第三节 随机事件的概率与古典概型
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
2.设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A. B. C. D.
4.某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线生产7 nm规格的芯片.现有25块该规格的芯片，其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块.若甲、乙、丙生产的芯片的优质品率分别为0.8，0.8，0.7，则从这25块芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（ ）
A.0.76 B.0.64
C.0.58 D.0.48
5.某学校为了搞好课后服务工作，教务科组建了一批社团，学生们都能自主选择自己喜欢的社团.目前话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团分别还可以再接收1名学生，恰好含甲、乙的4名同学前来教务科申请加入，按学校规定每人只能加入一个社团，则甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率为（ ）
A. B.
C. D.
6.〔多选〕下列说法中正确的有（ ）
A.若事件A与事件B是互斥事件，则P（A∩B）＝0
B.若事件A与事件B是对立事件，则P（A∪B）＝1
C.某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
D.把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件
7.《易经》是中国传统文化中的精髓.如图是易经先天八卦图，每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线），现从八卦中任取两卦，这两卦的阳线数目相同的概率为 .
8.（2022·全国甲卷理15题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 .
9.某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两所中学所推荐的学生一起参加集训.集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率.
10.某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（ ）
A. B.
C. D.
11.已知随机事件A和B互斥，且P（A∪B）＝0.6，P（A）＝0.4，则事件B的对立事件的概率为（ ）
A.0.2 B.0.4
C.0.6 D.0.8
12.〔多选〕小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间（分钟）随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如下表所示：
所需时间（分钟） 30 40 50 60
线路一 0.5 0.2 0.2 0.1
线路二 0.3 0.5 0.1 0.1
则下列说法正确的是（ ）
A.任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件
B.从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间
C.如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该走线路一
D.若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04
13.若A，B互为对立事件，P（A）＝，P（B）＝，且a＞0，b＞0，则2a＋b的最小值是 .
14.某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品.现用两种新配方（分别称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到下面试验结果：
A配方的频数分布表
指标值 [90，94） [94，98） [98，102） [102，106） [106，110]
频数 8 20 42 22 8
B配方的频数分布表
指标值 [90，94） [94，98） [98，102） [102，106） [106，110]
频数 4 12 42 32 10
（1）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；
（2）已知用B配方生产的一件产品的利润y（单位：元）与其质量指标值t的关系为y＝估计用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润.
15.（创新知识交汇）〔多选〕（2025·日照一模）从标有1，2，3，…，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，依次得到数字a，b，记点A（a，b），B（1，－1），O（0，0），则（ ）
A.∠AOB是锐角的概率为
B.∠ABO是直角的概率为
C.△AOB是锐角三角形的概率为
D.△AOB的面积不大于5的概率为
16.（创新知识交汇）甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下：
（1）甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为n1，乙得到的点数为n2；
（2）若n1＋n2的值能使（2x＋的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则甲胜，否则乙胜.那么甲胜的概率为 .
第三节 随机事件的概率与古典概型
1.A 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－＝，故“至多有一张移动卡”的概率是.
2.B 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B.
3.D 从7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21（种）取法，取得的2个数互质的情况有（2，3），（2，5），（2，7），（3，4），（3，5），（3，7），（3，8），（4，5），（4，7），（5，6），（5，7），（5，8），（6，7），（7，8），共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.故选D.
4.A 由题可知，甲、乙、丙生产的芯片的优质品总数为5×0.8＋10×0.8＋10×0.7＝19，根据古典概型计算可得该芯片为优质品的概率为＝0.76，故选A.
5.C 4名同学分别进入话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团共有＝24（种）选法，其中甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团有＝4（种）选法，按学校规定每人只能加入一个社团，由古典概型的概率计算公式可得，甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率P＝＝.
6.ABC 事件A与事件B互斥，则A，B不可能同时发生，所以P（A∩B）＝0，故A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事件，所以P（A∪B）＝1，故B正确；事件“至少有两次中靶”与“至多有一次中靶”不可能同时发生，且二者必有一个发生，所以为对立事件，故C正确；事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误.
7. 解析：从八卦中任取两卦，样本点总数n＝＝28，这两卦的阳线数目相同的样本点有6种，分别为（兑，巽），（兑，离），（巽，离），（坎，艮），（艮，震），（坎，震），∴这两卦的阳线数目相同的概率为P＝＝.
8. 解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有＝70（种）.其中4个点共面有以下两种情况：（1）所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝＝.
9.解：（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名.入选代表队学生全从B中学抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为＝，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
（2）设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，记“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E，则P（D）＝＝，P（E）＝＝.由互斥事件的概率加法公式，得P（C）＝P（D）＋P（E）＝＋＝，故所求事件的概率为.
10.C 如图，设A集合为“优秀员工”，B集合为“高级工程师”，由题A集合有85个元素，A∩B有75个元素， U（A∪B）有14个元素，故集合B中有96个元素.故概率P＝＝，故选C.
11.D 由题得P（A∩B）＝0，P（A∪B）＝0.6，又P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B），所以P（B）＝0.6－0.4＝0.2，所以事件B的对立事件的概率为1－0.2＝0.8，故选D.
12.BD 对于选项A，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，所以选项A错误；对于选项B，线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39分钟，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40分钟，所以线路一比线路二更节省时间，所以选项B正确；对于选项C，线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，小张应该选线路二，所以选项C错误；对于选项D，所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为（50，60），（60，50）和（60，60）三种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，所以选项D正确.故选B、D.
13.8 解析：因为A，B互为对立事件，所以P（A）＋P（B）＝＋＝1，且a＞0，b＞0，可得2a＋b＝（＋）（2a＋b）＝4＋＋≥4＋2＝8，当且仅当＝，即b＝2a＝4时，等号成立，所以2a＋b的最小值是8.
14.解：（1）由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为＝0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为＝0.42，所以用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.
（2）由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为＝0.96.
所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.
用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为×[4×（－2）＋54×2＋42×4]＝2.68（元）.
15.ACD A选项，标有1，2，3，…，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，共有8×8＝64种情况，设l与直线OB垂直，因为kOB＝－1，则直线l：y＝x，其中64个点中，有8个落在直线l：y＝x上，剩余56个点中，一半在l：y＝x上方，一半在l：y＝x下方，要想∠AOB为锐角，则点A应在直线l：y＝x下方，其中满足要求的有28个点，故∠AOB是锐角的概率为＝，A正确；
B选项，过点B作直线m⊥OB，则A点落在直线m上，满足∠ABO为直角，其中kOB＝－1，故直线m的斜率为1，直线m的方程为y＋1＝x－1，即y＝x－2，落在y＝x－2上的点的坐标有（3，1），（4，2），（5，3），（6，4），（7，5），（8，6），共6个，故∠ABO是直角的概率为＝，B错误；C选项，要想△AOB为锐角三角形，则点A落在直线l：y＝x与直线m：y＝x－2之间，根据点的坐标特征，应落在y＝x－1上，满足要求的点有（2，1），（3，2），（4，3），（5，4），（6，5），（7，6），（8，7），共7个，故△AOB是锐角三角形的概率为，C正确；
D选项，直线OB的方程为x＋y＝0，｜OB｜＝＝，设直线n：x＋y＋C＝0，设直线n与直线OB的距离为d，则d＝＝，令｜OB｜·d＝××≤5，解得－10≤C≤10，故要想△AOB的面积不大于5，则点A在x＋y－10＝0上，或x＋y－10＝0的下方，即x＋y－10≤0，
满足要求的点有（1，1），（1，2），…，（1，8），（2，1），（2，2），…，（2，8），（3，1），（3，2），…，（3，7），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（5，5），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（7，1），（7，2），（7，3），（8，1），（8，2），共8＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＝43个，△AOB的面积不大于5的概率为，D正确.故选A、C、D.
16. 解析：由题意得n1，n2∈{1，2，3，4，5，6}，n1＋n2∈{2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}，记每个基本事件为（n1，n2），甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有6×6＝36个基本事件.（2x＋的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则当n1＋n2＝6时，（2x＋）6共有7项，其中只有第4项的二项式系数最大，当n1＋n2为其他值时，均不满足只有第4项的二项式系数最大，当n1＋n2＝6时，共有5个基本事件满足要求，（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），故甲胜的概率为.
3 / 3第三节 随机事件的概率与古典概型
课标要求
1.结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.
2.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
3.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.
4.结合实例，会用频率估计概率.
1.样本空间和随机事件
关键词 含义
样本点 随机试验E的 的基本结果，常用ω表示样本点
样本空间 样本点的集合，常用Ω表示样本空间
有限样本空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间
随机事件 样本空间Ω的 ，常用大写字母A，B，C，…表示
基本事件 只包含一个样本点的事件
必然事件 每次试验 的事件
不可能事件 每次试验 的事件
2.两个事件的关系和运算
事件的关 系和运算 含义 符号表示
包含关系 A发生导致B发生 A B
相等关系 B A且A B A＝B
并事件 （和事件） A与B至少有一个发生 A∪B或A＋B
交事件 （积事件） A与B同时发生 A∩B或AB
互斥 事件 A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对 立事件 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝ ， A∪B＝Ω
3.古典概型
（1）古典概型的特征
①有限性：样本空间的样本点只有 个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性 .
（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）＝ ＝ .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.
4.概率的基本性质
性质1：对任意的事件A，都有P（A）≥0；
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）＝ ；
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）＝ ；
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，我们有P（A∪B）＝ .
5.频率和概率
随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn（A）会逐渐 事件A发生的概率P（A），我们称频率的这个性质为频率的稳定性.因此，可以用频率fn（A）估计概率P（A）.
若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）事件发生的频率与概率是相同的.（ ）
（2）两个事件的和事件是指两个事件同时发生.（ ）
（3）若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件.（ ）
（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事件.（ ）
2.（人A必修二P235练习1题改编）一个人打靶时连续射击两次，与事件“至多有一次中靶”互斥的事件是（ ）
A.至少有一次中靶 B.两次都中靶
C.只有一次中靶 D.两次都不中靶
3.（人A必修二P257练习1（1）（2）题改编）把一枚质地均匀的硬币连续抛掷1 000次，其中有496次正面朝上，504次反面朝上，则掷一次硬币正面朝上的概率为（ ）
A.0.496 B.0.504
C.0.5 D.1
4.（人A必修二P237例8改编）从集合{1，2，4}中随机抽取一个数a，从集合{2，4，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝（a，b）与向量n＝（2，－1）垂直的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.抛掷一枚骰子，记A为事件“出现的点数是奇数”，B为事件“出现的点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝ ，P（A∩B）＝ .
随机事件关系的判断
（基础自学过关）
1.口袋中装有3个红球和4个黑球，每个球编有不同的号码，现从中取出3个球，则互斥而不对立的事件是（ ）
A.至少有1个红球与至少有1个黑球 B.至少有1个红球与都是黑球
C.至少有1个红球与至多有1个黑球 D.恰有1个红球与恰有2个红球
2.〔多选〕有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件I为“一种报纸也不订”，下列命题正确的是（ ）
A.E与G是互斥事件 B.F与I互为对立事件
C.F与G不是互斥事件 D.G与I是互斥事件
3.〔多选〕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”.下列判断正确的是（ ）
A.A与D为对立事件
B.B与C是互斥事件
C.C与E是对立事件
D.P（C∪E）＝1
练后悟通
事件关系判断的策略
（1）判断事件的互斥、对立关系时一般用定义判断，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，反之不成立.互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；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）判断事件的交、并关系时，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，运用Venn图分析事件.
随机事件的概率
（定向精析突破）
考向1 古典概型的概率
（1）（2025·湘豫名校联考）党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动.”今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（ ）
A. B. C. D.
（2）（2025·八省联考）有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
听课记录 解题技法
古典概型的概率求解步骤
（1）求出所有样本点的个数n；
（2）求出事件A包含的所有样本点的个数m；
（3）代入公式P（A）＝求解.
考向2 互斥事件与对立事件的概率
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）1张奖券的中奖概率；
（2）1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
解题技法
互斥事件概率的两种求法
（1）将所求事件转化成几个彼此互斥事件的和事件，利用互斥事件概率的加法公式求解概率；
（2）若将一个较复杂的事件转化为几个彼此互斥事件的和事件时分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑先求其对立事件的概率，即运用“正难则反”的思想.常用此方法求“至少”“至多”型事件的概率.
1.从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为（ ）
A. B.
C. D.
2.从（3x＋1）5的展开式各项的系数中任取两个，其和为奇数的概率是 .
3.经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队等候的人数及相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：（1）至多2人排队等候的概率；
（2）至少3人排队等候的概率.
用频率估计概率
（师生共研过关）
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，统计了前三年的六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
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.
解题技法
1.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，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.
2.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步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种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表：
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
随机调查了该险种的200名续保人在上一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
（1）记A为事件“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“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.
第三节 随机事件的概率与古典概型
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.每个可能 全体 子集 一定发生
一定不发生
3.（1）①有限 ②相等 （2）
4.P（A）＋P（B） 1－P（B） P（A）＋P（B）－P（A∩B）
5.稳定于
对点自测诊断
1.（1）× （2）× （3）× （4）×
2.B 3.C 4.B 5.
【考点·分类突破】
考点1
1.D 对于A，不互斥，如取出2个红球和1个黑球，与至少有1个黑球不是互斥事件，所以A不符合题意；对于B，至少有1个红球与都是黑球不能同时发生，且必有其中1个发生.所以为互斥事件，且为对立事件，所以B不符合题意；对于C，不互斥.如取出2个红球和1个黑球，与至多有1个黑球不是互斥事件，所以C不符合题意；对于D，恰有1个红球与恰有2个红球不能同时发生，所以为互斥事件，但不对立，如恰有3个红球.
2.BC 对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，所以F与I互为对立事件，故B正确；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件，故C正确；对于D，G与I可以同时发生，不是互斥事件，故D错误.
3.AD 当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，B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，C不正确；显然A与D是对立事件，A正确；C∪E为必然事件，P（C∪E）＝1，D正确.
考点2
【例1】 （1）D （2） 解析：（1）将5名志愿者分配到4个场馆，共有种不同的方法，其中A，B两名志愿者在同一个场馆共有种不同的方法，所以A，B两名志愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－＝.故选D.
（2）从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为＝＝56，因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则抽出的3张卡片上的数字之和应为18，则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3种，所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为.
【例2】 解：（1）设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C.
∵A，B，C两两互斥，∴P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝＝.
故1张奖券中奖的概率为.
（2）设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与事件“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
∴P（N）＝1－P（A∪B）＝1－[P（A）＋P（B）]＝1－（＋）＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
跟踪训练
1.C 从正六边形的6个顶点中任取3个，有＝20（个）三角形，其中直角三角形，每边对应2个，如图，例如Rt△BDE和Rt△ADE，共有2×6＝12（个），所以所求概率为＝.
2. 解析：（3x＋1）5展开式的通项公式为Tr＋1＝·35－r·x5－r，其中系数为35－r·，因为35－r一定为奇数，所以各项系数的奇偶性与二项式系数的奇偶性相同，＝＝1，＝＝5，＝＝10，四个奇数，两个偶数.从各项的系数中任取两个，其和为奇数，则取的两数为一奇一偶，故所求概率P＝＝.
3.解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥.
（1）记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，
所以P（G）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
（2）法一 记“至少3人排队等候”为事件H，
则H＝D∪E∪F，所以P（H）＝P（D∪E∪F）＝P（D）＋P（E）＋P（F）＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二 记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P（H）＝1－P（G）＝0.44.
考点3
【例3】 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，由表中数据可知，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，
若最高气温低于20，则Y＝200×6＋（450－200）×2－450×4＝－100；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝300×6＋（450－300）×2－450×4＝300；
若最高气温不低于25，则Y＝450×（6－4）＝900，
所以利润Y的所有可能值为－100，300，900.
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.
跟踪训练
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＝0.55，用频率估计概率，故P（A）的估计值为0.55.
（2）事件B发生的条件是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＝0.3，用频率估计概率，故P（B）的估计值为0.3.
（3）由所给数据得
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
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.
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第三节 随机事件的概率与古典概型
高中总复习·数学
课标要求
1. 结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样
本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机
事件的并、交运算.
2. 结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的
概率.
3. 通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.
4. 结合实例，会用频率估计概率.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 样本空间和随机事件
关键词 含义
样本点 随机试验E的 的基本结果，常用ω表示样本
点
样本空间 样本点的集合，常用Ω表示样本空间
有限样本空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称
样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间
每个可能
全体
关键词 含义
随机事件 样本空间Ω的 ，常用大写字母A，B，C，…表
示
基本事件 只包含一个样本点的事件
必然事件 每次试验 的事件
不可能事件 每次试验 的事件
子集
一定发生
一定不发生
2. 两个事件的关系和运算
事件的关系和
运算 含义 符号表示
包含关系 A发生导致B发生 A B
相等关系 B A且A B A＝B
并事件（和事
件） A与B至少有一个发生 A∪B或A＋B
事件的关系和
运算 含义 符号表示
交事件（积事
件） A与B同时发生 A∩B或AB
互斥事件 A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对立事件 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝ ，
A∪B＝Ω
3. 古典概型
（1）古典概型的特征
①有限性：样本空间的样本点只有 个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性 .
有限
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）
＝ ＝ .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.
4. 概率的基本性质
性质1：对任意的事件A，都有P（A）≥0；
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）＝
；
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）＝ ；
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，我们有P（A∪B）
＝ .
P（A）＋P
（B）
1－P（B）
P（A）＋P（B）－P（A∩B）
5. 频率和概率
随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频
率fn（A）会逐渐 事件A发生的概率P（A），我们称频率的这
个性质为频率的稳定性.因此，可以用频率fn（A）估计概率P
（ A ）.
稳定于
A
若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪An）＝P（A1）
＋P（A2）＋…＋P（An）.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）事件发生的频率与概率是相同的. （ × ）
（2）两个事件的和事件是指两个事件同时发生. （ × ）
（3）若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件. （ × ）
（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事件. （ × ）
×
×
×
×
2. （人A必修二P235练习1题改编）一个人打靶时连续射击两次，与事件
“至多有一次中靶”互斥的事件是（ ）
A. 至少有一次中靶 B. 两次都中靶
C. 只有一次中靶 D. 两次都不中靶
解析： 射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中
靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”.
√
3. （人A必修二P257练习1（1）（2）题改编）把一枚质地均匀的硬币连
续抛掷1 000次，其中有496次正面朝上，504次反面朝上，则掷一次硬币正
面朝上的概率为（ ）
A. 0.496 B. 0.504
C. 0.5 D. 1
解析： 掷一次硬币正面朝上的概率是0.5.
√
4. （人A必修二P237例8改编）从集合{1，2，4}中随机抽取一个数a，从
集合{2，4，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝（a，b）与向量n＝
（2，－1）垂直的概率为（ ）
A. B.
解析： 从集合{1，2，4}中随机抽取一个数a，从集合{2，4，5}中随机
抽取一个数b，可以组成向量m＝（a，b）的个数是3×3＝9，其中与向
量n＝（2，－1）垂直的向量是m＝（1，2）和m＝（2，4），共2个，故
所求的概率为P＝ .
√
C. D.
5. 抛掷一枚骰子，记A为事件“出现的点数是奇数”，B为事件“出现的
点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝ ，P（A∩B）＝ .
解析：抛掷一枚骰子，样本空间出现的点数是{1，2，3，4，5，6}，事件
A∪B包括出现的点数是{1，3，5，6}这4个样本点，故P（A∪B）＝ ；
事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P（A∩B）＝ .
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
随机事件关系的判断（基础自学过关）
1. 口袋中装有3个红球和4个黑球，每个球编有不同的号码，现从中取出3
个球，则互斥而不对立的事件是（ ）
A. 至少有1个红球与至少有1个黑球
B. 至少有1个红球与都是黑球
C. 至少有1个红球与至多有1个黑球
D. 恰有1个红球与恰有2个红球
√
解析： 对于A，不互斥，如取出2个红球和1个黑球，与至少有1个黑球
不是互斥事件，所以A不符合题意；对于B，至少有1个红球与都是黑球不
能同时发生，且必有其中1个发生.所以为互斥事件，且为对立事件，所以
B不符合题意；对于C，不互斥.如取出2个红球和1个黑球，与至多有1个黑
球不是互斥事件，所以C不符合题意；对于D，恰有1个红球与恰有2个红球
不能同时发生，所以为互斥事件，但不对立，如恰有3个红球.
2. 〔多选〕有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，
事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件I为
“一种报纸也不订”，下列命题正确的是（ ）
A. E与G是互斥事件 B. F与I互为对立事件
C. F与G不是互斥事件 D. G与I是互斥事件
解析： 对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，所以F与I互为对
立事件，故B正确；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件，故C正
确；对于D，G与I可以同时发生，不是互斥事件，故D错误.
√
√
3. 〔多选〕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”.下列判断正
确的是（ ）
A. A与D为对立事件 B. B与C是互斥事件
C. C与E是对立事件 D. P（C∪E）＝1
解析： 当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，B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，C不正确；显然A
与D是对立事件，A正确；C∪E为必然事件，P（C∪E）＝1，D正确.
√
√
练后悟通
事件关系判断的策略
（1）判断事件的互斥、对立关系时一般用定义判断，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，反之不成立.互斥事件是不可能同
时发生的事件，但也可以同时不发生；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）判断事件的交、并关系时，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，运用Venn图分析事件.
随机事件的概率（定向精析突破）
考向1 古典概型的概率
（1）（2025·湘豫名校联考）党的二十大报告提出：“深化全民阅读
活动.”今天，我们思索读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作
用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、
博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间
需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E共5名志愿者，每名志
愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每名志
愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B两名志愿者不在同一个场馆的概
率为（ D ）
D
A. B.
C. D.
解析： 将5名志愿者分配到4个场馆，共有 种不同的方法，其中
A，B两名志愿者在同一个场馆共有 种不同的方法，所以A，B两名志
愿者不在同一个场馆的概率为P＝1－ ＝ .故选D.
（2）（2025·八省联考）有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，
7，8，现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与
其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
解析： 从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为
＝ ＝56，因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，所以要使抽出的3张卡
片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则抽出的3张卡片上的
数字之和应为18，则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4
或7，6，5共3种，所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数
字之和相等的概率为 .
解题技法
古典概型的概率求解步骤
（1）求出所有样本点的个数n；
（2）求出事件A包含的所有样本点的个数m；
（3）代入公式P（A）＝ 求解.
考向2 互斥事件与对立事件的概率
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）1张奖券的中奖概率；
解： 设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C.
∵A，B，C两两互斥，∴P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P
（B）＋P（C）＝ ＝ .
故1张奖券中奖的概率为 .
（2）1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
解： 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
事件“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
∴P（N）＝1－P（A∪B）＝1－[P（A）＋P（B）]＝1－（ ＋
）＝ .
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 .
解题技法
互斥事件概率的两种求法
（1）将所求事件转化成几个彼此互斥事件的和事件，利用互斥事件概率
的加法公式求解概率；
（2）若将一个较复杂的事件转化为几个彼此互斥事件的和事件时分类太
多，而其对立面的分类较少，可考虑先求其对立事件的概率，即运用“正
难则反”的思想.常用此方法求“至少”“至多”型事件的概率.
1. 从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角
形的概率为（ ）
A. B.
解析： 从正六边形的6个顶点中任取3个，有 ＝20
（个）三角形，其中直角三角形，每边对应2个，如图，
例如Rt△BDE和Rt△ADE，共有2×6＝12（个），所以
所求概率为 ＝ .
√
C. D.
2. 从（3x＋1）5的展开式各项的系数中任取两个，其和为奇数的概率
是 .
解析：（3x＋1）5展开式的通项公式为Tr＋1＝ ·35－r·x5－r，其中系数为
35－r· ，因为35－r一定为奇数，所以各项系数的奇偶性与二项式系数的
奇偶性相同， ＝ ＝1， ＝ ＝5， ＝ ＝10，四个奇数，两个
偶数.从各项的系数中任取两个，其和为奇数，则取的两数为一奇一偶，
故所求概率P＝ ＝ .
3. 经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队等候的人数及相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5
人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：（1）至多2人排队等候的概率；
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排
队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件
E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F
彼此互斥.
（1）记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，
所以P（G）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.1＋
0.16＋0.3＝0.56.
（2）至少3人排队等候的概率.
解：法一 记“至少3人排队等候”为事件H，
则H＝D∪E∪F，所以P（H）＝P（D∪E∪F）＝P（D）＋P
（E）＋P（F）＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二 记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P
（H）＝1－P（G）＝0.44.
用频率估计概率（师生共研过关）
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，统计了前三年的六月份各天的最高气温数据，得到下
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；
解： 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，由表中数据可知，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.
解： 当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温低于20，则Y＝200×6＋（450－200）×2－450×4＝－100；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝300×6＋（450－300）×2－
450×4＝300；
若最高气温不低于25，则Y＝450×（6－4）＝900，
所以利润Y的所有可能值为－100，300，900.
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.
（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.
解题技法
1. 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
频率来作为随机事件概率的估计值.
2. 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
的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
某险种的基本保费为a（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续
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表：
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25
a 1.5a 1.75a 2a
出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
频数 60 50 30 30 20 10
（1）记A为事件“续保人本年度的保费不高于基本保费”.求P（A）的
估计值；
随机调查了该险种的200名续保人在上一年内的出险情况，得到如下统
计表：
解： 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 ＝0.55，用频率估计概率，故P（A）
的估计值为0.55.
（2）记B为事件“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；
解： 事件B发生的条件是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 ＝0.3，用频
率估计概率，故P（B）的估计值为0.3.
（3）求续保人本年度平均保费的估计值.
解： 由所给数据得
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
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.
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
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
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－ ＝ ，故“至多有一张移动卡”的概率是 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
√
2. 设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”
是“事件A，B互为对立事件”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
√
解析： 因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事
件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件
A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3
点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以
“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分
条件.故选B.
3. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析： 从7个整数中随机取2个不同的数，共有 ＝21（种）取法，取
得的2个数互质的情况有（2，3），（2，5），（2，7），（3，4），
（3，5），（3，7），（3，8），（4，5），（4，7），（5，6），
（5，7），（5，8），（6，7），（7，8），共14种，根据古典概型的概
率公式，得这2个数互质的概率为 ＝ .故选D.
√
4. 某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线生产7 nm规格的芯片.现有25块
该规格的芯片，其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块.
若甲、乙、丙生产的芯片的优质品率分别为0.8，0.8，0.7，则从这25块
芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（ ）
A. 0.76 B. 0.64
C. 0.58 D. 0.48
解析： 由题可知，甲、乙、丙生产的芯片的优质品总数为5×0.8＋
10×0.8＋10×0.7＝19，根据古典概型计算可得该芯片为优质品的概率为
＝0.76，故选A.
√
5. 某学校为了搞好课后服务工作，教务科组建了一批社团，学生们都能自
主选择自己喜欢的社团.目前话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团
分别还可以再接收1名学生，恰好含甲、乙的4名同学前来教务科申请加
入，按学校规定每人只能加入一个社团，则甲进街舞社团，乙进书法社团
或摄影社团的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 4名同学分别进入话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团共
有 ＝24（种）选法，其中甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团有
＝4（种）选法，按学校规定每人只能加入一个社团，由古典概型的
概率计算公式可得，甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率P＝
＝ .
6. 〔多选〕下列说法中正确的有（ ）
A. 若事件A与事件B是互斥事件，则P（A∩B）＝0
B. 若事件A与事件B是对立事件，则P（A∪B）＝1
C. 某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有
一次中靶”是对立事件
D. 把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件
“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件
√
√
√
解析： 事件A与事件B互斥，则A，B不可能同时发生，所以P
（A∩B）＝0，故A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事
件 ，所以P（A∪B）＝1，故B正确；事件“至少有两次中靶”与“至
多有一次中靶”不可能同时发生，且二者必有一个发生，所以为对立事
件，故C正确；事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”
可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误.
7. 《易经》是中国传统文化中的精髓.如图是易经先天八卦图，每一卦由
三根线组成（“ ”表示一根阳线，“ ”表示一根阴线），现从八卦
中任取两卦，这两卦的阳线数目相同的概率为 .
解析：从八卦中任取两卦，样本点总数n＝ ＝28，这两卦的阳线数目相
同的样本点有6种，分别为（兑，巽），（兑，离），（巽，离），
（坎，艮），（艮，震），（坎，震），∴这两卦的阳线数目相同的概率
为P＝ ＝ .
8. （2022·全国甲卷理15题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在
同一个平面的概率为 .
解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有 ＝70（种）.其中4个点共
面有以下两种情况：（1）所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，
如图1，有6种取法；
（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.
所以所取的4个点在同一个平面的概
率P＝ ＝ .
9. 某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2
名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两所中学所推荐的学生一起参
加集训.集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中
随机抽取3人组成代表队.
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
解： 由题意，参加集训的男、女生各有6名.入选代表队学生全从B中
学抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为 ＝ ，因
此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－ ＝ .
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生
人数不少于2人的概率.
解： 设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，记“参赛女生有2
人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E，则P（D）＝ ＝ ，P
（E）＝ ＝ .由互斥事件的概率加法公式，得P（C）＝P（D）＋
P（E）＝ ＋ ＝ ，故所求事件的概率为 .
10. 某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是
高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有
14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工
是高级工程师的概率为（ ）
A. B.
C. D.
√
解析： 如图，设A集合为“优秀员工”，B集合为
“高级工程师”，由题A集合有85个元素，A∩B有75
个元素， U（A∪B）有14个元素，故集合B中有96个
元素.故概率P＝ ＝ ，故选C.
11. 已知随机事件A和B互斥，且P（A∪B）＝0.6，P（A）＝0.4，则
事件B的对立事件的概率为（ ）
A. 0.2 B. 0.4
C. 0.6 D. 0.8
解析： 由题得P（A∩B）＝0，P（A∪B）＝0.6，又P（A∪B）
＝P（A）＋P（B）－P（A∩B），所以P（B）＝0.6－0.4＝0.2，所
以事件B的对立事件的概率为1－0.2＝0.8，故选D.
√
12. 〔多选〕小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间（分钟）随
交通堵塞状况有所变化，其概率分布如下表所示：
所需时间（分钟） 30 40 50 60
线路一 0.5 0.2 0.2 0.1
线路二 0.3 0.5 0.1 0.1
A. 任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是
对立事件
B. 从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间
C. 如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该走线路一
D. 若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为
0.04
则下列说法正确的是（ ）
√
√
解析： 对于选项A，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分
钟”是互斥而不对立事件，所以选项A错误；对于选项B，线路一所需的平
均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39分钟，线路二所需的
平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40分钟，所以线路一
比线路二更节省时间，所以选项B正确；对于选项C，线路一所需时间小于
45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，小张应该
选线路二，所以选项C错误；对于选项D，所需时间之和大于100分钟，则
线路一、线路二的时间可以为（50，60），（60，50）和（60，60）三种
情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，所以选项D正确.故
选B、D.
13. 若A，B互为对立事件，P（A）＝ ，P（B）＝ ，且a＞0，b＞
0，则2a＋b的最小值是 .
解析：因为A，B互为对立事件，所以P（A）＋P（B）＝ ＋ ＝1，且
a＞0，b＞0，可得2a＋b＝（ ＋ ）（2a＋b）＝4＋ ＋ ≥4＋
2 ＝8，当且仅当 ＝ ，即b＝2a＝4时，等号成立，所以2a＋b
的最小值是8.
8
14. 某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越
好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品.现用两种新配方（分别
称为A配方和B配方）做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产
品的质量指标值，得到下面试验结果：
A配方的频数分布表
指标值 [90，
94） [94，
98） [98，
102） [102，
106） [106，110]
频数 8 20 42 22 8
指标值 [90，
94） [94，
98） [98，
102） [102，
106） [106，110]
频数 4 12 42 32 10
（1）分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；
B配方的频数分布表
解： 由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为 ＝
0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.
由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为 ＝0.42，所以
用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.
（2）已知用B配方生产的一件产品的利润y（单位：元）与其质量指标值
t的关系为y＝ 估计用B配方生产的一件产品的利润大
于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润.
解： 由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其
质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为 ＝
0.96.
所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.
用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为 ×[4×（－2）＋
54×2＋42×4]＝2.68（元）.
15. （创新知识交汇）〔多选〕（2025·日照一模）从标有1，2，3，…，8
的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，依次得到数字a，b，记
点A（a，b），B（1，－1），O（0，0），则（ ）
A. ∠AOB是锐角的概率为
B. ∠ABO是直角的概率为
C. △AOB是锐角三角形的概率为
D. △AOB的面积不大于5的概率为
√
√
√
解析： A选项，标有1，2，3，…，8的8张卡片中有放回地抽取两
次，每次抽取一张，共有8×8＝64种情况，设l与直线OB垂直，因为kOB
＝－1，则直线l：y＝x，其中64个点中，有8个落在直线l：y＝x上，剩
余56个点中，一半在l：y＝x上方，一半在l：y＝x下方，要想∠AOB为
锐角，则点A应在直线l：y＝x下方，其中满足要求的有28个点，故
∠AOB是锐角的概率为 ＝ ，A正确；B选项，过点B作直线m⊥OB，
则A点落在直线m上，满足∠ABO为直角，其中kOB＝－1，故直线m的斜
率为1，直线m的方程为y＋1＝x－1，即y＝x－2，落在y＝x－2上的点
的坐标有（3，1），（4，2），（5，3），（6，4），（7，5），（8，
6），共6个，故∠ABO是直角的概率为 ＝ ，B错误；C选项，要想
△AOB为锐角三角形，则点A落在直线l：y＝x与直线m：y＝x－2之
间，根据点的坐标特征，应落在y＝x－1上，满足要求的点有（2，1），
（3，2），（4，3），（5，4），（6，5），（7，6），（8，7），共7
个，故△AOB是锐角三角形的概率为 ，C正确；D选项，直线OB的方程
为x＋y＝0，｜OB｜＝ ＝ ，设直线n：x＋y＋C＝0，设直线
n与直线OB的距离为d，则d＝ ＝ ，令 ｜OB｜·d＝ ×
× ≤5，解得－10≤C≤10，故要想△AOB的面积不大于5，则点A
在x＋y－10＝0上，或x＋y－10＝0的下方，即x＋y－10≤0，满足要求
的点有（1，1），（1，2），…，（1，8），（2，1），（2，2），…，
（2，8），（3，1），（3，2），…，（3，7），（4，1），（4，2），
（4，3），（4，4），（4，5），（4，6），（5，1），（5，2），
（5，3），（5，4），（5，5），（6，1），（6，2），（6，3），
（6，4），（7，1），（7，2），（7，3），（8，1），（8，2），共8
＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＝43个，△AOB的面积不大于5的概率为 ，D正
确.故选A、C、D.
16. （创新知识交汇）甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下：
（1）甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为n1，乙得到的
点数为n2；
（2）若n1＋n2的值能使（2x＋ 的展开式中只有第4项的二项式
系数最大，则甲胜，否则乙胜.那么甲胜的概率为 .
解析：由题意得n1，n2∈{1，2，3，4，5，6}，n1＋n2∈{2，3，4，5，
6，7，8，9，10，11，12}，记每个基本事件为（n1，n2），甲、乙各抛掷
质地均匀的骰子一次，共有6×6＝36个基本事件.（2x＋ 的展开
式中只有第4项的二项式系数最大，则当n1＋n2＝6时，（2x＋ ）6共有7
项，其中只有第4项的二项式系数最大，当n1＋n2为其他值时，均不满足只
有第4项的二项式系数最大，当n1＋n2＝6时，共有5个基本事件满足要求，
（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），故甲胜的概率为
.
THANKS
演示完毕 感谢观看
