第四节 随机事件、古典概型
【课程标准】 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.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；3.了解随机事件的并、交与互斥的含义，会随机事件的并、交运算；4.掌握随机事件概率的运算法则，了解两个互斥事件的概率加法公式；5.理解古典概型及其概率计算公式.
教|材|回|顾
1．有限样本空间与随机事件
(1)样本点：随机试验的每个可能的基本结果．
(2)样本空间：全体样本点的集合，一般用Ω表示．
(3)有限样本空间：样本空间Ω＝{w1，w2，…，wn}．
(4)随机事件(事件)：样本空间Ω的子集．
(5)基本事件：只包含一个样本点的事件．
2．事件的关系和运算
事件的关系 或运算 含义 符号表示
包含关系 若事件A发生，则事件B一定发生 B A或A B
相等关系 B A且A B A＝B
并事件(和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 A∪B或A＋B
交事件 (积事件) 事件A与事件B同时发生 A∩B或AB
互斥(互不相容) 事件A与事件B不能同时发生 A∩B＝
互为对立事件 事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生 A∪B＝Ω且 A∩B＝
3.概率与频率
(1)频率的稳定性：一般地，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)会逐渐稳定于事件A发生的________．我们称频率的这个性质为频率的稳定性．
(2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计________．
4．概率的基本性质
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)＝________，P( )＝________.
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)＝________，P(A)＝________.
性质5 如果A B，那么P(A)________P(B)．
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．古典概型
(1)古典概型的特点
(2)古典概型的概率公式
P(A)＝.
微|点|延|伸
1．互斥事件与对立事件的关系
互斥与对立都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之中必有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．
2．概率加法公式的推广
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广 ，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
3．古典概型
一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特征，即有限性和等可能性，只有同时具备这两个特征的试验才是古典概型．
小|题|快|练
1．把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”( )
A．是对立事件
B．是不可能事件
C．是互斥但不对立事件
D．不是互斥事件
2．根据统计，某篮球运动员在1 000次投篮中，命中的次数为560，则该运动员( )
A．投篮命中的频率为0.56
B．投篮10次至少有5次命中
C．投篮命中的概率为0.56
D．投篮100次有56次命中
3．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P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为________．
4．从2名医生、4名护士中选取1名医生、2名护士去进修，护士甲恰被选中的概率为________．
5．在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为________．
类型一 随机事件与样本空间自练自悟
1.袋子中有4个大小和质地相同的球，标号为1,2,3,4，从中随机摸出一个球，记录球的编号，先后摸两次．
(1)若第一次摸出的球不放回，写出试验的样本空间；
(2)若第一次摸出的球放回，写出试验的样本空间．
2．同时掷两颗质地均匀的骰子一次．
(1)“点数之和是13”是什么事件？其概率是多少？
(2)“点数之和在2～13范围之内”是什么事件？其概率是多少？
(3)“点数之和是7”是什么事件？其概率是多少？
确定样本空间的方法
1．必须明确事件发生的条件．
2．根据题意，按一定的次序列出问题的答案．特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.
类型二 事件的关系与运算自练自悟
3.(多选题)从1至9这9个自然数中任取两个，有如下随机事件：
A＝“恰有一个偶数”，B＝“恰有一个奇数”，
C＝“至少有一个奇数”，D＝“两个数都是偶数”，E＝“至多有一个奇数”．
下列结论正确的有( )
A．A＝B
B．B C
C．D∩E＝
D．C∩D＝ ，C∪D＝Ω
4．从6件正品与3件次品中任取3件，观察正品件数与次品件数，判断下列每对事件是不是互斥事件；如果是，再判断它们是不是对立事件．
(1)“恰好有1件次品”和“恰好有2件次品”；
(2)“至少有1件次品”和“全是次品”．
1．进行事件的运算时，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和运算用Venn图分析事件．
2．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，但也可以同时不发生；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.
类型三 概率的性质应用
【例1】 (多选题)已知随机事件A，B满足P(A)＝，P(B)＝，则( )
A．若事件A，B互斥，则P(A＋B)＝
B．若B A，则P(AB)＝
C．若B A，则P(A＋B)＝
D．若事件A，B互斥，则P(＋)＝
注意以下几条性质的应用
1．若A B，则P(AB)＝P(A)，P(A∪B)＝P(B)．
2．P(＋)＝P()＝1－P(AB)，本题D选项可用此法判断．
【训练1】 (1)如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中圆面Ⅰ、圆环Ⅱ、圆环Ⅲ的概率分别为0.35，0.30,0.25，则射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为________，未命中靶的概率为________．
(2)一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，某种情况下甲熔丝熔断的概率为0.85，乙熔丝熔断的概率为0.74，甲、乙两根熔丝同时熔断的概率为0.63，则该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为________.
类型四 古典概型
【例2】 (1)(2024·湖南联考)将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有2个凹槽与其被放入的小球编号相同的概率是( )
A． B．
C． D．
(2)从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为( )
A． B．
C． D．
利用公式法求解古典概型问题的步骤
【训练2】 (2022·新课标Ⅰ卷)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．
第四节 随机事件、古典概型
必备知识·梳理
教材回顾
3．(1)概率P(A) (2)概率P(A)
4．1 0 P(A)＋P(B) 1－P(A) 1－P(B) ≤ P(A)＋P(B)－P(A∩B)
小题快练
1．C 解析 显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给丙或丁．综上，这两个事件为互斥但不对立事件．故选C.
2．A 解析 由题意可知，投篮命中的频率为＝0.56，得到的频率可能大于概率，也可能小于概率，也可能等于概率，故A正确，C错误；投篮10次或100次，每一次的结果都是随机的，其结果可能是一次没中或者多次投中等，频率、概率只反映事件发生的可能性的大小，不能说明事件是否一定发生，故B、D错误．故选A.
3．0.35 解析 因为“抽到的不是一等品”的对立事件是“抽到的是一等品”，且P(A)＝0.65，所以“抽到的不是一等品”的概率为1－0.65＝0.35.
4. 解析 任选1名医生、2名护士共有CC＝12种不同的取法，其中护士甲恰被选中共有CC＝6种不同的取法，故护士甲恰被选中的概率P＝＝.
5. 解析 设事件A＝“恰有1位同学分到写有自己学号的卡片”，则P(A)＝＝.
关键能力·落实
1．解 用m表示第一次摸出球的编号，用n表示第二次摸出球的编号，则样本点可用(m，n)(m，n∈{1,2,3,4})表示．
(1)若第一次摸出的球不放回，则m≠n，此时的样本空间可表示为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}，共有12个样本点．
(2)若第一次摸出的球放回，则m，n可以相同．此时试验的样本空间可表示为Ω＝{(m，n)|m，n∈{1,2,3,4}}，共有16个样本点．
2．解 由题意知，样本空间中有36个样本点．
(1)由于点数最大是6，和最大是12，点数之和不可能是13，因此此事件不包含任何样本点，是不可能事件，其概率为0.
(2)由于点数之和最小是2，最大是12，在2～13范围之内，此事件包含所有样本点，它是必然事件，其概率为1.
(3)由(2)知，和是7是有可能的，此事件是随机事件，事件“点数之和是7”包含的样本点有(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6个，因此其概率为P＝＝.
3．ABD 解析 事件A，B都指的是一奇一偶，故A正确；至少有一个奇数，指两个数是一奇一偶，或是两个数都是奇数，所以B C，故B正确；至多有一个奇数指一奇一偶或两偶，此时事件D，E可能同时发生，故C错误；因为C，D是对立事件，所以C∩D＝ ，C∪D＝Ω，故D正确．故选ABD.
4．解 从6件正品与3件次品中任取3件，共有4种情况：全是正品；2件正品1件次品；1件正品2件次品；全是次品．
(1)“恰好有1件次品”即“2件正品1件次品”；“恰好有2件次品”即“1件正品2件次品”，它们是互斥事件但不是对立事件．
(2)“至少有1件次品”包括“2件正品1件次品”“1件正品2件次品”“全是次品”3种情况，它与“全是次品”既不是互斥事件也不是对立事件．
【例1】 AC 解析 对于A选项，因为事件A，B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，故A正确；对于B选项，因为B A，所以P(AB)＝P(B)＝，故B错误；对于C选项，因为B A，所以P(A＋B)＝P(A)＝，故C正确；对于D选项，事件A与事件B是互斥事件，则＋为必然事件，所以P(＋)＝1，故D错误．综上，选AC.
【训练1】 (1)0.55 0.10 解析 设射手命中圆面Ⅰ为事件A，命中圆环Ⅱ为事件B，命中圆环Ⅲ为事件C，未命中靶为事件D，则P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(C)＝0.25，事件A，B，C两两互斥，故射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.30＋0.25＝0.55，射手命中靶的概率为P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.因为命中靶和未命中靶是对立事件，所以未命中靶的概率为P(D)＝1－P(A∪B∪C)＝1－0.90＝0.10.
(2)0.96 解析 设事件A＝“甲熔丝熔断”，事件B＝“乙熔丝熔断”，则有P(A)＝0.85，P(B)＝0.74.“甲、乙两根熔丝同时熔断”为事件A∩B，则有P(A∩B)＝0.63，“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B，则有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96，所以至少有一根熔丝熔断的概率为0.96.
【例2】 (1)B 解析 将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，共有A＝24(种)放法，其中恰有2个凹槽与其被放入的小球编号相同的放法有C＝6(种)，4个凹槽均与其被放入的小球编号相同的放法有1种，所以至少有2个凹槽与其被放入的小球编号相同的概率P＝＝，故选B.
(2)A 解析
如图，从八个顶点中任选三个构成三角形的有C＝56种结果；其中能构成正三角形的有8种结果：△ACD1，△BDC1，△ACB1，△BDA1，△A1C1B，△B1D1A，△B1D1C，△A1C1D，故所求的概率为＝，故选A.
【训练2】 D 解析 从2,3,4,5,6,7,8中随机取2个不同的数有C＝21种结果，其中这2个数互质的结果有(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，所以所求概率为＝.故选D.(共41张PPT)
第四节
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
随机事件、古典概型
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
随机事件与样本空间 自练自悟
解
解
解
解
解
类型二
事件的关系与运算
解析
解
解
类型三
概率的性质应用
解析
解析
解析
类型四
古典概型
解析
解析
解析
R
赢在欲点
I
Ⅱ
Ⅲ
D
7
Al
B
1
1
1
I
C
D
A
B
第一步
定型，根据事件的性质，确定事件类型为古
典概型
第二步
定量，确定试验包含的样本点总数及所求事
件包含的样本点个数
第三步
求值，代入古典概型的概率计算公式求解微练(八十三) 随机事件、古典概型
基础过关
一、单项选择题
1．一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球．下列事件为不可能事件的是 ( )
A．3个都是白球 B．3个都是红球
C．至少1个红球 D．至多2个白球
2．抛掷一枚骰子，“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则( )
A．A B
B．A＝B
C．A＋B表示向上的点数是1或2或3
D．AB表示向上的点数是1或2或3
3．已知随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，则P()＝( )
A．0.5 B．0.1
C．0.7 D．0.8
4．在抛掷一枚质地均匀的骰子的试验中，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”，则在一次试验中，事件A＋发生的概率为( )
A． B． C． D．
5．(2024·郑州调研)盒子中有9个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，6个黑球，从中依次随机摸出3个小球，则第三次摸到红球的概率为( )
A． B． C． D．
6．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．
7．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数能组成等差数列的概率为( )
A． B． C． D．
二、多项选择题
8．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2个球，事件A＝“取出的2个球同色”，事件B＝“取出的2个球中至少有1个黄球”，事件C＝“取出的2个球中至少有1个白球”，事件D＝“取出的2个球不同色”，E＝“取出的2个球中至多有1个白球”．下列判断中错误的是( )
A．P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
B．P(C)＋P(D)＝1
C．P(C＋E)＝1
D．P(B)＝P(C)
9．(2025·广东模拟)中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山，甲、乙、丙三人计划在假期出游，每人选一个地方，则( )
A．恰有2人选同一个地方的方法总数为20
B．恰有2人选同一个地方的方法总数为60
C．恰有1人选泰山的概率是
D．恰有1人选泰山的概率是
三、填空题
10．(2024·上海高考)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是________．
11．一个口袋里有大小相同的白球4个，黑球m个，现从中随机一次性取出2个球，若取出的2个球都是白球的概率为，则黑球的个数为________．
12．(2025·四川联考)从边长为1的正六边形的各个顶点中，任取两个顶点，则这两个顶点之间的距离为2的概率为________．
四、解答题
13．某地区为了实现产业的转型发展，利用当地旅游资源丰富多样的特点，决定大力发展旅游产业，一方面对现有旅游资源进行升级改造，另一方面不断提高旅游服务水平．为此，该地区旅游部门对所推出的报团游和自助游项目进行了深入调查．下表是从去年某月到该地区旅游的游客中随机抽取的100位游客的满意度调查表.
满意度 老年人 中年人 青年人
报团游 自助游 报团游 自助游 报团游 自助游
满意 12 1 18 4 15 6
一般 2 1 6 4 4 12
不满意 1 1 6 2 3 2
(1)由表中的数据分析，老年人、中年人和青年人这三种人群中，哪一类人群更倾向于选择报团游？
(2)为了提高服务水平，该旅游部门要从上述样本里满意度为“不满意”的自助游游客中随机抽取2人征集改造建议，求这2人中有老年人的概率；
(3)若你的朋友要到该地区旅游，根据表中的数据，你会建议他选择哪种旅游项目？
素养提升
14．(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________．
15．(2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率是________．
16．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字1,3,5,7，乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
微练(八十三) 随机事件、古典概型
1．A 解析 从8个红球、2个白球中采用不放回的方式从中摸出3个白球，不可能发生．故选A.
2．C 解析 由题意，可知A＝{1,2}，B＝{2,3}，则A∩B＝{2}，A∪B＝{1,2,3}，所以A＋B表示向上的点数为1或2或3.故选C.
3．A 解析 因为随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，所以P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，所以P()＝1－P(A)＝1－0.5＝0.5.故选A.
4．C 解析 抛掷一个骰子的试验有6种等可能结果，依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，所以P()＝1－P(B)＝1－＝.因为表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与互斥．从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.故选C.
5．C 解析 从9个大小质地完全相同的小球中依次随机摸出3个小球，共有9×8×7种等可能的结果．设事件A＝“第三次摸到红球”，则事件A包含的可能结果有3×8×7种，所以P(A)＝＝.故选C.
6．C 解析 由题意得，没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师有120－85－14＝21人，则公司共有高级工程师75＋21＝96(人)，故被选中的员工是高级工程师的概率为＝.故选C.
7．A 解析 根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有6种情况，则共有63＝216(种)情况，它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：
①若落地时向上的点数不同，则为1,2,3或1,3,5或2,3,4或2,4,6或3,4,5或4,5,6，共有6种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，即有A＝6(种)情况，共有6×6＝36(种)情况；
②若落地时向上的点数全相同，有6种情况，所以共有36＋6＝42(种)情况，则落地时向上的点数能组成等差数列的概率为＝.故选A.
8．ABD 解析 依题意，得P(A)＝＝，P(B)＝1－＝，P(A)＋P(B)＝>1，而P(A＋B)≤1，A中判断错误；P(C)＝1－＝，P(D)＝1－P(A)＝，P(C)＋P(D)>1，B中判断错误；C＋E是必然事件，因此P(C＋E)＝1，C中判断正确；P(B)＝，P(C)＝，则P(B)≠P(C)，D中判断错误．故选ABD.
9．BC 解析 由题意，恰有2人选同一个地方的方法总数为CA＝60，故A错误，B正确；又由3个人随机选5个地方，样本点的总数为53＝125，其中恰有1人选泰山含样本点数C(A＋A)＝48，所以恰有1人选泰山的概率P＝，所以C正确，D错误，故选BC.
10．0.85 解析 A题库占＝，B题库占＝，C题库占＝，则所求概率P＝×0.92＋×0.86＋×0.72＝0.85.
11．5 解析 由题意，得＝，即＝，解得m＝5或m＝－12(舍去)，所以黑球的个数为5.
12. 解析 如图所示，在边长为1的正六边形ABCDEF的各个顶点中，任取两个顶点所成的线段有AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15条，其中长度为2的线段有AD，BE，CF，共3条，故这两个顶点之间的距离为2的概率P＝＝.
13．解 (1)由题表中数据可得老年人、中年人和青年人选择报团游的频率分别为＝，＝，＝，因为>>，所以老年人更倾向于选择报团游．
(2)由题意得满意度为“不满意”的自助游游客中，老年人有1人，中年人有2人，青年人有2人，从中随机抽取2人，样本空间Ω共包含C＝10个样本点，其中这2人中有老年人包含的样本点有C＝4个，所以这2人中有老年人的概率为＝.
(3)根据表中的数据，可得报团游的满意率为＝，自助游的满意率为＝，因为>，所以建议他选择报团游．
14. 解析 1＋2＋3＋…＋8＝36，三张卡片上的数字之和为18有873,864,765三种情况，故P＝＝.
15. 解析 设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3次球的取法有A＝120(种)，则|m－n|＝＝≤，可得|a＋b－2c|≤3.当c＝1时，a，b需要满足“1≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2,3)，(3,2)，共2种．当c＝2时，a，b需要满足“1≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(3,4)，(4,3)，共10种．当c＝3时，a，b需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1,2)，(2,1)，(1,4)，(4,1)，(1,5)，(5,1)，(1,6)，(6,1)，(2,4)，(4,2)，(2,5)，(5,2)，(2,6)，(6,2)，(4,5)，(5,4)，共16种．当c＝4时，a，b需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1,5)，(5,1)，(1,6)，(6,1)，(2,3)，(3,2)，(2,5)，(5,2)，(2,6)，(6,2)，(3,5)，(5,3)，(3,6)，(6,3)，(6,5)，(5,6)，共16种．当c＝5时，a，b需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1,6)，(6,1)，(2,6)，(6,2)，(3,4)，(4,3)，(3,6)，(6,3)，(4,6)，(6,4)，共10种．当c＝6时，a，b需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4,5)，(5,4)，共2种．故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56(种)可能情况，所以所求概率P＝＝.
16. 解析 因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3,5,7时都赢，所以只有1种组合：3－2,5－4,7－6,1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2,5－4,1－6,7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2,7－4,1－6,5－8或3－2,7－4,1－8,5－6或3－2,7－6,1－4,5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2,7－4,1－6,3－8或5－2,7－4,1－8,3－6或5－4,7－2,1－6,3－8或5－4,7－2,1－8,3－6或5－2,7－6,1－4,3－8或5－2,7－6,1－8,3－4或5－4,7－6,1－2,3－8，共7种组合．综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝.(共28张PPT)
随机事件、古典概型
微练(八十三)
基础过关
1
5
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解析
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解
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素养提升
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解析
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解析
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2
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4
解析
