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第十章 概率（重难点专题复习）-2022-2023学年高一数学下学期期末复习举一反三系列（人教A版2019必修第二册）
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这是一份第十章 概率（重难点专题复习）-2022-2023学年高一数学下学期期末复习举一反三系列（人教A版2019必修第二册），文件包含第十章概率重难点专题复习举一反三人教A版2019必修第二册解析版docx、第十章概率重难点专题复习举一反三人教A版2019必修第二册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
第十章 概率（重难点专题复习）
【题型1 事件的关系及运算】
【方法点拨】
根据事件之间的关系，结合具体问题，进行转化求解.
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.也可类比集合的关系和运算用Venn图分析事件.
【例1】（2023·全国·高一专题练习）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”则（ ）
A．事件1与事件3互斥 B．事件1与事件2互为对立事件
C．事件2与事件3互斥 D．事件3与事件4互为对立事件
【解题思路】根据互斥事件、对立事件定义判断求解.
【解答过程】由题可知，事件1可表示为：A=1,3,5,事件2可表示为：B=2,4,6,
事件3可表示为：C=4,5,6,事件4可表示为：D=1,2,
因为A∩C=5，所以事件1与事件3不互斥，A错误；
因为A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，
所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；
因为B∩C=4,6，所以事件2与事件3不互斥，C错误；
因为C∩D为不可能事件，C∪D不为必然事件，
所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误；
故选：B.
【变式1-1】（2023·四川内江·统考三模）一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（ ）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件
C．事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
【解题思路】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.
【解答过程】一个人连续射击2次，其可能结果为击中0次，击中1次，击中2次，
其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，
事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；
事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，
事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；
事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；
事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；
故选：D.
【变式1-2】（2023·广西柳州·联考模拟预测）从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中任取两本书，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．至少有一本政治与都是数学 B．至少有一本政治与都是政治
C．至少有一本政治与至少有一本数学 D．恰有1本政治与恰有2本政治
【解题思路】总的可能的结果为“两本政治”，“两本数学”，“一本数学一本政治”，然后写出各个事件包含的事件，结合互斥事件与对立事件的概念，即可得出答案.
【解答过程】从装有2本数学和2本政治的四本书内任取2本书，
可能的结果有：“两本政治”，“两本数学”，“一本数学一本政治”，
“至少有一本政治”包含事件：“两本政治”，“一本数学一本政治”.
对于A，事件“至少有一本政治”与事件“都是数学”是对立事件，故A错误；
对于B，事件“至少有一本政治”包含事件“都是政治”，两个事件是包含关系，不是互斥事件，故B错误；
对于C，事件“至少有一本数学”包含事件：“两本数学”，“一本数学一本政治”，因此两个事件都包含事件“一本数学一本政治”，不是互斥事件，故C错误；
对于D，“恰有1本政治”表示事件“一本数学一本政治”，与事件“恰有2本政治”是互斥事件，但是不对立，故D正确.
故选:D.
【变式1-3】（2023春·广东江门·高一校考阶段练习）从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．至少有1个黑球与都是黑球 B．至少有1个黑球与至少有1个红球
C．至少有1个黑球与都是红球 D．恰有1个黑球与恰有2个黑球
【解题思路】根据互斥事件与对立事件的概念分析即可求解.
【解答过程】“至少有1个黑球与都是黑球”有公共事件：两个黑球，既不互斥也不对立；
“至少有1个黑球与至少有1个红球”有公共事件：一个红球，一个黑球，既不互斥也不对立；
“至少有1个黑球与都是红球”是互斥事件且对立事件；
“恰有1个黑球与恰有2个黑球”是互斥事件，但不是对立事件，因为有可能是两个红球，
故选：D.
【题型2 古典概型的判断及其概率的求解】
【方法点拨】
第一步，阅读题目，判断试验是否是古典概型；
第二步，计算样本空间中的样本点个数n；
第三步，计算所求事件A包含的样本点个数k；
第四步，计算所求事件A的概率，.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）疫情期间，一同学通过网络平台听网课，在家坚持学习．某天上午安排了四节网课，分别是数学，语文，政治，地理，下午安排了三节，分别是英语，历史，体育．现在，他准备在上午下午的课程中各任选一节进行打卡，则选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的概率为（ ）
A．34 B．712 C．23 D．56
【解题思路】利用古典概型的概率计算公式，进行求解即可.
【解答过程】将数学、语文、政治、地理分别记为A,B,C,D，将英语，历史，体育分别记为a,b,c，
在上午下午的课程中各任选一节，所有的可能为：
A,a，A,b，A,c，B,a，B,b，B,c，C,a，C,b，C,c，
D,a，D,b，D,c共12种情况．
选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的情况有A,b，B,b，C,a，C,b，C,c，D,a，D,b，D,c共8种情况．
∴所求概率为P=812=23，
故选C．
【变式2-1】（2023·全国·高三专题练习）四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币. 若硬币正面朝上， 则这个人站起来； 若硬币正面朝下， 则这个人继续坐着.那么， 没有相邻的两个人站起来的概率为（ ）
A．12 B．516 C．716 D．1116
【解题思路】先求出基本事件的总数，再由列举法可求随机事件中含有的基本事件的总数，由概率公式可求相应的概率.
【解答过程】四个人的坐着或站起来的情形共有24=16种.
没有相邻的两个人站起来，即硬币的正面不能相邻，有以下几种情况：
正反正反，反正反正，反反反正，反反正反，反正反反，正反反反，反反反反，
共有7种方法.
由古典概型概率公式可得，没有相邻的两个人站起来的概率为716.
故选：C.
【变式2-2】（2023·江西·校联考模拟预测）有道是：“上饶是个好地方，三清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到上饶旅游，分别准备从三清山、婺源、葛仙山三个著名景点中随机选一个景点游玩，则甲、乙至少一人选择三清山的概率是（ ）
A．14 B．13 C．23 D．59
【解题思路】由古典概型列举可选择的情况计算即可.
【解答过程】由题意可知列举可知，甲乙游玩的可能选择是：（三清山，三清山）（三清山，婺源）、（三清山，葛仙山）、（婺源，三清山）、（婺源，婺源）、（婺源，葛仙山）、（葛仙山，三清山）、（葛仙山，婺源）、（葛仙山，葛仙山）共有9种．满足题意的有5种，即甲、乙至少一人选择三清山的概率是59.
故选：D．
【变式2-3】（2023·全国·高一专题练习）甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的概率是（ ）
A．16 B．19 C．536 D．736
【解题思路】分别求出总的基本事件个数和甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的基本事件个数，再用古典概型概率计算公式求解即可.
【解答过程】记事件“A=甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8”
由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有36种结果，
则事件包含两人分别从2楼和6楼下，3楼和5楼下，均从4楼下，
共有2+2+1=5种不同下法，
所以事件A的概率为：PA=536，
故选：C.
【题型3 概率的基本性质的应用】
【方法点拨】
根据具体问题，准确表示事件，分析事件之间的关系，结合概率的基本性质，计算概率.
【例3】（2023春·安徽·高一开学考试）若事件A,B为两个互斥事件，且PA>0,PB>0，有以下四个结论，其中正确的结论是（ ）
①PAB=0
②PAB=1−PAPB
③PA∪B=1
④PA∪B=PA+PB
A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
【解题思路】根据互斥事件的含义可判断①；根据题意可知B⊆A，从而判断②；根据概率的性质可判断③④．
【解答过程】∵事件A,B为两个互斥事件，A∩B=∅，∴P(AB)=0，故①正确；
∵事件A,B为两个互斥事件，则B⊆A，∴PAB=PB，故②错误；
P(A∪B)=1−P(AB)=1−0=1，故③正确；
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=P(A)+P(B)，故④正确，
综上，①③④正确，
故选：A．
【变式3-1】（2023春·江西南昌·高一阶段练习）已知事件A，B，C两两互斥，若P(A)=15，P(C)=13，P(A∪B)=815，则P(B∪C)=（ ）．
A．815 B．23 C．715 D．13
【解题思路】根据事件A，B，C两两互斥，求出PB=13，进而利用PB∪C=PB+PC求出答案.
【解答过程】因为事件A，B，C两两互斥，所以PB=PA∪B−PA=815−15=13，
所以PB∪C=PB+PC=13+13=23.
故选：B．
【变式3-2】（2023春·全国·高一专题练习）若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且PA=2−a，PB=4a−5，则实数a的取值范围是（ ）
A．54,2 B．54,32 C．54,43 D．54,32
【解题思路】利用互斥事件的加法公式及概率的基本性质列式即可作答.
【解答过程】因随机事件A，B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=3a−3，
依题意及概率的性质得0
故选：C.
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件A=“甲击中靶”，事件B=“乙击中靶”，事件E=“靶未被击中”，事件F=“靶被击中”，事件G=“恰一人击中靶”，对下列关系式（A表示A的对立事件，B表示B的对立事件）：①E=AB，②F=AB，③F=A+B，④G=A+B，⑤G=AB+AB，⑥PF=1−PE，⑦PF=PA+PB．其中正确的关系式的个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】根据事件关系，靶为被击中即甲乙均未击中；靶被击中即至少一人击中，分为恰有一人击中或两人都击中，依次判定即可.
【解答过程】由题可得：①E=AB，正确；②事件F=“靶被击中”，AB表示甲乙同时击中，F=AB+AB+AB，所以②错误；
③F=A+B，正确，④A+B表示靶被击中，所以④错误；⑤G=AB+AB，正确；⑥E,F互为对立事件，P(F)=1−P(E)，正确；⑦P(F)=P(A)+P(B)−P(AB)，所以⑦不正确．
正确的是①③⑤⑥．
故选：B.
【题型4 古典概型与其他知识的综合】
【方法点拨】
对于古典概型与其他知识的综合问题，解题的关键是求出所求事件包含的样本点的个数.找出满足条件的情
况，从而确定样本点的个数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可.
【例4】（2023·全国·高一专题练习）中华人民共和国第十四届全国运动会､全国第十一届残运会暨第八届特奥会于2021年在中国陕西举行，为宣传全运会､特奥会，让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学举办了全运会､特奥会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)试根据频率分布直方图求出这100人中成绩低于60分的人数，并估计这100人的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在[80,90),[90,100]的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人去社区开展全运会､特奥会宜传活动，求做宣传的这2名学生中，其中1人成绩在[80,90)，另外1人成绩在[90,100]的概率.
【解题思路】（1）利用频数的计算公式以及平均数的计算公式求解.
（2）利用频数的计算公式、分层抽样的特点以及古典概型进行计算求解.
【解答过程】（1）由频率分布直方图中数据知，成绩低于60分的人数为
0.002+0.016×10×100=18(人).
平均成绩x=0.02×45+0.16×55+0.22×65+0.30×75+0.20×85+0.10×95=73．
（2）因为成绩在80,90,90,100的学生人数所占比例为0.020:0.010=2:1，
所以从成绩在80,90,90,100的学生中应分别抽取4人，2人．
记抽取成绩在80,90的4人为a,b,c,d，抽取成绩在90,100的2人为E,F．
从这6人中随机抽取2人的所有可能为
a,b,a,c,a,d,a,E,a,F,b,c,b,d,b,E，
b,F,c,d,c,E,c,F,d,E,d,F,E,F，共15种，
其中1人成绩在80,90，另1人成绩在90,100的有
a,E,a,F,b,E,b,F,c,E,c,F,d,E,d,F，共有8种，
所以其中1人成绩在80,90，另外1人成绩在90,100的概率为815．
【变式4-1】（2023·江苏·高一专题练习）近年来，我国居民体重“超标”成规模增长趋势，其对人群的心血管安全构成威胁，国际上常用身体质量指数BMI=体重kg身高2m2衡量人体胖瘦程度是否健康，中国成人的BMI数值标准是：BMI<18.5为偏瘦；18.5≤BMI<23.9为正常；24≤BMI<27.9为偏胖；BMI≥28为肥胖．下面是社区医院为了解居民体重现状，随机抽取了100个居民体检数据，将其BMI值分成以下五组：12,16，16,20，20,24，24,28，28,32，得到相应的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，求a的值，并估计该社区居民身体质量指数BMI的样本数据中位数；
(2)现从样本中利用分层抽样的方法从16,20，24,28的两组中抽取6个人，再从这6个人中随机抽取两人，求抽取到两人的BMI值不在同一组的概率．
【解题思路】（1）根据频率分步直方图中所有矩形面积和为1计算a的值，根据中位数左边的频率和为0.5求解中位数即可；
（2）根据分层抽样的定义可求得在16,20，24,28分别抽取2人和4人，再利用列举法即可求得概率.
【解答过程】（1）根据频率分步直方图可知组距为4，所有矩形面积和为1，
所以0.01+a+0.1+0.08+0.02×4=1，解得a=0.04；
因为12,16，16,20两组频率之和为0.01+0.04×4=0.2，而20,24的频率为0.1×4=0.4，
故中位数在20,24之间，设为x，
则0.2+x−20×0.1=0.5，解得x=23，
即该社区居民身体质量指数BMI的样本数据中位数为23.
（2）由频率分步直方图可知16,20的频数为100×0.04×4=16，24,28的频数为100×0.08×4=32，
所以两组人数比值为1:2，
按照分层抽样抽取6人，则在16,20，24,28分别抽取2人和4人，
记16,20这组两个样本编号为1,2，24,28这组编号为3,4,5,6，
故从6人随机抽取2人所有可能样本的构成样本空间：
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}
设事件A=“从6个人中随机抽取两人，抽取到两人的BMI值不在同一组”
则A=1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6，
故PA=815，即从这6个人中随机抽取两人，抽取到两人的BMI值不在同一组的概率为815.
【变式4-2】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）“告诉老墨，我想吃鱼了”这是今年春节期间大火的电视剧《狂飙》里，主角高启强（强哥）的经典台词，而剧中高启强最喜欢吃的就是猪脚面了，可谓是猪脚面的资深代言人.某商家想在上饶市某学校旁开一家面馆，主打猪脚面.虽然江西人普遍爱吃辣，但能吃辣的程度也不尽相同.该面馆通过美食协会共获得两种不同特色辣的配方（分别称为A配方和B配方），并按这两种配方制作售卖猪脚面.按照辣程度定义了每碗猪脚面的辣值（辣值越大表明越辣），得到下面第一天的售卖结果：
A配方的售卖频数分布表
辣值分组
80,84
84,88
88,92
92,96
96,100
频数
10
20
42
18
10
B配方的售卖频数分布表
辣值分组
80,84
84,88
88,92
92,96
96,100
频数
18
22
38
12
10
定义本面馆猪脚面的“辣度指数”如下表：
辣值
80,88
88,96
96,100
辣度指数
3
4
5
(1)试分别估计第一天A配方，B配方售卖的猪脚面的辣值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），并比较大小.
(2)用样本估计总体，将频率视为概率，从当地同时吃过两种配方猪脚面的消费者中随机抽取1人进行调查，试估计其评价A配方的“辣度指数”比B配方的“辣度指数”高的概率.
【解题思路】（1）根据频率分布直方表求平均数比较即可;
（2）根据独立事件的概率是概率乘积,再应用古典概型公式计算求解.
【解答过程】（1）A配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为
110082×10+86×20+90×42+94×18+98×10=89.92，
B配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为
110082×18+86×22+90×38+94×12+98×10=88.96，
因为89.92>88.96，
所以A配方的猪脚面的辣值的平均数大于B配方的猪脚面的辣值的平均数.
（2）设“其评价A配方辣度指数比B配方辣度指数高”为事件C.
记“其评价A配方的辣度指数为4”为事件A1，“其评价A配方的辣度指数为5”为事件A2，
“其评价B配方的辣度指数为3”为事件B0，“其评价B配方的辣度指数为4”为事件B1，
则PA1=42+18100=0.6，PA2=10100=0.1，PB0=18+22100=0.4，PB1=38+12100=0.5.
因为事件Ai与Bj相互独立，其中i=1,2，j=0,1，
所以PC=PA1B0+A2B0+A2B1=PA1B0+PA2B0+PA2B1
=PA1PB0+PA2PB0+PA2PB1 =0.6×0.4+0.1×0.4+0.1×0.5 =0.33.
所以其评价A配方的辣度指数比B配方辣度指数高的概率为0.33.
【变式4-3】（2023·陕西铜川·统考二模）为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在A、B两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：40,50，50,60，60,70，70,80，80,90，90,100，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
(2)以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于70%才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？
(3)根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区所抽取100人中再按居民态度是否赞成分层抽取一8人样本作为代表团，从代表团中选取两人做汇总发言，求至少有一个不赞成的居民被选到发言的概率.
【解题思路】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；
（2）分别求出A小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和B小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；
（3）结合（2）的结论，利用古典概型的概率计算公式即可求解.
【解答过程】（1）设A小区方案一的满意度平均分为x，则x=45×0.006+55×0.014+65×0.018+75×0.031+85×0.021+95×0.010×10=72.7设B小区方案二的满意度平均分为y，则y=45×0.005+55×0.010+65×0.010+75×0.020+85×0.032+95×0.023×10=78.3∵72.7<78.3.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.
（2）由题意可知：
A小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为0.031+0.021+0.010×10=0.62，以频率估计概率，赞成率为62%
B小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为0.020+0.032+0.023×10=0.75，以频率估计概率，赞成率为75%.
∴B小区可继续推行方案二.
（3）由（2）中结果，在B小区不赞成25人中，取8×25%=2人，赞成的75人中取8×75%=6人组成代表团，设至少有一个不赞成居民做汇总发言的概率为P，记不赞成的两人为a,b，赞成的6人为1,2,3,4,5,6，从中任选两人，则有以下情况：
ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6,12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56共28种情况，其中至少有一个不赞成的居民被选到发言的有，
ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6共13种，
由古典概型的概率计算公式可得P=1328.
【题型5 相互独立事件的概率】
【方法点拨】
利用相互独立事件的概率乘法公式，进行求解即可.
【例5】（2023·全国·高一专题练习）出租车司机老王从饭店到火车站途中经过六个交通岗，已知各交通岗信号灯相互独立.假设老王在各交通岗遇到红灯的概率都是13，则他遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为（ ）
A．124 B．427 C．79 D．127
【解题思路】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【解答过程】因为司机老王在第一、二个交通岗未遇到红灯，
在第三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概率都是13，
所以未遇到红灯的概率都是1−13=23，
所以遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为23×23×13=427.
故选：B.
【变式5-1】（2023·吉林通化·校考二模）如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K、A1、A2正常工作的概率依次为0.9、0.7、0.7，则系统不能正常工作的概率为（ ）
A．0.864 B．0.156 C．0.181 D．0.819
【解题思路】利用独立事件的概率乘法公式计算出该系统正常工作的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【解答过程】由题意可知，该系统正常工作的概率为0.9×1−1−0.72=0.819，
因此，该系统不能正常工作的概率为1−0.819=0.181.
故选：C.
【变式5-2】（2023·陕西咸阳·统考二模）2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.有甲，乙，丙三个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙中的任何一个人，以此类推，则经过两次传球后又传到甲的概率为（ ）
A．13 B．19 C．12 D．23
【解题思路】一共有两种情况，根据概率的加法即可.
【解答过程】经过两次传球后又传到甲的情况有甲乙甲和甲丙甲两种，所以概率为：
P=122+122=12，
故选：C.
【变式5-3】（2023春·湖南长沙·高二阶段练习）设每门高射炮命中飞机的概率是0.6，今有一架飞机来犯，问需要多少门高射炮射击，才能以至少99%的概率命中它（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】设需要n门高射炮才可达到目的，则所求概率等于1减去n门高射炮都没打中的概率，由此列出不等式，即可求得答案.
【解答过程】设需要n门高射炮才可达到目的，用A表示“命中飞机”这一事件，
用Ai表示“第i门高射炮命中飞机”，
则A1,A2,⋯,An相互独立，且A=A1+A2+⋯+An．
则PA=1−PA=1−PA1PA2⋯PAn=1−1−0.6n，
依题意可得PA≥0.99，
即1−0.4n≥0.99，
∴0.4n≤0.01，
又0.45=0.01024,0.46=0.004096，则n应取6，
即需要6门高射炮射击，才能以至少99%的概率命中它，
故选：D.
【题型6 互斥、相互独立事件的综合应用】
【方法点拨】
阅读题目，分析事件之间的关系，一般将问题划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加
法公式和相互独立事件的概率乘法公式求解.
【例6】（2023·全国·模拟预测）甲、乙两同学进行棒球比赛，约定连胜两局者胜出，比赛结束，最多比赛五局，若前四局不分胜负，则第五局胜者获胜，比赛结束．已知甲每局获胜的概率为23，每局比赛没有平局，结果相互独立，则甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为（ ）
A．4481 B．116243 C．32243 D．140243
【解题思路】根据题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【解答过程】由题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，
当比赛两局时，则甲每局比赛的结果依次为胜胜，获胜的概率P1=23×23=49；
当比赛四局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜胜，
则获胜的概率P2=23×1−23×23×23=881；
当比赛五局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜负胜，
获胜的概率P3=23×1−23×23×1−23×23=8243，
故甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为P1+P2+P3=49+881+8243=140243．
故选：D.
【变式6-1】（2023·福建泉州·校考模拟预测）甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．假设事件A=“从乙箱中取出的两球都是白球”， B=“从乙箱中取出的两球都是黑球”， C=“从乙箱中取出的两球一个是白球一个是黑球”，其对应的概率分别为PA，PB，PC，则（ ）
A．PA=PB B．PA=PC
C．PB
【解答过程】当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个白球，可得P1=C22C32×C32C52=110，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个白球，
可得P2=C21C11C32×C22C52=230，所以P(A)=110+230=16；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，可得P3=C22C32×C22C52=130，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，
可得P4=C21C11C32×C32C52=630，所以P(B)=130+630=730；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，可得P5=C22C32×C31C21C52=630，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，
可得P6=C21C11C32×C21C31C52=1230，所以P(C)=630+1230=1830，
综上可得，PB
【变式6-2】（2023春·上海徐汇·高二校考期中）两个黑帮帮主甲和乙决定以如下方式决斗：甲带了一名手下A ，而乙带了两名手下B和C，规定任意一名手下向敌方成员开枪时，会随机命中敌方的一个尚未倒下的人，且命中每个人的概率相等，并且，三名手下被命中一次之后就会倒下，而甲被命中三次后倒下，乙被命中两次后倒下，只要甲或者乙任意一人倒下，决斗立刻结束，未倒下的一人胜出.决斗开始时，A先向敌方成员开枪，之后若B未倒下，则B向敌方成员开枪，之后按C，A，B，C，A，B，……的顺序依次进行，则甲最终获胜的概率是（ ）
A．518 B．736 C．14 D．19
【解题思路】分析按被击中顺序来表示的甲获胜的事件，分别求出概率，利用互斥事件概率加法公式求和得解.
【解答过程】对于甲来说，一旦唯一一名手下 A被击毙，则甲方必败，同理，若乙方B、
C两名手下被击毙，则乙方必败(题目定义开枪顺序是三名手下轮流开枪，甲与乙不参与开枪)，按照被击中的顺序表示事件，易知甲获胜的方式有如下几种：
乙甲甲乙，B甲C，C甲B，B甲乙甲，C甲乙甲，事件概率分别记为Pi(i=1,2,3,4,5)，
则P1=13×12×12×13=136，P2=13×12×12=112，P3=13×12×12=112，P4=13×12×12×12=124，P5=13×12×12×12=124，
所以甲最终获胜的概率是P=136+112×2+124×2=518,
故选：A.
【变式6-3】（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为34，乙队和丙队答对该题的概率都是23.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（ ）
A．12 B．13 C．736 D．16
【解题思路】根据独立事件的乘法公式计算即可.
【解答过程】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，
则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率
P=PABC+ABC+ABC=PABC+PABC+PABC
=PAPBPC+PAPBPC+PAPBPC
=34×1−23×1−23+1−34×23×1−23+1−34×1−23×23
=34×13×13+14×23×13+14×13×23=736，
故选：C.
【题型7 频率与概率的区别与特点】
【方法点拨】
根据频率与概率的区别，频率的稳定性等基础知识，进行求解即可.
【例7】（2023·全国·高一专题练习）在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（ ）
A．0.56，0.56 B．0.56，0.5
C．0.5，0.5 D．0.5，0.56
【解题思路】根据频率和概率的定义求解.
【解答过程】某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，
那么出现正面朝上的频率为5601000=0.56，
由于每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是12，
故出现正面朝上的概率为12=0.5．
故选:B．
【变式7-1】（2023·全国·高一专题练习）某工厂生产的产品的合格率是99.99%，这说明（ ）
A．该厂生产的10 000件产品中不合格的产品一定有1件
B．该厂生产的10 000件产品中合格的产品一定有9 999件
C．该厂生产的10 000件产品中没有不合格的产品
D．该厂生产的产品合格的可能性是99.99%
【解题思路】由概率的定义逐一分析即可.
【解答过程】对于A：该厂生产的10000件产品中不合格的产品不一定有1件，
可能是多件或者没有，故A错误；
对于B：该厂生产的10000件产品中合格的产品不一定是9999件，故B错误；
对于C：该厂生产的10000件产品中可能有不合格产品，故C错误；
对于D：该厂生产的产品合格的可能性是99.99%，故D正确；
故选：D.
【变式7-2】（2023春·全国·高一专题练习）下列四个命题中真命题的个数为（ ）个
①有一批产品的次品率为0.05，则从中任意取出200件产品中必有10件是次品；
②抛100次硬币，结果51次出现正面，则出现正面的概率是0.51；
③随机事件发生的概率就是这个随机事件发生的频率；
④掷骰子100次，得点数为6的结果有20次，则出现6点的频率为0.2.
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由频率和概率的概念与意义进行辨析即可.
【解答过程】对于①，一批产品的次品率即出现次品的概率，它表示的是产品中出现次品的可能性的大小，并非表示200件产品中必有10件次品，故①不是真命题；
对于②，抛100次硬币，结果51次出现正面，可知出现正面的频率是0.51，而非概率，故②不是真命题；
对于③，随机事件发生的概率不随试验次数的多少而发生变化，是事件的一种固有属性，而随机事件发生的频率，会发生变化，随着试验次数的增加，频率会稳定于概率，但频率只是概率的近似值，并不表示概率就是频率，故③不是真命题；
对于④，掷骰子100次，得点数为6的结果有20次，即100次试验中，“出现6点”这一事件发生了20次，则出现6点的频率为20100=0.2，故④为真命题.
综上所述，真命题个数为1个.
故选：A.
【变式7-3】（2023·全国·高一专题练习）关于频率和概率，下列说法正确的是（ ）
①某同学在罚球线投篮三次，命中两次，则该同学每次投篮的命中率为23；
②数学家皮尔逊曾经做过两次试验，抛掷12000次硬币，得到正面向上的频率为0.5016；抛掷24000次硬币，得到正面向上的频率为0.5005.如果他抛掷36000次硬币，正面向上的频率可能大于0.5005；
③某类种子发芽的概率为0.903，当我们抽取2000粒种子试种，一定会有1806粒种子发芽；
④将一个均匀的骰子抛掷6000次，则出现点数大于2的次数大约为4000次.
A．②④ B．①④ C．①② D．②③
【解题思路】根据频率和概率的定义对各个选项进行判断即可.
【解答过程】①某同学投篮三次，命中两次，只能说明在这次投篮中命中的频率为23，不能说概率，故错误；
②进行大量的实验，硬币正面向上的频率在0.5附近摆动，可能大于0.5，也可能小于0.5,故正确；
③只能说明可能有1806粒种子发芽，具有随机性，并不是一定有1806粒种子发芽，故错误；
④出现点数大于2的次数大约为4000次，正确.
故选：A.
【题型8 频率估计概率在统计中的应用】
【方法点拨】
此类题目的解题方法是：先利用频率的计算公式依次计算出各个频率，然后根据频率与概率的关系估计事
件发生的概率，据此得出统计推断.
【例8】（2023春·全国·高一专题练习）某地要举办一年一度为期一个月（30天）的大型商业峰会，一商店每天要订购相同数量的一种食品，每个该食品的进价为0.6元，售价为1元，当天卖不完的食品按进价的半价退回，食品按每箱100个包装．根据往年的销售经验，每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关，为了确定订购计划，统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下：
到会人数/人
8000,9000
9000,10000
10000,11000
11000,12000
12000,13000
需求量/箱
400
450
500
550
600
到会人数/人
8000,9000
9000,10000
10000,11000
11000,12000
12000,13000
天数
5
6
8
7
4
以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率．
(1)估计商业峰会期间，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率；
(2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y（单位：元），当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，写出Y的所有可能值，并估计Y不超过15000元的概率．
【解题思路】（1）根据表格求出商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数，从而求出相应的概率；
（2）根据到会人数位于的区间，求出Y的所有可能取值，并求出Y不超过15000元的概率.
【解答过程】（1）由表中数据可知商业峰会期间30天内，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为5+6+8=19，
所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为1930．
（2）当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，
若到会人数位于区间8000,9000内，
则Y=400×100×1−0.6+150×100×0.3−0.6=11500元，
若到会人数位于区间9000,10000内，
则Y=450×100×1−0.6+100×100×0.3−0.6=15000元，
若到会人数位于区间10000,11000内，
则Y=500×100×1−0.6+50×100×0.3−0.6=18500元，
若到会人数超过11000，则Y=550×100×1−0.6=22000元，
即Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000
Y不超过15000元，意味着到会人数不超过10000，
到会人数不超过10000的频率为5+630=1130，
所以Y不超过15000元的概率的估计值为1130．
【变式8-1】（2023·全国·高一专题练习）某校高三分为四个班.调研测试后，随机地在各班抽取部分学生进行测试成绩统计，各班被抽取的学生数依次为22，22+d，22+2d，22+3d人．抽取出来的所有学生的测试成绩统计结果的频率分布条形图如图所示，其中120~130（包括120分但不包括130分）的频率为0.05，此分数段的人数为5人.
(1)问各班被抽取的学生人数各为多少人？
(2)在抽取的所有学生中，任取一名学生，求分数不小于90分的概率．
【解题思路】（1）由频率分布条形图知抽取的学生总数，各班被抽取的学生人数成等差数列，设公差为d，则4×22+4×32d=100求出d可得答案；
（2）任取一名学生，分数不低于90分的概率等于1减去分数低于90分的概率，结合频率分布直方图可得答案.
【解答过程】（1）由频率等于频数除以总数知，抽取的学生总数为50.05=100人，又各班被抽取的学生人数成等差数列，人数最少的班被抽取了22人，则首项为22.设公差为d，则4×22+4×32d=100，∴d=2，因此各班被抽取的人数分别是22人，24人，26人，28人；
（2）在抽取的所有学生中，任取一名学生，分数不低于90分的概率等于1减去分数低于90分的概率，而分数低于90分的概率等于0.05+0.20=0.25，因此所求概率为1−0.25=0.75.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）某射击队统计了甲､乙两名运动员在平日训练中击中10环的次数，如下表：
射击次数
10
20
50
100
200
500
甲击中10环的次数
9
17
44
92
179
450
甲击中10环的频率
乙击中10环的次数
8
19
44
93
177
453
乙击中10环的频率
(1)分别计算出甲､乙两名运动员击中10环的频率，补全表格；
(2)根据（1）中的数据估计两名运动员击中10环的概率.
【解题思路】（1）根据频率、频数和总数之间的关系完善表格；
（2）利用频率与概率之间的关系即可得出结论.
【解答过程】（1）
两名运动员击中10环的频率如下表：
射击次数
10
20
50
100
200
500
甲击中10环的次数
9
17
44
92
179
450
甲击中10环的频率
0.9
0.85
0.88
0.92
0.895
0.9
乙击中10环的次数
8
19
44
93
177
453
乙击中10环的频率
0.8
0.95
0.88
0.93
0.885
0.906
（2）
由（1）中的数据可知两名运动员击中10环的频率都集中在0.9附近，所以两人击中10环的概率均约为0.9.
【变式8-3】（2023春·全国·高一专题练习）某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：20,30，30,40，…，80,90，并整理得到频率分布直方图如图所示．
(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；
(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间40,50内的人数；
(3)估计随机抽取的100名学生分数的众数，估计测评成绩的75%分位数；
(4)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例．
【解题思路】（1）由对立事件结合频率分布直方图先得出数不小于60的频率，即可得出分数小于60的频率，则可得出总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计值；
（2）先由频率分布直方图可得分数不小于50的频率，即可得出分数不小于50的人数，在集合题意即可得出总体中分数在区间40,50内的人数；
（3）总数为频率分布直方图中频率最高的分数区间的中间值，测评成绩的75%分位数先得出从前到后的频率之和为0.75时在那个区间，在通过频率求出；
（4）先由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数，在通过已知得出样本中的男女生比例，即可得出总体中男女生的比例估计.
【解答过程】（1）由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：0.02+0.04+0.02×10=0.8，
则分数小于60的频率为：1−0.8=0.2，
故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计为0.2；
（2）由频率分布直方图可得分数不小于50的频率为：0.01+0.02+0.04+0.02×10=0.9，
则分数在区间40,50内的人数为：100−100×0.9−5=5人，
则总体中分数在区间40,50内的人数为：500×5100=25人；
（3）由频率分布直方图可得分数在区间70,80的频率最高，
则随机抽取的100名学生分数的众数估计为75，
由频率分布直方图可得分数小于70的频率为0.4，分数小于80的频率为0.8，
则测评成绩的75%分位数落在区间70,80上，
则测评成绩的75%分位数为70+10×0.350.4=78.75；
（4）由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数为0.02+0.04×10×100=60人，
因为样本中分数不小于70的男女生人数相等
所以样本中分数不小于70的男生人数为60×12=30人，
又因为样本中有一半男生的分数不小于70，
所以样本中的男生共有30×2=60人，
则样本中的女生共有100−60=40人，
所以总体中男生和女生人数的比例估计为60:40=3:2.
【题型9 游戏公平性的判断】
【方法点拨】
无论是怎样的游戏，游戏公平与否就是看参与游戏的每个个体获胜的概率是否相同，相同则公平，不相同
则不公平.
【例9】（2023·全国·高一专题练习）一天，甲拿出一个装有三张卡片的盒子（一张卡片的两面都是绿色，一张卡片的两面都是蓝色，还有一张卡片一面是绿色，另一面是蓝色），跟乙说玩一个游戏，规则是：甲将盒子里的卡片顺序打乱后，由乙随机抽出一张卡片放在桌子上，然后卡片朝下的面的颜色决定胜负，如果朝下的面的颜色与朝上的面的颜色一致，则甲赢，否则甲输.乙对游戏的公平性提出了质疑，但是甲说：“当然公平！你看，如果朝上的面的颜色为绿色，则这张卡片不可能两面都是蓝色，因此朝下的面要么是绿色，要么是蓝色，因此，你赢的概率为12，我赢的概率也是12，怎么不公平？”分析这个游戏是否公平.
【解题思路】把卡片六个面的颜色记为G1，G2，G3，B1，B2，B3，其中，G表示绿色，B表示蓝色；G3和B3是两面颜色不一样的那张卡片的颜色，用树形图得到样本空间，计算出概率即可判断.
【解答过程】解：把卡片六个面的颜色记为G1，G2，G3，B1，B2，B3，
其中，G表示绿色，B表示蓝色；G3和B3是两面颜色不一样的那张卡片的颜色.
游戏所有的结果可以用如图表示.
不难看出，此时，样本空间中共有6个样本点，朝上的面与朝下的面颜色不一致的情况只有2种，因此乙赢的概率为26=13.
因此，这个游戏不公平.
【变式9-1】（2023春·全国·高一专题练习）已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如135，256，345等）
现要从甲乙两名同学中，选出一个参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，且只抽取1次，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.
（1）由1，2，3，4，5，6可组成多少“三位递增数”？并一一列举出来.
（2）这种选取规则对甲乙两名学生公平吗？并说明理由.
【解题思路】（1）根据定义一一列举出即可；
（2）由（1）根据古典概型的概率计算公式分别计算概率即可判断.
【解答过程】解：（1）由题意知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数共有20个.
分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456.
（2）不公平由（1）知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”有20个，记“甲参加数学竞赛”为事件A，记“乙参加数学竞赛”为事件B.则事件A含有基本事件有：124，134，234，126，136，146，156，236，246，256，346，356，456共13个.
由古典概型计算公式，得
P(A)=事件A含有的基本事件的个数试验所有基本事件的总数=1320，
又A与B对立，所以P(B)=1−P(A)=1−1320=720，
所以P(A)>P(B).故选取规则对甲、乙两名学生不公平.
【变式9-2】（2023·全国·高一专题练习）一个游戏包含两个随机事件A和B，规定事件A发生则甲获胜，事件B发生则乙获胜.判断游戏是否公平的标准是事件A和B发生的概率是否相等.
在游戏过程中甲发现：玩了10次时，双方各胜5次；但玩到1000次时，自己才胜300次，而乙却胜了700次.据此，甲认为游戏不公平，但乙认为游戏是公平的.你更支持谁的结论？为什么？
【解题思路】根据频率的稳定性，随着试验次数的增加，频率越来越接近概率.
【解答过程】解：当游戏玩了10次时，甲、乙获胜的频率都为0.5；
当游戏玩了1000次时，甲获胜的频率为0.3，乙获胜的频率为0.7，
根据频率的稳定性，随着试验次数的增加，频率偏离概率很大的可能性会越来越小.
相对10次游戏，1000次游戏时的频率接近概率的可能性更大，
因此我们更愿意相信1000次时的频率离概率更近.
而游戏玩到1000次时，甲、乙获胜的频率分别是0.3和0.7，存在很大差距，
所以有理由认为游戏是不公平的.因此，应该支持甲对游戏公平性的判断.
【变式9-3】（2023·高一课时练习）下面的三个游戏都是在袋子中装球，然后从袋子中不放同地取球，分别计算三个游戏中甲获胜的概率，你认为哪个游戏是公平的？
游戏1
游戏2
游戏3
袋子中球的数量和颜色
1个红球和1个白球
2个红球和2个白球
3个红球和1个白球
取球规则
取1个球
依次取出2个球
依次取出2个球
获胜规则
取到红球→甲胜
两个球同色→甲胜
两个球同色→甲胜
取到白球→乙胜
两个球不同色→乙胜
两个球不同色→乙胜
【解题思路】利用古典概型的概率公式分别计算三个游戏中甲获胜的概率，根据甲乙对应的概率是否相等判断游戏的公平性.
【解答过程】解：游戏1中，甲获胜的概率为12；
游戏2中，甲获胜的视率为26=13；
游戏3中，甲获胜的概率为36=12，
所以游戏1和游戏3是公平的.
【题型10 概率模拟问题】
【方法点拨】
求解概率模拟问题的注意点
(1)选择适当的替代物，因为替代物的选取是否合理决定了试验结果的可信度，因此在用替代物模拟试验中，
要求必须在相同条件下进行.
(2)用计算机(器)模拟试验时对随机数范围的确定.例如，有20张大小相同的卡片，分别写有1~20的数，从
中随机抽取一张，求结果是5的倍数的概率，在这种情况下，随机数的范围应是1~20内的整数.
【例10】（2023·全国·高一专题练习）在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出[0，9]之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 683
257 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为（ ）.
A．0.25 B．0.4 C．0.6 D．0.75
【解题思路】根据题意分析随机数中没有1，2，3，4中的数的个数，再根据对立事件的概率求解即可
【解答过程】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，
故三只豚鼠都没被感染的概率为520=0.25，
则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为1−0.25=0.75
故选：D.
【变式10-1】（2023春·全国·高一专题练习）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．310 B．25 C．720 D．920
【解题思路】求出表中数据四天中恰有三天下雨的情况即可得出概率.
【解答过程】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820=25.
故选：B.
【变式10-2】（2023春·全国·高一专题练习）某种心脏手术，成功率为0.6，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0.6，我们用0，1，2，3表示手术不成功，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．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
【解题思路】由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有2组，即求.
【解答过程】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： 569, 989，故2个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为210=0.2.
故选：A.
【变式10-3】（2023·全国·高一专题练习）在这个热“晴”似火的7月，多地持续高温，某市气象局将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37摄氏度以上的概率是12．某人用计算机生成了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表示高温橙色预警，用5，6，7，8，9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．35 B．25 C．1320 D．120
【解题思路】运用列举法得，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12个，由古典概型公式可得选项.
【解答过程】解：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12个，分别为：
116, 812, 730, 452, 125, 217, 109, 361, 284, 147, 318, 027,
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：1220=35，
故选：A.
第十章 概率（重难点专题复习）
【题型1 事件的关系及运算】
【方法点拨】
根据事件之间的关系，结合具体问题，进行转化求解.
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.也可类比集合的关系和运算用Venn图分析事件.
【例1】（2023·全国·高一专题练习）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”则（ ）
A．事件1与事件3互斥 B．事件1与事件2互为对立事件
C．事件2与事件3互斥 D．事件3与事件4互为对立事件
【解题思路】根据互斥事件、对立事件定义判断求解.
【解答过程】由题可知，事件1可表示为：A=1,3,5,事件2可表示为：B=2,4,6,
事件3可表示为：C=4,5,6,事件4可表示为：D=1,2,
因为A∩C=5，所以事件1与事件3不互斥，A错误；
因为A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，
所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；
因为B∩C=4,6，所以事件2与事件3不互斥，C错误；
因为C∩D为不可能事件，C∪D不为必然事件，
所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误；
故选：B.
【变式1-1】（2023·四川内江·统考三模）一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（ ）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”为互斥事件
C．事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
【解题思路】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案.
【解答过程】一个人连续射击2次，其可能结果为击中0次，击中1次，击中2次，
其中“至少一次击中”包括击中一次和击中两次，
事件“两次均击中”包含于事件“至少一次击中”，故A错误；
事件“第一次击中”包含第一次击中且第二次没有击中，或第一、二次都击中，
事件“第二次击中” 包含第二次击中且第一次没有击中，或第一、二次都击中，故B错误；
事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”可以同时发生，故C错误；
事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，故D正确；
故选：D.
【变式1-2】（2023·广西柳州·联考模拟预测）从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中任取两本书，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．至少有一本政治与都是数学 B．至少有一本政治与都是政治
C．至少有一本政治与至少有一本数学 D．恰有1本政治与恰有2本政治
【解题思路】总的可能的结果为“两本政治”，“两本数学”，“一本数学一本政治”，然后写出各个事件包含的事件，结合互斥事件与对立事件的概念，即可得出答案.
【解答过程】从装有2本数学和2本政治的四本书内任取2本书，
可能的结果有：“两本政治”，“两本数学”，“一本数学一本政治”，
“至少有一本政治”包含事件：“两本政治”，“一本数学一本政治”.
对于A，事件“至少有一本政治”与事件“都是数学”是对立事件，故A错误；
对于B，事件“至少有一本政治”包含事件“都是政治”，两个事件是包含关系，不是互斥事件，故B错误；
对于C，事件“至少有一本数学”包含事件：“两本数学”，“一本数学一本政治”，因此两个事件都包含事件“一本数学一本政治”，不是互斥事件，故C错误；
对于D，“恰有1本政治”表示事件“一本数学一本政治”，与事件“恰有2本政治”是互斥事件，但是不对立，故D正确.
故选:D.
【变式1-3】（2023春·广东江门·高一校考阶段练习）从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．至少有1个黑球与都是黑球 B．至少有1个黑球与至少有1个红球
C．至少有1个黑球与都是红球 D．恰有1个黑球与恰有2个黑球
【解题思路】根据互斥事件与对立事件的概念分析即可求解.
【解答过程】“至少有1个黑球与都是黑球”有公共事件：两个黑球，既不互斥也不对立；
“至少有1个黑球与至少有1个红球”有公共事件：一个红球，一个黑球，既不互斥也不对立；
“至少有1个黑球与都是红球”是互斥事件且对立事件；
“恰有1个黑球与恰有2个黑球”是互斥事件，但不是对立事件，因为有可能是两个红球，
故选：D.
【题型2 古典概型的判断及其概率的求解】
【方法点拨】
第一步，阅读题目，判断试验是否是古典概型；
第二步，计算样本空间中的样本点个数n；
第三步，计算所求事件A包含的样本点个数k；
第四步，计算所求事件A的概率，.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）疫情期间，一同学通过网络平台听网课，在家坚持学习．某天上午安排了四节网课，分别是数学，语文，政治，地理，下午安排了三节，分别是英语，历史，体育．现在，他准备在上午下午的课程中各任选一节进行打卡，则选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的概率为（ ）
A．34 B．712 C．23 D．56
【解题思路】利用古典概型的概率计算公式，进行求解即可.
【解答过程】将数学、语文、政治、地理分别记为A,B,C,D，将英语，历史，体育分别记为a,b,c，
在上午下午的课程中各任选一节，所有的可能为：
A,a，A,b，A,c，B,a，B,b，B,c，C,a，C,b，C,c，
D,a，D,b，D,c共12种情况．
选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的情况有A,b，B,b，C,a，C,b，C,c，D,a，D,b，D,c共8种情况．
∴所求概率为P=812=23，
故选C．
【变式2-1】（2023·全国·高三专题练习）四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币. 若硬币正面朝上， 则这个人站起来； 若硬币正面朝下， 则这个人继续坐着.那么， 没有相邻的两个人站起来的概率为（ ）
A．12 B．516 C．716 D．1116
【解题思路】先求出基本事件的总数，再由列举法可求随机事件中含有的基本事件的总数，由概率公式可求相应的概率.
【解答过程】四个人的坐着或站起来的情形共有24=16种.
没有相邻的两个人站起来，即硬币的正面不能相邻，有以下几种情况：
正反正反，反正反正，反反反正，反反正反，反正反反，正反反反，反反反反，
共有7种方法.
由古典概型概率公式可得，没有相邻的两个人站起来的概率为716.
故选：C.
【变式2-2】（2023·江西·校联考模拟预测）有道是：“上饶是个好地方，三清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到上饶旅游，分别准备从三清山、婺源、葛仙山三个著名景点中随机选一个景点游玩，则甲、乙至少一人选择三清山的概率是（ ）
A．14 B．13 C．23 D．59
【解题思路】由古典概型列举可选择的情况计算即可.
【解答过程】由题意可知列举可知，甲乙游玩的可能选择是：（三清山，三清山）（三清山，婺源）、（三清山，葛仙山）、（婺源，三清山）、（婺源，婺源）、（婺源，葛仙山）、（葛仙山，三清山）、（葛仙山，婺源）、（葛仙山，葛仙山）共有9种．满足题意的有5种，即甲、乙至少一人选择三清山的概率是59.
故选：D．
【变式2-3】（2023·全国·高一专题练习）甲乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的概率是（ ）
A．16 B．19 C．536 D．736
【解题思路】分别求出总的基本事件个数和甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8的基本事件个数，再用古典概型概率计算公式求解即可.
【解答过程】记事件“A=甲乙两人离开电梯的楼层数的和是8”
由题意总的基本事件为：两个人各有6种不同的下法，故共有36种结果，
则事件包含两人分别从2楼和6楼下，3楼和5楼下，均从4楼下，
共有2+2+1=5种不同下法，
所以事件A的概率为：PA=536，
故选：C.
【题型3 概率的基本性质的应用】
【方法点拨】
根据具体问题，准确表示事件，分析事件之间的关系，结合概率的基本性质，计算概率.
【例3】（2023春·安徽·高一开学考试）若事件A,B为两个互斥事件，且PA>0,PB>0，有以下四个结论，其中正确的结论是（ ）
①PAB=0
②PAB=1−PAPB
③PA∪B=1
④PA∪B=PA+PB
A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
【解题思路】根据互斥事件的含义可判断①；根据题意可知B⊆A，从而判断②；根据概率的性质可判断③④．
【解答过程】∵事件A,B为两个互斥事件，A∩B=∅，∴P(AB)=0，故①正确；
∵事件A,B为两个互斥事件，则B⊆A，∴PAB=PB，故②错误；
P(A∪B)=1−P(AB)=1−0=1，故③正确；
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=P(A)+P(B)，故④正确，
综上，①③④正确，
故选：A．
【变式3-1】（2023春·江西南昌·高一阶段练习）已知事件A，B，C两两互斥，若P(A)=15，P(C)=13，P(A∪B)=815，则P(B∪C)=（ ）．
A．815 B．23 C．715 D．13
【解题思路】根据事件A，B，C两两互斥，求出PB=13，进而利用PB∪C=PB+PC求出答案.
【解答过程】因为事件A，B，C两两互斥，所以PB=PA∪B−PA=815−15=13，
所以PB∪C=PB+PC=13+13=23.
故选：B．
【变式3-2】（2023春·全国·高一专题练习）若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且PA=2−a，PB=4a−5，则实数a的取值范围是（ ）
A．54,2 B．54,32 C．54,43 D．54,32
【解题思路】利用互斥事件的加法公式及概率的基本性质列式即可作答.
【解答过程】因随机事件A，B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=3a−3，
依题意及概率的性质得0
故选：C.
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件A=“甲击中靶”，事件B=“乙击中靶”，事件E=“靶未被击中”，事件F=“靶被击中”，事件G=“恰一人击中靶”，对下列关系式（A表示A的对立事件，B表示B的对立事件）：①E=AB，②F=AB，③F=A+B，④G=A+B，⑤G=AB+AB，⑥PF=1−PE，⑦PF=PA+PB．其中正确的关系式的个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】根据事件关系，靶为被击中即甲乙均未击中；靶被击中即至少一人击中，分为恰有一人击中或两人都击中，依次判定即可.
【解答过程】由题可得：①E=AB，正确；②事件F=“靶被击中”，AB表示甲乙同时击中，F=AB+AB+AB，所以②错误；
③F=A+B，正确，④A+B表示靶被击中，所以④错误；⑤G=AB+AB，正确；⑥E,F互为对立事件，P(F)=1−P(E)，正确；⑦P(F)=P(A)+P(B)−P(AB)，所以⑦不正确．
正确的是①③⑤⑥．
故选：B.
【题型4 古典概型与其他知识的综合】
【方法点拨】
对于古典概型与其他知识的综合问题，解题的关键是求出所求事件包含的样本点的个数.找出满足条件的情
况，从而确定样本点的个数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可.
【例4】（2023·全国·高一专题练习）中华人民共和国第十四届全国运动会､全国第十一届残运会暨第八届特奥会于2021年在中国陕西举行，为宣传全运会､特奥会，让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学举办了全运会､特奥会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)试根据频率分布直方图求出这100人中成绩低于60分的人数，并估计这100人的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在[80,90),[90,100]的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人去社区开展全运会､特奥会宜传活动，求做宣传的这2名学生中，其中1人成绩在[80,90)，另外1人成绩在[90,100]的概率.
【解题思路】（1）利用频数的计算公式以及平均数的计算公式求解.
（2）利用频数的计算公式、分层抽样的特点以及古典概型进行计算求解.
【解答过程】（1）由频率分布直方图中数据知，成绩低于60分的人数为
0.002+0.016×10×100=18(人).
平均成绩x=0.02×45+0.16×55+0.22×65+0.30×75+0.20×85+0.10×95=73．
（2）因为成绩在80,90,90,100的学生人数所占比例为0.020:0.010=2:1，
所以从成绩在80,90,90,100的学生中应分别抽取4人，2人．
记抽取成绩在80,90的4人为a,b,c,d，抽取成绩在90,100的2人为E,F．
从这6人中随机抽取2人的所有可能为
a,b,a,c,a,d,a,E,a,F,b,c,b,d,b,E，
b,F,c,d,c,E,c,F,d,E,d,F,E,F，共15种，
其中1人成绩在80,90，另1人成绩在90,100的有
a,E,a,F,b,E,b,F,c,E,c,F,d,E,d,F，共有8种，
所以其中1人成绩在80,90，另外1人成绩在90,100的概率为815．
【变式4-1】（2023·江苏·高一专题练习）近年来，我国居民体重“超标”成规模增长趋势，其对人群的心血管安全构成威胁，国际上常用身体质量指数BMI=体重kg身高2m2衡量人体胖瘦程度是否健康，中国成人的BMI数值标准是：BMI<18.5为偏瘦；18.5≤BMI<23.9为正常；24≤BMI<27.9为偏胖；BMI≥28为肥胖．下面是社区医院为了解居民体重现状，随机抽取了100个居民体检数据，将其BMI值分成以下五组：12,16，16,20，20,24，24,28，28,32，得到相应的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，求a的值，并估计该社区居民身体质量指数BMI的样本数据中位数；
(2)现从样本中利用分层抽样的方法从16,20，24,28的两组中抽取6个人，再从这6个人中随机抽取两人，求抽取到两人的BMI值不在同一组的概率．
【解题思路】（1）根据频率分步直方图中所有矩形面积和为1计算a的值，根据中位数左边的频率和为0.5求解中位数即可；
（2）根据分层抽样的定义可求得在16,20，24,28分别抽取2人和4人，再利用列举法即可求得概率.
【解答过程】（1）根据频率分步直方图可知组距为4，所有矩形面积和为1，
所以0.01+a+0.1+0.08+0.02×4=1，解得a=0.04；
因为12,16，16,20两组频率之和为0.01+0.04×4=0.2，而20,24的频率为0.1×4=0.4，
故中位数在20,24之间，设为x，
则0.2+x−20×0.1=0.5，解得x=23，
即该社区居民身体质量指数BMI的样本数据中位数为23.
（2）由频率分步直方图可知16,20的频数为100×0.04×4=16，24,28的频数为100×0.08×4=32，
所以两组人数比值为1:2，
按照分层抽样抽取6人，则在16,20，24,28分别抽取2人和4人，
记16,20这组两个样本编号为1,2，24,28这组编号为3,4,5,6，
故从6人随机抽取2人所有可能样本的构成样本空间：
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}
设事件A=“从6个人中随机抽取两人，抽取到两人的BMI值不在同一组”
则A=1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6，
故PA=815，即从这6个人中随机抽取两人，抽取到两人的BMI值不在同一组的概率为815.
【变式4-2】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）“告诉老墨，我想吃鱼了”这是今年春节期间大火的电视剧《狂飙》里，主角高启强（强哥）的经典台词，而剧中高启强最喜欢吃的就是猪脚面了，可谓是猪脚面的资深代言人.某商家想在上饶市某学校旁开一家面馆，主打猪脚面.虽然江西人普遍爱吃辣，但能吃辣的程度也不尽相同.该面馆通过美食协会共获得两种不同特色辣的配方（分别称为A配方和B配方），并按这两种配方制作售卖猪脚面.按照辣程度定义了每碗猪脚面的辣值（辣值越大表明越辣），得到下面第一天的售卖结果：
A配方的售卖频数分布表
辣值分组
80,84
84,88
88,92
92,96
96,100
频数
10
20
42
18
10
B配方的售卖频数分布表
辣值分组
80,84
84,88
88,92
92,96
96,100
频数
18
22
38
12
10
定义本面馆猪脚面的“辣度指数”如下表：
辣值
80,88
88,96
96,100
辣度指数
3
4
5
(1)试分别估计第一天A配方，B配方售卖的猪脚面的辣值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），并比较大小.
(2)用样本估计总体，将频率视为概率，从当地同时吃过两种配方猪脚面的消费者中随机抽取1人进行调查，试估计其评价A配方的“辣度指数”比B配方的“辣度指数”高的概率.
【解题思路】（1）根据频率分布直方表求平均数比较即可;
（2）根据独立事件的概率是概率乘积,再应用古典概型公式计算求解.
【解答过程】（1）A配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为
110082×10+86×20+90×42+94×18+98×10=89.92，
B配方售卖的猪脚面的辣值的平均数为
110082×18+86×22+90×38+94×12+98×10=88.96，
因为89.92>88.96，
所以A配方的猪脚面的辣值的平均数大于B配方的猪脚面的辣值的平均数.
（2）设“其评价A配方辣度指数比B配方辣度指数高”为事件C.
记“其评价A配方的辣度指数为4”为事件A1，“其评价A配方的辣度指数为5”为事件A2，
“其评价B配方的辣度指数为3”为事件B0，“其评价B配方的辣度指数为4”为事件B1，
则PA1=42+18100=0.6，PA2=10100=0.1，PB0=18+22100=0.4，PB1=38+12100=0.5.
因为事件Ai与Bj相互独立，其中i=1,2，j=0,1，
所以PC=PA1B0+A2B0+A2B1=PA1B0+PA2B0+PA2B1
=PA1PB0+PA2PB0+PA2PB1 =0.6×0.4+0.1×0.4+0.1×0.5 =0.33.
所以其评价A配方的辣度指数比B配方辣度指数高的概率为0.33.
【变式4-3】（2023·陕西铜川·统考二模）为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在A、B两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：40,50，50,60，60,70，70,80，80,90，90,100，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
(2)以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认为居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于70%才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？
(3)根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区所抽取100人中再按居民态度是否赞成分层抽取一8人样本作为代表团，从代表团中选取两人做汇总发言，求至少有一个不赞成的居民被选到发言的概率.
【解题思路】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；
（2）分别求出A小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和B小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；
（3）结合（2）的结论，利用古典概型的概率计算公式即可求解.
【解答过程】（1）设A小区方案一的满意度平均分为x，则x=45×0.006+55×0.014+65×0.018+75×0.031+85×0.021+95×0.010×10=72.7设B小区方案二的满意度平均分为y，则y=45×0.005+55×0.010+65×0.010+75×0.020+85×0.032+95×0.023×10=78.3∵72.7<78.3.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.
（2）由题意可知：
A小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为0.031+0.021+0.010×10=0.62，以频率估计概率，赞成率为62%
B小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为0.020+0.032+0.023×10=0.75，以频率估计概率，赞成率为75%.
∴B小区可继续推行方案二.
（3）由（2）中结果，在B小区不赞成25人中，取8×25%=2人，赞成的75人中取8×75%=6人组成代表团，设至少有一个不赞成居民做汇总发言的概率为P，记不赞成的两人为a,b，赞成的6人为1,2,3,4,5,6，从中任选两人，则有以下情况：
ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6,12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56共28种情况，其中至少有一个不赞成的居民被选到发言的有，
ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6共13种，
由古典概型的概率计算公式可得P=1328.
【题型5 相互独立事件的概率】
【方法点拨】
利用相互独立事件的概率乘法公式，进行求解即可.
【例5】（2023·全国·高一专题练习）出租车司机老王从饭店到火车站途中经过六个交通岗，已知各交通岗信号灯相互独立.假设老王在各交通岗遇到红灯的概率都是13，则他遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为（ ）
A．124 B．427 C．79 D．127
【解题思路】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【解答过程】因为司机老王在第一、二个交通岗未遇到红灯，
在第三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概率都是13，
所以未遇到红灯的概率都是1−13=23，
所以遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为23×23×13=427.
故选：B.
【变式5-1】（2023·吉林通化·校考二模）如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K、A1、A2正常工作的概率依次为0.9、0.7、0.7，则系统不能正常工作的概率为（ ）
A．0.864 B．0.156 C．0.181 D．0.819
【解题思路】利用独立事件的概率乘法公式计算出该系统正常工作的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【解答过程】由题意可知，该系统正常工作的概率为0.9×1−1−0.72=0.819，
因此，该系统不能正常工作的概率为1−0.819=0.181.
故选：C.
【变式5-2】（2023·陕西咸阳·统考二模）2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.有甲，乙，丙三个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙中的任何一个人，以此类推，则经过两次传球后又传到甲的概率为（ ）
A．13 B．19 C．12 D．23
【解题思路】一共有两种情况，根据概率的加法即可.
【解答过程】经过两次传球后又传到甲的情况有甲乙甲和甲丙甲两种，所以概率为：
P=122+122=12，
故选：C.
【变式5-3】（2023春·湖南长沙·高二阶段练习）设每门高射炮命中飞机的概率是0.6，今有一架飞机来犯，问需要多少门高射炮射击，才能以至少99%的概率命中它（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】设需要n门高射炮才可达到目的，则所求概率等于1减去n门高射炮都没打中的概率，由此列出不等式，即可求得答案.
【解答过程】设需要n门高射炮才可达到目的，用A表示“命中飞机”这一事件，
用Ai表示“第i门高射炮命中飞机”，
则A1,A2,⋯,An相互独立，且A=A1+A2+⋯+An．
则PA=1−PA=1−PA1PA2⋯PAn=1−1−0.6n，
依题意可得PA≥0.99，
即1−0.4n≥0.99，
∴0.4n≤0.01，
又0.45=0.01024,0.46=0.004096，则n应取6，
即需要6门高射炮射击，才能以至少99%的概率命中它，
故选：D.
【题型6 互斥、相互独立事件的综合应用】
【方法点拨】
阅读题目，分析事件之间的关系，一般将问题划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加
法公式和相互独立事件的概率乘法公式求解.
【例6】（2023·全国·模拟预测）甲、乙两同学进行棒球比赛，约定连胜两局者胜出，比赛结束，最多比赛五局，若前四局不分胜负，则第五局胜者获胜，比赛结束．已知甲每局获胜的概率为23，每局比赛没有平局，结果相互独立，则甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为（ ）
A．4481 B．116243 C．32243 D．140243
【解题思路】根据题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【解答过程】由题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，
当比赛两局时，则甲每局比赛的结果依次为胜胜，获胜的概率P1=23×23=49；
当比赛四局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜胜，
则获胜的概率P2=23×1−23×23×23=881；
当比赛五局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜负胜，
获胜的概率P3=23×1−23×23×1−23×23=8243，
故甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为P1+P2+P3=49+881+8243=140243．
故选：D.
【变式6-1】（2023·福建泉州·校考模拟预测）甲箱中有2个白球和1个黑球，乙箱中有1个白球和2个黑球．现从甲箱中随机取两个球放入乙箱，然后再从乙箱中任意取出两个球．假设事件A=“从乙箱中取出的两球都是白球”， B=“从乙箱中取出的两球都是黑球”， C=“从乙箱中取出的两球一个是白球一个是黑球”，其对应的概率分别为PA，PB，PC，则（ ）
A．PA=PB B．PA=PC
C．PB
【解答过程】当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个白球，可得P1=C22C32×C32C52=110，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个白球，
可得P2=C21C11C32×C22C52=230，所以P(A)=110+230=16；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，可得P3=C22C32×C22C52=130，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出两个黑球，
可得P4=C21C11C32×C32C52=630，所以P(B)=130+630=730；
当从甲箱子中取出2球为白球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，可得P5=C22C32×C31C21C52=630，
当从甲箱子中取出2球为1个白球和一个黑球时，再从乙箱中任意取出一白一黑球，
可得P6=C21C11C32×C21C31C52=1230，所以P(C)=630+1230=1830，
综上可得，PB
【变式6-2】（2023春·上海徐汇·高二校考期中）两个黑帮帮主甲和乙决定以如下方式决斗：甲带了一名手下A ，而乙带了两名手下B和C，规定任意一名手下向敌方成员开枪时，会随机命中敌方的一个尚未倒下的人，且命中每个人的概率相等，并且，三名手下被命中一次之后就会倒下，而甲被命中三次后倒下，乙被命中两次后倒下，只要甲或者乙任意一人倒下，决斗立刻结束，未倒下的一人胜出.决斗开始时，A先向敌方成员开枪，之后若B未倒下，则B向敌方成员开枪，之后按C，A，B，C，A，B，……的顺序依次进行，则甲最终获胜的概率是（ ）
A．518 B．736 C．14 D．19
【解题思路】分析按被击中顺序来表示的甲获胜的事件，分别求出概率，利用互斥事件概率加法公式求和得解.
【解答过程】对于甲来说，一旦唯一一名手下 A被击毙，则甲方必败，同理，若乙方B、
C两名手下被击毙，则乙方必败(题目定义开枪顺序是三名手下轮流开枪，甲与乙不参与开枪)，按照被击中的顺序表示事件，易知甲获胜的方式有如下几种：
乙甲甲乙，B甲C，C甲B，B甲乙甲，C甲乙甲，事件概率分别记为Pi(i=1,2,3,4,5)，
则P1=13×12×12×13=136，P2=13×12×12=112，P3=13×12×12=112，P4=13×12×12×12=124，P5=13×12×12×12=124，
所以甲最终获胜的概率是P=136+112×2+124×2=518,
故选：A.
【变式6-3】（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为34，乙队和丙队答对该题的概率都是23.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（ ）
A．12 B．13 C．736 D．16
【解题思路】根据独立事件的乘法公式计算即可.
【解答过程】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，
则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率
P=PABC+ABC+ABC=PABC+PABC+PABC
=PAPBPC+PAPBPC+PAPBPC
=34×1−23×1−23+1−34×23×1−23+1−34×1−23×23
=34×13×13+14×23×13+14×13×23=736，
故选：C.
【题型7 频率与概率的区别与特点】
【方法点拨】
根据频率与概率的区别，频率的稳定性等基础知识，进行求解即可.
【例7】（2023·全国·高一专题练习）在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（ ）
A．0.56，0.56 B．0.56，0.5
C．0.5，0.5 D．0.5，0.56
【解题思路】根据频率和概率的定义求解.
【解答过程】某同学用一枚质地均匀的硬币做了1000次试验，发现正面朝上出现了560次，
那么出现正面朝上的频率为5601000=0.56，
由于每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是12，
故出现正面朝上的概率为12=0.5．
故选:B．
【变式7-1】（2023·全国·高一专题练习）某工厂生产的产品的合格率是99.99%，这说明（ ）
A．该厂生产的10 000件产品中不合格的产品一定有1件
B．该厂生产的10 000件产品中合格的产品一定有9 999件
C．该厂生产的10 000件产品中没有不合格的产品
D．该厂生产的产品合格的可能性是99.99%
【解题思路】由概率的定义逐一分析即可.
【解答过程】对于A：该厂生产的10000件产品中不合格的产品不一定有1件，
可能是多件或者没有，故A错误；
对于B：该厂生产的10000件产品中合格的产品不一定是9999件，故B错误；
对于C：该厂生产的10000件产品中可能有不合格产品，故C错误；
对于D：该厂生产的产品合格的可能性是99.99%，故D正确；
故选：D.
【变式7-2】（2023春·全国·高一专题练习）下列四个命题中真命题的个数为（ ）个
①有一批产品的次品率为0.05，则从中任意取出200件产品中必有10件是次品；
②抛100次硬币，结果51次出现正面，则出现正面的概率是0.51；
③随机事件发生的概率就是这个随机事件发生的频率；
④掷骰子100次，得点数为6的结果有20次，则出现6点的频率为0.2.
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】由频率和概率的概念与意义进行辨析即可.
【解答过程】对于①，一批产品的次品率即出现次品的概率，它表示的是产品中出现次品的可能性的大小，并非表示200件产品中必有10件次品，故①不是真命题；
对于②，抛100次硬币，结果51次出现正面，可知出现正面的频率是0.51，而非概率，故②不是真命题；
对于③，随机事件发生的概率不随试验次数的多少而发生变化，是事件的一种固有属性，而随机事件发生的频率，会发生变化，随着试验次数的增加，频率会稳定于概率，但频率只是概率的近似值，并不表示概率就是频率，故③不是真命题；
对于④，掷骰子100次，得点数为6的结果有20次，即100次试验中，“出现6点”这一事件发生了20次，则出现6点的频率为20100=0.2，故④为真命题.
综上所述，真命题个数为1个.
故选：A.
【变式7-3】（2023·全国·高一专题练习）关于频率和概率，下列说法正确的是（ ）
①某同学在罚球线投篮三次，命中两次，则该同学每次投篮的命中率为23；
②数学家皮尔逊曾经做过两次试验，抛掷12000次硬币，得到正面向上的频率为0.5016；抛掷24000次硬币，得到正面向上的频率为0.5005.如果他抛掷36000次硬币，正面向上的频率可能大于0.5005；
③某类种子发芽的概率为0.903，当我们抽取2000粒种子试种，一定会有1806粒种子发芽；
④将一个均匀的骰子抛掷6000次，则出现点数大于2的次数大约为4000次.
A．②④ B．①④ C．①② D．②③
【解题思路】根据频率和概率的定义对各个选项进行判断即可.
【解答过程】①某同学投篮三次，命中两次，只能说明在这次投篮中命中的频率为23，不能说概率，故错误；
②进行大量的实验，硬币正面向上的频率在0.5附近摆动，可能大于0.5，也可能小于0.5,故正确；
③只能说明可能有1806粒种子发芽，具有随机性，并不是一定有1806粒种子发芽，故错误；
④出现点数大于2的次数大约为4000次，正确.
故选：A.
【题型8 频率估计概率在统计中的应用】
【方法点拨】
此类题目的解题方法是：先利用频率的计算公式依次计算出各个频率，然后根据频率与概率的关系估计事
件发生的概率，据此得出统计推断.
【例8】（2023春·全国·高一专题练习）某地要举办一年一度为期一个月（30天）的大型商业峰会，一商店每天要订购相同数量的一种食品，每个该食品的进价为0.6元，售价为1元，当天卖不完的食品按进价的半价退回，食品按每箱100个包装．根据往年的销售经验，每天对该食品的需求量和当天到会的人数有关，为了确定订购计划，统计了往年的到会人数与需求量和到会人数与天数的有关数据如下：
到会人数/人
8000,9000
9000,10000
10000,11000
11000,12000
12000,13000
需求量/箱
400
450
500
550
600
到会人数/人
8000,9000
9000,10000
10000,11000
11000,12000
12000,13000
天数
5
6
8
7
4
以到会人数位于各区间的频率估计到会人数位于各区间的概率．
(1)估计商业峰会期间，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率；
(2)设商业峰会期间一天这种食品的销售利润为Y（单位：元），当商业峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，写出Y的所有可能值，并估计Y不超过15000元的概率．
【解题思路】（1）根据表格求出商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数，从而求出相应的概率；
（2）根据到会人数位于的区间，求出Y的所有可能取值，并求出Y不超过15000元的概率.
【解答过程】（1）由表中数据可知商业峰会期间30天内，该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的天数为5+6+8=19，
所以商业峰会期间该商店一天这种食品的需求量不超过500箱的概率为1930．
（2）当峰会期间这种食品一天的进货量为550箱时，
若到会人数位于区间8000,9000内，
则Y=400×100×1−0.6+150×100×0.3−0.6=11500元，
若到会人数位于区间9000,10000内，
则Y=450×100×1−0.6+100×100×0.3−0.6=15000元，
若到会人数位于区间10000,11000内，
则Y=500×100×1−0.6+50×100×0.3−0.6=18500元，
若到会人数超过11000，则Y=550×100×1−0.6=22000元，
即Y的所有可能值为11500，15000，18500，22000
Y不超过15000元，意味着到会人数不超过10000，
到会人数不超过10000的频率为5+630=1130，
所以Y不超过15000元的概率的估计值为1130．
【变式8-1】（2023·全国·高一专题练习）某校高三分为四个班.调研测试后，随机地在各班抽取部分学生进行测试成绩统计，各班被抽取的学生数依次为22，22+d，22+2d，22+3d人．抽取出来的所有学生的测试成绩统计结果的频率分布条形图如图所示，其中120~130（包括120分但不包括130分）的频率为0.05，此分数段的人数为5人.
(1)问各班被抽取的学生人数各为多少人？
(2)在抽取的所有学生中，任取一名学生，求分数不小于90分的概率．
【解题思路】（1）由频率分布条形图知抽取的学生总数，各班被抽取的学生人数成等差数列，设公差为d，则4×22+4×32d=100求出d可得答案；
（2）任取一名学生，分数不低于90分的概率等于1减去分数低于90分的概率，结合频率分布直方图可得答案.
【解答过程】（1）由频率等于频数除以总数知，抽取的学生总数为50.05=100人，又各班被抽取的学生人数成等差数列，人数最少的班被抽取了22人，则首项为22.设公差为d，则4×22+4×32d=100，∴d=2，因此各班被抽取的人数分别是22人，24人，26人，28人；
（2）在抽取的所有学生中，任取一名学生，分数不低于90分的概率等于1减去分数低于90分的概率，而分数低于90分的概率等于0.05+0.20=0.25，因此所求概率为1−0.25=0.75.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）某射击队统计了甲､乙两名运动员在平日训练中击中10环的次数，如下表：
射击次数
10
20
50
100
200
500
甲击中10环的次数
9
17
44
92
179
450
甲击中10环的频率
乙击中10环的次数
8
19
44
93
177
453
乙击中10环的频率
(1)分别计算出甲､乙两名运动员击中10环的频率，补全表格；
(2)根据（1）中的数据估计两名运动员击中10环的概率.
【解题思路】（1）根据频率、频数和总数之间的关系完善表格；
（2）利用频率与概率之间的关系即可得出结论.
【解答过程】（1）
两名运动员击中10环的频率如下表：
射击次数
10
20
50
100
200
500
甲击中10环的次数
9
17
44
92
179
450
甲击中10环的频率
0.9
0.85
0.88
0.92
0.895
0.9
乙击中10环的次数
8
19
44
93
177
453
乙击中10环的频率
0.8
0.95
0.88
0.93
0.885
0.906
（2）
由（1）中的数据可知两名运动员击中10环的频率都集中在0.9附近，所以两人击中10环的概率均约为0.9.
【变式8-3】（2023春·全国·高一专题练习）某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：20,30，30,40，…，80,90，并整理得到频率分布直方图如图所示．
(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；
(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间40,50内的人数；
(3)估计随机抽取的100名学生分数的众数，估计测评成绩的75%分位数；
(4)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例．
【解题思路】（1）由对立事件结合频率分布直方图先得出数不小于60的频率，即可得出分数小于60的频率，则可得出总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计值；
（2）先由频率分布直方图可得分数不小于50的频率，即可得出分数不小于50的人数，在集合题意即可得出总体中分数在区间40,50内的人数；
（3）总数为频率分布直方图中频率最高的分数区间的中间值，测评成绩的75%分位数先得出从前到后的频率之和为0.75时在那个区间，在通过频率求出；
（4）先由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数，在通过已知得出样本中的男女生比例，即可得出总体中男女生的比例估计.
【解答过程】（1）由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：0.02+0.04+0.02×10=0.8，
则分数小于60的频率为：1−0.8=0.2，
故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计为0.2；
（2）由频率分布直方图可得分数不小于50的频率为：0.01+0.02+0.04+0.02×10=0.9，
则分数在区间40,50内的人数为：100−100×0.9−5=5人，
则总体中分数在区间40,50内的人数为：500×5100=25人；
（3）由频率分布直方图可得分数在区间70,80的频率最高，
则随机抽取的100名学生分数的众数估计为75，
由频率分布直方图可得分数小于70的频率为0.4，分数小于80的频率为0.8，
则测评成绩的75%分位数落在区间70,80上，
则测评成绩的75%分位数为70+10×0.350.4=78.75；
（4）由频率分布直方图可得分数不小于70的学生人数为0.02+0.04×10×100=60人，
因为样本中分数不小于70的男女生人数相等
所以样本中分数不小于70的男生人数为60×12=30人，
又因为样本中有一半男生的分数不小于70，
所以样本中的男生共有30×2=60人，
则样本中的女生共有100−60=40人，
所以总体中男生和女生人数的比例估计为60:40=3:2.
【题型9 游戏公平性的判断】
【方法点拨】
无论是怎样的游戏，游戏公平与否就是看参与游戏的每个个体获胜的概率是否相同，相同则公平，不相同
则不公平.
【例9】（2023·全国·高一专题练习）一天，甲拿出一个装有三张卡片的盒子（一张卡片的两面都是绿色，一张卡片的两面都是蓝色，还有一张卡片一面是绿色，另一面是蓝色），跟乙说玩一个游戏，规则是：甲将盒子里的卡片顺序打乱后，由乙随机抽出一张卡片放在桌子上，然后卡片朝下的面的颜色决定胜负，如果朝下的面的颜色与朝上的面的颜色一致，则甲赢，否则甲输.乙对游戏的公平性提出了质疑，但是甲说：“当然公平！你看，如果朝上的面的颜色为绿色，则这张卡片不可能两面都是蓝色，因此朝下的面要么是绿色，要么是蓝色，因此，你赢的概率为12，我赢的概率也是12，怎么不公平？”分析这个游戏是否公平.
【解题思路】把卡片六个面的颜色记为G1，G2，G3，B1，B2，B3，其中，G表示绿色，B表示蓝色；G3和B3是两面颜色不一样的那张卡片的颜色，用树形图得到样本空间，计算出概率即可判断.
【解答过程】解：把卡片六个面的颜色记为G1，G2，G3，B1，B2，B3，
其中，G表示绿色，B表示蓝色；G3和B3是两面颜色不一样的那张卡片的颜色.
游戏所有的结果可以用如图表示.
不难看出，此时，样本空间中共有6个样本点，朝上的面与朝下的面颜色不一致的情况只有2种，因此乙赢的概率为26=13.
因此，这个游戏不公平.
【变式9-1】（2023春·全国·高一专题练习）已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如135，256，345等）
现要从甲乙两名同学中，选出一个参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，且只抽取1次，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.
（1）由1，2，3，4，5，6可组成多少“三位递增数”？并一一列举出来.
（2）这种选取规则对甲乙两名学生公平吗？并说明理由.
【解题思路】（1）根据定义一一列举出即可；
（2）由（1）根据古典概型的概率计算公式分别计算概率即可判断.
【解答过程】解：（1）由题意知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数共有20个.
分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456.
（2）不公平由（1）知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”有20个，记“甲参加数学竞赛”为事件A，记“乙参加数学竞赛”为事件B.则事件A含有基本事件有：124，134，234，126，136，146，156，236，246，256，346，356，456共13个.
由古典概型计算公式，得
P(A)=事件A含有的基本事件的个数试验所有基本事件的总数=1320，
又A与B对立，所以P(B)=1−P(A)=1−1320=720，
所以P(A)>P(B).故选取规则对甲、乙两名学生不公平.
【变式9-2】（2023·全国·高一专题练习）一个游戏包含两个随机事件A和B，规定事件A发生则甲获胜，事件B发生则乙获胜.判断游戏是否公平的标准是事件A和B发生的概率是否相等.
在游戏过程中甲发现：玩了10次时，双方各胜5次；但玩到1000次时，自己才胜300次，而乙却胜了700次.据此，甲认为游戏不公平，但乙认为游戏是公平的.你更支持谁的结论？为什么？
【解题思路】根据频率的稳定性，随着试验次数的增加，频率越来越接近概率.
【解答过程】解：当游戏玩了10次时，甲、乙获胜的频率都为0.5；
当游戏玩了1000次时，甲获胜的频率为0.3，乙获胜的频率为0.7，
根据频率的稳定性，随着试验次数的增加，频率偏离概率很大的可能性会越来越小.
相对10次游戏，1000次游戏时的频率接近概率的可能性更大，
因此我们更愿意相信1000次时的频率离概率更近.
而游戏玩到1000次时，甲、乙获胜的频率分别是0.3和0.7，存在很大差距，
所以有理由认为游戏是不公平的.因此，应该支持甲对游戏公平性的判断.
【变式9-3】（2023·高一课时练习）下面的三个游戏都是在袋子中装球，然后从袋子中不放同地取球，分别计算三个游戏中甲获胜的概率，你认为哪个游戏是公平的？
游戏1
游戏2
游戏3
袋子中球的数量和颜色
1个红球和1个白球
2个红球和2个白球
3个红球和1个白球
取球规则
取1个球
依次取出2个球
依次取出2个球
获胜规则
取到红球→甲胜
两个球同色→甲胜
两个球同色→甲胜
取到白球→乙胜
两个球不同色→乙胜
两个球不同色→乙胜
【解题思路】利用古典概型的概率公式分别计算三个游戏中甲获胜的概率，根据甲乙对应的概率是否相等判断游戏的公平性.
【解答过程】解：游戏1中，甲获胜的概率为12；
游戏2中，甲获胜的视率为26=13；
游戏3中，甲获胜的概率为36=12，
所以游戏1和游戏3是公平的.
【题型10 概率模拟问题】
【方法点拨】
求解概率模拟问题的注意点
(1)选择适当的替代物，因为替代物的选取是否合理决定了试验结果的可信度，因此在用替代物模拟试验中，
要求必须在相同条件下进行.
(2)用计算机(器)模拟试验时对随机数范围的确定.例如，有20张大小相同的卡片，分别写有1~20的数，从
中随机抽取一张，求结果是5的倍数的概率，在这种情况下，随机数的范围应是1~20内的整数.
【例10】（2023·全国·高一专题练习）在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出[0，9]之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 683
257 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为（ ）.
A．0.25 B．0.4 C．0.6 D．0.75
【解题思路】根据题意分析随机数中没有1，2，3，4中的数的个数，再根据对立事件的概率求解即可
【解答过程】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，
故三只豚鼠都没被感染的概率为520=0.25，
则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为1−0.25=0.75
故选：D.
【变式10-1】（2023春·全国·高一专题练习）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．310 B．25 C．720 D．920
【解题思路】求出表中数据四天中恰有三天下雨的情况即可得出概率.
【解答过程】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820=25.
故选：B.
【变式10-2】（2023春·全国·高一专题练习）某种心脏手术，成功率为0.6，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0.6，我们用0，1，2，3表示手术不成功，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．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
【解题思路】由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有2组，即求.
【解答过程】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： 569, 989，故2个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为210=0.2.
故选：A.
【变式10-3】（2023·全国·高一专题练习）在这个热“晴”似火的7月，多地持续高温，某市气象局将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37摄氏度以上的概率是12．某人用计算机生成了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表示高温橙色预警，用5，6，7，8，9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．35 B．25 C．1320 D．120
【解题思路】运用列举法得，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12个，由古典概型公式可得选项.
【解答过程】解：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12个，分别为：
116, 812, 730, 452, 125, 217, 109, 361, 284, 147, 318, 027,
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：1220=35，
故选：A.
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