲报，也就是说事件B发生，事件D也可能发生，故B与D不是互斥事件．
(4)事件B“至少订一种报”中有3种可能：“只订甲报”“只订乙报”“订甲、乙两种报”．事件C “至多订一种报”中有3种可能：“一种报也不订”“只订甲报”“只订乙报”．即事件B与事件C可能同时发生，故B与C不是互斥事件．
(5)由(4)的分析可知，事件E“一种报也不订”仅仅是事件C的一种可能，事件C与事件E可能同时发生，故C与E不是互斥事件．

层级(二)　能力提升练
1．如果事件A，B互斥，且事件C，D分别是A，B的对立事件，那么 (　　)
A．A∪B是必然事件 B．C∪D是必然事件
C．C与D一定互斥 D．C与D一定不互斥
解析：选B　由于事件A与B互斥，即A∩B＝∅，则C∪D＝U(U为全集)是必然事件．
2．小红上学要经过三个十字路口，每个路口遇到红、绿灯的可能性都相等(不考虑黄灯)．事件A表示“第二个路口是红灯”，事件B表示“第三个路口是红灯”，事件C表示“至少遇到两个绿灯”，则A∩B包含的样本点有________个，事件A∩B与C的关系是________．
解析：根据题意，画出如图所示的树状图．

由图可得，A∩B＝{红红红，绿红红}，包含2个样本点，C＝{红绿绿，绿红绿，绿绿红，绿绿绿}，(A∩B)∩C＝∅，故事件A∩B与C互斥，又(A∩B)∪C≠Ω，故事件A∩B与C的关系是互斥但不对立．
答案：2　互斥但不对立
3．从学号为1,2,3,4,5,6的六名同学中选出一名同学担任班长，其中1,3,5号同学为男生，2,4,6号同学为女生．记：C1＝“选出1号同学”，C2＝“选出2号同学”，C3＝“选出3号同学”，C4＝“选出4号同学”，C5＝“选出5号同学”，C6＝“选出6号同学”，D1＝“选出的同学学号不大于1”，D2＝“选出的同学学号大于4”，D3＝“选出的同学学号小于6”，E＝“选出的同学学号小于7”，F＝“选出的同学学号大于6”，G＝“选出的同学学号为偶数”，H＝“选出的同学学号为奇数”，等等．据此回答下列问题：
(1)上述事件中哪些是必然事件？哪些是随机事件？哪些是不可能事件？
(2)如果事件C1发生，则一定有哪些事件发生？
(3)有没有某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生的情况？它们之间的关系如何描述？
(4)两个事件的交事件也可能为不可能事件，在上述事件中能找出这样的例子吗？
解：(1)必然事件有：E；
随机事件有：C1，C2，C3，C4，C5，C6，D1 ，D2，D3，G，H；
不可能事件有：F.
(2)如果事件C1发生，则事件D1，D3，E，H一定发生．
(3)D2和D3同时发生时，即为C5发生了．D2∩D3＝C5.
(4)能，如：C1和C2；C3和C4等等．
4．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学参加演讲比赛，用集合的形式分别写出下列事件，并判断下列每对事件的关系：
(1)“恰有1名男生”与“恰有2名男生”；
(2)“至少有1名男生”与“全是男生”；
(3)“至少有1名男生”与“全是女生”；
(4)“至少有1名男生”与“至少有1名女生”．
解：设3名男生用数字1,2,3表示，2名女生用4,5表示，用(x，y)(x∈{1,2,3}，y∈{4,5})表示选出参加比赛的2名同学，则试验的样本空间为
Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)}．
(1)设A＝“恰有1名男生”，B＝“恰有2名男生”，
则A＝{(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)}，
B＝{(1,2)，(1,3)，(2,3)}，
因为A∩B＝∅，所以A与B互斥且不对立．
(2)设C＝“至少有1名男生”，D＝“全是男生”，
则C＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)}，D＝{(1,2)，(1,3)，(2,3)}．
因为C∩D＝D，所以D⊆C.即C与D不互斥．
(3)设E＝“至少有1名男生”，F＝“全是女生”，
则E＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)}，F＝{(4,5)}．
因为E∪F＝Ω，E∩F＝∅，所以E和F互为对立事件．
(4)设G＝“至少有1名男生”，H＝“至少有1名女生”，
则G＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)}，H＝{(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)}，
因为G∩H＝{(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)}，所以G与H不互斥．

10．1.3　古典概型

明确目标
发展素养
结合具体实例，理解古典概型的概念及特征．能计算古典概型中简单随机事件的概率.
通过对古典概型概念的学习，培养数学抽象、数学建模、数学运算素养.



知识点　古典概型
(一)教材梳理填空
1．事件的概率：
对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用P(A)表示．
2．古典概型的定义：
(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．
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
3．古典概型的概率计算公式：
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)＝＝.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．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)任何一个事件都是一个样本点． (×)
(2)古典概型中每一个样本点出现的可能性相等． (√)
(3)古典概型中的任何两个样本点都是互斥的． (√)
2．下列试验中，是古典概型的为 (　　)
A．种下一粒花生，观察它是否发芽
B．向正方形ABCD内，任意投掷一点P，观察点P是否与正方形的中心O重合
C．从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率
D．在区间[0,5]内任取一点，求此点小于2的概率
答案：C
3．甲、乙、丙三名同学站成一排，甲站在中间的概率是 (　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
答案：C




题型一　古典概型的判断

【学透用活】

[典例1]　下列是古典概型的是 (　　)
A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点时
B．求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点时
C．从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率
D．抛掷一枚均匀硬币首次出现正面为止
[解析]　A项中由于点数的和出现的可能性不相等，故A不是；B项中的样本点是无限的，故B不是；C项满足古典概型的有限性和等可能性，故C是；D项中样本点既不是有限个也不具有等可能性，故D不是．
[答案]　C

[方法技巧]
判断一个试验是古典概型的步骤
(1)明确试验及其结果．
(2)判断所有结果(样本点)是否有限．
(3)判断有限个结果是否等可能出现，这需要有日常生活的经验．另外，题目中“完全相同”“任取”等是表示等可能的语言．　　

【对点练清】

(多选)下列试验是古典概型的为 (　　)
A．从6名同学中选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性大小
B．同时掷两枚骰子，点数和为6的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．10人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
解析：选ABD　A、B、D是古典概型，因为符合古典概型的定义和特点．C不是古典概型，因为不符合等可能性，降雨受多方面因素影响．

题型二　简单古典概型的概率的计算问题
[探究发现]
(1)古典概型的概率计算公式是什么？
提示：P(A)＝＝，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．
(2)求解古典概型问题的一般思路是什么？
提示：①明确试验的条件及要观察的结果，用适当的符号(字母、数字、数组等)表示试验的可能结果(借助图表可以帮助我们不重不漏地列出所有的可能结果)；②根据实际问题情境判断样本点的等可能性；③计算样本点总个数及事件A包含的样本点个数，求出事件A的概率．　　　

【学透用活】

[典例2]　在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1,2,3,4的4个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个球被取出的可能性相等．
(1)列出所有可能结果；
(2)求取出的两个球上标号为相同数字的概率；
(3)求取出的两个球上标号之积能被3整除的概率．
[解]　(1)设从甲、乙两个盒子中各取1个球，其数字分别为x，y，用(x，y)表示抽取结果，则样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，n(Ω)＝16.
(2)设事件A＝“取出的两个球上标号为相同数字”，
则事件A＝{(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)}，n(A)＝4，
∴P(A)＝＝.
(3)设事件B＝“取出的两个球上标号之积能被3整除”，
则事件B＝{(1,3)，(3,1)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)}, n(B)＝7，∴P(B)＝.
[方法技巧]
古典概型的概率求解步骤
(1)读：反复阅读题目，收集整理题目中的各种信息．
(2)判：判断试验是否为古典概型．
(3)列：求出试验的样本空间和所求事件所包含的样本点的个数．
(4)算：计算出古典概型的概率．　　

【对点练清】

抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数分别为a，b.求：
(1)满足a＋b≤6的概率；
(2)满足log2|a－b|≥1的概率．
解：(1)抛掷两枚质地均匀的骰子，记向上的点数为(a，b)，有36个样本点．满足a＋b≤6的样本点有15个：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(5,1)．
记事件A＝“满足a＋b≤6”，所以P(A)＝＝.
(2)由log2|a－b|≥1，得|a－b|≥2，则满足|a－b|≥2的样本点有20个：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)．
记事件B＝“满足log2|a－b|≥1”，所以P(B)＝＝.
题型三　较复杂的古典概型概率的计算问题
【学透用活】
[典例3]　口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，求：
(1)从中任意摸出两个小球，摸出的是红球和白球的概率；
(2)从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，两次摸出的球是一红一白的概率．
[解]　(1)无放回地取球．任意摸出两个小球的样本空间为{(红，白)，(红，黄)，(白，黄)}，所以摸出的是红球和白球的概率为.(2)有放回地取球．样本空间为{(红，红)，(红，白)，(红，黄)，(白，红)，(白，白)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)，(黄，黄)}，而事件“摸出一红一白”包括(红，白)，(白，红)2个样本点，所以两次摸出的球是一红一白的概率为.
[方法技巧]
解古典概型问题时，要牢牢抓住它的两个特征和其计算公式．但是这类问题的解法多样，技巧性强，在解决此类问题时需要注意以下两点：
(1)试验必须具有古典概型的两大特征——有限性和等可能性．
(2)计算样本点的数目时，要做到不重不漏，常借助坐标系、表格及树状图等列出所有样本点. 　

【对点练清】

1．[变设问]保持本例前提条件不变，若从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，求第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率．
解：有放回地取球．样本空间为{(红，红)，(红，白)，(红，黄)，(白，红)，(白，白)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)，(黄，黄)}，第一次摸出红球，第二次摸出白球，只包含(红，白)1个样本点，故所求概率为.
2．[变设问]保持本例前提条件不变，若从袋中依次无放回地摸出两球，求第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率．
解：无放回地取球．样本空间为{(红，白)，(红，黄)，(白，红)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)}，所以先摸出红球，再摸出白球的概率是.
3．某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况 奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．
(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．
解：用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，
则样本空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N,1≤x≤4，1≤y≤4}一一对应．因为S中元素的个数是4×4＝16，所以样本点总数 n(Ω)＝16.
(1)记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的样本点个数共5个，即A＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)}．
所以P(A)＝，即小亮获得玩具的概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B，“3＜xy＜8”为事件C.
则事件B包含的样本点共6个，
即B＝{(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}．
所以P(B)＝＝.事件C包含的样本点个数共5个，
即C＝{(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)}．
所以P(C)＝.因为＞，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．




【课堂思维激活】

1．王斌同学在解答问题“同时掷两枚骰子，计算向上的点数之和是5的概率是多少？”时，给出了如下答案：
记{m，n}为投掷两枚骰子向上的点数分别为m，n，
则投掷两枚骰子的所有可能结果为{1,1}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{1,6}，{2,2}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{2,6}，{3,3}，{3,4}，{3,5}，{3,6}，{4,4}，{4,5}，{4,6}，{5,5}，{5,6}，{6,6}，共计21种．
其中，“向上的点数之和是5”的有{1,4}和{2,3}，共2种．
所以所求概率为.
(1)你认为王斌同学的解答正确吗？简述理由．
(2)如果王斌同学的解法不正确，请在下面给出正确的解答．
解：(1)王斌同学的解答不正确．
因为所列的可能结果不都是等可能事件，
如{1,1}表示掷两枚骰子得到的点数都是1，只有一种情况；
而{1,2}表示掷两枚骰子得到的点数一个是1，一个是2，有两种情况．
(2)设事件A为“向上的点数之和是5”，
记(m，n)为投掷两枚骰子后第一枚骰子点数为m，第二枚骰子点数为n.则投掷两枚骰子的所有可能结果为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，…，(6,6)，共计36种．
其中事件A中含有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4种．
由古典概型计算公式得到P(A)＝＝.

二、应用性——强调学以致用
2．汉字是世界上最古老的文字之一，字形结构体现着人类追求均衡对称、和谐稳定的天性．如图所示，三个汉字可以看成轴对称图形．

小敏和小慧利用“土”“口”“木”三个汉字设计了一个游戏，规则如下：将这三个汉字分别写在背面都相同的三张卡片上，背面朝上，洗匀后抽出一张，放回洗匀后再抽出一张，若两次抽出的汉字能构成上下结构的汉字(如“土”“土”构成“圭”)，则小敏获胜，否则小慧获胜．你认为这个游戏对谁有利？说明理由．

解：每次游戏时，所有可能出现的结果如表所示：

第二张卡片
第一张卡片
土
口
木
土
(土，土)
(土，口)
(土，木)
口
(口，土)
(口，口)
(口，木)
木
(木，土)
(木，口)
(木，木)
共有9种结果，且每种结果出现的可能性相同．其中，能构成上下结构的汉字的结果有4种：(土，土)“圭”，(口，口)“吕”，(木，口)“杏”或“呆”，(口，木)“呆”或“杏”．所以小敏获胜的概率为，小慧获胜的概率为，所以这个游戏对小慧有利．
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．将一个圆周进行6等分，得到分点A1，A2，A3，A4，A5，A6，现在从OA2，OA3，OA4，OA5，OA6这5个半径中任意取1个，若∠A1OAi∈[0，π](i＝2,3,4,5,6)，求sin∠A1OAi＝的概率．
解：记事件A＝“sin∠A1OAi＝”，
因为∠A1OAi∈[0，π](i＝2,3,4,5,6)，
sin∠A1OAi＝，所以∠A1OAi＝或.
从OA2，OA3，OA4，OA5，OA6这5个半径中任意取1个，共5个样本点：
∠A1OA2，∠A1OA3，∠A1OA4，∠A1OA5，∠A1OA6.
其中，∠A1OA2＝，∠A1OA3＝，∠A1OA5＝，∠A1OA6＝，它们的正弦值为，
根据古典概型的概率的计算公式得P(A)＝.


课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．下列试验是古典概型的是 (　　)
A．口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球，样本点为{取中白球}和{取中黑球}
B．在区间[－1,5]上任取一个实数x，使x2－3x＋2＞0
C．抛一枚质地均匀的硬币，观察其出现正面或反面
D．某人射击中靶或不中靶
解析：选C　根据古典概型的两个特征进行判断．A项中两个样本点不是等可能的，B项中样本点的个数是无限的，D项中“中靶”与“不中靶”不是等可能的，C项符合古典概型的两个特征．
2．(2022·新高考Ⅰ卷)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.
解析：选D　从7个整数中随机取2个不同的数，共有C＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.故选D.

3.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明的重要组成部分．古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成．如图是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系图．若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　从金、木、水、火、土中任选两类，样本空间Ω＝{金木，金水，金火，金土，木水，木火，木土，水火，水土，火土}，共有10个样本点，其中两类元素相生的有金水，水木，木火，火土，土金，共5个样本点，所以2类元素相生的概率为P＝＝，故选A.
4．同时抛掷三枚均匀的硬币，出现一枚正面、二枚反面的概率等于 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　试验的样本空间Ω＝ {(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8种，出现一枚正面、二枚反面的样本点有3种，故概率为P＝.
5．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40＝3＋37.在不超过11的素数中，随机选取2个不同的数，其和小于等于10的概率是 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　根据题意，不超过11的素数有2,3,5,7,11，共5个，
从中任选2个，有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(5,7)，(5,11)，(7,11)，共10种取法．
其中，和小于等于10的取法有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,5)，(3,7)，共5种，
则取出的两个数和小于等于10的概率P＝＝.
6．从3男3女共6名学生中任选2名(每名同学被选中的概率均相等)，则2名都是女同学的概率等于________．
解析：用A，B，C表示3名男同学，用a，b，c表示3名女同学，则从6名学生中选出2人的样本空间Ω＝{AB，AC，Aa，Ab，Ac，BC，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，ab，ac，bc}，其中事件“2名都是女同学”包含的样本点的个数为3，故所求的概率为＝.
答案：
7.如图，在四棱锥D­OABC中，底面OABC为正方形，OD⊥底面OABC，以O为起点，再从A，B，C，D四个点中任取两点分别为终点，得到两个向量，记这两个向量的数量积为M，则事件“M＝0”的概率为________．
解析：记事件A＝“这两个向量的数量积M＝0”，样本点总数n(Ω)＝6，
其中，事件A＝{·，·，·，·}，n(A)＝4，∴P(A)＝＝.
答案：
8．某种饮料每箱装6听，如果其中有2听不合格，质检人员依次不放回地从某箱中随机抽出2听，求检测出不合格产品的概率．
解：只要检测的2听中有1听不合格，就表示查出了不合格产品．分为两种情况：1听不合格和2听都不合格．设合格饮料为1,2,3,4，不合格饮料为5,6，则从6听中选2听试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，共15个样本点．有1听不合格的样本点有(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，共8个；有2听不合格的样本点有(5,6)，共1个，所以检测出不合格产品的概率为＝.
9．先后抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6，记骰子的点数分别为x，y，向量a＝(x－1,1)，b＝(10－2y,2)，求两向量平行的概率．
解：记事件A＝“两向量平行”， n(Ω)＝6×6＝36，
∵a∥b，∴10－2y－2(x－1)＝0，解得x＋y＝6，
∴A＝{(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)}，n(A)＝5，
∴两向量平行的概率是P＝.
层级(二)　能力提升练
1．(2022·全国甲卷)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.
解析：选C　从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6种取法，所以所求概率是P＝＝.故选C.
2．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现两人进行赛马比赛，比赛规则：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，败者得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　设齐王的上、中、下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上、中、下三个等次的马分别为A，B，C.比赛的所有可能结果为Aa，Bb，Cc，田忌得0分；Aa，Bc，Cb，田忌得1分；Ba，Ab，Cc，田忌得1分；Ba，Ac，Cb，田忌得1分；Ca，Ab，Bc，田忌得2分；Ca，Ac，Bb，田忌得1分．所以田忌得2分的概率为.故选C.

3．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一．直角三角形最短的边称为勾，另一直角边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数．现从1～5这5个数中随机选取3个不同的数，这三个数为勾股数的概率为________．
解析：现从1～5这5个数中随机选取3个不同的数，样本点总数n＝10，
这三个数为勾股数包含的样本点有：(3,4,5)，共1个，
∴这三个数为勾股数的概率为P＝.
答案：
4．从一批苹果中，随机抽取50个作为样本，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
重量/克
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100)
频数/个
5
10
20
15

(1)根据频数分布表计算苹果的重量在[90,95)的频率．
(2)用分层随机抽样的方法从重量在[80,85)和[95,100)的苹果中共抽取4个，其中重量在[80,85)的有几个？
(3)在(2)中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的概率．
解：(1)苹果的重量在[90,95)的频率为＝0.4.
(2)重量在[80,85)的有4×＝1个．
(3)设这4个苹果中[80,85)分段的为1，[95,100)分段的为2,3,4，从中任取两个，可能的情况有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种. “任取2个苹果，重量在[80,85)和[95,100)中各有1个”记为事件A，则事件A包含(1,2)，(1,3)，(1,4)，共3种，故P(A)＝＝.
层级(三)　素养培优练
1．(多选)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者．现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示．

若从第3,4,5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参与广场的宣传活动，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，则下列结论正确的是 (　　)
A．应从第3,4,5组中分别抽取3人、2人、1人
B．第4组志愿者恰有一人被抽中的概率为
C．第5组志愿者被抽中的概率为
D．第3组志愿者至少有一人被抽中的概率为
解析：选ABC　第3组的人数为0.06×5×100＝30，第4组的人数为0.04×5×100＝20，第5组的人数为0.02×5×100＝10.因为第3,4,5组共有60名志愿者，利用分层随机抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者，抽样比为，所以应从第3,4,5组中分别抽取3人、2人、1人．故A正确．
记第3组的3名志愿者分别为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者分别为B1，B2，第5组的1名志愿者为C，则从6名志愿者中抽取2名志愿者的样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)}，共有15个样本点．
第4组的2名志愿者恰有一人被抽中，所含的样本点个数为8，所以第4组志愿者恰有一人被抽中的概率为，故B正确．
第5组的志愿者恰好被抽中，所含的样本点个数为5，所以第5组志愿者被抽中的概率为＝，故C正确．
第3组志愿者至少有一人被抽中，所含的样本点个数为12，所以第3组志愿者至少有一人被抽中的概率为＝，故D不正确．综上，应选A、B、C.
2．甲、乙两人各拿出200元，用作掷硬币游戏的奖金，两人商定：一局中掷出正面向上则甲胜，否则乙胜，谁先胜三局就得所有奖金．比赛开始后，甲胜了两局，乙胜了一局，这时因为意外事件必须中断游戏，请问怎样分配这400元才合理？
解：为了决出胜负，最多再赛两局，用“甲”表示甲胜，“乙”表示乙胜，于是这两局有四种可能：(甲，甲)，(甲，乙)，(乙，甲)，(乙，乙)．
其中甲获胜有3种情况，而乙获胜只有1种情况，所以甲获胜的概率是，乙获胜的概率是.
因此，合理的分法为甲得300元，乙得100元．

10．1.4　概率的基本性质

明确目标
发展素养
1.通过实例，理解概率的性质．
2.掌握随机事件概率的运算法则.
1.通过对概率性质的学习，培养数学抽象素养．
2.通过利用随机事件概率的运算法则求解随机事件的概率，培养数学运算素养.



知识点　概率的基本性质
(一)教材梳理填空
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)＝，P(∅)＝.
性质3　如果事件A和事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
推广：如果事件A1，A2，…，Am两两互斥，那么事件A1∪A2∪…∪Am发生的概率等于这m个事件分别发生的概率之和，即P(A1∪A2∪…∪Am)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(Am)．
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)．
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)．
[微思考]　设事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么事件A∪B发生的概率是P(A)＋P(B)吗？
提示：不一定．当事件A与B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；当事件A与B不互斥时，P(A∪B)＝ P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若A与B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1. (×)
(2)若P(A)＋P(B)＝1，则事件A与B为对立事件． (×)
(3)事件A与事件B中至少有一个发生的概率一定比A与B中恰有一个发生的概率大．(×)
2．下列命题中假命题的个数为 (　　)
①对立事件一定是互斥事件；
②若A，B为两个事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
③若事件A，B，C两两互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.
A．0　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
答案：C
3．从一批羽毛球中任取一个，如果其质量小于4.8 g的概率是0.3，质量不小于4.85 g的概率是0.32，那么质量在[4.8,4.85)内的概率是 (　　)
A．0.62 B．0.38
C．0.70 D．0.68
答案：B


题型一　互斥事件的概率

【学透用活】
[典例1]　盒子里装有6个红球，4个白球，从中任取3个球．设事件A表示“3个球中有1个红球，2个白球”，事件B表示“3个球中有2个红球，1个白球”．已知P(A)＝，P(B)＝，求“3个球中既有红球又有白球”的概率．
[解]　记事件C为“3个球中既有红球又有白球”，则它包含事件A“3个球中有1个红球，2个白球”和事件B“3个球中有2个红球，1个白球”，而且事件A与事件B是互斥的，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
[方法技巧]
(1)当一个事件包含几种情况时，可把事件转化为几个互斥事件的并事件，再利用互斥事件的概率加法公式计算．
(2)使用互斥事件概率加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)时，必须先判定A，B是互斥事件．　　

【对点练清】
某学校准备对秋季运动会的竞赛项目进行调整，为此，学生会进行了一次民意调查.100个人接受了调查，他们被要求在赞成调整、反对调整、对这次调整不发表看法中任选一项．调查结果如下表：
态度
男生人数
女生人数
总人数
赞成
18
9
27
反对
12
25
37
不发表看法
20
16
36
合计
50
50
100

随机选取一名被调查者，他对这次调整表示反对或不发表看法的概率是多少？
解：用事件A表示“对这次调整表示反对”，事件B表示“对这次调整不发表看法”，则事件A和事件B是互斥事件，并且事件A∪B就表示“对这次调整表示反对或不发表看法”．由互斥事件的加法公式，得P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
因此，随机选取一名被调查者，他对这次调整表示反对或不发表看法的概率是.

题型二　复杂的互斥事件及对立事件的概率

【学透用活】

[典例2]　袋中有红球、黑球、黄球、绿球若干，从中任取一球，得到红球的概率为，得到黑球或黄球的概率为，得到黄球或绿球的概率为，求得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是多少．
[解]　记“得到红球”为事件A，“得到黑球”为事件B，“得到黄球”为事件C，“得到绿球”为事件D，事件A，B，C，D显然彼此互斥，则由题意可知，P(A)＝，　①
P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，　②
P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝.　③
由事件A和事件B∪C∪D是对立事件可得P(A)＝1－P(B∪C∪D)＝1－[P(B)＋P(C)＋P(D)]，
即P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝.④
联立②③④可得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝.
即得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是，，.
[方法技巧]
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率等于这些事件概率的和，并且互斥事件的概率加法公式可推广为P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)，其使用的前提条件仍然是A1，A2，…，An彼此互斥，故解决此类题目的关键在于分解事件及确立事件是否互斥．
(2)“正难则反”是解决问题的一种很好的方法，当直接求解比较麻烦时，可考虑求其对立事件的概率，再转化为所求．应注意掌握．　　
【对点练清】

某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19，命中不够8环的概率是0.29，计算这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率．
解：记“这个射手在一次射击中命中10环或9环”为事件A，命中10环、9环、8环、不够8环分别为事件A1，A2，A3，A4.由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，
∴P(A2∪A3∪A4)＝P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.
又∵A1与A2∪A3∪A4互为对立事件，
∴P(A1)＝1－P(A2∪A3∪A4)＝1－0.76＝0.24.
∵A1与A2互斥，且A＝A1∪A2，∴P(A)＝P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.24＋0.28＝0.52.

题型三　一般事件概率公式的应用

【学透用活】

[典例3]　从1,2,3，…，30中任意选一个数，求这个数是偶数或能被3整除的概率．
[解]　设A＝“选到偶数”，B＝“选到能被3整除的数”，则A＝{2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,28,30}，共包含15个元素，B＝{3,6,9,12,15,18,21,24,27,30}，共包含10个元素，A∩B＝{6,12,18,24,30}，共包含5个元素，因而P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(A∩B)＝＝.因此，这个数是偶数或能被3整除的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝.
[方法技巧]
在公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，事件 A，B可以是互斥的，也可以不是互斥的．　

【对点练清】

　某企业有三个分厂，现将男女职工人数统计如下：
性别
第一分厂
第二分厂
第三分厂
合计
男
400人
350人
250人
1 000人
女
100人
50人
50人
200人
合计
500人
400人
300人
1 200人

若从中任意抽取一名职工，求该职工是女性或是第三分厂职工的概率．
解：设A＝“抽到女工”，B＝“抽到第三分厂职工”，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(A∩B)＝＝，因此，该职工是女性或是第三分厂职工的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝.




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率．
解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的样本点有：1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个．从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的样本点有：1和2，1和3，共2个，因此所求事件的概率为P＝＝.
(2)试验的样本点用(m，n)表示，由题意得，试验的样本空间Ω＝ {(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共16个样本点．
又满足条件n≥m＋2的样本点有：(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个．
所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝，故满足条件n＜m＋2的事件的概率为1－P1＝1－＝.

二、应用性——强调学以致用
2．为维护世界经济秩序，我国在亚洲经济论坛期间积极倡导反对地方贸易保护主义，并承诺包括汽车在内的进口商品将最多在5年内把关税全部降低到世贸组织所要求的水平，其中21%的进口商品恰好5年关税达到要求，18%的进口商品恰好4年关税达到要求，其余进口商品将在3年或3年内达到要求，求包括汽车在内的进口商品不超过4年的时间关税达到要求的概率．
[析题建模]　利用互斥事件概率的加法公式求解．
解：设“包括汽车在内的进口商品恰好4年关税达到要求”为事件A，“不到4年达到要求”为事件B，则“包括汽车在内的进口商品不超过4年的时间关税达到要求”是事件A∪B，而A，B互斥，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.18＋(1－0.21－0.18)＝0.79.

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．三个臭皮匠，顶上一个诸葛亮，能顶得上吗？在一次有关“三国演义”的知识竞赛中，三个臭皮匠A，B，C能答对题目的概率分别为P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，诸葛亮D能答对题目的概率为P(D)＝.如果将三个臭皮匠A，B，C组成一组与诸葛亮D比赛，答对题目多者为胜方，问哪方胜？
解：①如果三个臭皮匠A，B，C能答对的题目彼此互斥(他们能答对的题目不重复)，则P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝，又P(D)＝，所以P(A＋B＋C)＞P(D)，所以三个臭皮匠方为胜方，即三个臭皮匠能顶上一个诸葛亮．
②如果三个臭皮匠A，B，C能答对的题目不互斥，则三个臭皮匠未必能顶上一个诸葛亮．

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．甲、乙两名乒乓球运动员在一场比赛中甲获胜的概率是0.2，若不出现平局，那么乙获胜的概率为 (　　)
A．0.2　　　　　　　　　 B．0.8
C．0.4 D．0.1
解析：选B　乙获胜的概率为1－0.2＝0.8.
2．口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42， 摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是 (　　)
A．0.42 B．0.28
C．0.3 D．0.7
解析：选C　∵摸出黑球是摸出红球或摸出白球的对立事件，∴摸出黑球的概率是1－0.42－0.28＝0.3.
3．经统计，某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如表：
排队人数/人
0
1
2
3
4
5人及以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
则至少3人排队等候的概率是 (　　)
A．0.44 B．0.56
C．0.86 D．0.14
解析：选A　设“至少3人排队等候”为事件H，则P(H)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44，故选A.
4．若A，B是互斥事件，P(A)＝0.2，P(A∪B)＝0.5，则P(B)＝ (　　)
A．0.3 B．0.7
C．0.1 D．1
解析：选A　∵A，B是互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5.∵P(A)＝0.2，∴P(B)＝0.5－0.2＝0.3.
5．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，其中4位同学都选周六的概率为，4位同学都选周日的概率为，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1－－＝＝.
6．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为，乙夺得冠军的概率为，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．
解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为＋＝.
答案：
7．若P(A∪B)＝0.7，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则P(A∩B)＝________.
解析：因为P(A∪B)＝ P(A)＋P(B)－P(A∩B)，
所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.4＋0.6－0.7＝0.3.
答案：0.3
8．某饮料公司对一名员工进行测试，以便确定其考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A饮料，2杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A饮料．若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯中选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．
(1)求此人被评为优秀的概率；
(2)求此人被评为良好及以上的概率．
解：将5杯饮料编号为1,2,3,4,5，编号1,2,3表示A饮料，编号4,5表示B饮料，则从5杯饮料中选出3杯的所有样本点为(1,2，3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，共有10个．
设事件D表示“此人被评为优秀”，E表示“此人被评为良好”，F表示“此人被评为良好及以上”．
(1)事件D中含有的样本点为(1,2,3)，共1个，因此P(D)＝.
(2)事件E中含有的样本点为(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，共6个，因此P(E)＝，故P(F)＝P(D)＋P(E)＝.

层级(二)　能力提升练
1．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为40%，甲不输的概率是90%，则甲、乙两人下和棋的概率是 (　　)
A．60% B．30%
C．10% D．50%
解析：选D　“甲获胜”与“甲、乙下成和棋”是互斥事件，“甲不输”即“甲获胜或甲、乙下成和棋”，故P(甲不输)＝P(甲胜)＋P(甲、乙和棋)，∴P(甲、乙和棋)＝P(甲不输)－P(甲胜)＝90%－40%＝50%.
2．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则是下列哪个事件的概率 (　　)
A．颜色全相同 B．颜色不全同
C．颜色全不同 D．无红球
解析：选B　试验的样本空间Ω＝{黄黄黄，红红红，白白白，红黄黄，黄红黄，黄黄红，白黄黄，黄白黄，黄黄白，黄红红，红黄红，红红黄，白红红，红白红，红红白，黄白白，白黄白，白白黄，红白白，白红白，白白红，黄红白，黄白红，红黄白，红白黄，白红黄，白黄红}，其中包含27个样本点，事件“颜色全相同”包含3个样本点，则其概率为＝＝1－，所以是事件“颜色不全同”的概率．
3.如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中 Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别为0.35,0.30,0.25，则不命中靶的概率是________．
解析：“射手命中圆面Ⅰ”为事件A，“命中圆环Ⅱ”为事件B，“命中 圆环Ⅲ”为事件C，“不中靶”为事件D，则A，B，C彼此互斥，故射手中靶的概率为P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.
因为中靶和不中靶是对立事件，故不命中靶的概率为P(D)＝1－P(A∪B∪C)＝1－0.90＝0.10.
答案：0.10
4．某商场有奖销售中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每1 000张奖券为一个开奖单位．设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)抽取1张奖券中奖概率；
(3)抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．
解：(1)∵每1 000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，
∴P(A)＝，P(B)＝＝，
P(C)＝＝.
(2)设“抽取1张奖券中奖”为事件D，
则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＋＋＝.
(3)设“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖”为事件E，则
P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－－＝.
5．(1)某班派两名学生参加乒乓球比赛，他们取得冠军的概率分别为和，则该班取得乒乓球比赛冠军的概率为＋.上述说法正确吗？为什么？
(2)某战士在一次射击训练中，击中环数大于7的概率为0.6，击中环数为6或7或8的概率为0.3，则该战士击中环数大于5的概率为0.6＋0.3＝0.9.上述说法是否正确？请说明理由．
解：(1)正确．因为两人分别取得冠军是互斥的，而且两人至少有一人取得冠军，该班就取得乒乓球比赛冠军，所以该班取得乒乓球比赛冠军的概率为＋.
(2)不正确．因为该战士击中环数大于7和击中环数为6或7或8不是互斥事件，所以不能用互斥事件的概率加法公式计算．
层级(三)　素养培优练
1．在两行四列的方格棋盘上沿骰子的某条棱翻动骰子(相对面上分别标有1点和6点，2点和5点，3点和4点)．开始时，骰子如图①那样摆放，朝上的点数是2，最后翻动到如图②所示位置．现要求翻动次数最少，则最后骰子朝上的点数为1的概率为 (　　)

A. B.
C. D.
解析：选D　翻转的路径有4种：①右→右→右→下，最后朝上的是4；
②右→右→下→右，最后朝上的是1；
③右→下→右→右，最后朝上的是3；
④下→右→右→右，最后朝上的是1.
故最后骰子朝上的点数为1的概率为.
2．袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个．现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(1)求取球2次即终止的概率；
(2)求甲取到白球的概率．
解：(1)设事件A为“取球2次即终止”．即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：

因此，P(A)＝＝.
(2)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．借助树状图求出相应事件的样本点数：

所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝＋＋＝＋＋＝.

10.2　事件的相互独立性


明确目标
发展素养
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．
2.结合古典概型，利用独立性计算概率.
1.通过学习两个随机事件独立性的含义，培养数学抽象素养．
2.通过利用随机事件的独立性计算概率，培养数学运算素养.



知识点　事件的相互独立性
(一)教材梳理填空
1．相互独立事件的定义：
对任意两个事件A与B，如果 P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
2．相互独立事件的性质：
当事件A，B相互独立时，事件与事件相互独立，事件与事件相互独立，事件与事件相互独立．
[微思考]
(1)事件A与B相互独立可以推广到n个事件的一般情形吗？
提示：对于n个事件A1，A2，…，An，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称事件A1，A2，…，An相互独立．
(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推广到一般情形吗？
提示：公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推广到一般情形：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)必然事件和不可能事件与任何一个事件相互独立． (√)
(2)若三个事件A，B，C两两独立，则P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)． (×)
(3)若两个事件互斥，则这两个事件相互独立． (×)
2．坛子里放有3个白球，2个黑球，从中不放回地摸球，用A1表示第1次摸得白球，A2表示第2次摸得白球，则A1与A2是 (　　)
A．互斥事件　　　　　　　 B．相互独立事件
C．对立事件 D．不相互独立事件
答案：D
3．某社区开展“建党100周年主题活动——党史知识竞赛”，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，两人是否获得一等奖相互独立，则这两人都获得一等奖的概率为 (　　)
A.　　　　 B. C.　　　　 D.
答案：C



题型一　相互独立事件的判断

【学透用活】

[典例1]　判断下列各对事件是不是相互独立事件．
(1)甲组有3名男生，2名女生，乙组有2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”．
(2)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的水果放回筐内，再从筐内任意取出1个，取出的是梨”．
(3)一个布袋里有大小完全相同的3个白球，2个红球，“从中任意取1个球是白球”与“取出的球不放回，再从中任意取1个球是红球”．
(4)掷一枚骰子一次，事件A：“出现偶数点”；事件B：“出现3点或6点”．
[解]　(1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．
(2)由于把取出的水果又放回筐内，故“从中任意取出1个，取出的是苹果”这一事件是否发生对“再从筐内任意取出1个，取出的是梨”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．
(3)不放回地取球，前者的发生影响后者发生的概率，所以二者不是相互独立事件．
(4)样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，事件A＝{2,4,6}，事件B＝{3,6}，事件AB＝{6}，
所以P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝＝×，即P(AB)＝P(A)·P(B)．
所以事件A与B相互独立，但不是互斥事件．
[方法技巧]
判断两个事件是否相互独立的方法
(1)定性法：直观地判断一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，若没有影响就是相互独立事件．
(2)定量法：通过计算P(AB)＝ P(A)P(B)是否成立可以准确判断两个事件是否相互独立．　　
【对点练清】

袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C的关系是 (　　)
A．A与B，A与C均相互独立
B．A 与B相互独立，A与C互斥
C．A与B，A与C均互斥
D．A与B互斥，A与C相互独立
解析：选A　由于摸球过程是有放回的，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥，故选A.

题型二　相互独立事件的概率计算

【学透用活】

[典例2]　红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A，B，C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立，求红队至少两名队员获胜的概率．
[解]　记甲胜A、乙胜B、丙胜C分别为事件D，E，F，则甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C分别为事件，，.根据各盘比赛结果相互独立，可得红队至少两名队员获胜的概率为P＝P(D∩E∩)＋P(D∩∩F)＋P(∩E∩F)＋P(D∩E∩F)＝P(D)P(E)P()＋P(D)P()P(F)＋P()P(E)P(F)＋P(D)P(E)P(F)＝0.6×0.5×(1－0.5)＋0.6×(1－0.5)×0.5＋(1－0.6)×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.
[方法技巧]
用相互独立事件的乘法公式解题的步骤
(1)用恰当的字母表示题中有关事件．
(2)根据题设条件，分析事件间的关系．
(3)将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或若干个事件的乘积之和(相互乘积的事件之间必须满足相互独立)．
(4)利用乘法公式计算概率．　　

【对点练清】

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和.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：记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B.
(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为
P＝1－P( )＝1－P()P()＝1－×＝.

题型三　相互独立事件的概率的综合应用
[探究发现]
(1)如果事件A，B相互独立，那么事件A与事件，事件与事件B，事件与事件各是什么关系？
提示：事件A与事件相互独立，事件与事件B相互独立，事件与事件相互独立．
(2)如果事件A，B相互独立，那么事件AB的对立事件是 吗？
提示：不是，如果事件A，B相互独立，那么事件AB的对立事件是 ∪B∪A.　　　

【学透用活】

[ 3]　甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和，求：
(1)两个人都译出密码的概率；
(2)两个人都译不出密码的概率；
(3)恰有1个人译出密码的概率．
[解]　记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，则A，B为相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝.
(1)两个人都译出密码的概率为
P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
(2)两个人都译不出密码的概率为
P( )＝P()·P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝×＝.
(3)恰有1个人译出密码可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为
P(A ∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×＋×＝.
[方法技巧]
事件间的独立性关系
已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有
事件
表示
概率
A，B同时发生
AB
P(A)P(B)
A，B都不发生

P()P()
A，B恰有一个
发生
(A )∪(B)
P(A)P()＋P()·P(B)
A，B中至少有
一个发生
(A )∪(B)∪(AB)
P(A)P()＋P()·P(B)＋P(A)P(B)
A，B中至多有
一个发生
(A )∪(B)∪( )
P(A)P()＋P()·P(B)＋P()P()

【对点练清】

本例条件不变，求：
(1)至多有1个人译出密码的概率；
(2)至少有1个人译出密码的概率．
解：(1)“至多有1个人译出密码”的对立事件为“两个人都译出密码”，所以至多有1个人译出密码的概率为1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－×＝.
(2)“至少有1个人译出密码”的对立事件为“两个人都未译出密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为1－P( )＝1－P()P()＝1－×＝.



【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．为了解某市今年八年级男生的身体素质状况，从该市八年级男生中抽取了一部分学生进行“掷实心球”的项目测试．经统计，成绩均在2米到12米之间，把获得的所有数据平均分成[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12]五组，得到频率分布直方图如图所示．

(1)如果有4名学生的成绩在10米到12米之间，求参加“掷实心球”项目测试的人数．
(2)若测试数据与成绩之间的关系如下表：
测试数据/米
(0,6)
[6,8)
[8,12)
成绩
不合格
及格
优秀

根据此次测试成绩的结果，试估计从该市八年级男生中任意选取一人，“掷实心球”成绩为优秀的概率(以抽样中“掷实心球”成绩为优秀的频率近似代替)．
(3)在(2)的条件下，从该市八年级男生中任意选取两人，假定两人的成绩是否优秀互不影响，求两人中恰有一人“掷实心球”成绩为优秀的概率．
解：(1)由题意可知(0.2＋0.15＋0.075＋a＋0.025)×2＝1，解得a＝0.05.
所以此次测试总人数为＝40.
故此次参加“掷实心球”的项目测试的人数为40人．
(2)设“从该市八年级男生中任意选取一人，‘掷实心球’成绩为优秀”为事件A.
由图可知，参加此次“掷实心球”的项目测试的八年级男生，
成绩优秀的频率为(0.15＋0.05)×2＝0.4，
则估计P(A)＝0.4.
(3)记事件Ai：第i名男生成绩优秀，其中i＝1,2.
两人中恰有一人成绩优秀可以表示为A1＋A2，
因为A1，相互独立，A2，相互独立，
所以P(A1)＝P(A1)P()＝0.24，
P(A2)＝P(A2)P()＝0.24，
又因为A1，A2互斥，
所以P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.48.
所以两人中恰有一人“掷实心球”成绩为优秀的概率为0.48.

二、应用性——强调学以致用
2．随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一．若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试，在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试；若5次都没有通过，则需要重新报名)，其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费．某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为；女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为.现有一对夫妻同时报名参加驾驶证考试，在本次报名中，若这对夫妻参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．
(1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率；
(2)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元的概率．
[析题建模]　由题意得，不需要交补考费通过考试的含义是前两次考试中至少有一次通过，产生的补考费用之和为200元的含义是两个人中只有一人补考一次．根据互斥事件的加法公式以及相互独立事件同时发生的概率公式计算即可．
解：(1)设这对夫妻中，“丈夫在科目二考试中第i次通过”为事件Ai，“妻子在科目二 考试中第i次通过”为事件Bi(i＝1,2,3,4,5)，则P(Ai)＝，P(Bi)＝.
设事件A＝“丈夫参加科目二考试不需要交补考费”，事件B＝“妻子参加科目二考试不需要交补考费”，事件C＝“这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费”．
则P(A)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋×＝，P(B)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋×＝，P(C)＝P(AB)＝×＝.
因此，这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率为.
(2)设事件D＝“丈夫参加科目二考试需交补考费200元”，事件E＝“妻子参加科目二考试需交补考费200元”，事件F＝“这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元”，则P(D)＝P(　A3)＝××＝，P(E)＝P(　B3)＝××＝，P(F)＝P(AE＋DB)＝×＋×＝.
因此，这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元的概率为.

三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．如图所示，用A，B，C，D四种不同的元件分别连接成两个系统M，N.当元件A，B都正常工作或元件C正常工作或元件D正常工作时，系统M正常工作；当元件A，B都正常工作或元件B，D都正常工作或元件C正常工作时，系统N正常工作．已知A，B，C，D四种元件正常工作的概率分别为0.5,0.9,0.7,0.8，且各元件是否正常工作是彼此独立的．试从能否正常工作的角度判断两个系统中哪一个的连接方式更为合理．

解：由题意知，元件A正常工作的概率P1＝0.5，元件B正常工作的概率P2＝0.9，元件C正常工作的概率P3＝0.7，元件D正常工作的概率P4＝0.8，
则系统M正常工作的概率为1－(1－P1P2)(1－P3)·(1－P4)＝1－(1－0.5×0.9)×(1－0.7)×(1－0.8)＝1－0.033＝0.967，
系统N正常工作的概率为
1－{1－[1－(1－P1)(1－P4)]·P2}(1－P3)＝1－[1－(1－0.5×0.2)×0.9]×0.3＝1－0.057＝0.943.
因为0.967＞0.943，所以系统M的连接方式更为合理．


课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．甲、乙两名射手同时向一目标射击，设事件A＝“甲击中目标”，事件B＝“乙击中目标”，则事件A与事件B (　　)
A．相互独立但不互斥
B．互斥但不相互独立
C．相互独立且互斥
D．既不相互独立也不互斥
解析：选A　对同一目标射击，甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的，所以事件A与B相互独立；对同一目标射击，甲、乙两射手可能同时击中目标，也就是说事件A与B可能同时发生，所以事件A与B不是互斥事件．
2．甲、乙两班各有36名同学，甲班有9名三好学生，乙班有6名三好学生，两班各派1名同学参加演讲活动，派出的恰好都是三好学生的概率是 (　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　两班各自派出代表是相互独立事件，设事件A，B分别为甲班、乙班派出的是三好学生，则事件AB为两班派出的都是三好学生，则P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
3．有一道竞赛题，A，B，C三人可解出的概率分别为，，，则三人独立解答，仅有一人解出的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设仅有一人解出的事件为D，
则P(D)＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)＝××＋××＋××＝.
4．两名射手射击同一目标，命中的概率分别为0.8和0.7，若各射击一次，则目标被击中的概率是 (　　)
A．0.56 B．0.92
C．0.94 D．0.96
解析：选C　∵两人都没有击中的概率为0.2×0.3＝0.06，∴目标被击中的概率为1－0.06＝0.94.
5．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋中各摸出一个球，下列结论正确的是 (　　)
A．2个球都是红球的概率为
B．2个球不都是红球的概率为
C．至少有1个红球的概率为
D．2个球中恰有1个红球的概率为
解析：选ACD　设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，
则P(A1)＝，P(A2)＝，且A1，A2相互独立．
2个球都是红球为A1A2，其概率为×＝，A正确；
“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为，B错误；
2个球中至少有1个红球的概率为
1－P()P()＝1－×＝，C正确；
2个球中恰有1个红球的概率为×＋×＝，D正确．故选A、C、D.
6．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A )＝________；P( )＝________.
解析：∵P(A)＝，P(B)＝，
∴P()＝，P()＝.
∴P(A )＝P(A)P()＝×＝，
P( )＝P()P()＝×＝.
答案：　
7．已知生产某零件需要经过两道工序，在第一、第二道工序中产生废品的概率分别为0.01和P，每道工序是否产生废品相互独立，若经过两道工序得到的零件不是废品的概率是0.960 3，则P＝________.
解析：由题意，得(1－0.01)(1－P)＝0.960 3，解得P＝0.03.
答案：0.03
8．设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．求：
(1)进入商场的1位顾客，甲、乙两种商品都购买的概率；
(2)进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率．
解：记A表示事件“进入商场的1位顾客购买甲种商品”，则P(A)＝0.5；
记B表示事件“进入商场的1位顾客购买乙种商品”，则P(B)＝0.6；
记C表示事件“进入商场的1位顾客，甲、乙两种商品都购买”；
记D表示事件“进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种”．
(1)易知C＝AB，则P(C)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.6＝0.3.
(2)易知D＝(A )∪(B)，
则P(D)＝P(A )＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)
＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.

层级(二)　能力提升练
1.如图所示，A，B，C表示3个开关，若在某段时间内，它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，则该系统的可靠性(3个开关只要有一个开关正常工作即可靠)为 (　　)
A．0.504 B．0.994
C．0.496 D．0.064
解析：选B　由题意知，所求概率为1－(1－0.9)·(1－0.8)(1－0.7)＝1－0.006＝0.994.
2．甲袋中有8个白球、4个红球，乙袋中有6个白球、6个红球，这些小球除颜色外完全相同．从每袋中任取1个球，则取得同色球的概率为________．
解析：设从甲袋中任取1个球，事件A为“取得白球”，则事件 为“取得红球”；从乙袋中任取1个球，事件B为“取得白球”，则事件 为“取得红球”．
∵事件A与B相互独立，
∴事件 与 也相互独立．
∴从每袋中任取1个球，取得同色球的概率为
P(AB∪　)＝P(AB)＋P(　)
＝P(A)P(B)＋P()P()＝×＋×＝.
答案：
3．甲、乙两名同学参加一项射击比赛，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．已知甲、乙两人射击互不影响，且命中率分别为和p.若甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为，则p的值为________．
解析：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，则“甲射击一次，未击中”为事件，“乙射击一次，未击中目标”为事件，则P(A)＝，
P()＝，P(B)＝p，P()＝1－p，
依题意×(1－p)＋×p＝，解得p＝.
答案：
4．(2022·全国甲卷节选)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立．
求甲学校获得冠军的概率．
解：设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC＋BC＋AC＋AB)
＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.

5．已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件工作的概率如图所示，当且仅当A与B中至少有一个工作，C工作，D与E中至少有一个工作时能听到声音，且若D和E同时工作则有立体声效果．

(1)求能听到立体声效果的概率；
(2)求听不到声音的概率．
解：(1)能听到立体声效果的概率P1＝[1－(1－0.9)×(1－0.95)]×0.95×0.94×0.94＝0.835 222 9.
(2)能听到声音的概率P2＝[1－(1－0.9)×(1－0.95)]×0.95×[1－(1－0.94)2]＝0.941 847 1，故听不到声音的概率为1－P2＝1－0.941 847 1＝0.058 152 9.
层级(三)　素养培优练
　在生活小常识有奖问答竞赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关生活小常识的问题，已知甲答对这道题的概率是，甲、乙两人都回答错误的概率是，乙、丙两人都回答正确的概率是.设每人回答问题正确与否相互独立．
(1)求乙答对这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三人中，至少有一人答对这道题的概率．
解：(1)记“甲答对这道题”“乙答对这道题”“丙答对这道题”分别为事件A，B，C，设乙答对这道题的概率P(B)＝x，由于每人回答问题正确与否相互独立，因此A，B，C是相互独立事件．由题意可知，P(A)＝，P( )＝P()P()＝×(1－x)＝，解得x＝，所以乙答对这道题的概率为P(B)＝.
(2)设“甲、乙、丙三人中，至少有一人答对这道题”为事件M，丙答对这道题的概率P(C)＝y，由题可知，P(BC)＝P(B)·P(C)＝×y＝，解得y＝.
甲、乙、丙三人都回答错误的概率为P( )＝P()P()·P()＝××＝.
因为事件“甲、乙、丙三人都回答错误”的对立事件是“甲、乙、丙三人中，至少有一人答对”，所以P(M)＝1－＝.

10．3　频率与概率

明确目标
发展素养
1.结合实例，会用频率估计概率．了解随机数的意义．
2.会用模拟方法(包括计算器产生随机数进行模拟)估计概率.
.

1.通过对频率与概率的联系和区别的学习，培养数学抽象素养．
2.通过利用随机模拟的方法估计事件的概率，培养数学建模、数学运算素养



知识点一　频率的稳定性
(一)教材梳理填空
　频率的稳定性：
　一个随机事件A发生的频率具有随机性．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．可以用频率fn(A)估计概率P(A)．
[微提醒]　频率与概率的区别和联系
区别：(1)在相同的条件下重复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nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)概率是度量随机事件发生的可能性大小的量．
(3)频率是一个变量，随着试验次数的变化而变化；概率是一个定值，是某事件的固有属性．
联系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)一次摸奖活动中，中奖概率为0.2，则摸5张票，一定有一张中奖． (×)
(2)随机事件的频率和概率不可能相等． (×)
(3)随机事件的概率不会随着试验次数的变化而变化． (√)
2．某人将一枚硬币连掷10次，正面朝上的情况出现了8次，若用A表示“正面朝上”这一事件，则A的 (　　)
A．概率为　　　　　　　 B．频率为
C．频率为8 D．概率接近于8
答案：B
3．甲、乙两人做游戏，下列游戏中公平的是 (　　)
A．抛一枚骰子，向上的点数为奇数则甲胜，向上的点数为偶数则乙胜
B．同时抛两枚相同的骰子，向上的点数之和大于7则甲胜，否则乙胜
C．从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色则甲胜，是黑色则乙胜
D．甲、乙两人各写一个数字，若是同奇或同偶则甲胜，否则乙胜
答案：B

知识点二　随机模拟
(一)教材梳理填空
1．随机数的定义：
随机数是在一定范围内随机产生的数，并且得到这个范围内的每一个数的机会相等．
2．产生随机数的方法：
(1)利用抽签法产生随机数：
要产生1～n(n∈N*)之间的随机整数，把n个质地大小、形状相同的小球分别标上1,2,3，…，n放入一个袋中，把它们充分搅拌，然后从中摸出一个球，这个球上的数就称为随机数．
(2)利用计算器或计算机产生伪随机数：
计算器或计算机产生的随机数是按照确定的算法产生的数，具有周期性(周期很长)，它们具有类似随机数的性质．因此，计算器或计算机产生的随机数不是真正的随机数，我们称它们为伪随机数．
3．蒙特卡洛方法：
利用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛方法．
[微思考]　用频率估计概率时，用计算机模拟试验产生随机数有什么优点？
提示：用频率估计概率时，需做大量的重复试验，费时费力，并且有些试验具有破坏性，有些试验无法真正进行．因此利用计算机进行随机模拟试验就成为一种很重要的替代方法，它可以在短时间内多次重复地来做试验，不需要对试验进行具体操作，可以广泛应用到各个领域．

(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)在用计算器模拟抛硬币试验时，假设计算器只能产生0～9的随机数，则可以用4,5,6,7,8,9来代表正面． (×)
(2)用随机模拟试验估计事件的概率时，试验次数越多，所得的估计值越接近实际值．(√)
2．下列不能产生随机数的是 (　　)
A．抛掷骰子试验
B．抛硬币
C．计算器
D．正方体的六个面上分别写有1,2,2,3,4,5，抛掷该正方体
答案：D
3．利用抛硬币产生随机数1和2，出现正面表示产生的随机数为1，出现反面表示产生的随机数为2.小王抛两次，则出现的随机数之和为3的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
答案：A



题型一　对频率与概率意义的理解

【学透用活】

[典例1]　给出下列四个命题：
①设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件是次品；
②做100次抛硬币的试验，结果51次出现正面朝上，因此，出现正面朝上的概率是；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率；
④抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是.
其中正确的命题为 (　　)
A．①　　　　　　　　 B．②
C．③ D．④
[解析]　①错，次品率是大量产品的估计值，并不是针对200件产品来说的．②③混淆了频率与概率的区别．④正确．
[答案]　D
课时跟踪检测
理解概率与频率应关注的三个方面
(1)概率是随机事件发生可能性大小的度量，是随机事件A的本质属性，随机事件A发生的概率是大量重复试验中事件A发生的频率的近似值．
(2)由频率的定义我们可以知道随机事件A在一次试验中发生与否是随机的，但随机中含有规律性，而概率就是其规律性在数量上的反映．
(3)正确理解概率的意义，要清楚概率与频率的区别与联系．对具体的问题要从全局和整体上去看待，而不是局限于某一次试验或某一个具体的事件．　　[方法技巧]

【对点练清】

(多选)下列说法正确的有 (　　)
A．概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
B．一次试验中不同的样本点不可能同时发生
C．任意事件A发生的概率P(A)总满足0 D．某种皮肤传染病的治愈率为0.9,100个病人前来看病，被治愈的可能有92人
解析：选ABD　由概率和频率的关系知A正确；不同的样本点是彼此互斥的，在同一次试验中不可能同时发生，所以B正确；任意事件A发生的概率P(A)满足0≤P(A)≤1，所以C错误；某种皮肤传染病的治愈率为0.9，100个病人前来看病，被治愈的可能有92人，所以D正确．综上，应选A、B、D.

题型二　频率估计概率

【学透用活】

[典例2]　某保险公司利用简单随机抽样的方法，对投保的车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额/元
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数/辆
500
130
100
150
120

(1)若每辆车的投保金额为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
[解]　(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保额为2 800元，赔付金额大于投保金额的情形是赔付3 000元和4 000元，A与B互斥，所以所求概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主是新司机的有0.1×1 000＝100(位)，而赔付金额为4 000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120＝24(位)，
所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
[方法技巧]
(1)由统计定义求概率的一般步骤：
①确定随机事件A的频率nA(n为试验的总次数)；
②由fn(A)＝计算频率fn(A)；
③由频率fn(A)估计概率P(A)．
(2)概率可看成频率在理论上的稳定值，从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小．概率是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时，频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．　　

【对点练清】
某公司在过去几年内使用了某种型号的灯管1 000支，该公司对这些灯管的使用寿命(单位：时)进行了统计，统计结果如下表所示：
分组
[0,900)
1 100)
[900，
1 300)
[1 100
1 500)
[1 300，
1 700)
[1 500
[1 700，
[1 700，
1 900)
[1 900，＋∞)
频数
48
121
208
223
193
165
42
频率








(1)将各组的频率填入表中；
(2)根据上述统计结果，估计灯管使用寿命不足1 500小时的概率．
解：(1)频率依次是0.048,0.121,0.208,0.223,0.193,0.165,0.042.
(2)样本中使用寿命不足1 500小时的频数是48＋121＋208＋223＝600，
所以样本中使用寿命不足1 500小时的频率是＝0.6，
即灯管使用寿命不足1 500小时的概率约为0.6.

题型三　游戏的公平性
[探究发现]
小明和小展按如下规则做游戏：桌面上放有5支铅笔，每次取1支或2支，最后取完铅笔的人获胜，你认为这个游戏规则公平吗？
提示：当第一个人第一次取2支时，还剩余3支，无论第二个人取1支还是取2支，第一个人在第二次取铅笔时，都可取完，即第一个人一定能获胜，所以不公平．　　　
【学透用活】

[典例3]　有两个不透明的箱子，每个箱子都装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4.
(1)甲从其中一个箱子中摸出一个球，乙从另一个箱子中摸出一个球，谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率；
(2)摸球方法与(1)同，若规定：两人摸到的球上所标数字相同甲获胜，所标数字不相同则乙获胜，这样规定公平吗？请说明理由．
[解]　(1)记甲、乙摸出的数字为(x，y)，则共有4×4＝16(种)情况，
则x＞y的有(4,1)，(4,2)，(4,3)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，共6种情况，故甲获胜的概率为＝.
(2)不公平．理由如下：摸到的球上所标数字相同的情况有(4,4)，(3,3)，(2,2)，(1,1)，共4种情况，
故甲获胜的概率为＝，乙获胜的概率为＝，故不公平．
[方法技巧]
游戏公平性的标准及判断方法
(1)标准：游戏规则是否公平，要看对游戏的双方来说，获胜的可能性或概率是否相同．若相同，则规则公平，否则就是不公平的．
(2)判断方法：具体判断时，可以求出按所给规则双方的获胜概率，再进行比较．　　

【对点练清】

转盘被平均分成10等份(如图所示)，转
动转盘，当转盘停止后，指针指向的数字即为转出的数字．游戏规则如下：两个人参加，先确定猜数方案，甲转动转盘，乙猜，若猜出的结果与转盘转出的数字所表示的特征相符，则乙获胜，否则甲获胜．猜数方案从以下两种方案中选一种：
A．猜“是奇数”或“是偶数”；
B．猜“是4的整数倍”或“不是4的整数倍”．
请回答下列问题：
(1)为了尽可能获胜，乙应怎么选？
(2)为了保证游戏的公平性，乙应选哪种猜数方案？
解：选A方案，无论乙猜“是奇数”或“是偶数”，乙获胜的概率都是0.5；选B方案，若乙猜“是4的整数倍”，则获胜的概率是＝0.2，若乙猜“不是4的整数倍”，则获胜的概率是＝0.8.
(1)∵0.8＞0.5＞0.2，∴为了尽可能获胜，乙应选择方案B，猜“不是4的整数倍”．
(2)为了保证游戏的公平性，应当选择方案A.
∵方案A无论乙猜什么，乙获胜的概率都是0.5，
∴甲获胜的概率也是0.5，两人获胜的概率相等，从而保证了该游戏的公平性．

题型四　简单随机模拟实验

【学透用活】

[典例4]　种植某种树苗，成活率为0.9，请采用随机模拟的方法估计该树苗种植5棵恰好4棵成活的概率．写出模拟试验的过程，并求出所求概率．
[解]　先由计算机随机函数RANDBETWEEN(0,9)，或计算器的随机函数RANDI(0,9)产生0到9之间取整数值的随机数，指定1至9的数字代表成活，0代表不成活，再以每5个随机数为一组代表5次种植的结果．
例如，产生30组随机数：
69801　66097　77124　22961　74235　31516
29747　24945　57558　65258　74130　23224
37445　44344　33315　27120　21782　58555
61017　45241　44134　92201　70362　83005
94976　56173　34783　16624　30344　01117
这就相当于做了30次试验，在这些数组中，如果恰有一个0，则表示恰有4棵成活，共有9组这样的数，于是我们得到种植5棵这样的树苗恰有4棵成活的概率近似为＝0.3.

[深化探究]
(1)若事件A发生的概率为0.6，如何设计模拟试验的随机数？
提示：产生10个随机数0到9，可以用数字0,1,2,3,4,5表示事件A发生，用数字6,7,8,9表示事件A不发生．
(2)若某随机试验连续进行4次，如何设计随机数？
提示：产生4组随机数，代表4次随机试验．　　　
　 [方法技巧]
设计随机模拟试验时的注意点
(1)要根据具体的事件设计恰当的试验，使试验能够真正地模拟随机事件．
(2)注意用不同的随机数来表示不同的随机事件的发生．　
【对点练清】

一个袋中有7个大小、形状相同的小球，6个白球，1个红球．现任取1个，若为红球就停止，若为白球就放回，搅拌均匀后再接着取，试设计一个模拟试验计算恰好第三次摸到红球的概率．
解：用1,2,3,4,5,6表示白球，7表示红球，利用计算器或计算机产生1到7之间(包括1和7)取整数值的随机数．因为要求恰好第三次摸到红球的概率，所以每三个随机数作为一组．例如，产生20组随机数：
666　743　671　464　571　561　156　
567　732　375　716　116　614　445　
117　573　552　274　114　662
就相当于做了20次试验，在这些数组中，前两个数字不是7，第三个数字恰好是7就表示第一次、第二次摸到的是白球，第三次摸到的是红球，它们分别是567和117，共两组，因此恰好第三次摸到红球的概率约为＝0.1.




【课堂思维激活】
一、综合性——强调融会贯通
1．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费/元
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10

(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值．
(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值．
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.
由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，
故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05

调查的200名续保人的平均保费为
0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
二、应用性——强调学以致用
2．甲、乙二人用4张扑克牌(分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．
(1)设(i，j)分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲、乙二人抽到的牌的所有情况；
(2)若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？
(3)甲、乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜；反之，则乙胜．你认为此游戏是否公平，说明你的理由．
[析题建模]　用列举法列举出所有可能的情况，然后分别计算甲、乙获胜的概率，若概率相同则游戏公平，反之不公平．
解：(1)甲、乙二人抽到的牌的所有情况(方片4用4’表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2,3,4表示)为：
(2,3)，(2,4)，(2,4’)，(3,2)，(3,4)，(3,4’)，(4,2)，
(4,3)，(4,4’)，(4’，2)，(4’，3)，(4’，4)，
共12种不同情况．
(2)甲抽到3，乙抽到的牌只能是2,4,4’，因此乙抽到的牌的数字比3大的概率为.
(3)由甲抽到的牌比乙大的有
(3,2)，(4,2)，(4,3)，(4’，2)，(4’，3)，共5种，
则甲获胜的概率P1＝，乙获胜的概率P2＝，
∵＜，∴此游戏不公平．

课时跟踪检测
层级(一)　“四基”落实练
1．某地气象局预报说：明天本地降水的概率为80%，则下列解释正确的是 (　　)
A．明天本地有80%的区域降水，20%的区域不降水
B．明天本地有80%的时间降水，20%的时间不降水
C．明天本地降水的可能性是80%
D．以上说法均不正确
解析：选C　选项A、B显然不正确，因为明天本地降水的概率为80%不是说有80%的区域降水，也不是说有80%的时间降水，而是指降水的可能性是80%.故选C.
2．每道选择题有4个选项，其中只有1个选项是正确的，某次考试共12道选择题，某同学说：“每个选项正确的概率是，若每题都选择第一个选项，则一定有3道题的选择结果正确．”这句话 (　　)
A．正确　　　　　　　　 B．错误
C．有一定道理 D．无法解释
解析：选B　从四个选项中正确选择选项是一个随机事件，是指这个事件发生的概率．实际上，做12道选择题相当于做12次试验，每次试验的结果是随机的，因此每题都选择第一个选项可能没有一个正确，也可能有1个，2个，3个，…，12个正确．因此该同学的说法是错误的．
3．经过市场抽检，质检部门得知市场上食用油合格率为80%，经调查，某市市场上的食用油大约有80个品牌，则不合格的食用油品牌大约有 (　　)
A．64个 B．640个
C．16个 D．160个
解析：选C　由题意，得80×(1－80%)＝80×20%＝16个．
4．某医院治疗一种疾病的治愈率为，前4位病人都未治愈，则第5位病人的治愈率为(　　)
A．1 B.
C. D．0
解析：选B　治愈率为，表明每位病人被治愈的概率均为，并不是5人中必有1人被治愈．故选B.
5．袋子中有四个小球，分别写有“美”“丽”“中”“国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0,1,2,3分别代表“中”“国”“美”“丽”这四个字，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：
232　321　230　023　123　021　132　220　001
231　130　133　231　031　320　122　103　233
由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由随机产生的18组随机数可知，恰好第三次就停止的有021,001,130,031，根据古典概型概率公式可得，恰好第三次就停止的概率约为＝，故选C.
6．某制造商今年3月份生产了一批乒乓球，随机抽取100个进行检查，测出每个乒乓球的直径(单位：mm)，将数据分组如下：
分组
频数
频率
[39.95,39.97)
10
0.10
[39.97,39.99)
20
0.20
[39.99,40.01)
50
0.50
[40.01,40.03)
20
0.20
合计
100
1.00

若用上述频率估计概率，已知标准乒乓球的直径为40.00 mm，则这批乒乓球的直径误差不超过0.03 mm 的概率约为________．
解析：标准尺寸是40.00 mm，并且误差不超过0.03 mm，即直径需落在[39.97,40.03)范围内．由频率分布表知，所求频率为0.20＋0.50＋0.20＝0.90，所以直径误差不超过0.03 mm的概率约为0.90.
答案：0.90
7．某工厂为了节约用电，规定每天的用电量指标为1 000度，按照上个月的用电记录，在30天中有12天的用电量超过指标，若这个月(按30天计)仍没有具体的节电措施，则该月的第一天用电量超过指标的概率约是______．
解析：由频率的定义可知用电量超过指标的频率为＝0.4，由频率估计概率知第一天用电量超过指标的概率约是0.4.
答案：0.4
8．从某自动包装机包装的白糖中随机抽取20袋，测得各袋的质量分别为(单位：g)：
492　496　494　495　498　497　501　502　504　496
497　503　506　508　507　492　496　500　501　499
根据频率分布估计总体分布的原理，该自动包装机包装的袋装白糖质量在497.5～501.5 g范围内的概率约为________．
解析：易知袋装白糖质量在497.5～501.5 g范围内的袋数为5，故其频率为＝0.25，即其概率约为0.25.
答案：0.25
9．某射手在同一条件下进行射击，结果如下表所示：
射击次数n
10
20
50
100
200
500
击中靶心次数m
8
19
44
92
178
455
击中靶心的频率







(1)填写表中击中靶心的频率；
(2)这个射手射击一次，击中靶心的概率约是多少？
解：(1)表中依次填入的数据为：0.80,0.95,0.88,0.92,0.89,0.91.
(2)由于频率稳定在常数0.89附近，所以这个射手射击一次，击中靶心的概率约是0.89.

层级(二)　能力提升练
1．某中学要在高一年级的二、三、四班中任选一个班参加社区服务活动，有人提议用如下方法选班：掷两枚硬币，正面向上记作2点，反面向上记作1点，两枚硬币的点数和是几，就选几班．按照这个规则，当选概率最大的是 (　　)
A．二班 B．三班
C．四班 D．三个班机会均等
解析：选B　掷两枚硬币，共有4种结果：(2,2)，(2,1)，(1,2)，(1,1)，故选四班的概率是，选三班的概率为＝，选二班的概率为，故选B.
2．下面有三种游戏规则：袋子中分别装有大小相同的球，从袋中取球，
游戏1
游戏2
游戏3
3个黑球和1个白球
1个黑球和1个白球
2个黑球和2个白球
任取两个球
取1个球
任取两个球
游戏1
游戏2
游戏3
取出的两个球同色→甲胜
取出的球是黑球→甲胜
取出的两个球同色→甲胜
取出的两个球不同色→乙胜
取出的球是白球→乙胜
取出的两个球不同色→乙胜

则其中不公平的游戏是 (　　)
A．游戏1 B．游戏1和游戏3
C．游戏2 D．游戏3
解析：选D　游戏1中取2个球的所有可能情况有：
(黑1，黑2)，(黑1，黑3)，(黑1，白)，(黑2，黑3)，(黑2，白)，(黑3，白)，所以甲胜的概率为＝，所以游戏1是公平的．游戏2中，显然甲胜的概率是0.5，游戏是公平的．游戏3中取2个球的所有可能情况有(黑1，黑2)，(黑1，白1)，(黑1，白2)，(黑2，白1), (黑2，白2)，(白1，白2)，所以甲胜的概率为，所以游戏3是不公平的．
3．甲、乙两支篮球队进行一局比赛，甲获胜的概率为0.6.若采用三局两胜制举行一次比赛，现采用随机模拟的方法估计乙获胜的概率．先利用计算器或计算机生成0到9之间取整数值的随机数，用0,1,2,3,4,5表示甲获胜，6,7，8,9表示乙获胜，这样能体现甲获胜的概率为0.6.因为采用三局两胜制，所以每3个随机数作为一组．例如，产生30组随机数：
034　743　738　636　964　736　614　698　637　162
332　616　804　560　111　410　959　774　246　762
428　114　572　042　533　237　322　707　360　751
据此估计乙获胜的概率约为________．
解析：产生30组随机数，就相当于做了30次试验．如果6,7,8,9中恰有2个或3个数出现，就表示乙获胜，它们分别是738,636,964,736,698,637,616,959,774,762,707，共11个．所以采用三局两胜制，乙获胜的概率约为≈0.367.
答案：0.367
4．盒中有大小、形状相同的5个白球、2个黑球，用随机模拟法求下列事件的概率：
(1)任取一球，得到白球；
(2)任取三球，都是白球．
解：用1,2,3,4,5表示白球，6,7表示黑球．
(1)步骤：①利用计算器或计算机可以产生1到7的整数随机数，每一个数一组，统计组数n；
②统计这n组数中小于6的组数m；
③任取一球，得到白球的概率估计值是.
(2)步骤：①利用计算器或计算机可以产生1到7的整数随机数，每三个数一组(每组数字不重复)，统计组数a；
②统计这a组数中，每个数字均小于6的组数b；
③任取三球，都是白球的概率估计值是.
5．深夜，一辆出租车牵涉一起交通事故，该市有两家出租车公司——红色出租车公司和蓝色出租车公司，其中蓝色出租车和红色出租车的数量分别占整个城市出租车数量的85%和15%.据现场目击证人说事故现场的出租车是红色的，并对证人的辨色能力进行测试，测得他辨认的正确率为80%，于是警察就认定红色出租车具有较大的肇事嫌疑．请问：警察的认定对红色出租车公平吗？试说明理由．
解：判断认定结论是否公平，需先估算出两种颜色出租车肇事的概率，再根据相应的概率进行判断．
法一：假设该城市有出租车1 000辆，那么依题意可得如下信息：
真实颜色
证人所说的颜色(正确率80%)
合计
蓝色
红色
蓝色(85%)
680
170
850
红色(15%)
30
120
150
合计
710
290
1 000

从表中可以看出，当证人说出租车是红色的，它确定是红色的概率为≈0.41，则它是蓝色的概率为≈0.59.
在这种情况下，以证人的证词作为推断的依据对红色出租车显然是不公平的．
法二：由题意可知，证人说出租车是红色的概率为15%×80%＋85%×20%＝29%，而其中它确实是红色的概率为15%×80%＝12%，
因此证人证词正确的概率为≈0.41，而证人证词错误的概率为≈0.59，
在这种情况下，以证人的证词作为推断的依据对红色出租车显然是不公平的．
层级(三)　素养培优练
假设甲、乙两种品牌的同类产品出口某国家的市场销售量相等，该国质量检验部门为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取300个进行测试，结果统计如图所示．已知乙品牌产品使用寿命小于200小时的概率估计为.

(1)求a的值；
(2)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；
(3)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是乙品牌的概率．
解：(1)由直方图可知，乙品牌产品使用寿命小于200小时的频数为30＋a，故频率为，由题意可得＝，解得a＝60.
(2)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为＝，用频率估计概率，可得甲品牌产品寿命小于200小时的概率为.
(3)根据抽样结果，寿命大于或等于200小时的产品有(100＋80＋40)＋(90＋80＋40)＝430(个)，其中乙品牌产品有210个，
∴在样本中，寿命大于或等于200小时的产品是乙品牌的频率为＝，用频率估计概率，得已使用200小时的该产品是乙品牌的概率为.
阶段验收评价

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．某学校共有36个班级，每班50人，现要求每班派3名代表参加会议，在这个问题中，样本容量是 (　　)
A．30　　　　　　　 B．50
C．108 D．150
解析：选C　由样本的定义知，样本容量n＝36×3＝108.
2．小波一星期的总开支分布如图①所示，一星期的食品开支如图②所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为 (　　)


A．1% B．2%
C．3% D．5%
解析：选C　由题图②知，小波一星期的食品开支为300元，其中鸡蛋开支为30元，占食品开支的10%，而食品开支占总开支的30%，所以小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为3%.
3．某校高三级部分为甲、乙两个级部，现用分层抽样的方法从高三级部中抽取30名老师去参加教研会．已知乙级部中每名老师被抽到的可能性都为，则高三级部的全体老师的人数为 (　　)
A．10 B．30
C．60 D．90
解析：选D　因为乙级部中每名老师被抽到的可能性都为，所以高三年级中每名老师被抽到的可能性都为，由30÷＝90(人)，可得全体老师人数．
4．从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么，互斥而不对立的事件是 (　　)
A．至少有一个红球；都是红球
B．至少有一个红球；都是白球
C．至少有一个红球；至少有一个白球
D．恰有一个红球；恰有两个红球
解析：选D　根据互斥事件、对立事件的定义可得．
5．已知一组数据8,9,10，x，y的平均数为9，方差为2，则x2＋y2＝ (　　)
A．162 B．164
C．168 D．170
解析：选D　由题意可知(8＋9＋10＋x＋y)＝9，[(8－9)2＋(9－9)2＋(10－9)2＋(x－9)2＋(y－9)2]＝2，解得x2＋y2＝170.
6.如图是一容量为100的样本的质量的频率分布直方图，则由图可估计样本质量的中位数为 (　　)
A．11 B．11.5
C．12 D．12.5
解析：选C　由频率分布直方图得组距为5，故样本质量在[5,10)，[10,15)内的频率分别为0.3和0.5，从而中位数为10＋×5＝12，故选C.
7．种植两株不同的花卉，若它们的成活率分别为p和q，则恰有一株成活的概率为(　　)
A．p＋q－2pq B．p＋q－pq
C．p＋q D．pq
解析：选A　恰有一株成活的概率为p(1－q)＋q(1－p)＝p＋q－2pq.
8．(2020·新高考山东卷)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　不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为x，则100×96%＝100×60%－x＋100×82%，解得x＝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%.故选C.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．下列说法正确的是 (　　)
A．一组数据不可能有两个众数
B．一组数据的方差必须是正数
C．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一常数后，方差不变
D．在频率分布直方图中，每个小长方形的面积等于相应小组的频率
解析：选CD　A错，众数可以有多个；B错，方差可以为0.
10．不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而非对立的事件是 (　　)
A．2张卡片都不是红色
B．2张卡片恰有一张红色
C．2张卡片至少有一张红色
D．2张卡片都为绿色
解析：选ABD　从6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有“2张都为红色”“2张都为绿色”“2张都为蓝色”“1张红色1张绿色”“1张红色1张蓝色”“1张绿色1张蓝色”，在选项给出的四个事件中，与“2张卡片都为红色”互斥而非对立的事件有“2张卡片都不是红色”“2张卡片恰有一张红色”“2张卡片都为绿色”，而“2张卡片至少有一张红色”包含事件“2张卡片都为红色”，二者并非互斥事件．故选A、B、D.
11．在一个古典概型中，若两个不同的随机事件A，B发生的概率相等，则称A和B是“等概率事件”，如：随机抛掷一个骰子一次，事件“点数为奇数”和“点数为偶数”是“等概率事件”．关于“等概率事件”，以下判断正确的是(　　)
A．在同一个古典概型中，所有的样本点之间都是“等概率事件”
B．若一个古典概型的事件总数大于2，则在这个古典概型中除样本点外没有其他“等概率事件”
C．因为所有必然事件的概率都是1，所以任意两个必然事件都是“等概率事件”
D．同时抛掷三枚硬币一次，则事件“仅有一个正面”和“仅有两个正面”是“等概率事件”
解析：选AD　对于A，由古典概型的定义知，所有样本点的概率都相等，故所有的样本点之间都是“等概率事件”，故A正确；
对于B，如在1,3,5,7,9五个数中，任取两个数，所得和为8和10这两个事件发生的概率相等，故B错误；
对于C，由题可知“等概率事件”是针对同一个古典概型的，故C错误；
对于D，同时抛掷三枚硬币一次共有8种不同的结果，其中“仅有一个正面”包含3种结果，其概率为，“仅有两个正面”包含3种结果，其概率为，故这两个事件是“等概率事件”，故D正确．故选A、D.
12．下列对各事件发生的概率判断正确的是 (　　)
A．某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
B．三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，，，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为
C．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是
D．设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是
解析：选AC　对于A，该生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口不是红灯，第3个路口是红灯，所以概率为2×＝，故A正确；
对于B，用A，B，C分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，“三个人都不能破译出密码”发生的概率为××＝，所以此密码被破译的概率为1－＝，故B错误；
对于C，该试验的样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，记A为“取出的2个数之差的绝对值为2”，则A＝{(1,3)，(2,4)}，故所求概率为，故C正确；
对于D，易得P(A∩)＝P(B∩)，
即P(A)P()＝P(B)P()，
即P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]，
所以P(A)＝P(B)，又P(∩)＝，
所以P()＝P()＝，
所以P(A)＝，故D错误．
故选A、C.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．某学校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每名同学只参加一个小组)(单位：人)：

篮球组
书画组
乐器组
高一
45
30
a
高二
15
10
20
学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查，按小组分层抽样，从参加这三个兴趣小组的学生中抽取30人，结果篮球组被抽出12人，则a的值为________．
解析：由题意知，＝，解得a＝30.
答案：30
14．一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”(如213,134等)，若a，b，c∈{1,2,3,4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”的概率为________．
解析：由1,2,3组成的三位自然数为123,132,213,231,312,321，共6个；同理，由1,2,4组成的三位自然数为6个，由1,3,4组成的三位自然数为6个，由2,3,4组成的三位自然数为6个，共有24个．由1,2,3或1,3,4组成的三位自然数为“有缘数”，共12个，所以三位数为“有缘数”的概率为＝.
答案：
15．(2019·全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
解析：∵＝＝0.98，
∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98.
答案：0.98
16．一个口袋内装有大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.58，摸出红球或黑球的概率为0.62，那么摸出白球的概率为______；摸出红球的概率为________．
解析：由题意知A＝“摸出红球或白球”与B＝“摸出黑球”是对立事件，又P(A)＝0.58，∴P(B)＝1－P(A)＝0.42，又C＝“摸出红球或黑球”与D＝“摸出白球”也是对立事件，∵P(C)＝0.62，∴P(D)＝0.38.设事件E＝“摸出红球”，则P(E)＝1－P(B∪D)＝1－P(B)－P(D)＝1－0.42－0.38＝0.2.
答案：0.38　0.2
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)某公司为了了解一年内的用水情况，抽取了10天的用水量如下表所示：
天数
1
1
1
2
2
1
2
用水量/吨
22
38
40
41
44
50
95
(1)在这10天中，该公司用水量的平均数是多少？
(2)在这10天中，该公司每天用水量的中位数是多少？
(3)你认为应该用平均数和中位数中的哪一个数来描述该公司每天的用水量更合适？
解：(1)＝(22＋38＋40＋2×41＋2×44＋50＋2×95)＝51(吨)．
(2)中位数为＝42.5(吨)．
(3)平均数受数据中的极端值(2个95)影响较大，使平均数在估计总体时可靠性降低，10天的用水量有8天都在平均值以下，故用中位数描述每天的用水量更合适．
18．(12分)小王某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率；
(2)这三列火车至少有一列正点到达的概率．
解：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为P1＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()＝0.2×0.7×0.9＋ 0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.
(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P( )＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
19．(12分)两台机床同时生产一种零件，在10天中，两台机床每天的次品数如下：
甲：1,0,2,0,2,3,0,4,1,2.
乙：1,3,2,1,0,2,1,1,0,1.
(1)哪台机床次品数的平均数较小？
(2)哪台机床的生产状况比较稳定？
解：(1)甲＝(1＋0＋2＋0＋2＋3＋0＋4＋1＋2)×＝1.5，
乙＝(1＋3＋2＋1＋0＋2＋1＋1＋0＋1)×＝1.2.
∵甲>乙，
∴乙机床次品数的平均数较小．
(2)s＝×[(1－1.5)2＋(0－1.5)2＋(2－1.5)2＋(0－1.5)2＋(2－1.5)2＋(3－1.5)2＋(0－1.5)2＋(4－1.5)2＋(1－1.5)2＋(2－1.5)2]＝1.65，
同理s＝0.76，∵s>s，
∴乙机床的生产状况比较稳定．
20．(12分)甲、乙两人玩一种游戏，每次由甲、乙各出1到5根手指头，若和为偶数算甲赢，否则算乙赢．
(1)若以A表示和为6的事件，求P(A)．
(2)现连玩三次，若以B表示甲至少赢一次的事件，C表示乙至少赢两次的事件，试问B与C是否为互斥事件？为什么？
(3)这种游戏规则公平吗？试说明理由．
解：(1)样本空间与点集S＝{(x，y)|x∈N*，y∈N*，1≤x≤5,1≤y≤5}中的元素一一对应．
因为S中点的总数为5×5＝25(个)，
所以样本点总数为n＝25.
事件A包含的样本点共5个，
即(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，
所以P(A)＝＝.
(2)B与C不是互斥事件，因为事件B与C可以同时发生，如甲赢一次，乙赢两次的事件即符合题意．
(3)这种游戏规则不公平．结合(1)知和为偶数的样本点个数为13个，即甲赢的概率为，乙赢的概率为，
所以这种游戏规则不公平．
21.(12分)某班100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方 图如图所示，其中成绩分组区间是：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中a的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的平均分；
(3)若这100名学生语文成绩某些分数段的人数x与数学成绩相应分数段的人数y之比如下表所示，求数学成绩在[50,90)之外的人数.
分数段
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
x∶y
1∶1
2∶1
3∶4
4∶5

解：(1)由频率分布直方图知(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005.
(2)由频率分布直方图知这100名学生语文成绩的平均分为55×0.005×10＋65×0.04×10＋75×0.03×10＋85×0.02×10＋95×0.005×10＝73(分)．
(3)由频率分布直方图知语文成绩在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)各分数段的人数依次为0.005×10×100＝5,0.04×10×100＝40,0.03×10×100＝30,0.02×10×100＝20.
由题中给出的比例关系知数学成绩在上述各分数段的人数依次为5,40×＝20,30×＝40,20×＝25.
故数学成绩在[50,90)之外的人数为100－(5＋20＋40＋25)＝10.
22．(12分)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
支付方式
支付金额
不大于2 000元
大于2 000元
仅使用A
27人
3人
仅使用B
24人
1人

(1)估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数．
(2)从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率．
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000 元的人数有变化？说明理由．
解：(1)由题知，样本中仅使用A的学生有27＋3＝30(人)，仅使用B的学生有24＋1＝25(人)，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．
估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为×1 000＝400.
(2)记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”，则
P(C)＝＝0.04.
(3)记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000元”．
假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由(2)知，P(E)＝0.04.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化．所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有变化．



全册综合验收评价

(时间：120分钟　满分：150分)

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知平面向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，则向量a－b等于 (　　)
A．(－2，－1)　　　　 B．(－2,1)
C．(－1,0) D．(－1,2)
解析：选D　a＝，b＝，故a－b＝(－1,2)．
2．某学校有老师200人，男学生1 200人，女学生1 000人，现用分层随机抽样的方法从全体师生中抽取一个容量为n的样本，已知女学生一共抽取了80人，则n的值是 (　　)
A．193 B．192
C．191 D．190
解析：选B　＝，解得n＝192.
3．已知复数z满足(z－1)i＝1＋i，则z等于 (　　)
A．－2－i B．－2＋i
C．2－i D．2＋i
解析：选C　由(z－1)i＝1＋i，两边同乘以－i，则有z－1＝1－i，所以z＝2－i.
4．已知向量a与b的夹角为30°，且|a|＝1，|2a－b|＝1，则|b| 等于 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由题意可得a·b＝|b|cos 30°＝|b|，4a2－4a·b＋b2＝1，即4－2|b|＋b2＝1，由此求得|b|＝，故选C.
5.某班的全体学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据 的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]．若低于60分的人数是15，则该班的学生人数是 (　　)
A．45 B．50
C．55 D．60
解析：选B　由频率分布直方图，知低于60分的频率为(0.01＋0.005)×20＝0.3.∴该班学生人数n＝＝50.
6．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 (　　)
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D. cm
解析：选B　S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．
7．已知向量a＝(cos θ－2，sin θ)，其中θ∈R，则|a|的最小值为 (　　)
A．1 B．2
C. D．3
解析：选A　因为a＝(cos θ－2，sin θ)，所以|a|＝＝＝，因为θ∈R，所以－1≤cos θ≤1，故|a|的最小值为＝1.故选A.
8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若A＝60°，b＝1，其面积为，则＝ (　　)
A．3 B.
C. D.
解析：选C　设△ABC的面积为S，由题意知S＝bcsin A，即＝c·sin 60°，解得c＝4.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋16－8×＝13，即a＝.由正弦定理可得＝＝＝.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9．在某次高中学科竞赛中，4 000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中的数据用该组区间中点值为代表，则下列说法中正确的是 (　　)

A．成绩在[70,80)分的考生人数最多
B．不及格的考生人数为1 000
C．考生竞赛成绩的平均分约为70.5分
D．考生竞赛成绩的中位数为75分
解析：选ABC　由频率分布直方图可得，成绩在[70,80)内的频率最高，因此考生人数最多，故A正确；由频率分布直方图可得，成绩在[40,60)的频率为0.25，因此，不及格的人数为4 000×0.25＝1 000，故B正确；由频率分布直方图可得，平均分为45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5，故C正确；因为成绩在[40,70)内的频率为0.45，[70,80)的频率为0.3，所以中位数为70＋10×≈71.67，故D错误．故选A、B、C.
10.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A．FM∥A1C1
B．BM⊥平面CC1F
C．存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D
D．三棱锥B­CEF的体积为定值
解析：选ABD　在A中，因为F，M分别是AD，CD的中点，所以FM∥AC∥A1C1，故A正确；在B中，因为tan∠BMC＝＝2，tan∠CFD＝＝2，所以∠BMC＝∠CFD，所以∠BMC＋∠DCF＝∠CFD＋∠DCF＝，故BM⊥CF，又BM⊥C1C，CF∩C1C＝C，所以BM⊥平面CC1F，故B正确；
在C中，BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D，故C错误；
在D中，若三棱锥B­CEF以面BCF为底，则高是定值，所以三棱锥B­CEF的体积为定值，故D正确．故选A、B、D.
11．空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，其对应关系如表：
AQI
指数值
0～
51～
101～
151～
201～
＞300
50
100
150
200
300
空气
质量
优
良
轻度
污染
中度
污染
重度
污染
严重
污染

如图是某市12月1日～20日AQI指数变化趋势：

下列叙述正确的是 (　　)
A．这20天中AQI指数值的中位数略高于100
B．这20天中的中度污染及以上的天数占
C．该市12月的前半个月的空气质量越来越好
D．总体来说，该市12月上旬的空气质量比中旬的空气质量好
解析：选ABD　对A：将这20天的数据从小到大排序后，第10个数据略小于100，第11个数据约为120，
因为中位数是这两个数据的平均数，故中位数略高于100是正确的，故A正确；
对B：这20天中，AQI指数大于150的有5天，故中度污染及以上的天数占是正确的，故B正确；对C：由折线图可知，前5天空气质量越来越好，从6日开始至15日越来越差，故C错误；对D：由折线图可知，上旬AQI指数大部分在100以下，中旬AQI指数大部分在100以上，故上旬空气质量比中旬的要好，故D正确．故选A、B、D.
12.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，且＝3，F为AE的中点，则(　　)
A．＝－＋
B．＝＋
C． ＝－＋
D．＝－
解析：选ABC　∵ AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，
由向量加法的三角形法则得
＝＋＋＝－＋＋ ＝－＋，A对；
∵＝3，
∴＝＝－＋，
∴＝＋
＝＋
＝＋，又F为AE的中点，
∴＝＝＋，B对；
∴＝＋＝－＋＋
＝－＋，C对；
∴＝＋＝－
＝－＋－
＝－－，D错．故选A、B、C.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．设0＜θ＜，向量a＝(sin 2θ，cos θ)，b＝(cos θ，1)，若a∥b，则tan θ＝________.
解析：∵a∥b，∴sin 2θ×1－cos2θ＝0，
∴2sin θcos θ－cos2θ＝0，
∵0＜θ＜，∴cos θ＞0，∴2sin θ＝cos θ，∴tan θ＝.
答案：
14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若(a2＋c2－b2)tan B＝ac，则角B的值为________．
解析：由余弦定理，得＝cos B，结合已知等式得cos B·tan B＝，∴sin B＝，∴B＝或.
答案：或
15.如图所示，已知在长方体ABCD­EFGH中，AB＝2，AD＝2，AE＝2，则BC和EG所成角的大小是________，AE和BG所成角的大小是________．
解析：∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角，即∠EGF，tan∠EGF＝＝＝1，∴∠EGF＝45°.∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角，即∠GBF，tan∠GBF＝＝＝，∴∠GBF＝60°.
答案：45°　60°
16．在四面体S­ABC中，SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝，AC＝，则该四面体体积的最大值为______，该四面体外接球的表面积为________．
解析：因为SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝，AC＝，
所以AB＝SA＝2，
因此BC2＋AC2＝AB2，则AC⊥BC.
如图，取AB中点为O，连接OS，OC，
则OA＝OB＝OC＝OS＝，
所以该四面体的外接球的球心为O，半径为OC＝，
所以该四面体外接球的表面积为
S＝4π·()2＝8π.
又因为SA＝SB，所以SO⊥AB.
因为底面三角形ABC的面积为定值AC·BC＝，SO的长也为确定的值 ，
因此，当SO⊥平面ABC时，四面体的体积最大，为V＝S△ABC·SO＝.
答案：　8π
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，－，n＝(sin x，cos x)，x∈.
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
解：(1)因为m＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，
所以m·n＝0，即sin x－cos x＝0，
所以sin x＝cos x，所以tan x＝1.
(2)因为|m|＝|n|＝1，所以m·n＝cos＝，
即sin x－cos x＝，所以sin＝.
因为0 所以x－＝，即x＝.
18．(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知cos B＝，sin(A＋B)＝，ac＝2， 求sin A 和c的值．
解：在△ABC中，由cos B＝，得sin B＝，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin C＝sin(A＋B)＝.
因为sin C＜sin B，所以C＜B，可知C为锐角．
所以cos C＝.
因此sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝×＋×＝.
由＝，可得a＝＝＝2c，
又ac＝2，所以c＝1.
19．(12分)为了选出优秀选手参加全国移动互联创新大赛，某高校先在计算机科学系选出一名种子选手甲，再从全校征集出3位志愿者分别与甲进行一场技术对抗赛，根据以往经验，甲与这三位志愿者进行比赛一场获胜的概率分别为，，，且各场输赢互不影响．求甲恰好获胜两场的概率．
解：设甲与三位志愿者比赛一场获胜的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
则甲恰好获胜两场的概率为：
P＝P( BC)＋P(A C)＋P(AB )
＝P()·P(B)·P(C)＋P(A)·P()·P(C)＋P(A)·P(B)·P()
＝××＋××＋××＝.
20.(12分)如图，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的 中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明：(1)如图，连接DG，CD，
设CD∩GF＝M，连接MH.
在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC， DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形，
则M为CD的中点．又H为BC的中点，所以HM∥BD.
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE，GE.
因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.
因为CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE⊂平面EGH，GH⊂平面EGH，
HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
21．(12分)交通指数是指交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念性指数值，记交通指数为T，其范围为[0,10]，分别有五个级别：T∈[0,2)，畅通；T∈[2,4)，基本畅通；T∈[4,6)，轻度拥堵；T∈[6,8)，中度拥堵；T∈[8,10]，严重拥堵．在晚高峰时段(T≥2)，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的频率分布直方图如图所示．

(1)求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段的个数；
(2)用分层抽样的方法从轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；
(3)从(2)中抽取的6个路段中任取2个，求至少有1个路段为轻度拥堵的概率．
解：(1)由频率分布直方图得，这20个交通路段中，
轻度拥堵的路段有(0.1＋0.2)×1×20＝6(个)，
中度拥堵的路段有(0.25＋0.2)×1×20＝9(个)，
严重拥堵的路段有(0.1＋0.05)×1×20＝3(个)．
(2)由(1)知，拥堵路段共有6＋9＋3＝18(个)，按分层抽样，从18个路段中抽取6个，则抽取的三个级别路段的个数分别为×6＝2，×9＝3，×3＝1，即从交通指数在[4,6)，[6,8)，[8,10]的路段中分别抽取的个数为2,3,1.
(3)记抽取的2个轻度拥堵路段为A1，A2，抽取的3个中度拥堵路段为B1，B2，B3，抽取的1个严重拥堵路段为C1，从这6个路段中抽取2个路段，试验的样本空间为Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，C1)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，C1)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，C1)，(B2，B3)，(B2，C1)，(B3，C1)}，共15个样本点，其中至少有1个路段为轻度拥堵包含的样本点有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，C1)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，C1)，共9个．
所以所抽取的2个路段中至少有1个路段为轻度拥堵的概率为＝.
22．(12分)
如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与棱AA1的交点记为M，求：
(1)三棱柱的侧面展开图的对角线长；
(2)该最短路线的长及的值；
(3)平面C1MB与平面ABC所成二面角(锐角)的大小．
解：(1)正三棱柱ABC­A1B1C1的侧面展开图是长为6，宽为2的矩形，其对角线长为＝＝2.
(2)如图，将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点B运动到点D的位置．
连接DC1交AA1于M，则DC1是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线，
∴DC1＝＝ ＝＝2.
∵∠DMA＝∠A1MC1，
∠MAD＝∠MA1C1，DA＝A1C1，
∴△DMA≌△C1MA1，∴AM＝A1M，故＝1.
即最短路线的长为2，此时＝1.

(3)如图，连接DB，则DB是平面C1MB与平面ABC的交线．
在△DCB中，∠DBC＝∠CBA＋∠ABD＝60°＋30°＝90°，∴CB⊥DB.
又∵平面CBB1C1⊥平面ABC，平面CBB1C1∩平面ABC＝BC，DB⊂平面ABC，
∴DB⊥平面CBB1C1，∴C1B⊥DB，
∴∠C1BC是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角(锐角)．
∵侧面CBB1C1是正方形，∴∠C1BC＝45°，
故平面C1MB与平面ABC所成的二面角(锐角)为45°.