第27課概率普查與練習27隨機事件的概率與古典概型1．互斥事件和對立事件a．互斥事件、對立事件的判定(1)(2023匯編，5分)下列事件中，__③⑤⑥__是互斥事件，__③⑥__是對立事件．(填序號)①從裝有2個紅球和2個黑球的口袋內(nèi)任取兩個球，事件“至少有1個黑球”與“至少有1個紅球”；②一個人在打靶中連續(xù)射擊兩次，事件“至少有一次中靶”與事件“兩次都中靶”；③拋擲一枚骰子，事件“落地時向上的點數(shù)是奇數(shù)”與事件“落地時向上的點數(shù)是2的倍數(shù)”；④某城市有甲、乙、丙三種報紙，事件“至少訂一種報紙”與事件“不訂甲報”；⑤現(xiàn)有5名學生，3名男生2名女生，從中任意抽取2人去參加比賽，事件“恰有1名男生”與事件“恰有2名男生”；⑥從1至9這9個自然數(shù)中任取兩個，事件“至多有一個奇數(shù)”與事件“兩個數(shù)都是奇數(shù)”．解析：①事件“至少有1個黑球”的可能性有兩種：1個黑球1個紅球或2個黑球；事件“至少有1個紅球”的可能性也有兩種：1個紅球1個黑球或2個紅球，兩個事件可能同時發(fā)生，所以不是互斥事件．②事件“至少有一次中靶”的可能性有兩種：中一次靶或中兩次靶，這與事件“兩次都中靶”可能同時出現(xiàn)，所以不是互斥事件．③事件“落地時向上的點數(shù)是奇數(shù)”的結(jié)果可能為1，3，5，事件“落地時向上的點數(shù)是2的倍數(shù)”的結(jié)果可能為2，4，6，兩個事件不可能同時發(fā)生，所以為互斥事件；又落地時向上的點數(shù)只可能是1，2，3，4，5，6，所以兩個事件也是對立事件．④事件“至少訂一種報紙”的結(jié)果可能為：訂甲，訂乙，訂丙，訂甲、乙，訂甲、丙，訂乙、丙，訂甲、乙、丙，而事件“不訂甲報”的結(jié)果可能為：訂乙，訂丙，訂乙、丙，兩個事件可能同時發(fā)生，所以不是互斥事件．⑤事件“恰有1名男生”的結(jié)果只有一種：1名男生1名女生，事件“恰有2名男生”的結(jié)果只能是2名男生，兩個事件不可能一起發(fā)生，所以為互斥事件；但是抽取2名學生參賽的可能結(jié)果有1名男生1名女生、2名男生、2名女生這三種，所以兩個事件不是對立事件．⑥事件“至多有一個奇數(shù)”中，包括“有一個是奇數(shù)”和“沒有一個是奇數(shù)”，與事件“兩個數(shù)都是奇數(shù)”互為對立事件．b．互斥事件與對立事件的概率(2)(2020湖北模擬，5分)某工廠生產(chǎn)了一批節(jié)能燈泡，這批產(chǎn)品中按質(zhì)量分為一等品、二等品、三等品．從這批產(chǎn)品中隨機抽取一件產(chǎn)品檢測，已知抽到一等品或二等品的概率為0.86，抽到二等品或三等品的概率為0.35，則抽到二等品的概率為__0.21__．解析：設(shè)抽到一等品、二等品、三等品分別為事件A，B，C，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A）＋P（B）＝0.86，,P（B）＋P（C）＝0.35，,P（A）＋P（B）＋P（C）＝1，))解得P(B)＝0.21，∴抽到二等品的概率為0.21.(3)(2021河南模擬，5分)已知從甲袋內(nèi)摸出1個紅球的概率是eq\f(1,3)，從乙袋內(nèi)摸出1個紅球的概率是eq\f(1,2)，從兩袋內(nèi)各摸出1個球，則2個球中至少有1個紅球的概率是(C)A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(1,6)解析：設(shè)摸出的2個球中至少有1個紅球為事件A，則其對立事件A為摸出的2個球中沒有紅球．∵P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,3)，∴P(A)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).故選C.2．相互獨立事件a．相互獨立事件的判定(4)(2021新高考Ⅰ，5分)有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則(B)A．甲與丙相互獨立B．甲與丁相互獨立C．乙與丙相互獨立D．丙與丁相互獨立解析：由題知，試驗的樣本空間包含36個樣本點，則P(甲)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P(乙)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P(丙)＝eq\f(5,36)，P(丁)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).甲、丙的交事件為?，其概率P1＝0≠P(甲)P(丙)，即甲與丙不相互獨立，A錯誤；甲、丁的交事件僅包含(1，6)一個樣本點，其概率P2＝eq\f(1,36)＝P(甲)P(丁)，即甲與丁相互獨立，B正確；乙、丙的交事件僅包含(6,2)一個樣本點，其概率P3＝eq\f(1,36)≠P(乙)P(丙)，即乙與丙不相互獨立，C錯誤；丙、丁的交事件為?，其概率P4＝0≠P(丙)P(丁)，即丙與丁不相互獨立，D錯誤．故選B.b．求相互獨立事件的概率(5)(2021天津紅橋區(qū)一模，5分)2021年是中國共產(chǎn)黨成立100周年，現(xiàn)有A，B兩隊參加建黨100周年知識競賽，每隊3人，每人回答一個問題，答對者為本隊贏1分，答錯得0分．A隊中每人答對的概率均為eq\f(1,3)，B隊中3人答對的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,3)，且各答題人答題正確與否互不影響，若事件M表示“A隊得2分”，事件N表示“B隊得1分”，則P(MN)＝__eq\f(2,27)__．解析：A隊得2分即A隊中有2人答對，1人答錯，∴P(M)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).B隊得1分即B隊中有1人答對，2人答錯，∴P(N)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).∵事件M與事件N相互獨立，∴P(MN)＝P(M)P(N)＝eq\f(2,9)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27).(6)(2020全國Ⅰ，12分)甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘汰；比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束．經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空．設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為eq\f(1,2).(Ⅰ)求甲連勝四場的概率；答案：eq\f(1,16)解：甲連勝四場只能是前四場全勝，所求概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,16).(2分)(Ⅱ)求需要進行第五場比賽的概率；答案：eq\f(3,4)解：根據(jù)賽制，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽．比賽四場結(jié)束，共有三種情況：①甲連勝四場，概率為eq\f(1,16)；②乙連勝四場，概率為eq\f(1,16)；③丙上場后連勝三場，概率為eq\f(1,8).故需要進行第五場比賽的概率為1－eq\f(1,16)－eq\f(1,16)－eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).(5分)(Ⅲ)求丙最終獲勝的概率．答案：eq\f(7,16)解：丙最終獲勝包括進行四場比賽丙獲勝和進行五場比賽丙獲勝．由(Ⅱ)知進行四場比賽丙獲勝的概率為eq\f(1,8).由題意知，進行五場比賽丙獲勝，則丙輸?shù)膱龃慰赡転槎⑷?、四．①若丙在第二場輸，則五場比賽的輸者為：甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙、乙丙乙甲甲、乙丙甲乙甲，共4種情況，概率為×4＝eq\f(4,32)＝eq\f(1,8)；(7分)②若丙在第三場輸，則五場比賽的輸者為：甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙甲丙乙甲，共4種情況，概率為×4＝eq\f(4,32)＝eq\f(1,8)；(9分)③若丙在第四場輸，則五場比賽的輸者為：甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲，共2種情況，概率為×2＝eq\f(2,32)＝eq\f(1,16).(11分)綜上，丙最終獲勝的概率為eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＝eq\f(7,16).(12分)3．古典概型a．求古典概型的概率(7)(2020江蘇，5分)將一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數(shù)，則點數(shù)和為5的概率是__eq\f(1,9)__．解析：先后拋擲2次骰子，樣本空間包含6×6＝36(個)樣本點，且每個樣本點都是等可能發(fā)生的，其中點數(shù)和為5的結(jié)果有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共4個，故點數(shù)和為5的概率為eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)．(8)(2020全國Ⅰ，5分)設(shè)O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3點，則取到的3點共線的概率為(A)A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,2)D.eq\f(4,5)解析：(法一：排列組合法)從O，A，B，C，D中任取3點，樣本空間包含Ceq\o\al(3,5)＝10(個)樣本點，且每個樣本點都是等可能發(fā)生的，其中取到的3點共線包含的結(jié)果有OAC，OBD，共2個，故取到的3點共線的概率為P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故選A.(法二：列舉法)從O，A，B，C，D中任取3點，該試驗的樣本空間Ω＝{OAB，OAC，OAD，OBC，OBD，OCD，ABC，ABD，ACD，BCD}，共有10個樣本點，且各個樣本點出現(xiàn)的可能性相等，其中取到的3點共線的結(jié)果有OAC，OBD，共2個，故取到的3點共線的概率為P＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).故選A.(9)(2023匯編，20分)完成下列古典概型問題．①我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“”和陰爻“”，下圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是(A)(2019全國Ⅰ)A.eq\f(5,16)B.eq\f(11,32)C.eq\f(21,32)D.eq\f(11,16)②兩位男同學和兩位女同學隨機排成一列，則兩位女同學相鄰的概率是(D)(2019全國Ⅲ)A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)③一袋中有紅、黃、藍三種顏色的小球各一個，每次從中取出一個，記下顏色后放回，當三種顏色的球全部取出時停止取球，則恰好取5次球時停止取球的概率為(B)(2020山東模擬)A.eq\f(5,81)B.eq\f(14,81)C.eq\f(22,81)D.eq\f(25,81)④若a，b是從集合{1，2，3，4，5}中隨機選取的兩個不同的數(shù)，則使得函數(shù)f(x)＝x3a＋x2b是偶函數(shù)的概率為(B)A.eq\f(3,20)B.eq\f(2,5)C.eq\f(9,25)D.eq\f(3,5)解析：①在所有重卦中隨機取一重卦，樣本空間中樣本點的總數(shù)為n＝26＝64，且每個樣本點都是等可能發(fā)生的，該重卦恰有3個陽爻包含的樣本點的個數(shù)為m＝Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)＝20，則該重卦恰有3個陽爻的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16).故選A.②四位同學隨機排成一列，共有Aeq\o\al(4,4)＝24種排法．用捆綁法將兩位女生綁在一起看作一個整體，與兩位男生進行排列，有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝12種排法．根據(jù)古典概型的概率公式，兩位女同學相鄰的概率P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故選D.③(法一)從3個顏色不同的小球中有放回地連續(xù)取5次球，共有35＝243種情況．若恰好取5次球時停止取球，則在前4次中只取出了2種顏色的球，在第5次中取出了第3種顏色的球．前4次取球的所有情況(共有24種)，減去這4次取球只取出1種顏色的情況(共2種)．前4次只取出2種顏色的球有Ceq\o\al(2,3)×(24－2)＝42種情況，第5次恰好取出第3種顏色的球有1種情況，所以恰好取5次球時停止取球有42種情況，故所求概率P＝eq\f(42,243)＝eq\f(14,81).故選B.(法二)若恰好取5次球時停止取球，則每種顏色的小球取出的提醒：第一步，從3種顏色中選1種，放在前4次取球中的3個位置；第二步，從剩下的2種顏色中選1種，放在剩下的1個位置；第三步，將最后1種顏色放在第5個位置(Ceq\o\al(1,1)省略)．次數(shù)分兩種情況3，1，1和2，2，1，當每種顏色的小球取出的次數(shù)是3，1，1時，樣本點的個數(shù)為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)，當每種顏色的小球取出的次數(shù)是2，2，1時，樣本點的個數(shù)為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2).而樣本空間中包含的樣本點的總數(shù)為35，且每個樣本點出現(xiàn)的可能性相等，所以根據(jù)古典概型的概率公式可得P＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),35)＝eq\f(14,81).故選B.④從集合{1，2，3，4，5}中隨機選取兩個不同的數(shù)，共有Aeq\o\al(2,5)＝20種選擇．要使得函數(shù)f(x)＝x3a＋x2b是偶函數(shù)，則a必須為偶數(shù)，b為任意的一個與a不同的數(shù)即可，共有2×4＝8種選擇，所以函數(shù)f(x)＝x3a＋x2b是偶函數(shù)的概率為P＝eq\f(8,20)＝eq\f(2,5).故選B.b．古典概型與其他知識點結(jié)合(10)(2020北京延慶區(qū)一模，13分)A，B，C三個班共有120名學生，為調(diào)查他們的上網(wǎng)情況，通過按比例分配的分層隨機抽樣獲得了部分學生一周的上網(wǎng)時長，數(shù)據(jù)如下表(單位：小時)：A班121313182021B班1111.512131317.520C班1113.5151616.51921(Ⅰ)試估計A班的學生人數(shù)；答案：36解：由題可得，A，B，C三個班抽取的人數(shù)分別為6，7，7，共有20人．(1分)估計A班的人數(shù)為120×eq\f(6,20)＝36.(3分)(Ⅱ)從這120名學生中任選1名學生，估計這名學生一周上網(wǎng)時長超過15小時的概率；答案：eq\f(9,20)解：樣本中上網(wǎng)時長超過15小時的人數(shù)為3＋2＋4＝9，∴估計這名學生一周上網(wǎng)時長超過15小時的概率為eq\f(9,20).(6分)(Ⅲ)從A班抽出的6名學生中隨機選取2人，從B班抽出的7名學生中隨機選取1人，求這3人中恰有2人一周上網(wǎng)時長超過15小時的概率．答案：eq\f(11,35)解：根據(jù)題意，抽取結(jié)果共有Ceq\o\al(2,6)×Ceq\o\al(1,7)＝105種情況．(8分)若3人中恰有2人一周上網(wǎng)時長超過15小時，則可能的結(jié)果是：①2人均來自A班，此時有Ceq\o\al(2,3)×Ceq\o\al(1,5)＝15種情況；②1人來自A班，1人來自B班，此時有Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(1,2)＝18種情況，故共有15＋18＝33種情況．(12分)∴所求概率為P＝eq\f(33,105)＝eq\f(11,35).(13分)(11)(2021山東臨沂模擬，5分)甲、乙、丙三人玩?zhèn)髑蛴螒?，持球人把球等可能地傳給另外兩人中的任意一人．開始甲持球，傳球兩次后，球回到甲手里的概率P2＝__eq\f(1,2)__；傳球n次后，球回到甲手里的概率Pn＝__eq\f(1,3)－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)__．解析：一次傳遞后，球落在乙、丙手中的概率均為eq\f(1,2)，落在甲手中的概率為0，即P1＝0，∴兩次傳遞后，球落在甲手中的概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).要想經(jīng)過n次傳遞后球落在甲的手中，那么在n－1次傳遞后，球一定不在甲手中，∴Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，n≥2，整理得Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,3)))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是以－eq\f(1,3)為首項，－eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，∴Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，∴Pn＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).4．隨機事件的頻率與概率(12)(2021吉林長春模擬，5分)某同學做立定投籃訓練，共3組，每次投籃次數(shù)和命中的次數(shù)如下表所示．第一組第二組第三組合計投籃次數(shù)100200300600命中的次數(shù)68125176369命中的頻率0.680.6250.5870.615根據(jù)表中的數(shù)據(jù)信息，用頻率估計一次投籃命中的概率，那么誤差較小的可能性的估計是(D)A．0.68B．0.625C．0.587D．0.615解析：試驗次數(shù)越多，頻率越接近概率，估計概率的誤差越?。蔬xD.(13)(2021山西太原三模，5分)現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計某運動員射擊擊中目標的概率．先由計算器給出0到9之間取整數(shù)的隨機數(shù)，規(guī)定0，1，2表示沒有擊中目標，3，4，5，6，7，8，9表示擊中目標，以4個隨機數(shù)為一組，代表射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了20組隨機數(shù)：60113661959769471417469803716233261680457424761042817527029371409857034743738636根據(jù)以上數(shù)據(jù)估計該運動員射擊4次至少擊中3次目標的概率為__0.6__．解析：根據(jù)題意，在20組隨機數(shù)中，表示至少擊中3次目標的有3661，9597，6947，4698，6233，8045，7424，7527，9857，0347，4373，8636共12個，所以該運動員射擊4次至少擊中3次目標的概率P＝eq\f(12,20)＝0.6.隨堂普查練271．(2020廣西北海期末，5分)連擲一枚均勻的骰子兩次，所得向上的點數(shù)分別為a，b，記m＝a＋b，則(D)A．事件“m＝2”的概率為eq\f(1,18)B．事件“m>11”的概率為eq\f(1,18)C．事件“m＝2”與“m≠3”互為對立事件D．事件“m是奇數(shù)”與“a＝b”互為互斥事件解析：將一枚骰子先后投擲兩次得到的點數(shù)所形成的數(shù)組(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，…，(6，6)，共36種情況．事件“m＝2”只有1種情況，為(1，1)，所以所求概率為eq\f(1,36)，A錯誤；事件“m＞11”只有1種情況，為(6，6)，所以所求概率為eq\f(1,36)，B錯誤；事件“m＝2”與“m≠3”可以同時發(fā)生，C錯誤；若a＝b，則m＝2a，∴m是偶數(shù)，則事件“m是奇數(shù)”與“a＝b”互為互斥事件，D正確．故選D.2．(2021河南二模，5分)人類通常有O，A，B，AB四種血型，某一血型的人能給哪些血型的人輸血，是有嚴格規(guī)定的，輸血法則可歸結(jié)為4條：①X→X；②O→X；③X→AB；④不滿足上述3條法則的任何關(guān)系式都是錯誤的(其中X代表O，A，B，AB中某種血型，箭頭左邊表示供血者，右邊表示受血者)．已知我國O，A，B，AB四種血型的人數(shù)所占比例分別為41%，28%，24%，7%，在臨床上，按照規(guī)則，若受血者為A型血，則一位供血者不能為這位受血者正確輸血的概率為(B)A．0.27B．0.31C．0.42D．0.69解析：當受血者為A型血時，供血者的血型可以為A型或O型，不能為B型和AB型，∴一位供血者不能為這位受血者正確輸血的概率P＝0.24＋0.07＝0.31.故選B.3．(2020天津，5分)已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為eq\f(1,2)和eq\f(1,3).假定兩球是否落入盒子互不影響，則甲、乙兩球都落入盒子的概率為__eq\f(1,6)__；甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為__eq\f(2,3)__．解析：由相互獨立事件的概率公式知，甲、乙兩球都落入盒子的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6).“甲、乙兩球至少有一個落入盒子”的對立事件為“甲、乙兩球都不落入盒子”，其概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,3)，所以所求概率為1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4．(2019全國Ⅰ，5分)甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制(當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是__0.18__．解析：甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．由于甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，所以甲隊以4∶1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，其概率為P1＝(1－0.6)×0.6×0.5×0.5×0.6＝0.036；②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，其概率為P2＝0.6×(1－0.6)×0.5×0.5×0.6＝0.036；③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，其概率為P3＝0.6×0.6×(1－0.5)×0.5×0.6＝0.054；④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，其概率為P4＝0.6×0.6×0.5×(1－0.5)×0.6＝0.054，則甲隊以4∶1獲勝的概率為P＝P1＋P2＋P3＋P4＝0.036＋0.036＋0.054＋0.054＝0.18.5．(2019全國Ⅱ，5分)生物實驗室有5只兔子，其中只有3只測量過某項指標，若從這5只兔子中隨機取出3只，則恰有2只測量過該指標的概率為(B)A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,5)解析：(法一)記5只兔子分別為A，B，C，D，E，其中測量過某項指標的3只兔子為A，B，C，則從這5只兔子中隨機取出3只，該試驗的樣本空間Ω＝{ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE}，共10個樣本點，且各個樣本點出現(xiàn)的可能性相等，其中恰有2只測量過該指標的結(jié)果有ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共6個，所以所求事件的概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).故選B.(法二)設(shè)X表示取出的兔子中測量過某項指標的兔子的數(shù)量，則X服從超幾何分布，其中M＝3，N＝5，n＝3，則恰有2只測量過該指標的概率為P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5).故選B.6．(2021全國Ⅰ，5分)將4個1和2個0隨機排成一行，則2個0不相鄰的概率為(C)A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,5)C.eq\f(2,3)D.eq\f(4,5)解析：將4個1和2個0隨機排成一行，可利用插空法，4個1產(chǎn)生5個空，若2個0相鄰，則有Ceq\o\al(1,5)＝5種排法；若2個0不相鄰，則有Ceq\o\al(2,5)＝10種排法．所以2個0不相鄰的概率為eq\f(10,5＋10)＝eq\f(2,3).故選C.7．(2020浙江模擬，4分)新冠疫情期間，網(wǎng)上購物成為主流，因保管不善，有五個快遞A，B，C，D，E上送貨地址模糊不清，但快遞小哥記得這五個快遞應(yīng)分別送去甲、乙、丙、丁、戊五個地方，則全部送錯的概率是(C)A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(11,30)D.eq\f(2,5)解析：五個快遞送到五個地方，該試驗的樣本空間中樣本點的總數(shù)為Aeq\o\al(5,5)＝120，且每個樣本點出現(xiàn)的可能性相等．不妨假設(shè)快遞A應(yīng)送去甲地，B應(yīng)送去乙地，C應(yīng)送去丙地，D應(yīng)送去丁地，E應(yīng)送去戊地．當快遞員全部送錯時，快遞A可能被送到乙、丙、丁、戊四處，假設(shè)A被送到丙地，那么快遞C的去處可分為兩類：第一類，C被送到甲地，則剩下的快遞B，D，E均送錯有2種可能(B－丁，D－戊，E－乙；B－戊，D－乙，E－丁)；第二類，C被送到乙、丁、戊中的一個地方，有3種可能，假設(shè)C被送到丁地，則剩下的B，D，E只有甲、乙、戊三地可送，全送錯有3種可能(B－甲，D－戊，E－乙；B－戊，D－甲，E－乙；B－戊，D－乙，E－甲)，所以快遞員全送錯的結(jié)果共有4×(2＋3×3)＝44(個)．故所求概率為P＝eq\f(44,120)＝eq\f(11,30).故選C.8．(2021河北邯鄲三模，5分)已知復(fù)數(shù)zn＝1＋i＋i2＋…＋in(i為虛數(shù)單位，n∈N*)，若M＝{z|z＝zs·zt(s，t＝1，2，…，n，n∈N*)}，從M中任取一個元素，其模為1的概率為(B)A.eq\f(2,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(1,7)D.eq\f(1,n)解析：根據(jù)zn的表達式，可知z1＝1＋i，z2＝z1＋i2＝1＋i－1＝i，z3＝z2＋i3＝i－i＝0，z4＝z3＋i4＝0＋1＝1，z5＝z4＋i5＝1＋i＝z1，∴z6＝z2，z7＝z3，z8＝z4，z9＝z1，…，∴zn的取值只有四個數(shù)，即1＋i，i，0，1，∴M＝{0，1，－1，i，2i，1＋i，－1＋i}．M中共7個元素，其中模為1的有3個元素，故從M中任取一個元素，其模為1的概率為P＝eq\f(3,7).故選B.9．(2021安徽一模，5分)蒙特卡洛算法是以概率和統(tǒng)計的理論、方法為基礎(chǔ)的一種計算方法，將所求解的問題同一定的概率模型相聯(lián)系，用均勻投點實現(xiàn)統(tǒng)計模擬和抽樣，以獲得問題的近似解，故又稱統(tǒng)計模擬法或統(tǒng)計實驗法．現(xiàn)設(shè)計一個實驗計算圓周率的近似值，向兩直角邊長分別為6和8的直角三角形中均勻投點40個，落入其內(nèi)切圓中的點有21個，則圓周率π≈(A)A.eq\f(63,20)B.eq\f(51,16)C.eq\f(78,25)D.eq\f(94,29)解析：由勾股定理可得，直角三角形斜邊長為eq\r(62＋82)＝10.設(shè)三角形內(nèi)切圓的半徑為r，則由等面積法可得eq\f(1,2)×(8＋6＋10)r＝eq\f(1,2)×8×6，解得r＝2，∴S△＝eq\f(1,2)×8×6＝24，S圓＝π×22＝4π.由題意知eq\f(S圓,S△)＝eq\f(4π,24)≈eq\f(21,40)，解得π≈eq\f(63,20).故選A.課后提分練27概率A組(鞏固提升)1．(2021安徽月考，5分)某射擊運動員平時100次訓練成績的統(tǒng)計結(jié)果如下：命中環(huán)數(shù)12345678910次數(shù)24569101826128如果這名運動員只射擊一次，估計射擊成績不少于9環(huán)的概率為__0.2__．解析：由表可知，這名運動員100次射擊中成績不少于9環(huán)的次數(shù)為12＋8＝20，∴這名運動員射擊成績不少于9環(huán)的頻率為eq\f(12＋8,100)＝0.2，用頻率估計概率，估計這名運動員射擊成績不少于9環(huán)的概率為0.2.2．(2021山東模擬，5分)2021年某省新高考將實行“3＋1＋2”模式，即語文、數(shù)學、外語必選，物理、歷史二選一，政治、地理、化學、生物四選二，共有12種選課模式．某同學已選了物理，記事件A：“他選擇政治和地理”，事件B：“他選擇化學和地理”，則事件A與事件B(A)A．是互斥事件，不是對立事件B．是對立事件，不是互斥事件C．既是互斥事件，也是對立事件D．既不是互斥事件也不是對立事件解析：由于政治、地理、化學、生物是四選二，故事件A與事件B不能同時發(fā)生，但能同時不發(fā)生，所以事件A和B是互斥事件，但不是對立事件．故選A.3．(多選)(2021山東月考，5分)下列事件A，B不是相互獨立事件的是(BCD)A．一枚硬幣擲兩次，A＝“第一次為正面向上”，B＝“第二次為反面向上”B．袋中有兩個白球和兩個黑球，每次摸一個球，不放回地摸兩次，A＝“第一次摸到白球”，B＝“第二次摸到白球”C．擲一枚骰子，A＝“出現(xiàn)點數(shù)為奇數(shù)”，B＝“出現(xiàn)點數(shù)為偶數(shù)”D．A＝“人能活到20歲”，B＝“人能活到50歲”解析：對于A選項，A，B兩個事件的發(fā)生互相不影響，故是相互獨立事件；對于B選項，A事件發(fā)生時，影響到B事件，故不是相互獨立事件；對于C選項，由于擲的是一枚骰子，A，B是對立事件，所以不是相互獨立事件；對于D選項，能活到20歲的，可能也能活到50歲，故A，B不是相互獨立事件．故選BCD.4．(2021貴州畢節(jié)三模，5分)一袋中裝有除顏色外完全相同的4個白球和5個黑球，從中有放回地摸球3次，每次摸一個球．用模擬實驗的方法，讓計算機產(chǎn)生1～9的隨機數(shù)，若1～4代表白球，5～9代表黑球，每三個為一組，產(chǎn)生如下20組隨機數(shù)：917966191925271932725458569683431257393627556488812184537989則三次摸出的球中恰好有兩次是白球的概率近似為(B)A.eq\f(7,20)B.eq\f(3,10)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,5)解析：恰好有兩次是白球，即一組隨機數(shù)中恰有2個數(shù)字在1，2，3，4內(nèi)，滿足條件的有191，271，932，393，812，184，共6個，因此三次摸出的球中恰好有兩次是白球的概率近似為P＝eq\f(6,20)＝eq\f(3,10).故選B.5．(2020北京朝陽區(qū)期末，5分)某商場舉行促銷活動，凡購買一定價值的商品便可以獲得兩次抽獎機會，第一次抽獎中獎的概率是0.5，第二次抽獎中獎的概率是0.3，兩次抽獎是否中獎互不影響，那么兩次抽獎中至少有一次中獎的概率是__0.65__．解析：(法一)兩次抽獎中至少有一次中獎包括恰有一次中獎、兩次都中獎兩種情況．兩次抽獎恰有一次中獎的概率為0.5×(1－0.3)＋(1－0.5)×0.3＝0.5，兩次抽獎都中獎的概率為0.5×0.3＝0.15，故兩次抽獎中至少有一次中獎的概率是0.5＋0.15＝0.65.(法二)“兩次抽獎中至少有一次中獎”的對立事件是“兩次都不中獎”，故兩次抽獎中至少有一次中獎的概率是1－(1－0.3)×(1－0.5)＝0.65.6．(2019江蘇，5分)從3名男同學和2名女同學中任選2名同學參加志愿者服務(wù)，則選出的2名同學中至少有1名女同學的概率是__eq\f(7,10)__．解析：(法一)記3名男同學分別為A，B，C，2名女同學分別為a，b，則從中任選2名同學，該試驗的樣本空間Ω＝{AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab}，共10個樣本點，且每個樣本點出現(xiàn)的可能性相等，其中沒有女同學的結(jié)果有AB，AC，BC，共3個，故至少有1名女同學的概率P＝1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).(法二)由法一知，從5名同學中任選2名同學的結(jié)果有10個，其中至少有1名女同學的結(jié)果有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7個，故至少有1名女同學的概率P＝eq\f(7,10).(法三)從5名同學中任選2名同學有Ceq\o\al(2,5)＝10種情況，其中沒有女同學的情況有Ceq\o\al(2,3)＝3種，故至少有1名女同學的概率P＝1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).(法四)由法三知，從5名同學中任選2名同學有10種情況，其中至少有1名女同學的有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,2)＝7種情況，故至少有1名女同學的概率P＝eq\f(7,10).7．(2021廣東汕頭模擬，5分)算盤是中國傳統(tǒng)的算具．如圖，算盤每個檔(掛珠的桿)上有7顆算珠，用梁隔開，梁上面兩顆叫上珠，下面5顆叫下珠．若從某一檔的7顆算珠中任取3顆，至少含有一顆上珠的概率為(A)A.eq\f(5,7)B.eq\f(4,7)C.eq\f(2,7)D.eq\f(1,7)解析：從某一檔的7顆算珠中任取3顆，則該試驗的樣本空間中包含的樣本點總數(shù)n＝Ceq\o\al(3,7)＝35，且每個樣本點發(fā)生的可能性相等，其中至少含有一顆上珠的樣本點數(shù)有m＝Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＝25，∴至少含有一顆上珠的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(25,35)＝eq\f(5,7).故選A.8．(2018全國Ⅱ，5分)我國數(shù)學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)可以表示為兩個素數(shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素數(shù)中，隨機選取兩個不同的數(shù)，其和等于30的概率是(C)A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,14)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,18)解析：已知不超過30的素數(shù)有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10個，其中兩數(shù)之和等于30的有7＋23，11＋19，13＋17，共有3組，所以所求概率為eq\f(3,Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(3,45)＝eq\f(1,15).故選C.9．(2020北京朝陽區(qū)期末，5分)某校從高一年級所有學生中隨機選取100名學生，將他們參加知識競賽成績的數(shù)據(jù)繪制成頻率分布直方圖，如圖所示．而后，學校從成績在[70，80)，[80，90]兩組內(nèi)的學生中，用分層隨機抽樣的方法選取了6人參加一項活動，若從這6人中隨機選取2人擔任正、副隊長，則這2人來自同一組的概率為__eq\f(7,15)__．解析：根據(jù)題意，參加活動的6人中，成績在[70，80)的有6×eq\f(0.020,0.020＋0.010)＝4人，成績在[80，90]的有6×eq\f(0.010,0.020＋0.010)＝2人．從這6人中隨機選取2人擔任正、副隊長，樣本空間中包含樣本點的總數(shù)為Aeq\o\al(2,6)＝30，且各個樣本點出現(xiàn)的可能性相等，這2人來自同一組包含的樣本點個數(shù)為Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,2)＝14，∴這2人來自同一組的概率為P＝eq\f(14,30)＝eq\f(7,15).10．(2019全國Ⅱ，12分)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結(jié)束．(1)求P(X＝2)；答案：0.5解：設(shè)雙方10∶10平后的第k個球甲得分為事件Ak(k＝1，2，3，…)．X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個球該局比賽結(jié)束，則這2個球均由甲得分或者均由乙得分，所以P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(6分)(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．答案：0.1解：X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個球該局比賽結(jié)束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．因此P(X＝4且甲獲勝)＝P(A1A2A3A4)＋P(A1A2A3A4)＝P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＋P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＝[(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)]×0.5×0.4＝0.1.(12分)11．(2021河北模擬，12分)某中學有高一和高二兩個乒乓球隊，每隊各9人．兩隊在過去的九場單打?qū)官愔?，比賽結(jié)果統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：場次123456789比賽結(jié)果高二勝高二勝高一勝高二勝高一勝高二勝高二勝高一勝高二勝兩隊隊員商量下一次單打?qū)官惖谋荣愋问?，提供了三種方案(確定獲勝方后停止比賽)：(1)雙方各出3人，比三局；(2)雙方各出5人，比五局；(3)雙方各出7人，比七局．(以上表中的高二隊戰(zhàn)勝高一隊的頻率作為高二隊戰(zhàn)勝高一隊的概率)三種方案均以比賽中獲勝局數(shù)多的一方獲勝．問：對高一年級來說，哪種方案獲勝率更高？你能得出什么結(jié)論？答案：對高一年級來說，方案一更有利，結(jié)論見解答過程解：由題意知，高二每位隊員戰(zhàn)勝高一每位隊員的概率為eq\f(2,3)，即每場比賽高一隊獲勝的概率為eq\f(1,3).(2分)設(shè)方案一、二、三中，高一年級獲勝分別為事件A，B，C，則P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(7,27)≈0.259；(4分)P(B)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(2,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(17,81)≈0.210；(6分)P(C)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)＋Ceq\o\al(3,4)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(3,6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×eq\f(1,3)＝eq\f(379,2187)≈0.173.(8分)∵P(A)>P(B)>P(C)，∴對高一年級來說，方案一獲勝率更高．(9分)結(jié)論：∵高一年級每位隊員獲勝的概率為eq\f(1,3)，概率低于高二年級，∴比賽次數(shù)越少，高一年級僥幸獲勝的概率越大，即當雙方實力有差距時，比賽局數(shù)越少，對實力弱的一方越有利．(12分)B組(沖刺滿分)12．(多選)(2021湖北模擬，5分)如圖，在某城市中，M，N兩地之間有整齊的方格形道路網(wǎng)，其中A1，A2，A3，A4是道路網(wǎng)中位于一條對角線上的4個交匯處．今在道路網(wǎng)M，N處的甲、乙兩人分別要到N，M處，他們各自隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發(fā)，直到到達N，M處為止，則下列說法正確的有(BD)A．甲從M到達N處的方法有120種B．甲從M必須經(jīng)過A3到達N處的方法有9種C．甲、乙兩人在A3處相遇的概率為eq\f(9,100)D．甲、乙兩人相遇的概率為eq\f(41,100)解：對于A，甲由M處出發(fā)隨機地選擇一條沿街的最短路徑到達N處需走6條路，其中橫向、縱向各3條路，共有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)方法，故A錯誤；對于B，甲經(jīng)過A3到達N處，可分為兩步：第一步：甲從M到A3，有Ceq\o\al(1,3)種方法；第二步：甲從A3到N，有Ceq\o\al(1,3)種方法，∴甲經(jīng)過A3到達N處有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝9(種)方法，故B正確；對于C，由A，B知，甲從M經(jīng)過A3到達N處的概率P1＝eq\f(9,20)，同理，乙從N經(jīng)過A3到達M處的概率P2＝eq\f(9,20)，而甲、乙兩人到A3均需走3條路，∴兩人到A3的時間相同，∴甲、乙兩人在A3處相遇的概率P＝eq\f(9,20)×eq\f(9,20)＝eq\f(81,400)，故C錯誤；對于D，甲、乙兩人沿最短路徑行走，只可能在A1，A2，A3，A4處相遇，他們在Ai(i＝1，2，3，4)處相遇的走法有(Ceq\o\al(i－1,3))4種，∴甲、乙兩人相遇的概率P＝eq\f(（Ceq\o\al(0,3)）4＋（Ceq\o\al(1,3)）4＋（Ceq\o\al(2,3)）4＋（Ceq\o\al(3,3)）4,20×20)＝eq\f(164,400)＝eq\f(41,100)，故D正確．故選BD.13．(2021浙江寧波模擬，4分)如圖，在3×3的點陣中，依次隨機地選出A，B，C三個點，則選出的三點滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0的概率是__eq\f(55,63)__．解析：在點陣中依次隨機選出A，B，C三個點，∴A，B，C是有序的，故共有Aeq\o\al(3,9)種選法．eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0即∠BAC是銳角或直角，顯然滿足∠BAC是銳角或直角的選法較多，故從對立事件的角度考慮．設(shè)選出的三點滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≥0為事件M，則其對立事件M為選出的三點滿足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))<0，即∠BAC是鈍角．對9個點標號如下：則選擇結(jié)果可用數(shù)組(x，y，z)表示，其中x，y，z分別表示A，B，C三點的標號．對A分三種情況討論：(1)A為5號點，則∠BAC＝180°或135°.①當∠BAC＝180°時，如圖1，A，B，C三點共線，假設(shè)B在1號位，則只有(5，1，9)一種選法，而B可以在除5號的任意位置上，故有8種選法；圖1②當∠BAC＝135°時，如圖2，假設(shè)B在1號位，則有(5，1，6)，(5，1，8)兩種選法，而B可以在除5號的任意位置上，∴有2×8＝16(種)選法，∴A為5號點共有8＋16＝24(種)選法；圖2(2)A為1，3，7，9號點，此時∠BAC