9.2 随机事件、古典概型与条件概率（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

9.2 随机事件、古典概型与条件概率
考点1 随机事件和古典概型
1.(2021全国甲文,10,5分)将3个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为 (　　)
A.0.3　　　　B.0.5　　　　C.0.6　　　　D.0.8
【答案】　C　
【解析】 列举法:基本事件为(1,1,1,0,0),(1,1,0,1,0),(1,1,0,0,1),(1,0,1,1,0),(1,0,1,0,1),(1,0,0,1,1),(0,1,1,1,0),(0,1,1,0,1),(0,1,0,1,1),(0,0,1,1,1),共10种情况,其中2个0不相邻的情况有6种,故P==0.6,故选C.
2.(2022全国甲文,6,5分)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 (　　)
A.
【答案】　C　
【解析】 依题意知,总的基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15个.其中符合数字之积是4的倍数的基本事件有6个,故所求概率P=.故选C.
3.(2021全国甲理,10,5分)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为 (　　)
A.
【答案】　C　
解题指导:先求4个1和2个0的所有排列数,再利用插空法求2个0不相邻的种数.
【解析】　从6个位置中任选2个位置排2个0,其他4个位置排4个1,共有=15种排法;先排4个1,再将2个0插空,共有=10种插法,故所求概率P=.
一题多解　(捆绑法):由题意知2个0相邻共有种排列方法,故所求概率P=1-.
易错提醒　本题是相同元素的排列问题,实际上元素之间无区别,是组合问题.
4.(2022新高考Ⅰ,5,5分)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.
【答案】　D　
【解析】 解法一:从7个整数中随机取2个不同的数共有=21种取法.
如图,所取的2个数互质的取法有3+4+2+3+1+1=14种,所以这2个数互质的概率为.
解法二(间接法):从7个数中任取2个数共有=21种取法,2个数不互质的情况有两种:①从4个偶数中任取2个,有=6种取法;②从偶数和奇数中各取一个,有1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为1-,故选D.
5.(2018课标Ⅱ文,5,5分)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务,则选中的2人都是女同学的概率为(　　)
A.0.6　　　B.0.5　　　C.0.4　　　D.0.3
【答案】　D　
【解析】 设两名男生为A,B,三名女生为a,b,c,则从5人中任选2人有(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c),(A,B),共10种.2人都是女同学的有(a,b),(a,c),(b,c),共3种,所以所求概率为=0.3.
方法总结　古典概型概率的求法:
(1)应用公式P(A)=求概率的关键是寻求基本事件的总数和待求事件包含的基本事件的个数.(2)基本事件个数的确定方法:
①列举法:此法适用于基本事件较少的古典概型;
②列表法:此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成是坐标法;
③画树状图法:画树状图法是进行列举的一种常用方法,适用于有顺序的问题或较复杂问题中基本事件数的探求.
6.(2017课标Ⅱ文,11,5分)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】 本题考查古典概型.
画出树状图如图:
可知所有的基本事件共有25个,满足题意的基本事件有10个,故所求概率P==.故选D.
思路分析　由树状图列出所有的基本事件,可知共有25个,满足题目要求的基本事件共有10个.由古典概型概率公式可知所求概率P==.
易错警示　本题易因忽略有放回的抽取而致错.
疑难突破　当利用古典概型求概率时,应区分有放回抽取与无放回抽取.有放回抽取一般采用画树状图法列出所有的基本事件,而无放回抽取一般采用穷举法.
7.(2016课标Ⅰ文,3,5分)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　C　
【解析】 从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种有以下选法:(红黄)、(红白)、(红紫)、(黄白)、(黄紫)、(白紫),共6种,其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在同一花坛)的选法有4种,所以所求事件的概率P==,故选C.
解后反思　从4种颜色的花中任选2种共有6种情况,不重不漏地列举出所有情况是解题关键.
评析　本题主要考查了古典概型、不重不漏地将所有情况列举出来是解题关键.
8.(2016课标Ⅲ文,5,5分)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　C　
【解析】 小敏输入密码后两位的所有可能情况如下:
(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),
(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),
(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5),共15种.
而能开机的密码只有一种,所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率为.
9.(2016北京文,6,5分)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　B　
【解析】 设这5名学生为甲、乙、丙、丁、戊,从中任选2人的所有情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),(丙,丁),(丙,戊),(丁,戊),
共4+3+2+1=10种.
其中甲被选中的情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),共4种,
故甲被选中的概率为=.故选B.
易错警示　在列举基本事件时要不重不漏,可画树状图:
评析　本题考查古典概型,属中档题.
10.(2015课标Ⅰ文,4,5分)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数.从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　C　
【解析】 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数有10种取法:(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),其中能构成一组勾股数的有1种:(3,4,5),故所求事件的概率P=,故选C.
11.(2015广东文,7,5分)已知5件产品中有2件次品,其余为合格品.现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为(　　)
A.0.4　　　B.0.6　　　C.0.8　　　D.1
【答案】　B　
【解析】 记3件合格品分别为A1,A2,A3,2件次品分别为B1,B2,从5件产品中任取2件,有(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),共10种可能.其中恰有一件次品有6种可能,由古典概型概率公式得所求事件概率为=0.6.选B.
12.(2014课标Ⅰ理,5,5分)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　D　
【解析】 由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P===,故选D.
13.(2014陕西文,6,5分)从正方形四个顶点及其中心这5个点中,任取2个点,则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　B　
【解析】 设正方形的四个顶点分别是A、B、C、D,中心为O,从这5个点中,任取两个点的事件分别为AB、AC、AD、AO、BC、BD、BO、CD、CO、DO,共有10种,其中只有顶点到中心O的距离小于正方形的边长,分别是AO、BO、CO、DO,共有4种.故满足条件的概率P==.故选B.
评析　本题考查古典概型知识,考查分析问题及阅读理解的能力.理解只有顶点到中心的距离小于边长是解题的关键.
14.(2013课标Ⅰ文,3,5分)从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　B　
【解析】 从1,2,3,4中任取2个不同的数,共有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)6种不同的结果,取出的2个数之差的绝对值为2的有(1,3),(2,4)2种结果,概率为,故选B.
15.(2012安徽文,10,5分)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　B　
【解析】 将同色小球编号.从袋中任取两球,所有基本事件为(红,白1),(红,白2),(红,黑1),(红,黑2),
(红,黑3),(白1,白2),(白1,黑1),(白1,黑2),(白1,黑3),(白2,黑1),(白2,黑2),(白2,黑3),(黑1,黑2),
(黑1,黑3),(黑2,黑3),共有15个基本事件,而一白一黑的共有6个,故所求概率P==.故选B.
评析　本题主要考查古典概型概率的求解,同时考查了列举法.
16.(2011课标文,6,5分)有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　A　
【解析】 甲、乙两人都有3种选择,共有3×3=9种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有3种情况.∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P==,故选A.
评析　本题主要考查古典概型的概率运算,属容易题.
17.(2011浙江文,8,5分)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,则所取的3个球中至少有1个白球的概率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】　D　
【解析】 解法一(直接法):所取3个球中至少有1个白球的取法可分为互斥的两类:两红一白有6种取法,一红两白有3种取法,而从5个球中任取3个球的取法共有10种,所以所求概率为,故选D.
解法二(间接法):至少有一个白球的对立事件为所取3个球中没有白球,即只有3个红球,共1种取法,故所求概率为1-=,故选D.
18.(2024全国甲理,16,5分,难)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设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为　　　　.
【答案】
【解析】　记取出的三个球上的数字依次为a、b、c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,则从中无放回地随机取三次的所有数字情况共有=120种.
由|m-n|=≤,
得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3,
∴-3+2c≤a+b≤3+2c.
当c=6时,9≤a+b≤15,则(a,b)的所有可能为(4,5),(5,4),共2种;
当c=5时,7≤a+b≤13,则(a,b)的所有可能为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4,6),(6,4),共10种;
当c=4时,5≤a+b≤11,则(a,b)的所有可能为(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),(5,6),(6,5),共16种;
当c=3时,3≤a+b≤9,则(a,b)的所有可能为(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=2时,1≤a+b≤7,则(a,b)的所有可能为(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3,4),(4,3),共10种;
当c=1时,-1≤a+b≤5,则(a,b)的所有可能为(2,3),(3,2),共2种.
故满足条件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56种.
∴m与n之差的绝对值不大于的概率P==.
19.(2022全国甲理,15,5分)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　　　　.
【答案】　
【解析】　从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有=70种选法,其中4个点在同一平面的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知所求概率P=.
20.(2022全国乙,理13,文14,5分,应用性)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为　　　　.
【答案】　
【解析】　设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作包含的基本事件有个,事件A包含的基本事件有个,所以P(A)=.
21.(2016四川文,13,5分)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a,b,则logab为整数的概率是　　　　.
【答案】　
【解析】　所有的基本事件有(2,3),(2,8),(2,9),(3,2),(3,8),(3,9),(8,2),(8,3),(8,9),(9,2),(9,3),(9,8),共12个.
记“logab为整数”为事件A,
则事件A包含的基本事件有(2,8),(3,9),共2个.
∴P(A)==.
易错警示　对a,b取值时要注意顺序.
评析　本题考查了古典概型.正确列举出基本事件是解题的关键.
22.(2014课标Ⅰ文,13,5分)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行,则2本数学书相邻的概率为　　　.
【答案】　
【解析】　设2本不同的数学书为a1、a2,1本语文书为b,在书架上的排法有a1a2b,a1ba2,a2a1b,a2ba1,ba1a2,ba2a1,共6种,其中2本数学书相邻的有a1a2b,a2a1b,ba1a2,ba2a1,共4种,因此2本数学书相邻的概率P==.
23.(2014课标Ⅱ文,13,5分)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,则他们选择相同颜色运动服的概率为　　　　.
【答案】　
【解析】　甲、乙的选择方案有红红、红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、蓝蓝9种,其中颜色相同的有3种,所以所求概率为=.
24.(2014江苏,4,5分)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是　　　　.
【答案】　
【解析】　从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,有(1,2),(1,3),(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况.
满足条件的有(2,3),(1,6),共2种情况.
故P==.
25.(2014浙江文,14,4分)在3张奖券中有一、二等奖各1张,另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张,两人都中奖的概率是　.
【答案】　
【解析】　设A为一等奖奖券,B为二等奖奖券,C为无奖奖券,则甲、乙两人抽取的所有可能结果为AB、BA、AC、CA、BC、CB,共6种.而甲、乙两人都中奖的情况有AB、BA,共2种.故所求概率为=.
26.(2013课标Ⅱ文,13,5分)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数,其和为5的概率是　　　　.
【答案】　0.2
【解析】　任取两个不同的数的情况有:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10种,其中和为5的有2种,所以所求概率为=0.2.
27.(2018天津文,15,13分)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动.
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人
(2)设抽出的7名同学分别用A,B,C,D,E,F,G表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;
②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的概率.
【解析】　本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.
(1)由已知,甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2,由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学,因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人,2人,2人.
(2)①从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{A,F},{A,G},{B,C},{B,D},{B,E},{B,F},{B,G},{C,D},{C,E},{C,F},{C,G},{D,E},{D,F},{D,G},{E,F},{E,G},{F,G},共21种.
②由(1),不妨设抽出的7名同学中,来自甲年级的是A,B,C,来自乙年级的是D,E,来自丙年级的是F,G,则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A,B},{A,C},{B,C},{D,E},{F,G},共5种.
所以,事件M发生的概率P(M)=.
易错警示　解决古典概型问题时,需注意以下几点:
(1)忽视基本事件的等可能性导致错误;
(2)列举基本事件考虑不全面导致错误;
(3)在求基本事件总数和所求事件包含的基本事件数时,一个按有序,一个按无序处理导致错误.
28.(2017山东文,16,12分)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B1,B2,B3中选择2个国家去旅游.
(1)若从这6个国家中任选2个,求这2个国家都是亚洲国家的概率;
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,求这2个国家包括A1但不包括B1的概率.
【解析】　(1)由题意知,从6个国家中任选两个国家,其一切可能的结果组成的基本事件有:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},共15个.
所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3个,
则所求事件的概率P==.
(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个,其一切可能的结果组成的基本事件有:{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},共9个.
包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有:{A1,B2},{A1,B3},共2个,
则所求事件的概率P=.
方法总结　求古典概型概率的一般步骤:
1.求出所有基本事件的个数n,常用的方法有列举法、列表法、画树状图法;
2.求出事件A所包含的基本事件的个数m;
3.代入公式P(A)=求解.
29.(2015天津文,15,13分)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.
(i)用所给编号列出所有可能的结果;
(ii)设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.
【解析】　(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.
(2)(i)从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.
(ii)编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.
因此,事件A发生的概率P(A)==.
评析　本小题主要考查分层抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识.考查运用概率、统计知识解决简单实际问题的能力.
30.(2015山东文,16,12分)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人)
参加书法社团 未参加书法社团
参加演讲社团 8 5
未参加演讲社团 2 30
(1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率;
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A1被选中且B1未被选中的概率.
【解析】　(1)由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,
故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人,
所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P==.
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的基本事件有:
{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},
{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{A4,B1},
{A4,B2},{A4,B3},{A5,B1},{A5,B2},{A5,B3},
共15个.
根据题意,这些基本事件的出现是等可能的.
事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有:
{A1,B2},{A1,B3},共2个.
因此A1被选中且B1未被选中的概率为P=.
评析　本题考查随机事件的概率及其计算,考查运算求解能力及应用意识.
31.(2014四川文,16,12分)一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字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.
【解析】　(1)由题意知,(a,b,c)所有可能的结果为(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.
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.
评析　本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算,考查应用意识.
32.(2023北京,18,13分,中)为研究某种农产品价格变化的规律,收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据,如下表所示.在描述价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不变”,即当天价格与前一天价格相同.
时段 价格变化
第1天 到第 20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用频率估计概率.
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率;
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的.在未来的日子里任取4天,试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率;
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响.判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明)
【解析】　(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数为16,估计该农产品价格“上涨”的概率为.
(2)由(1)估计该农产品价格“上涨”的概率为,
由题表估计该农产品价格“下跌”的概率为,价格“不变”的概率为,
所以所求概率为.
(3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
详解:因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响,且第40天的价格“上涨”,所以只需统计前40天中价格“上涨”的次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格“上涨”的天数为4,价格“下跌”的天数为2,价格“不变”的天数为9,所以第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
33.(2018北京文,17,13分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:
电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;
(2)随机选取1部电影,估计这部电影没有获得好评的概率;
(3)电影公司为增加投资回报,拟改变投资策略,这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化,那么哪类电影的好评率增加0.1,哪类电影的好评率减少0.1,使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大 (只需写出结论)
【解析】　(1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2 000,
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50.
故所求概率为=0.025.
(2)由题意知,样本中获得好评的电影部数是
140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1
=56+10+45+50+160+51
=372.
故所求概率估计为1-=0.814.
(3)增加第五类电影的好评率,减少第二类电影的好评率.
34.(2015四川文,17,12分)一辆小客车上有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5.乘客P1,P2,P3,P4,P5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车.乘客P1因身体原因没有坐自己的1号座位,这时司机要求余下的乘客按以下规则就座:如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位.
(1)若乘客P1坐到了3号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);
(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,求乘客P5坐到5号座位的概率.
乘客 P1 P2 P3 P4 P5
座位号 3 2 1 4 5
3 2 4 5 1
【解析】　(1)余下两种坐法如下表所示:
乘客 P1 P2 P3 P4 P5
座位号 3 2 4 1 5
3 2 5 4 1
(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,则所有可能的坐法可用下表表示为:
乘客 P1 P2 P3 P4 P5
座位号 2 1 3 4 5
2 3 1 4 5
2 3 4 1 5
2 3 4 5 1
2 3 5 4 1
2 4 3 1 5
2 4 3 5 1
2 5 3 4 1
于是,所有可能的坐法共8种.
设“乘客P5坐到5号座位”为事件A,则事件A中的基本事件的个数为4.
所以P(A)==.
答:乘客P5坐到5号座位的概率是.
考点2.事件的相互独立性
1.（2025上海，13,4分）已知事件A、B相互独立,事件A发生的概率为P(A)=,事件B发生的概率为P(B)=,则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为(　　)
A. B.
C. D.0
【答案】　B　　
【解析】因为A,B相互独立,故P(A∩B)=P(A)P(B)=×=,故选B.
2.(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则 (　　)
A.甲与丙相互独立　　　　B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立　　　　D.丙与丁相互独立
【答案】　B　　
【解析】 依题意,有放回地随机取两次,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6).
其中P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)=,
丁事件包含(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6个基本事件.
丙事件包含(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5个基本事件.
易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,
∴P(乙丙)=,又P(乙)·P(丙)=,∴乙、丙不相互独立.
同理可知“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,6),∴P(甲丁)=,又P(甲)·P(丁)=,∴P(甲丁)=P(甲)·P(丁),
∴甲与丁相互独立,故选B.
3.(2022全国乙理,10,5分,应用性)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则 (　　)
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
【答案】　D　
【解析】设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2+p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=p1p3+p2p3-2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2(p3-p1)>0,p丙-p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最大.故选D.
4.(2015课标Ⅰ理,4,5分)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为(　　)
A.0.648　　　B.0.432　　　C.0.36　　　D.0.312
【答案】　A　
【解析】 该同学通过测试的概率P=×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.
5.（多选）（2023课标II，12） 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输 是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.
A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为
B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为
C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
【答案】 ABD
【解析】 对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，
是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为，B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误；
对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，
单次传输发送0，则译码为0的概率，而，
因此，即，D正确.
故选：ABD
6.(2020课标Ⅰ理,19,12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.
经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
【解析】　(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
甲连胜四场的概率为;
乙连胜四场的概率为;
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1-.
(3)丙最终获胜,有两种情况:
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为;
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为.
因此丙最终获胜的概率为.
考点3 条件概率与全概率公式
1.（2023全国甲理，6）有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（ ）
A. 0.8 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1
【答案】 A
【解析】 报名两个俱乐部的人数为，记“某人报足球俱乐部”为事件,记“某人报兵乓球俱乐部”为事件，则，所以.
故选:.
2.(2014课标Ⅱ理,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)
A.0.8　　　　　B.0.75
C.0.6　　　　　D.0.45
【答案】　A　
【解析】 由条件概率可得所求概率为=0.8,故选A.
3.（2025天津，13,5分）某同学每周在操场跑圈2次,一次跑5圈或6圈.已知:该同学第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈,则第二次跑5圈的概率为0.4,跑6圈的概率为0.6;若第一次跑6圈,则第二次跑5圈的概率为0.6,跑6圈的概率为0.4.
(1)该同学一周跑11圈的概率为　　　　;
(2)若该同学一周至少跑11圈为运动量达标,连续跑4周.记达标的周数为随机变量X,则X的期望E(X)=　　　　.
【答案】(1)0.6　(2)3.2
【解析】设该同学一周跑11圈为事件A,第一次跑5圈为事件B,第二次跑5圈为事件C.
(1)P(A)=P(B)P(|B)+P()P(C|)=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6.(2)设至少跑11圈为事件D,则P(D)=P(A)+P()P(|)=0.6+0.5×0.4=0.8,易知X~B(4,0.8),则E(X)=4×0.8=3.2.
4.(2024天津,13,5分,中)(2024天津,13,5分,中)某校组织学生参加农业实践活动,期间安排了劳动技能比赛,比赛共5个项目,分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建,规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同,则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为　　　　;已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率为　　　　.
【答案】 ;
【解析】
5.（2023天津，13）甲乙丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为．这三个盒子中黑球占总数的比例分别为．现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为_________；将三个盒子混合后任取一个球，是白球的概率为_________．
【答案】 ；
【解析】 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为，
所以甲盒中黑球个数，白球个数为；
甲盒中黑球个数为，白球个数为；
甲盒中黑球个数为，白球个数为；
记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以，
；记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件，
黑球总共有个，白球共有个，所以．
6.（2025全国二卷，19,17分）
甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率.
(1)求p3,p4(用p表示);
(2)若=4,求p;
(3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1【命题点】古典概型+二项分布+不等式证明
【解题思路】(1)由已知可知p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率.
①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题意,由于各局相互独立,故甲胜3局的概率为p3;
②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知:p3=p3.
由已知可知p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,则若4局比赛甲胜4局,此时甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2局、1局、0局,均不符合.
∴p4=p4+p3(1-p)=4p3-3p4.
综上可知:p3=p3,p4=4p3-3p4.
(2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q,
同理,q4-q3=3q3p,
∴===4,即p2=4q2,
又∵p,q∈(0,1),
∴p=2q且p+q=1,
∴p=.
(3)证明:不妨令Xn表示n局以后甲的得分,则乙的得分为n-Xn,则Xn~B(n,p).
∴pk=P(Xn-(n-Xn)≥2)=P(2Xn-n≥2)=P,
∴p2m+1=P=P(X2m+1≥m+2)=P(X2m+1≥m+2|X2m≥m+2)P(X2m≥m+2)+P(X2m+1≥m+2|X2m=m+1)P(X2m=m+1)
=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)p
=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q
=P(X2m≥m+1)-P(X2m=m+1)q
=p2m-pm+1qm,
同理,q2m+1=q2m-qm+1pm,
故p2m+1-q2m+1=p2m-q2m+qm+1pm-pm+1qm=p2m-q2m+(pq)m(q-p)p2m+2=P(X2m+2≥m+2)
=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)p2+P(X2m=m+1)[1-(1-p)2]
=P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)+P(X2m=m+1)+(p2-1)·P(X2m=m)-(1-p)2P(X2m=m+1)
=P(X2m≥m)+(p2-1)pmqm-pm+1qm+1
=p2m+(p2-1)pmqm-pm+1qm+1,
q2m+2=q2m+(q2-1)pmqm-pm+1qm+1,
故p2m+2-q2m+2=p2m-q2m+(p2-q2)pmqm>p2m-q2m.
综上,原不等式得证.
7.(2022新高考Ⅰ,20,12分,应用性)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异
(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”,的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.
(i)证明:R=;
(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.
附:K2=,
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
.
【解析】　 (1)由题中数据可知K2==24>6.635,所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
(2)(i)证明:因为R=,
且,
所以R=.
(ii)由题表中数据可知P(A|B)=,P(A|)=,P(|B)=,P()=,
所以R==6.
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