新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第5节　古典概型、概率的基本性质（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第10章第5节　古典概型、概率的基本性质（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了理解古典概型及其概率计算公式，古典概型的概率公式，概率的性质，125>7等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.古典概型
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
(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.
2.古典概型的概率公式
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)＝eq \f(k,n)＝eq \f(n（A）,n（Ω）).
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
3.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；
性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B).
[常用结论与微点提醒]
概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其样本点是“发芽与不发芽”.( )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件.( )
(3)从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0或不小于0的可能性相同.( )
(4)从1，2，3这三个数中任取两个数，其和不小于4的概率为eq \f(2,3).( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
解析 对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括“正反”与“反正”两个样本点，所以(2)不正确.
2.(必修二P237例7改编)单项选择题是标准化考试中常用的题型，一般是从A，B，C，D四个选项中选择一个正确答案.如果考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确的答案.假设考生有一题不会做，他随机地选择一个答案，答对的概率是________.
答案 eq \f(1,4)
解析 选择一个答案有选A，选B，选C，选D共4种等可能的结果，故答对的概率p＝eq \f(1,4).
3.袋中装有大小、形状完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为________.
答案 eq \f(3,5)
解析 完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，一共有Ceq \\al(1,10)＝10种取法，取到白球有Ceq \\al(1,6)＝6种取法，
则取到白球的概率p＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
4.某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶.假设此人再射击1次，则中靶的概率约为________.
答案 0.9
解析 法一 由题意知eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋eq \f(4,10)＝eq \f(9,10)＝0.9.
法二 由题意，未中靶的概率为eq \f(1,10)＝0.1，
故中靶的概率为1－0.1＝0.9.
考点一 古典概型
例1 (1)(2024·东莞调研)甲、乙、丙、丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰好接到1次球的概率为( )
A.eq \f(14,27)B.eq \f(5,9)C.eq \f(16,27)D.eq \f(17,27)
答案 C
解析 按接球人分类：①不含甲，三人时，乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；
两人时，乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；
②含甲，乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种，
故共计27种.
其中乙恰好接到1次球的情况有16种，所以所求概率为eq \f(16,27).
(2)(2024·沈阳模拟)如图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻(上、下相邻或左、右相邻)的开关改变状态.若从这十六个开关中随机选两个不同的开关先后各按1次(例如：先按(1，1)，再按(4，4))，则(2，3)和(4，1)的最终状态都未发生改变的概率为________.
答案 eq \f(41,120)
解析 要使得(2，3)的状态发生改变，
则需要按(1，3)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，3)这五个开关中的一个，
要使得(4，1)的状态发生改变，则需要按(3，1)，(4，1)，(4，2)这三个开关中的一个，
所以要使得(2，3)和(4，1)的最终状态都未发生改变，
则需按其他八个开关中的两个或(1，3)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，3)中的两个或(3，1)，(4，1)，(4，2)中的两个，
故所求概率为eq \f(Aeq \\al(2,8)＋Aeq \\al(2,5)＋Aeq \\al(2,3),Aeq \\al(2,16))＝eq \f(41,120).
感悟提升 求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同；有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同.
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识.
训练1 (1)(2023·益阳调研)2022年10月12日“天宫课堂”首次在问天实验舱中授课，航天员老师们演示和讲解的多种实验，极大地激发了学生的学习兴趣.在一次模仿操作实验中，学生们从标号分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9种不同的种子中随机抽取2种种子进行实验，则抽到的2种不同的种子的标号之和恰为10的概率为( )
A.eq \f(1,9)B.eq \f(1,15)C.eq \f(5,36)D.eq \f(4,45)
答案 A
解析 从标号分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9种不同的种子中随机抽取2种种子的所有结果有Ceq \\al(2,9)＝36(种)，
而标号之和恰为10的结果有{1，9}，{2，8}，{3，7}，{4，6}，共4种，
所以所求的概率p＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9).
(2)(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A.eq \f(5,6)B.eq \f(2,3)C.eq \f(1,2)D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 法一 设6个主题分别为A，B，C，D，E，F，甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表：
共36种情况，其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为eq \f(30,36)＝eq \f(5,6).
法二 甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，故抽到不同主题的概率为1－eq \f(6,36)＝eq \f(5,6).
考点二 概率的基本性质
例2 从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率如表所示：
求：(1)表中字母a的值；
(2)至少遇到4个红灯的概率；
(3)至多遇到5个红灯的概率.
解 (1)由题意可得0.02＋0.1＋a＋0.35＋0.2＋0.1＋0.03＝1，解得a＝0.2.
(2)设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5，
事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上，
则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C，
因为事件A，B，C互斥，
所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.2＋0.1＋0.03＝0.33，
即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
(3)设事件D为遇到6个及6个以上红灯，则至多遇到5个红灯为事件eq \(D,\s\up6(－)).
则P(eq \(D,\s\up6(－)))＝1－P(D)＝1－0.03＝0.97.
感悟提升 复杂事件概率的求解方法
(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，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和.
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.
训练2 (多选)(2024·河北名校联考)中国篮球职业联赛中，某男篮球运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表：
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，则( )
A.P(A)＝0.55B.P(B)＝0.18
C.P(C)＝0.27D.P(B∪C)＝0.55
答案 ABC
解析 由题意可知P(A)＝eq \f(55,100)＝0.55，
P(B)＝eq \f(18,100)＝0.18，
∵事件A∪B为事件C的对立事件，且事件A，B，C两两互斥，
∴P(C)＝1－P(A∪B)＝1－P(A)－P(B)＝0.27，
∴P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.45.
考点三 古典概型的综合应用
例3 (2024·南充诊断)某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人.有2×2列联表如表所示.
(1)根据已知条件完成如表所示的2×2列联表，依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；
(2)若从“无蛀牙”的青少年中用分层随机抽样的方法抽取8人做进一步调查，再从抽取的这8人中随机抽取2人去担任“爱牙宣传志愿者”，求抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率.
附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由题意可知，2×2列联表为
零假设H0：“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”无关.
∵χ2＝200×eq \f(（90×50－30×30）2,120×80×120×80)＝28.125>7.879＝x0.005，
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，
∴认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
(2)若从“无蛀牙”的青少年中用分层随机抽样的方法抽取8人做进一步调查，
则爱吃甜食的有3人，设为x，y，z，不爱吃甜食的有5人，设为a，b，c，d，e，
从中随机抽取2人，所有情况为{x，y}，{x，z}，{y，z}，{x，a}，{x，b}，{x，c}，{x，d}，{x，e}，{y，a}，{y，b}，{y，c}，{y，d}，{y，e}，{z，a}，{z，b}，{z，c}，{z，d}，{z，e}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，e}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{c，d}，{c，e}，{d，e}，共28种，
其中抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的为{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，e}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{c，d}，{c，e}，{d，e}，共10种，
故抽取的2人都是“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的青少年的概率p＝eq \f(10,28)＝eq \f(5,14).
感悟提升 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.
训练3 某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]分组的频率分布直方图如图.
(1)求直方图中x的值；
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
(3)在月平均用电量为[240，260)，[260，280)，[280，300]的三组用户中，用分层随机抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率.
解 (1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1得x＝0.007 5，
所以直方图中x的值是0.007 5.
(2)月平均用电量的众数是eq \f(220＋240,2)＝230.
因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.450.5，
所以月平均用电量的中位数在[220，240)内，
设中位数为a，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a－220)＝0.5，
解得a＝224，
所以月平均用电量的中位数是224.
(3)月平均用电量为[240，260)的用户有
0.007 5×20×100＝15(户)，
月平均用电量为[260，280)的用户有
0.005×20×100＝10(户)，
月平均用电量在[280，300]的用户有
0.002 5×20×100＝5(户).
所以在[240，260)，[260，280)，[280，300]中分别抽取3户、2户和1户.
设参加节目的2户来自不同组为事件A，
则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,1)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,6))＝eq \f(11,15).
【A级 基础巩固】
1.(多选)下列试验是古典概型的是( )
A.在区间[－1，5]上任取一个数x，使x2－3x＋2>0
B.口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C.向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D.老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
答案 BD
解析 A中，在区间[－1，5]上任取一个数x，使x2－3x＋2>0，该事件个数是无限的；
B中，从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的；
C中，向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率不符合有限性；
D中，老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的.
2.(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A.eq \f(1,6)B.eq \f(1,3)C.eq \f(1,2)D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率p＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
3.(2024·杭州调研)杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图.现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中.若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是( )
A.eq \f(2,3)B.eq \f(1,3)C.eq \f(2,9)D.eq \f(1,9)
答案 C
解析 记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为A，B，C，
则样本点有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9个，
其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的样本点有(A，B)，(B，A)，共2个，
所以所求的概率p＝eq \f(2,9).
4.(2024·张家口质检)已知a是1，3，3，5，7，8，10，11的第75百分位数，在1，3，3，5，7，8，10，11中随机取两个数，这两个数都小于a的概率为( )
A.eq \f(1,4)B.eq \f(5,14)C.eq \f(15,28)D.eq \f(13,28)
答案 C
解析 因为8×75%＝6，所以a＝eq \f(8＋10,2)＝9.
8个数中有6个数小于9，
所以随机取两个数，这两个数都小于a的概率为eq \f(Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(2,8))＝eq \f(15,28).
5.(2024·深圳模拟)从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(2,3)C.eq \f(4,9)D.eq \f(5,9)
答案 D
解析 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，这三个数之积为偶数的样本点有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共9个，
它们之和大于8的样本点有(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共5个，
故所求概率p＝eq \f(5,9).
6.(2023·南京模拟)有5个形状大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是( )
A.“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件
B.“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件
C.“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率
D.“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率
答案 C
解析 对于A、B，两事件能同时发生，不是互斥事件，A、B错误；
对于C，“至少取到1个红球”的概率p＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,5))＝0.9，“至少取到1个蓝球”的概率
p＝eq \f(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,5))＝0.7，故C正确；
对于D，“至多取到1个红球”的概率p＝eq \f(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,5))＝0.7，“至多取到1个蓝球”的概率p＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,5))＝0.9，故D错误.
7.(2024·厦门模拟)某中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组(每组4个人)，则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为( )
A.eq \f(3,55)B.eq \f(1,4)C.eq \f(1,3)D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 由已知条件得，将12人任意分成3组(每组4个人)，不同的分组方法有eq \f(Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4),Aeq \\al(3,3))种，3个种子选手分在同一组的方法有eq \f(Ceq \\al(1,9)Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4),Aeq \\al(2,2))种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为eq \f(\f(Ceq \\al(1,9)Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4),Aeq \\al(2,2)),\f(Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8)Ceq \\al(4,4),Aeq \\al(3,3)))＝eq \f(3,55).
8.(2024·海南四校大联考)从不包含大小王的52张扑克牌中随机抽取一张，设事件A＝“抽到红心”，事件B＝“抽到方片”，且P(A)＝P(B)＝eq \f(1,4)，记事件C＝“抽到黑花色”，则P(C)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 记事件D＝“抽到红花色”，
因为D＝A∪B，且A，B不会同时发生，
所以A，B是互斥事件，
则P(D)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(1,2).
又因为C，D互斥，且C∪D是必然事件，
所以C，D互为对立事件，
所以P(C)＝1－P(D)＝eq \f(1,2).
9.(2024·重庆诊断)饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为________.
答案 eq \f(6,7)
解析 分为两类，舀取到的饺子有1个白菜馅，2个韭菜馅，或是2个白菜馅，1个韭菜馅，
所以所求概率p＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(6,7).
10.(2024·聊城模拟)若互不相等的实数m，n，s，t满足mn＝st，则称m，n，s，t具有“准等比”性质.现从2，4，8，16，32，64，128这7个数中随机选取4个不同的数，则这4个数具有“准等比”性质的概率为________.
答案 eq \f(13,35)
解析 从7个数中随机选取4个不同的数共有Ceq \\al(4,7)＝35种不同的选法.
因为2＝21，4＝22，8＝23，16＝24，32＝25，64＝26，128＝27，
所以具有“准等比”性质的4个数有{2，16，4，8}，{2，32，4，16}，{2，64，8，16}，{2，64，4，32}，{2，128，4，64}，{2，128，8，32}，{8，16，4，32}，{4，64，8，32}，{4，128，16，32}，{4，128，8，64}，{16，32，8，64}，{16，64，8，128}，{32，64，16，128}，共13种.
所以这4个数具有“准等比”性质的概率为eq \f(13,35).
11.2021年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72，108，120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率.
解 (1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机抽样的方法从中抽取25位员工，
因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人.
(2)①从已知的6人中随机抽取2人的样本空间为{(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个样本点.
②由表格知，符合题意的样本空间为{(A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)}，共11个样本点，
所以事件M发生的概率P(M)＝eq \f(11,15).
12.某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图.
注：分组区间为[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]
(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？
(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率.
解 (1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.
(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是eq \f(5,30＋45)＝eq \f(1,15)，所以样本中包含的男生人数为30×eq \f(1,15)＝2，女生人数为45×eq \f(1,15)＝3.
则从5人中任意选取2人共有Ceq \\al(2,5)＝10种，抽取的2人中没有一名男生有Ceq \\al(2,3)＝3种，则至少有一名男生有Ceq \\al(2,5)－Ceq \\al(2,3)＝7种.故至少有一名男生的概率为p＝eq \f(7,10).
【B级 能力提升】
13.(2024·北京通州区质检)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分三组各进行一场比赛，胜两场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为________；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为________.
答案 eq \f(1,6) eq \f(1,2)
解析 齐王的上、中、下等马分别记为a1，a2，a3，
田忌的上、中、下等马分别记为b1，b2，b3，
齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有：
(a1，b1)，(a2，b2)，(a3，b3)，齐王获胜；
(a1，b1)，(a2，b3)，(a3，b2)，齐王获胜；
(a2，b1)，(a1，b2)，(a3，b3)，齐王获胜；
(a2，b1)，(a1，b3)，(a3，b2)，田忌获胜；
(a3，b1)，(a1，b2)，(a2，b3)，齐王获胜；
(a3，b1)，(a2，b2)，(a1，b3)，齐王获胜，共6种；
其中田忌获胜的只有一种(a2，b1)，(a1，b3)，(a3，b2)，
则田忌获胜的概率为eq \f(1,6).
若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，
此时情况为(a2，b1)，(a1，b2)，(a3，b3)或(a2，b1)，(a1，b3)，(a3，b2)，共2种，
此时田忌获胜的概率为eq \f(1,2).
14.为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断有疲乏症状与是否使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率.
附：χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，
n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由数表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
零假设H0：有疲乏症状与是否使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(275×（150×25－75×25）2,225×50×175×100)＝eq \f(275,56)
≈4.911＞3.841＝x0.05.
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与是否使用新药有关.
(2)从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为eq \f(4,100)＝eq \f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq \f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的有3人，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，于是得P(M)＝eq \f(Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(1,2)，
所以这2人中恰有1人有疲乏症状的概率是eq \f(1,2).
(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)
乙
甲
A
B
C
D
E
F
A
(A，A)
(A，B)
(A，C)
(A，D)
(A，E)
(A，F)
B
(B，A)
(B，B)
(B，C)
(B，D)
(B，E)
(B，F)
C
(C，A)
(C，B)
(C，C)
(C，D)
(C，E)
(C，F)
D
(D，A)
(D，B)
(D，C)
(D，D)
(D，E)
(D，F)
E
(E，A)
(E，B)
(E，C)
(E，D)
(E，E)
(E，F)
F
(F，A)
(F，B)
(F，C)
(F，D)
(F，E)
(F，F)
红灯个数
0
1
2
3
4
5
6个及
6个以上概率
0.02
0.1
a
0.35
0.2
0.1
0.03
投篮次数
投中两分球的次数
投中三分球的次数
100
55
18
有蛀牙
无蛀牙
总计
爱吃甜食
不爱吃甜食
总计
α
0.05
0.01
0.005
xα
3.841
6.635
7.879
有蛀牙
无蛀牙
总计
爱吃甜食
90
30
120
不爱吃甜食
30
50
80
总计
120
80
200
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
新药
疲乏症状
合计
无疲乏症状
有疲乏症状
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828