【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版12-1事件与概率、古典概型学案 19页

‎§12.1　事件与概率、古典概型 最新考纲 考情考向分析 ‎1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.‎ ‎2.了解两个互斥事件的概率加法公式.‎ ‎3.理解古典概型及其概率计算公式.‎ ‎4.会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.‎ 以考查随机事件、互斥事件与对立事件的概率为主，常与事件的频率交汇考查．本节内容在高考中三种题型都有可能出现，随机事件的频率与概率的题目往往以解答题的形式出现，互斥事件、对立事件的概念及概率常常以选择、填空题的形式出现.‎ ‎1．事件 ‎(1)不可能事件、必然事件、随机事件：‎ 在同样的条件下重复进行试验时，有的结果始终不会发生，它称为不可能事件；有的结果在每次试验中一定会发生，它称为必然事件；有的结果可能发生，也可能不发生，它称为随机事件．‎ ‎(2)基本事件、基本事件空间：‎ 试验连同它出现的每一个结果称为一个基本事件，它是试验中不能再分的最简单的随机事件；所有基本事件构成的集合称为基本事件空间，基本事件空间常用大写希腊字母Ω表示．‎ ‎2．概率与频率 ‎(1)概率定义：在n次重复进行的试验中，事件A发生的频率，当n很大时，总是在某个常数附近摆动，随着n的增加，摆动幅度越来越小，这时就把这个常数叫做事件A的概率，记作 P(A)．‎ ‎(2)概率与频率的关系：概率可以通过频率来“测量”，频率是概率的一个近似．‎ ‎3．事件的关系与运算 名称 定义 并事件(和事件)‎ 由事件A和B至少有一个发生所构成的事件C 互斥事件 不可能同时发生的两个事件A、B 互为对立事件 不能同时发生且必有一个发生的两个事件A、B ‎4.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)．‎ ‎5．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．‎ ‎6．古典概型的两个特点 ‎(1)有限性：在一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即只有有限个不同的基本事件；‎ ‎(2)等可能性：每个基本事件发生的可能性是均等的．‎ ‎7．如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝.‎ ‎8．古典概型的概率公式 P(A)＝.‎ 概念方法微思考 ‎1．随机事件A发生的频率与概率有何区别与联系？‎ 提示　随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中事件A发生的频率稳定在事件A发生的概率附近．‎ ‎2．随机事件A，B互斥与对立有何区别与联系？‎ 提示　当随机事件A，B互斥时，不一定对立，当随机事件A，B对立时，一定互斥．‎ ‎3．任何一个随机事件与基本事件有何关系？‎ 提示　任何一个随机事件都等于构成它的每一个基本事件的和．‎ ‎4．如何判断一个试验是否为古典概型？‎ 提示　一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)事件发生的频率与概率是相同的．(　×　)‎ ‎(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　√　)‎ ‎(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．(　×　)‎ ‎(4)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的．‎ ‎(　×　)‎ ‎(5)从市场上出售的标准为500±5 g的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型．(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是(　　)‎ 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 答案　D 解析　“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．‎ ‎3．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. B. C. D. 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＝＝.‎ ‎4．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．‎ 答案　 解析　掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P＝1－＝.‎ 题组三　易错自纠 ‎5．将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是(　　)‎ A．必然事件 B．随机事件 C．不可能事件 D．无法确定 答案　B 解析　抛掷10次硬币，正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．‎ ‎6．安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　由题意可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P＝＝.故选B.‎ ‎7．(2018·沈阳模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为______．‎ 答案　0.35‎ 解析　∵事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，‎ ‎∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为 P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.‎ 题型一　随机事件 命题点1　随机事件的关系 例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，那么概率是的事件是(　　)‎ 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　“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．‎ ‎(2)口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，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　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；显然A与D是对立事件，①正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．‎ 命题点2　随机事件的频率与概率 例2 (2017·全国Ⅲ)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：‎ 最高气温 ‎[10,15)‎ ‎[15,20)‎ ‎[20,25)‎ ‎[25,30)‎ ‎[30,35)‎ ‎[35,40]‎ 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 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＝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 ＝0.8.‎ 因此Y大于零的概率的估计值为0.8.‎ 命题点3　互斥事件与对立事件 例3 一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：‎ ‎(1)取出1球是红球或黑球的概率；‎ ‎(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．‎ 解　方法一　(利用互斥事件求概率)‎ 记事件A1＝{任取1球为红球}，‎ A2＝{任取1球为黑球}，‎ A3＝{任取1球为白球}，‎ A4＝{任取1球为绿球}，‎ 则P(A1)＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，‎ P(A4)＝.‎ 根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，‎ 由互斥事件的概率公式，得 ‎(1)取出1球是红球或黑球的概率为 P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.‎ ‎(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为 P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)‎ ‎＝＋＋＝.‎ 方法二　(利用对立事件求概率)‎ ‎(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1∪A2的对立事件为A3∪A4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)＝1－P(A3∪A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－－＝.‎ ‎(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4，‎ 所以P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－＝.‎ 思维升华 (1)准确把握互斥事件与对立事件的概念 ‎①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生．‎ ‎②‎ 对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生．‎ ‎(2)判断互斥、对立事件的方法 判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．‎ ‎(3)概率与频率的关系 频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．‎ ‎(4)随机事件概率的求法 利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．‎ ‎(5)求复杂事件的概率的两种方法 求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法 ‎①将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率．‎ ‎②若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．‎ 跟踪训练1 (1)某保险公司利用简单随机抽样的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：‎ 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)＝＝0.15，P(B)＝＝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＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.‎ ‎(2)(2016·北京改编)A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：‎ A班 ‎6‎ ‎6.5‎ ‎7‎ ‎7.5‎ ‎8‎ B班 ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ C班 ‎3‎ ‎4.5‎ ‎6‎ ‎7.5‎ ‎9‎ ‎10.5‎ ‎12‎ ‎13.5‎ ‎①试估计C班的学生人数；‎ ‎②从A班和C班抽出的学生中，各随机选取1人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率．‎ 解　①由题意及分层抽样可知，C班学生人数约为 ‎100×＝100×＝40.‎ ‎②设事件Ai为“甲是现有样本中A班的第i个人”，i＝1,2，…，5，‎ 事件Cj为“乙是现有样本中C班的第j个人”，j＝1,2，…，8.‎ 由题意可知P(Ai)＝，i＝1,2，…，5；P(Cj)＝，j＝1,2，…，8.‎ P(AiCj)＝P(Ai)P(Cj)＝×＝，i＝1,2，…，5，j＝1，2，…，8.‎ 设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，‎ 由题意知，‎ E＝A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4.‎ 因此P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3)＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3)＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)＝15×＝.‎ 题型二　古典概型 例4 (1)(2017·全国Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：‎ 基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，∴所求概率P ‎＝＝.‎ ‎(2)袋中有形状、大小都相同的4个球，其中1个白球，1个红球，2个黄球，从中一次随机摸出2个球，则这2个球颜色不同的概率为________．‎ 答案　 解析　基本事件共有C＝6(种)，‎ 设取出2个球颜色不同为事件A.‎ A包含的基本事件有CC＋CC＝5(种)．‎ 故P(A)＝.‎ ‎(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件A表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件A发生的概率为________．‎ 答案　 解析　五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为A＝120，满足事件A＝“排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有CC＝10(种)可能，所以事件A出现的概率为＝.‎ 引申探究 ‎1．本例(2)中，若将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2，3,4的4个小球，从中一次取2个球，求标号和为奇数的概率．‎ 解　基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A，则A包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种，‎ 所以P(A)＝＝.‎ ‎2．本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率．‎ 解　基本事件数为CC＝16，‎ 颜色相同的事件数为CC＋CC＝6，‎ 故所求概率P＝＝.‎ 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、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．‎ 跟踪训练2 (1)甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　用(x，y，z)表示乙、丙、丁抢到的红包分别为x元、y元、z元．‎ 乙、丙、丁三人抢完6元钱的所有不同的可能结果有10种，分别为(1,1,4)，(1,4,1)，(4,1,1)，(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．‎ 乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有4种，分别为(4,1,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．‎ 根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝＝.‎ ‎(2)在1,2,3,4,5,6,7,8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字4是取出的五个不同数的中位数的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　设事件A为“数字4是取出的五个不同数的中位数”．“从八个数字中取出五个数字”包含的基本事件的总数为n＝C＝56.对事件A，先考虑数字4在五个数的中间位置，再考虑分别从数字1,2,3和5,6,7,8中各取两个数字，则事件A包含的基本事件总数为m＝CC＝3×6＝18.由古典概型的概率计算公式，得P(A)＝＝＝.‎ 题型三　古典概型与统计的综合应用 例5　空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；>300为严重污染．一环保人士记录了某地2018年某月10天的AQI的茎叶图如图所示．‎ ‎(1)利用该样本估计该地本月空气质量优良(AQI≤100)的天数；(按这个月总共有30天计算)‎ ‎(2)若从样本中的空气质量不佳(AQI>100)的这些天中，‎ 随机地抽取两天深入分析各种污染指标，求该两天的空气质量等级恰好不同的概率．‎ 解　(1)从茎叶图中发现该样本中空气质量优的天数为1，空气质量良的天数为3，故该样本中空气质量优良的频率为＝，估计该月空气质量优良的概率为，从而估计该月空气质量优良的天数为30×＝12.‎ ‎(2)该样本中为轻度污染的共4天，分别记为a1，a2，a3，a4；‎ 为中度污染的共1天，记为b；为重度污染的共1天，记为c.‎ 从中随机抽取两天的所有可能结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b)，(a1，c)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，a4)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共15个．‎ 其中空气质量等级恰好不同的结果有(a1，b)，(a1，c)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共9个．‎ 所以该两天的空气质量等级恰好不同的概率为＝.‎ 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，已成为高考考查的热点，概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．‎ 跟踪训练3 从某学校高三年级共800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155 cm和195 cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155,160)，第二组[160,165)，…，第八组[190,195]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第六组比第七组多1人，第一组和第八组人数相同．‎ ‎(1)求第六组、第七组的频率并补充完整频率分布直方图；‎ ‎(2)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名，记他们的身高分别为x，y，求|x－y|≤5的概率．‎ 解　(1)由频率分布直方图知，前五组的频率为(0.008＋0.016＋0.04＋0.04＋0.06)×5＝0.82，‎ 所以后三组的频率为1－0.82＝0.18，‎ 人数为0.18×50＝9，‎ 由频率分布直方图得第八组的频率为0.008×5＝0.04，人数为0.04×50＝2，设第六组人数为m，则第七组人数为m－1，又m＋m－1＋2＝9，所以m＝4，即第六组人数为4，第七组人数为3，频率分别为0.08,0.06，频率除以组距分别等于0.016,0.012，则完整的频率分布直方图如图所示：‎ ‎(2)由(1)知身高在[180,185)内的男生有四名，设为a，b，c，d，身高在[190,195]的男生有两名，设为A，B.‎ 若x，y∈[180,185)，有ab，ac，ad，bc，bd，cd共6种情况；‎ 若x，y∈[190,195]，只有AB 1种情况；‎ 若x，y分别在[180,185)，[190,195]内，有aA，bA，cA，dA，aB，bB，cB，dB共8种情况，‎ 所以基本事件的总数为6＋8＋1＝15，‎ 事件|x－y|≤5包含的基本事件的个数为6＋1＝7，‎ 故所求概率为.‎ ‎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 答案　D 解析　对于A，事件“至少有一个黑球”与事件“都是黑球”可以同时发生，∴A不正确；对于B，事件“至少有一个黑球”与事件“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，‎ ‎∴这两个事件是对立事件，∴B不正确；对于C，事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球，一个黑球，∴C不正确；对于D，事件“恰有一个黑球”与事件“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴D正确．‎ ‎2．(2016·天津)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为＋＝.‎ ‎3．对一批产品的长度(单位：mm)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上的为一等品，在区间[15,20)和区间[25,30)上的为二等品，在区间[10,15)和[30,35]上的为三等品．用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取一件，则其为二等品的概率为(　　)‎ A．0.09 B．0.20 C．0.25 D．0.45‎ 答案　D 解析　设[25,30)上的频率为x，由所有矩形面积之和为1，即x＋(0.02＋0.04＋0.03＋0.06)×5＝1，得[25,30)上的频率为0.25.所以产品为二等品的概率为0.04×5＋0.25＝0.45.‎ ‎4．(2018·抚顺期中)根据某医疗研究所的调查，某地区居民血型的分布为：O型50%，A型15%，B型30%，AB型5%.现有一血液为A型病人需要输血，若在该地区任选一人，那么能为病人输血的概率为(　　)‎ A．15% B．20% C．45% D．65%‎ 答案　D 解析　因为某地区居民血型的分布为：O型50%，A型15%，B型30%，AB型5%，现在能为A型病人输血的有O型和A型，故为病人输血的概率为50%＋15%＝65%，故选D.‎ ‎5．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.从以上五张卡片中任取两张，则这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：‎ 红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝 ‎1蓝2，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况：红1蓝1，红1蓝2，红2蓝1，故所求的概率为P＝，故选C.‎ ‎6．已知a∈{－2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2<0，又a∈{－2,0,1,2,3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，又b∈{3,5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率P＝＝，故选C.‎ ‎7．从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取两个不同的数，则其中一个数恰是另一个数的3倍的概率为________．‎ 答案　 解析　从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取两个不同的数，有n＝＝36(种)情形，其中一个数是另一个数的3倍的事件有{1,3}，{2,6}，{3,9}，共3种情形，所以由古典概型的概率计算公式可得其概率是P＝＝.‎ ‎8．(2018·大连模拟)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　 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A＝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A＝6(个)符合条件的五位数；‎ ‎③若a2＝5，则a4＝3或4，此时分别与①②中的个数相同．‎ ‎∴满足条件的五位数有2(A＋A)＝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A＝120(个)，故所求概率为＝.‎ ‎9．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　 解析　从袋中任取2个球共有C＝105(种)取法，其中恰有1个白球、1个红球共有CC＝50(种)取法，所以所取的球恰有1个白球、1个红球的概率为＝.‎ ‎10．10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　 解析　从10件产品中取4件，共有C种取法，恰好取到1件次品的取法有CC种，由古典概型概率计算公式得P＝＝＝.‎ ‎11．海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.‎ 地区 A B C 数量 ‎50‎ ‎150‎ ‎100‎ ‎(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；‎ ‎(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．‎ 解　(1)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为＝，‎ 所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 ‎50×＝1,150×＝3,100×＝2.‎ 所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.‎ ‎(2)方法一　设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2.‎ 则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．‎ 每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．‎ 记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有：{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．‎ 所以P(D)＝，‎ 即这2件商品来自相同地区的概率为.‎ 方法二　这2件商品来自相同地区的概率为＝＝.‎ ‎12．一个盒子里装有三张卡片，分别标记为数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.‎ ‎(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；‎ ‎(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．‎ 解　由题意知，(a，b，c)所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．‎ ‎(1)设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，‎ 则事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种．‎ 所以P(A)＝＝.‎ 因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为.‎ ‎(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．‎ 所以P(B)＝1－P()＝1－＝.‎ 因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.‎ ‎13．(2018·湖北省部分重点中学考试)某商场对某一商品搞活动，已知该商品每一个的进价为3元，售价为8元，每天销售的第20个及之后的商品按半价出售，该商场统计了近10天这种商品的销售量，如图所示．设x为这种商品每天的销售量，y为该商场每天销售这种商品的利润，从日利润不少于96元的几天里任选2天，则选出的这2天日利润都是97元的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　日销售量不少于20个时，日利润不少于96元，其中日销售量为20个时，日利润为96元；日销售量为21个时，日利润为97元．从条形统计图可以看出，日销售量为20个的有3天，日销售量为21个的有2天，日销售量为20个的3天记为a，b，c，日销售量为21个的2天记为A，B，从这5天中任选2天，可能的情况有10种：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，‎ B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)，其中选出的2天日销售量都为21个的情况只有1种，故所求概率P＝，故选B.‎ ‎14．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．‎ 现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________．‎ 答案　　 解析　“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为 P＝＝.‎ ‎“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”．‎ 故他属于不超过2个小组的概率是 P＝1－＝.‎ ‎15．一个三位数个、十、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y>x，y>z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{5,6,7,8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　从集合{5,6,7,8}中取出3个不同的数组成一个三位数共有24个结果：567,576,657，675,756,765,568，586,658,685,856,865,578,587,758,785,857,875,678,687,768,786,867,876，其中是“凸数”的是：576,675,586,685,587,785,687,786共8个结果，‎ ‎∴这个三位数是“凸数”的概率为＝，故选B.‎ ‎16.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0.8,0.7，0.7，则系统正常工作的概率为________．‎ 答案　0.728‎ 解析　方法一　由题意知K，A1，A2正常工作的概率分别为P(K)＝0.8，P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.7，‎ ‎∵K，A1，A2相互独立，‎ ‎∴A1，A2至少有一个正常工作的概率为P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)＝(1－0.7)×0.7＋0.7×(1－0.7)＋0.7×0.7＝0.91.‎ ‎∴系统正常工作的概率为P(K)[P(1A2)＋P(A12)＋P(A1A2)]＝0.8×0.91＝0.728.‎ 方法二　A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－P(12)＝1－(1－0.7)(1－0.7)＝0.91，故系统正常工作的概率为P(K)[1－P(12)]＝0.8×0.91＝0.728.‎