第九章 第二节 随机事件的概率与古典概型-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

这是一份第九章 第二节 随机事件的概率与古典概型-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案，文件包含第九章第二节随机事件的概率与古典概型原卷版docx、第九章第二节随机事件的概率与古典概型解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共33页， 欢迎下载使用。
1．概率和频率
(1)在相同的条件S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)＝eq \f(nA,n)为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A的概率，记作P(A)．
2．事件的关系与运算
3.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．
4．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
5．古典概型
满足以下两个条件的随机试验的概率模型称为古典概型．
(1)所有的基本事件只有有限个；
(2)每个基本事件的发生都是等可能的．
6．如果1次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是eq \f(1,n).如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)＝eq \f(m,n).
7．古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
课前检测
1.下列事件中，随机事件的个数为( )
①物体在只受重力的作用下会自由下落；
②方程x2＋2x＋8＝0有两个实根；
③某信息台每天的某段时间收到信息咨询的请求次数超过10次；
④下周六会下雨.
A.1 B.2
C.3D.4
解析：选B ①为必然事件，②为不可能事件，③④为随机事件.
2.(2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A.0.3B.0.4
C.0.6D.0.7
解析：选B 由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.故选B.
3.某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”( )
A.是互斥事件，不是对立事件
B.是对立事件，不是互斥事件
C.既是互斥事件，也是对立事件
D.既不是互斥事件也不是对立事件
解析：选C “至少有一名女生”包括“一男一女”和“两名女生”两种情况，这两种情况再加上“全是男生”构成全集，且不能同时发生，故“至少有一名女生”与“全是男生”既是互斥事件，也是对立事件，故选C.
4．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(4,15) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
5．(多选)若干个人站成排，其中不是互斥事件的是( )
A．“甲站排头”与“乙站排头”
B．“甲站排头”与“乙不站排尾”
C．“甲站排头”与“乙站排尾”
D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”
答案 BCD
解析 排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B，C，D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥．故选BCD.
6.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球.从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.
解析：P＝1－eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
答案：eq \f(5,6)
7．甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏，则平局的概率为________；甲赢的概率为________．
答案 eq \f(1,3) eq \f(1,3)
解析 设平局(用△表示)为事件A，甲赢(用⊙表示)为事件B，乙赢(用※表示)为事件C.容易得到如图．
平局含3个基本事件(图中的△)，P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
甲赢含3个基本事件(图中的⊙)，P(B)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
考点一.随机事件的关系
例1.（1）一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A.至多有一次中靶 B.两次都中靶
C.只有一次中靶D.两次都不中靶
解析：选D 事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况.由互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥.
（2）.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.①B.②④
C.③D.①③
解析：选C “至少有一个是奇数”即“两个都是奇数或一奇一偶”，而从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，根据取到数的奇偶性知共有三种情况：“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.
（3）.在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是eq \f(3,10)，那么概率是eq \f(7,10)的事件是( )
A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡
C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡
解析：选A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A.
变式1 (1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是eq \f(3,10)，那么概率是eq \f(7,10)的事件是( )
A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡
答案 A
解析 由题意知“2张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移动卡”，又1－eq \f(3,10)＝eq \f(7,10)，故“至多有一张移动卡”的概率是eq \f(7,10).
(2)口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为____________．
①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C)．
答案 ①④
解析 显然A与D是对立事件，①正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，③不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝eq \f(4,5)，P(C)＝eq \f(3,5)，⑤不正确．
考点二.随机事件的频率与概率
例1.某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元).当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率.
[解] (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 ℃，由表格数据知，最高气温低于25 ℃的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100，
所以，Y的所有可能值为900,300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，由表格数据知，最高气温不低于20 ℃的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
变式1.某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该保险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：
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：
(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eq \f(60＋50,200)＝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eq \f(30＋30,200)＝0.30，故P(B)的估计值为0.30.
(3)由所给数据得如下关系：
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.
考点三.互斥事件、对立事件概率公式的应用
例1 (1)某中学有3个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，甲、乙两位同学均参加其中1个社团，则这两位同学参加不同社团的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 这两位同学同时参加1个社团的概率为P＝3×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，所以这两位同学参加不同社团的概率为P′＝1－P＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
(2)(2020·商丘联考)已知甲袋中有1个红球和1个黄球，乙袋中有2个红球和1个黄球，现从两袋中各随机选取一个球，则取出的两球中至少有1个红球的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,6)
答案 D
解析 从两袋中各随机选取一个球，基本事件总数为2×3＝6，取出的两球中至少有1个红球的对立事件是取出的两球都是黄球，所以利用对立事件概率计算公式得，取出两球中至少有1个红球的概率P＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
变式1.某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.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)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
[解] (1)易知P(A)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(1,100)，P(C)＝eq \f(1,20).
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.
因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝eq \f(1＋10＋50,1 000)＝eq \f(61,1 000).
故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000).
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1 000)＋\f(1,100)))＝eq \f(989,1 000).
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000).
例2.(1)袋中装有3个白球和4个黑球，从中任取3个球，给出下列四组事件：①“恰有1个白球”和“全是白球”；②“至少有1个白球”和“全是黑球”；③“至少有1个白球”和“至少有2个白球”；④“至少有1个白球”和“至少有1个黑球”．在上述每组事件中，互为对立事件的是( )
A．① B．② C．②③ D．①④
答案 B
解析 ①互斥但不对立；②互为对立事件，③不是互斥事件，④不是互斥事件．
(2)下列说法正确的是( )
A．某人打靶，射击10次，中靶7次，则此人中靶的概率为0.7
B．一位同学做抛硬币试验，抛6次，一定有3次“正面朝上”
C．某地发行一种彩票，回报率为47%，若有人花了100元钱买此种彩票，则一定会有47元的回报
D．用某种药物对患有胃溃疡的500名病人进行治疗，结果有380人有明显的疗效，现在胃溃疡病人服用此药，则可估计有明显疗效的概率约为0.76
答案 D
解析 A项，此人中靶的频率为0.7，是一个随机事件，错误；B项是一个随机事件，不一定有3次“正面向上”，错误；C项是一个随机事件，中奖或不中奖都有可能，但事先无法预料，错误；D正确．
变式2.有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布情况如下表所示，
假设汽车A只能在约定日期(某月某日)的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发(将频率视为概率)，为了在各自允许的时间内将货物运至城市乙，汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为( )
A．公路1和公路2 B．公路2和公路1
C．公路2和公路2 D．公路1和公路1
答案 A
解析 通过公路1到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.2,0.4,0.2,0.2；
通过公路2到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.1,0.4,0.4,0.1，
设A1，A2分别表示汽车A在约定日期前11天出发，选择公路1,2将货物运往城市乙．
B1，B2分别表示汽车B在约定日期前12天出发选择公路1,2将货物运往城市乙，
则P(A1)＝0.2＋0.4＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
P(B1)＝0.2＋0.4＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
所以汽车A最好选择公路1，汽车B最好选择公路2.
考点四.古典概型
例1．（1）(2018·全国卷Ⅱ)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30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,14)
C.eq \f(1,15)D.eq \f(1,18)
（2）．(2019·武汉调研)将一枚质地均匀的骰子投掷两次，得到的点数依次记为a和b，则方程ax2＋bx＋1＝0有实数解的概率是( )
A.eq \f(7,36)B.eq \f(1,2)
C.eq \f(19,36)D.eq \f(5,18)
[解析] (1)不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有Ceq \\al(2,10)＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，所以所求概率P＝eq \f(3,45)＝eq \f(1,15).
(2)投掷骰子两次，所得的点数a和b满足的关系为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤a≤6，a∈N*，,1≤b≤6，b∈N*，))所以a和b的组合有36种.
若方程ax2＋bx＋1＝0有实数解，
则Δ＝b2－4a≥0，所以b2≥4a.
当b＝1时，没有a符合条件；当b＝2时，a可取1；当b＝3时，a可取1,2；当b＝4时，a可取1,2,3,4；当b＝5时，a可取1,2,3,4,5,6；当b＝6时，a可取1,2,3,4,5,6.
满足条件的组合有19种，则方程ax2＋bx＋1＝0有实数解的概率P＝eq \f(19,36).
[答案] (1)C (2)C
变式2．（1）(2019·全国Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“— —”，如图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.eq \f(5,16) B.eq \f(11,32) C.eq \f(21,32) D.eq \f(11,16)
答案 A
解析 由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为Ceq \\al(3,6)＝eq \f(6×5×4,6)＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16).故选A.
（2）．中国古代“五行”学说认为：物质分“金、木、水、火、土”五种属性，并认为：“金生水，水生木，木生火、火生土、土生金”．从五种不同属性的物质中随机抽取2种，则抽到的两种物质不相生的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 从五种不同属性的物质中随机抽取2种，共有“金木，金水，金火，金土，木水，木火，木土，水火，水土，火土”10种，而相生的有5种，
则抽到的两种物质不相生的概率P＝1－eq \f(5,10)＝eq \f(1,2).
例3．(2019·江苏)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________．
答案 eq \f(7,10)
解析 记3名男同学为A，B，C，2名女同学为a，b，则从中任选2名同学的情况有(A，B)，(A，C)，(A，a)，(A，b)，(B，C)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(a，b)，共10种，其中至少有1名女同学的情况有(A，a)，(A，b)，(B，a)，(B，b)，(C，a)，(C，b)，(a，b)，共7种，故所求概率为eq \f(7,10).
变式3．(2020·湖北龙泉中学、钟祥一中、京山一中、沙洋中学联考)从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，则经过两次这样的调换后，甲在乙左边的概率是________．
答案 eq \f(2,3)
解析 从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，则经过两次这样的调换，基本事件总数为n＝Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(2,3)＝9，从左至右依次站着甲、乙、丙3个人，从中随机抽取2个人进行位置调换，第一次调换后，对调后的位置关系有三种：甲丙乙、乙甲丙、丙乙甲，第二次调换后甲在乙左边对应的关系有：丙甲乙、甲乙丙；丙甲乙、甲乙丙；甲乙丙、丙甲乙，∴经过两次这样的调换后，甲在乙左边包含的基本事件个数m＝6，∴经过这样的调换后，甲在乙左边的概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法(列表法、树状图法)以及排列、组合法．
考点五.古典概型与统计的综合应用
例1. 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)月平均用电量在[240,260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)，
月平均用电量在[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)．
抽样方法为分层抽样，在[240,260)，[260,280)，[280,300]中的用户比为3∶2∶1，
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，将来自[240,260)的用户记为a1，a2，a3，来自[260,280)的用户记为b1，b2，来自[280,300]的用户记为c1，在6户中随机抽取2户有(a1，a2)，(a1，a3)(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b2，c1)，共15种取法，其中满足条件的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，c1)，(b2，c1)，共11种，故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)＝eq \f(11,15).
思维升华 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数分布表、频率分布直方图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．
变式1. “抢红包”的活动给节假日增添了一份趣味，某组织进行了一次关于“是否参与抢红包活动”的调查活动，在几个大型小区随机抽取50名居民进行问卷调查，对问卷结果进行了统计，并将调查结果统计如下表：
(1)补全如图所示有关调查人数的频率分布直方图，并根据频率分布直方图估计这50名居民年龄的中位数和平均数(结果精确到0.1)；
(2)在被调查的居民中，若从年龄在[10,20)，[20,30)内的居民中各随机选取1人参加抽奖活动，求选中的2人中仅有1人没有参与抢红包活动的概率．
解 (1)补全频率分布直方图，如图所示：
这50名居民年龄的平均数约为(15×0.008＋25×0.012＋35×0.028＋45×0.024＋55×0.016＋65×0.012)×10＝41.4.
设中位数为x，则0.08＋0.12＋0.28＋0.024(x－40)＝0.5，解得x≈40.8，
所以这50名居民年龄的中位数约为40.8.
(2)记年龄在[10,20)内的居民为a1，A2，A3，A4(其中居民a1没有参与抢红包活动)，年龄在[20,30)内的居民为b1，b2，B3，B4，B5，B6(其中居民b1，b2没有参与抢红包活动)．从年龄在[10,20)，[20,30)内的居民中各选取1人的情形有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，B3)，(a1，B4)，(a1，B5)，(a1，B6)，(A2，b1)，(A2，b2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(A2，B5)，(A2，B6)，(A3，b1)，(A3，b2)，(A3，B3)，(A3，B4)，(A3，B5)，(A3，B6)，(A4，b1)，(A4，b2)，(A4，B3)，(A4，B4)，(A4，B5)，(A4，B6)，共24种．
其中仅有1人没有参与抢红包活动的情形有10种，所以选中的2人中仅有1人没有参与抢红包活动的概率P＝eq \f(10,24)＝eq \f(5,12).
课后习题
单选题
1.从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“都是红球”
C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：选D A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系.
2.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq \f(1,7)，都是白子的概率为eq \f(12,35).则从中任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(12,35)
C.eq \f(17,35)D.1
解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥.所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(1,7)＋eq \f(12,35)＝eq \f(17,35)，即任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为eq \f(17,35).
3.某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为( )
解析：选C 记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.
4.抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋eq \x\t(B)发生的概率为( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3)D.eq \f(5,6)
解析：选C 掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，
所以P(eq \x\t(B))＝1－P(B)＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
因为eq \x\t(B)表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与eq \x\t(B)互斥，从而P(A＋eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
5.抛掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点)一次，观察掷出向上的点数，设事件A为掷出向上为偶数点，事件B为掷出向上为3点，则P(A∪B)＝( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,2)D.eq \f(5,6)
解析：选B 事件A为掷出向上为偶数点，所以P(A)＝eq \f(1,2).
事件B为掷出向上为3点，所以P(B)＝eq \f(1,6).
又事件A，B是互斥事件，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(2,3).
6.若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，2))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2)))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(4,3)))
解析：选D 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜PA＜1，,0＜PB＜1，,PA＋PB≤1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜2－a＜1，,0＜4a－5＜1，,3a－3≤1，))解得eq \f(5,4)＜a≤eq \f(4,3).
7.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A.134石B.169石
C.338石D.1 365石
解析：选B 这批米内夹谷约为eq \f(28,254)×1 534≈169石，故选B .
8.现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是( )
A.eq \f(3,5)B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,10)D.eq \f(1,5)
解析：选A 由题意得an＝(－3)n－1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以所求概率P＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
9．(2020·湖南六校联考)某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案 B
解析 从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色的所有基本事件有{黄白}，{黄蓝}，{黄红}，{白蓝}，{白红}，{蓝红}，共6种，其中包含白色的有3种，故选中白色的概率为eq \f(1,2)，故选B.
10．(2019·苏州模拟)一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为( )
A.eq \f(18,35) B.eq \f(3,5) C.eq \f(22,35) D.eq \f(11,15)
答案 C
解析 一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，
基本事件总数n＝Ceq \\al(3,7)＝35，
摸出白球个数多于黑球个数包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(0,3)＝22，
则摸出白球个数多于黑球个数的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(22,35).
11．3位大学生乘坐同一列动车，该动车有8节车厢，则至少有2位大学生在同一节车厢的概率为( )
A.eq \f(21,32) B.eq \f(57,64) C.eq \f(11,32) D.eq \f(11,16)
答案 C
解析 3位大学生的乘车方式共有83种，其中均不在同一节车厢的乘车方式有Aeq \\al(3,8)种，所以3位大学生均不在同一节车厢的概率为eq \f(A\\al(3,8),83)＝eq \f(8×7×6,83)＝eq \f(21,32)，故至少有2位大学生在同一节车厢的概率为1－eq \f(21,32)＝eq \f(11,32)，故选C.
12．某公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，则6位员工中甲不在1日值班的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(5,6)
答案 B
解析 该公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，基本事件总数n＝Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)，6位员工中甲不在1日值班包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)，∴6位员工中甲不在1日值班的概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2))＝eq \f(2,3).
多选题
13．(多选)下列四个命题错误的是( )
A．对立事件一定是互斥事件
B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
C．若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件
答案 BCD
解析 在A中，对立事件一定是互斥事件，故A正确；在B中，若A，B为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故B错误；在C中，若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，故C错误；在D中，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B有可能不是对立事件．
填空题
14.若A，B互为对立事件，其概率分别为P(A)＝eq \f(4,x)，P(B)＝eq \f(1,y)，则x＋y的最小值为________.
解析：由题意，x＞0，y＞0，eq \f(4,x)＋eq \f(1,y)＝1.则x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(1,y)))＝5＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4y,x)＋\f(x,y)))≥5＋2 eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝9，当且仅当x＝2y时等号成立，故x＋y的最小值为9.
答案：9
15.已知某台纺纱机在1小时内发生0次、1次、2次断头的概率分别是0.8,0.12,0.05，则这台纺纱机在1小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为________，________.
解析：断头不超过两次的概率P1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.97.于是，断头超过两次的概率P2＝1－P1＝1－0.97＝0.03.
答案：0.97 0.03
16.“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事、自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象.某地新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可程度进行调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度，若该地区有9 600人，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有________人.
解析：在随机抽取的50人中，持反对态度的频率为1－eq \f(14,50)＝eq \f(18,25)，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有9 600×eq \f(18,25)＝6 912(人).
答案：6 912
17．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为________．
答案 eq \f(10,21)
解析 从袋中任取2个球共有Ceq \\al(2,15)＝105(种)取法，其中恰有1个白球、1个红球共有Ceq \\al(1,10)Ceq \\al(1,5)＝50(种)取法，所以所取的2个球恰有1个白球、1个红球的概率为eq \f(50,105)＝eq \f(10,21).
18．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．
答案 eq \f(1,2)
解析 从10件产品中取4件，共有Ceq \\al(4,10)种取法，恰好取到1件次品的取法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(3,7)种，由古典概型概率计算公式得P＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(3,7),C\\al(4,10))＝eq \f(3×35,210)＝eq \f(1,2).
19.一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红玻璃球的概率为eq \f(7,15)，取得两个绿玻璃球的概率为eq \f(1,15)，则取得两个同色玻璃球的概率为________；至少取得一个红玻璃球的概率为________.
解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为P＝eq \f(7,15)＋eq \f(1,15)＝eq \f(8,15).
由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至少取得一个红玻璃球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－eq \f(1,15)＝eq \f(14,15).
答案：eq \f(8,15) eq \f(14,15)
20．无重复数字的五位数a1a2a3a4a5，当a1a3，a3a5时称为波形数，则由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是______．
答案 eq \f(2,15)
解析 ∵a2>a1，a2>a3，a4>a3，a4>a5，∴a2只能是3,4,5中的一个．
(1)若a2＝3，则a4＝5，a5＝4，a1与a3是1或2，这时共有2×1＝2(个)符合条件的五位数．
(2)若a2＝4，则a4＝5，a1，a3，a5可以是1,2,3，共有3×2×1＝6(个)符合条件的五位数．
(3)若a2＝5，则a4＝3或4，此时分别与(1)(2)中的个数相同．
∴满足条件的五位数有2×(2＋6)＝16(个)．
又由1,2,3,4,5任意组成的一个没有重复数字的五位数有5×4×3×2×1＝120(个)，故所求概率为eq \f(16,120)＝eq \f(2,15).
解答题
21.(2019·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查.这1 000名购物者2018年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：
电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率.
解：(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为
eq \f(1,1 000)(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知
P(y＝150)＝P(0.6≤x＜0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
22.某保险公司利用简单随机抽样方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
(1)若每辆车的投保金额均为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)＝eq \f(150,1 000)＝0.15，P(B)＝eq \f(120,1 000)＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为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，可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，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(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为eq \f(24,100)＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
23.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查，调查结果如下：
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径.
解：(1)共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，
用频率估计概率，可得所求概率为0.44.
(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，
故由调查结果得频率分布如下表：
(3)记事件A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；
记事件B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站.
用频率估计概率及
由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
P(A1)＞P(A2)，故甲应选择L1；
P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
P(B2)＞P(B1)，故乙应选择L2.
24．某中学有初中学生1 800人，高中学生1 200人．为了了解学生本学期课外阅读时间，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名学生，先统计了他们课外阅读时间，然后按“初中学生”和“高中学生”分为两组，再将每组学生的阅读时间(单位：小时)分为5组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]，并分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)试估计该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数；
(3)从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，求至少抽到1名高中生的概率．
解 (1)由题意得(0.005×2＋0.020＋a＋0.040)×10＝1，解得a＝0.03.
(2)∵初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.020＋0.005)×10＝0.25.
∴所有初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.25×1 800＝450(人)．
同理，高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.030＋0.005)×10＝0.35，
∴所有高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.35×1 200＝420(人)．
∴该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数约为450＋420＝870.
(3)由分层抽样知，抽取的初中生有60名，高中生有40名．记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，至少抽取1名高中生”为事件A.
初中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×60＝3.
高中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×40＝2.
则从阅读时间不足10个小时的样本学生(共5人)中随机抽取2人，所有可能的情况有Ceq \\al(2,5)＝10(种)，其中至少抽到1名高中生的情况有Ceq \\al(2,5)－Ceq \\al(2,3)＝7(种)，
∴所求概率为eq \f(7,10)＝0.7.
25．箱中有a个正品，b个次品(a，b均为大于3的正整数)，从箱中连续随机抽取3次，每次抽取一个产品，分别求采用以下两种抽样方式，抽取的3个产品全是正品的概率．
(1)每次抽样后不放回；
(2)每次抽样后放回．
解 (1)方法一 若把不放回抽样3次看成有顺序抽样，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有Aeq \\al(3,a＋b)种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有Aeq \\al(3,a)种方法，所以所求概率为eq \f(A\\al(3,a),A\\al(3,a＋b)).
方法二 若不放回抽样3次看成无顺序抽样，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有Ceq \\al(3,a＋b)种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有Ceq \\al(3,a)种方法，所以所求概率为eq \f(C\\al(3,a),C\\al(3,a＋b))＝eq \f(A\\al(3,a),A\\al(3,a＋b)).
(2)从a＋b个产品中有放回地抽取3次，每次都有a＋b种方法，所以共有(a＋b)3种不同的方法，而3个全是正品的抽法共有a3种，所以所求概率为eq \f(a3,a＋b3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,a＋b)))3.
定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A
(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B，则称事件A与事件B相等
A＝B
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B
(或A＋B)
交事件
(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B
(或AB)
互斥事件
A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅且
P(A∪B)＝
P(A)＋P(B)
＝1
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
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
所用时间(天数)
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10
年龄/岁
[10,20)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70]
调查人数
4
6
14
12
8
6
参与的人数
3
4
12
6
3
2
购物金额分组
[0.3,0.5)
[0.5,0.6)
[0.6,0.8)
[0.8,0.9]
发放金额
50
100
150
200
x
0.3≤x＜0.5
0.5≤x＜0.6
0.6≤x＜0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
所用时间(分钟)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
选择L1的人数
6
12
18
12
12
选择L2的人数
0
4
16
16
4
所用时间(分钟)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1