第63讲 随机事件与概率、古典概型
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.(1)基本结果
2.(1)子集 A中某个样本点出现
3.一定发生 B A A=B 至少有一个
同时 不能同时发生
4.(1)有限 相等 (2)
5.P(A)≥0 1 0 P(A)+P(B)
1-P(A) 1-P(B) ≤
P(A)+P(B)-P(A∩B)
6.(1)可能性大小 (2)稳定于
【对点演练】
1.{yy,yn,ny,nn} [解析] 由题意可知该试验的样本空间W={yy,yn,ny,nn}.
2.3件中至多有2件一级品 [解析] 由题可知,“3件都是一级品”为事件A,则A的对立事件为“3件不都是一级品”,即“3件中至多有2件一级品”.
3.0.58 [解析] 由数表知,取到卡片号码为奇数的次数是17+5+6+18+12=58,所以取到卡片号码为奇数的频率为=0.58.
4.③ [解析] ①中,硬币质地不均匀,不是等可能事件,所以不是古典概型;②④的样本空间的样本点不是有限个,不是古典概型;③符合古典概型的特点,是古典概型.故填③.
5.3,2 [解析] 三辆车的出车顺序的样本空间Ω={123,132,213,231,312,321}.按方案一乘坐到序号为3的车包含的样本点有132,213,231,共3个;按方案二乘坐到序号为3的车包含的样本点有312,321,共2个.
6. [解析] 记“朝上一面的数是1,2,3”为事件C,“朝上一面的数是5”为事件D,则A+B=C+D,且C与D两个事件互斥,所以P(A+B)=P(C+D)=P(C)+P(D)=+=.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)对每个选项中事件的关系进行分析,选出正确答案.(2)写出事件的全部基本事件,再根据互斥事件、对立事件的定义判断即可.
(1)D (2)B [解析] (1)对于A,恰好有1件次品和恰好有2件次品互斥,但不是对立事件;对于B,至少有1件次品和全是次品可以同时发生,不是对立事件;对于C,至少有1件正品和至少有1件次品可以同时发生,不是对立事件;对于D,至少有1件次品即存在次品,与全是正品是对立事件.故选D.
(2)从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球,则样本空间Ω={(红,红),(红,白),(红,黑),(白,白),(白,黑),(黑,黑)}.设事件A=“两球都不是白球”,事件B=“两球恰有一个白球”,事件C=“两球至少有一个白球”,事件D=“两球都为白球”,则A={(红,红),(红,黑),(黑,黑)},B={(红,白),(白,黑)},C={(红,白),(白,白),(白,黑)},D={(白,白)},由互斥事件及对立事件的定义可知事件A、事件B与事件D均是互斥而非对立的事件.故选B.
变式题 (1)C (2)CD [解析] (1)事件A,B,C都是随机事件,可能发生,也可能不发生,故A选项不正确;A+B+C不一定发生,故B选项不正确;A,B可能同时发生,故A与B不是互斥事件,故C选项正确;B与C既不是互斥事件也不是对立事件,故D选项不正确.故选C.
(2)对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点,可能的结果有:两个景点都不选择,选择一个景点,选择两个景点.事件“至少选择其中一个景点”包括选择一个景点和选择两个景点,事件“至多选择其中一个景点”包括两个景点都不选和选择一个景点.所以事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”可能同时发生,故不是互斥事件,A错误;事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”可能同时发生,故不是对立事件,B错误;事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”不能同时发生,是互斥事件,C正确;事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”不能同时发生,并且必有一个发生,是对立事件,D正确.故选CD.
例2 [思路点拨] (1)先求出从7个整数中随机取2个不同的数的情况种数,再求2个数不互质的情况种数,根据对立事件的性质求出2个数互质的情况种数,最后利用古典概型的概率计算公式求解.(2)思路一:画出树状图列出所有结果即可,适合数据较小不复杂的情况;思路二:先考虑排尾,安排甲或乙,再考虑丙的位置,最后安排剩余两人即可.
(1)D (2)B [解析] (1)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有=21(种)情况,其中不互质的包括从2,4,6,8中取2个不同的数,或取3和6,共有+1=7(种)情况,所以互质的共有21-7=14(种)情况,所以所求概率P==.
(2)方法一:画出树状图,如图,由树状图可得,甲、乙、丙、丁四人排成一列,共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,故所求概率P==.故选B.
方法二:当甲在排尾时,丙有2种排法,乙、丁有=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法;当乙在排尾时,丙有2种排法,甲、丁有=2(种)排法,此时共有2×2=4(种)排法.故丙不在排头,且甲或乙在排尾共有4+4=8(种)排法.根据古典概型的概率计算公式,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是==.故选B.
变式题 (1)A (2) [解析] (1)甲、乙从中随机抽取一个主题,共包含36个样本点,甲、乙抽到同一个主题包含6个样本点,所以甲、乙抽到不同主题的概率P=1-=.故选A.
(2)把5人分成3个小组有3,1,1和2,2,1两种分法,3,1,1的分法有=10(种),甲和乙在一个小组的分法有=3(种);2,2,1的分法有=15(种),甲和乙在一个小组的分法有=3(种).故所有的分组方法有25种,甲和乙在同一个小组的情况有6种,故所求概率P=.
例3 [思路点拨] (1)由题意,根据交事件的运算,结合概率与事件的关系即可判断.(2)思路一:分别设出取到各色球的概率,由事件的关系和概率的基本性质求出概率即可;思路二:设出红球的个数,根据概率求出各色球的个数,再求取出各色球的概率即可.
(1)D (2) [解析] (1)由题意,事件A∩B为两个点数都是奇数,事件A∩B的对立事件的概率为1-P(A∩B),而事件A∩B的对立事件为至多有一个点数是奇数.故选D.
(2)方法一:从袋中随机取1个球,记事件“取到红球”“取到黑球”“取到黄球”“取到绿球”分别为A,B,C,D,则事件A,B,C,D彼此互斥且A∪B∪C∪D为必然事件.由已知可得,P(A)=,P(B∪C)=P(B)+P(C)=,P(C∪D)=P(C)+P(D)=,则P()=1-P(A)=,即P(B∪C∪D)=P(B)+P(C)+P(D)=,所以P(D)=-=,P(C)=-=,P(B)=-=.故从袋中随机取1个球,取到黑球、黄球和绿球的概率分别是,,.
方法二:设红球有n个,则=,所以n=4,即红球有4个.因为取到黑球或黄球的概率是,所以黑球和黄球共有5个,所以绿球有12-4-5=3(个),又取到绿球或黄球的概率也是,所以绿球和黄球共有5个,而绿球有3个,所以黄球有5-3=2(个),所以黑球有12-4-3-2=3 (个).因此从袋中随机取1个球,取到黑球、黄球和绿球的概率分别是=,=,=.
变式题 (1)0.2 (2)ABC [解析] (1)由题意得P()=1-P(A∪B)=1-[P(A)+P(B)]=1-(0.3+0.5)=0.2.
(2)依题意得P(A1)=0.15,P(A2)=0.06,P(A3)=0.04.因为A0,A1,A2,A3两两互斥,所以P(A0)=1-[P(A1)+P(A2)+P(A3)]=0.75.对于A,记事件A为“一年内需要维修”,则A=A1∪A2∪A3,所以P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.15+0.06+0.04=0.25,故A正确;对于B,记事件B为“一年内不需要维修”,则B=A0,所以P(B)=P(A0)=0.75,故B正确;对于C,记事件C为“在一年内维修不超过1次”,则C=A0∪A1,所以P(C)=P(A0)+P(A1)=0.75+0.15=0.90,故C正确;对于D,记事件D为“一年内最多需要维修2次”,则=A3,所以P(D)=1-P()=1-P(A3)=1-0.04=0.96,故D错误.故选ABC.
例4 [思路点拨] (1)根据频率与概率的关系判断.(2)由题可知10组随机数中表示“3例该心脏手术全部成功”的有2组,由频率得到概率.
(1)AC (2)A [解析] (1)试验次数相同时,频率可能不同,说明随机事件发生的频率具有随机性,故A正确;试验次数较小时,频率波动较大,试验次数较大时,频率波动较小,所以试验次数越多越好,故B错误;随机事件发生的频率会随着试验次数的增加而逐渐稳定在一个固定值附近,此固定值就是概率,故C正确;我们要得到某事件发生的概率,需要进行多次试验才能得到概率的估计值,故D错误.故选AC.
(2)由题意,表示“3例该心脏手术全部成功”的随机数有 569, 989,共2组,故估计“3例该心脏手术全部成功”的概率为=0.2,故选A.
变式题 [解析] 这20组随机数中,表示恰有两天有强浓雾的是588, 683, 569,479,表示恰有三天有强浓雾的是779, 978,所以这三天中至少有两天有强浓雾的概率近似为=.第63讲 随机事件与概率、古典概型
1.B [解析] 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球包含的样本点为AB,AC,BC,所以它的一个样本空间为{AB,AC,BC}.故选B.
2.C [解析] 由对立事件的概念知,“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件为“两枚硬币反面朝上”.故选C.
3.B [解析] 因为支付方式只有现金支付和非现金支付两种,所以该群体中的成员支付方式只有三类:只用现金支付、只用非现金支付和既用现金支付也用非现金支付.不用现金支付的概率即为只用非现金支付的概率,所以所求概率P=1-0.45-0.15=0.4.故选B.
4.B [解析] 从芳香度分别为1,2,3,4的四种添加剂中随机抽取两种添加剂,包含的样本点为(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种,其中选用的两种添加剂芳香度之和为5包含的样本点为(1,4),(2,3),共2种,则所求概率P==.故选B.
5.ABD [解析] 概率反映的是随机性的规律,但每次试验出现的结果具有不确定性,因此A,B,D中说法错误;抛掷均匀塑料圆板出现正面向上与反面向上的概率相等,是公平的,因此C中说法正确.故选ABD.
6.0.25 [解析] 20组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的是191,271,932,812,393,其频率为=0.25,所以估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.
7.0.7 0.91 [解析] 由于小明是B型血,所以血型为O,B的人可以给小明输血,故任找一个人,其血可以输给小明的概率为30%+40%=0.7.两个人都不可以给小明输血的概率为(1-0.7)×(1-0.7)=0.09,所以任找两个人,则小明有血可以输的概率为1-0.09=0.91.
8.A [解析] 记两个标有数字1的小球分别为A,a,两个标有数字2的小球分别为B,b,两个标有数字3的小球分别为C,c,从中任取两个小球包含的样本点为Aa,AB,Ab,AC,Ac,aB,ab,aC,ac,Bb,BC,Bc,bC,bc,Cc,共15个,其中两个小球上的数字之和大于4包含的样本点为BC,Bc,bC,bc,Cc,共5个,所以两个小球上的数字之和大于4的概率P==.故选A.
9.B [解析] 因为事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,所以P(A+B)=P(A)+P(B)=1-=.将P(A)=2P(B)代入上式可得P(B)=,所以P(A)=,P()=.故选B.
10.C [解析] 因为只拨动一粒珠子至梁上,所以数字只表示1或5,因为个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,所以所得的四位数的个数为24=16.若所得四位数能被3整除,则数字1和5各出现2次,这样的四位数有1155,1515,1551,5511,5115,5151,共6个,所以P(A)==.能被5整除的四位数,其个位数为5,则这样的四位数有1115,1155,1515,1555,5555,5115,5155,5515,共8个,所以P(B)==.既能被3整除,又能被5整除的四位数有1155,1515,5115,共3个,所以P(AB)=,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.故选C.
11.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=24(种)放法,恰有2个凹槽与其放入小球编号相同的放法有=6(种),4个凹槽与其放入小球编号相同的放法有1种,所以至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率P==,故选B.
12.CD [解析] 对于A,因为3次抽到的球全是红球为3次抽到的球颜色全相同的一种情况,所以事件A与事件B不互斥,故A错误;对于B,事件A与事件C不可能同时发生,是互斥事件,但一次试验中还可能3次抽到的球全是黄球,所以事件A与事件C不是对立事件,故B错误;对于C,P(C)=1-==,故C正确;对于D,因为事件A与事件C互斥,P(A)=,所以P(A∪C)=P(A)+P(C)=+=,故D正确.故选CD.
13. [解析] 从八张卡片中随机抽出三张,样本空间中总的样本点个数为==56.因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的三张卡片上的数字之和与其余五张卡片上的数字之和相等,则抽出的三张卡片上的数字之和应为18,则抽出的三张卡片上的数字应为8,7,3或8,6,4或7,6,5,共包含3个样本点,所以抽出的三张卡片上的数字之和与其余五张卡片上的数字之和相等的概率为.
14.解:(1)从中任取1个小猫摆件,分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件A,B,C,因为A,B,C两两互斥,
所以由题意得
即解得所以任取1个小猫摆件,得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是,,.
(2)由(1)知黑猫、白猫、红猫摆件的个数分别为3,2,2,记黑猫摆件为a,b,c,白猫摆件为m,n,红猫摆件为x,y,则从7个小猫摆件中任取2个小猫摆件包含的样本点为ab,ac,am,an,ax,ay,bc,bm,bn,bx,by,cm,cn,cx,cy,mn,mx,my,nx,ny,xy,共21个,其中2个小猫摆件是黑猫包含的样本点为ab,ac,bc,共3个,2个小猫摆件是白猫包含的样本点为mn,共1个,2个小猫摆件是红猫包含的样本点为xy,共1个,所以2个小猫摆件颜色相同的概率为=,则2个小猫摆件颜色不相同的概率是1-=.
15.B [解析] 所有的涂色方案分三类:用到3种颜色,即⑤用一种颜色,①③同色,②④同色,涂色方法有=60(种);用到4种颜色,即⑤用一种颜色,①③不同色,②④同色或⑤用一种颜色,①③同色,②④不同色,涂色方法有2=240(种);用到5种颜色,涂色方法有=120(种).因此,所求概率是=.故选B.
16. [解析] 由题可知,要使直到某种颜色的球全部取出为止,最后一个球是白球,则摸球的次数可能为2,3,4.设两次取球便结束,最后一个球是白球的概率为P1,两次取球便结束,且最后一个球为白球的情况为两个球都是白球,有2种情况,故P1==.设三次取球便结束,最后一个球是白球的概率为P2,三次取球便结束,且最后一球为白球的情况为前两次一白一红,有=12(种)情况,故P2==.设四次取球便结束,最后一个球是白球的概率为P3,四次取球便结束,且最后一球为白球的情况为前三次两红一白,有2·=36(种)情况,故P3==.设直到某种颜色的球全部取出为止,最后一个球是白球的概率是P,则P=P1+P2+P3=++=.第63讲 随机事件与概率、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.
2.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.
3.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.
4.通过实例,理解概率的性质,掌握随机事件概率的运算法则.
5.结合实例,会用频率估计概率.
1.样本空间与样本点
(1)样本点:随机试验E的每个可能的 称为样本点,常用ω表示.
(2)样本空间:全体样本点的集合称为试验E的样本空间,常用Ω表示.
(3)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.
2.随机事件、必然事件与不可能事件
(1)随机事件:样本空间Ω的 称为随机事件,常用大写字母A,B,C,…表示.在每次试验中,当且仅当 时,称为事件A发生.
(2)随机事件的特殊情形:必然事件Ω(含有全部样本点)、不可能事件 (不包含任何样本点)、基本事件(只包含一个样本点).
3.事件的关系和运算
定义 符号表示
包含(或包含于) 若事件A发生,则事件B (或A B)
相等 若事件B包含事件A,事件A也包含事件B,即B A且A B,则称事件A与事件B相等
并事件(或和 事件) 事件A与事件B 发生 A∪B(或A+B)
交事件(或积 事件) 事件A与事件B 发生 A∩B(或AB)
(续表)
定义 符号表示
互斥(或互不相容) 事件A与事件B A∩B=
互为对立 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=
注:事件A的对立事件记为,对立事件是互斥事件的特殊情况.
4.古典概型
(1)两个特征:
(2)计算公式
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.
5.概率的基本性质
性质1 对任意的事件A,都有 .
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)= .
6.频率与概率
(1)概率:对随机事件发生 的度量.
(2)概率与频率的关系: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,可以用频率fn(A)估计概率P(A).
常用结论
互斥事件概率加法公式的推广:若事件A1,A2,A3,…,An两两互斥,则P(A1+A2+A3+…+An)=P(A1)+P(A2)+P(A3)+…+P(An).
题组一 常识题
1.[教材改编] 向一个目标射击两次,用y表示“命中目标”,n表示“没有命中目标”,则该试验的样本空间W= .
2.[教材改编] 在10件产品中有8件一级品,2件二级品,从中任取3件,若记“3件都是一级品”为事件A,则A的对立事件是 .
3.[教材改编] 从存放号码分别为1,2,3,…,10的卡片的盒子里,有放回地取100次,每次取一张卡片,并记下号码,统计结果如下:
卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
取到次数 17 8 5 7 6 9 18 9 12 9
则取到卡片号码为奇数的频率为 .
题组二 常错题
◆索引:对古典概型的特征掌握不牢;对样本空间或指定事件包含的样本点个数计算错误;确定事件间的关系时出错,进一步导致应用概率性质出错.
4.下列试验中,属于古典概型的是 .
①向上抛一枚质地不均匀的硬币,观察正面向上的概率;
②向正方形ABCD内任意抛掷一点P,求点P恰与点C重合的概率;
③从1,2,3,4四个数中任取两个数,求所取两数之一是2的概率;
④在[0,5]上任取一数x,求x<2的概率.
5.博览会安排了序号分别为1,2,3的三辆车,等可能随机前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想,设计两种乘车方案.方案一:不乘坐第一辆车,若第二辆车的序号大于第一辆车的序号,则乘坐此车,否则乘坐第三辆车;方案二:直接乘坐第一辆车.按照方案一、方案二乘坐到序号为3的车包含的样本点个数分别是 .
6.抛掷一个均匀的正方体玩具(各面分别标有数字1,2,3,4,5,6),事件A表示“朝上一面的数是奇数”,事件B表示“朝上一面的数不超过3”,则P(A+B)= .
事件的关系与运算
例1 (1)已知6件产品中有3件正品,其余为次品.现从6件产品中任取2件,观察正品件数与次品件数,下列选项中的两个事件是对立事件的是 ( )
A.恰好有1件次品和恰好有2件次品
B.至少有1件次品和全是次品
C.至少有1件正品和至少有1件次品
D.至少有1件次品和全是正品
(2)从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球,有如下一些事件:①两球都不是白球;②两球恰有一个白球;③两球至少有一个白球.其中与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是( )
A.①③ B.①②
C.②③ D.①②③
总结反思
互斥事件、对立事件的判定
定义法 不可能同时发生的两个事件为互斥事件; 两个事件中,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
集合法 ①若A,B满足A∩B= ,则A,B是互斥事件; ②若A,B满足 则A,B是对立事件
变式题 (1)把语文书、数学书、英语书这三本书随机地分给甲、乙、丙三位同学,每人一本,记事件A=“甲分得语文书”,事件B=“乙分得数学书”,事件C=“丙分得英语书”,则下列说法正确的是 ( )
A.A与B是不可能事件
B.A+B+C是必然事件
C.A与B不是互斥事件
D.B与C既是互斥事件又是对立事件
(2)(多选题)小华到大理旅游,对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点,下列各事件关系中正确的是 ( )
A.事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件
B.事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件
C.事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件
D.事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件
古典概型
例2 (1)[2022·新高考全国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.
(2)[2024·全国甲卷] 甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是 ( )
A. B. C. D.
总结反思
解决古典概型的概率问题的一般步骤:
(1)判断本试验是否为古典概型,并通过列举或计算得到样本空间中样本点的总数n;
(2)找出事件A所包含的样本点,得到A包含的样本点个数m;
(3)利用公式P(A)==,求出概率P(A).
变式题 (1)[2023·全国乙卷] 某学校举办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为 ( )
A. B. C. D.
(2)[2024·陕西宝鸡三模] 围棋起源于中国,据先秦典籍《世本》记载:“尧造围棋,丹朱善之”,围棋至今已有四千多年历史,蕴含着中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中,中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛,他们分成三个小组,则甲和乙在同一个小组的概率为 .
概率的基本性质的应用
例3 (1)掷两枚均匀的骰子,观察掷得的点数,设事件A=“至少有一个点数是奇数”,事件B=“两个点数之和是偶数”,事件A的概率为P(A),事件B的概率为P(B),则下列事件中概率为1-P(A∩B)的是 ( )
A.两个点数都是偶数
B.至多有一个点数是偶数
C.两个点数都是奇数
D.至多有一个点数是奇数
(2)袋中有红球、黑球、黄球、绿球共12个球,这些球除颜色外完全相同,从中随机取1个球,取到红球的概率是,取到黑球或黄球的概率是,取到绿球或黄球的概率也是,则从袋中随机取1个球,取到黑球、黄球和绿球的概率分别是 , , .
总结反思
求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:
(1)直接法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和;
(2)间接法,先求该事件的对立事件的概率,再由P(A)=1-P()求解,当题目涉及“至多”“至少”型问题时,多考虑用间接法.
变式题 (1)已知事件A与事件B互斥,如果P(A)=0.3,P(B)=0.5,那么P()= .
(2)(多选题)某品牌计算机售后保修期为1年,根据大量的维修记录资料,这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的占15%,需要维修2次的占6%,需要维修3次的占4%.设事件Ak=“一年内需要维修k次”,k=0,1,2,3,则下列事件的概率正确的是 ( )
A.在一年内需要维修的概率为0.25
B.在一年内不需要维修的概率为0.75
C.在一年内维修不超过1次的概率为0.90
D.在一年内最多需要维修2次的概率为0.94
频率与概率
例4 (1)(多选题)利用计算机模拟掷两枚硬币的试验,在重复试验次数为20,100,500时各做5组试验,得到事件A=“一枚正面朝上,一枚反面朝上”发生的频数和频率表如下:
序号 n=20 n=100 n=500
频数 频率 频数 频率 频数 频率
1 12 0.6 56 0.56 261 0.522
2 9 0.45 50 0.5 241 0.482
3 13 0.65 48 0.48 250 0.5
4 7 0.35 55 0.55 258 0.516
5 12 0.6 52 0.52 253 0.506
根据以上信息,下面说法正确的有 ( )
A.试验次数相同时,频率可能不同,说明随机事件发生的频率具有随机性
B.试验次数较小时,频率波动较大,试验次数较大时,频率波动较小,所以试验次数越少越好
C.随机事件发生的频率会随着试验次数的增加而逐渐稳定在一个固定值附近
D.我们要得到某事件发生的概率,只需要做一次随机试验,得到事件发生的频率即为概率
(2)某种心脏手术,成功率为0.6,现采用随机模拟的方法用频率估计“3例该心脏手术全部成功”的概率.先利用计算器或计算机产生0~9之间取整数值的随机数,由于成功率是0.6,我们用0,1,2,3表示手术不成功,4,5,6,7,8,9表示手术成功,再以每3个随机数为一组,作为3例手术的结果,经随机模拟产生如下10组随机数:
812 832 569 683 271 989 730 537 925 907
由此估计“3例该心脏手术全部成功”的概率为 ( )
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.5
总结反思
随机模拟估计概率需注意以下三点:(1)当试验的样本点等可能时,样本空间即为产生随机数的范围,每个随机数代表一个样本点;(2)研究等可能事件的概率时,用按比例分配的方法确定表示各个结果的数字个数及总个数;(3)当每次试验结果需要n个随机数表示时,要把n个随机数作为一组来处理,此时一定要注意每组中的随机数能否重复.
变式题 某市的天气预报显示,该市在今后的三天中,每一天有强浓雾的概率为40%,现用随机模拟的方法估计这三天中至少有两天有强浓雾的概率.先利用计算器产生0 ~9之间取整数值的随机数,并用0,1,2,3,4,5表示没有强浓雾,用6,7,8,9表示有强浓雾,再以每3个随机数作为一组,代表三天的天气情况,产生了如下20组随机数:
779 537 113 730 588 506 027 394 357 231 683 569 479 812 842 273 925 191 978 520
则这三天中至少有两天有强浓雾的概率近似为 . 第63讲 随机事件与概率、古典概型
(时间:45分钟)
1.[2024·上海普陀区二模] 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球,两个红球分别标记为A,B,白球标记为C,则它的样本空间为 ( )
A.{AB,BC}
B.{AB,AC,BC}
C.{AB,BA,BC,CB}
D.{AB,BA,AC,CA,CB}
2.抛掷两枚质地均匀的硬币,下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立事件的是 ( )
A.至多一枚硬币正面朝上
B.只有一枚硬币正面朝上
C.两枚硬币反面朝上
D.两枚硬币正面朝上
3.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为 ( )
A.0.3 B.0.4
C.0.6 D.0.7
4.某种新型牙膏需要选用两种不同的添加剂,现有芳香度分别为1,2,3,4的四种添加剂可供选用,则选用的两种添加剂芳香度之和为5的概率为 ( )
A. B. C. D.
5.(多选题)下列说法中错误的是 ( )
A.抛掷硬币出现正面向上的概率为0.5,那么连续两次抛掷一枚质地均匀的硬币,一定是一次正面朝上,一次反面朝上
B.如果某种彩票的中奖概率为,那么买10张这种彩票一定能中奖
C.在乒乓球、排球等比赛中,裁判通过上抛均匀塑料圆板并让运动员猜着地时是正面向上还是反面向上来决定哪一方先发球,这样做公平
D.一个骰子掷一次得到点数2的概率是,这说明一个骰子掷6次会出现一次点数2
6.已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%,现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率:先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数,指定1,2,3,4表示命中,5,6,7,8,9,0表示不命中,再以每三个随机数为一组,代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数:
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
据此估计,该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为 .
7.[2024·天津河东区一模] 某地区人群中各种血型的人所占比例如表所示,已知同种血型的人可以互相输血,O型血可以输给任何一种血型的人,任何人的血都可以输给AB型血的人,其他不同血型的人不能互相输血.小明是B型血,因病需要输血,任找一个人,其血可以输给小明的概率为 ;任找两个人,则小明有血可以输的概率为 .
血型 A B AB O
该血型的人占比 20% 30% 10% 40%
8.[2024·四川内江三模] 口袋中装有质地和大小相同的6个小球,小球上面分别标有数字1,1,2,2,3,3,从中任取两个小球,则两个小球上的数字之和大于4的概率为 ( )
A. B.
C. D.
9.已知事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,且P(A)=2P(B),则P()= ( )
A. B.
C. D.
10.算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.如图是一把算盘的初始状态,自右向左分别表示个位,十位,百位,千位,…,上面一粒珠子(简称上珠)代表5,下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如,个位拨动一粒上珠,十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,B=“表示的四位数能被5整除”,则P(A∪B)= ( )
A. B. C. D.
11.[2024·南京三模] 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个凹槽与其放入小球编号相同的概率是 ( )
A. B. C. D.
12.(多选题)袋中有红、黄两种颜色的球各一个,这两个球除颜色外完全相同,每次从中任取一个,有放回地抽取3次,记事件A表示“3次抽到的球全是红球”,事件B表示“3次抽到的球颜色全相同”,事件C表示“3次抽到的球颜色不全相同”,则下列结论正确的是 ( )
A.事件A与事件B互斥
B.事件A与事件C是对立事件
C. P(C)=
D.P(A∪C)=
13. [2025·八省联考] 有八张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,现从这八张卡片中随机抽出三张,则抽出的三张卡片上的数字之和与其余五张卡片上的数字之和相等的概率为 .
14.袋中有7个大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件,分别为黑猫、白猫、红猫,某同学从中任意取1个小猫摆件,得到黑猫或白猫的概率是,得到白猫或红猫的概率是.
(1)某同学从中任取1个小猫摆件,得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是多少
(2)某同学从中任取2个小猫摆件,得到的2个小猫摆件颜色不相同的概率是多少
15.现对如图所示的图形进行涂色,有5种不同的颜色可供使用,相邻区域所涂颜色不同.在所有的涂色方案中随机选择一种方案,该方案恰好只用到3种颜色的概率是 ( )
A. B.
C. D.
16.[2025·襄阳五中月考] 袋中有大小质地均相同的1个黑球,2个白球,3个红球,现从袋中随机取球,每次取一个不放回,直到某种颜色的球全部取出为止,则最后一个球是白球的概率是 . (共96张PPT)
第63讲 随机事件与概率、古典概型
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【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.
2.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.
3.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.
4.通过实例，理解概率的性质,掌握随机事件概率的运算法则.
5.结合实例，会用频率估计概率.
1.样本空间与样本点
（1）样本点：随机试验 的每个可能的__________称为样本点,
常用 表示.
（2）样本空间：全体样本点的集合称为试验的样本空间,常用 表示.
（3）有限样本空间:如果一个随机试验有个可能结果,, , ,
则称样本空间,, , 为有限样本空间.
基本结果
◆ 知识聚焦 ◆
2.随机事件、必然事件与不可能事件
（1）随机事件：样本空间 的 ______称为随机事件，常用大写字
母,,, 表示.在每次试验中，当且仅当___________________时，
称为事件 发生.
（2）随机事件的特殊情形:必然事件 （含有全部样本点）、不可
能事件 （不包含任何样本点）、基本事件（只包含一个样本点）.
子集
中某个样本点出现
3.事件的关系和运算
定义 符号表示
包含 （或包含于） 若事件发生,则事件 _______ ___ _______
（或 ）
相等 若事件包含事件，事件 也 包含事件，即且 , 则称事件与事件 相等 _______
并事件 （或和事件） 事件与事件 ____________发 生
（或 ）
一定发生
至少有一个
定义 符号表示
交事件 （或积事件） 事件与事件 ______发生 （或 ）
互斥（或互不相 容） 事件与事件 ______________
互为对立 事件和事件 在任何一次试验 中有且仅有一个发生 ，且
续表
注：事件的对立事件记为 ，对立事件是互斥事件的特殊情况.
同时
不能同时发生
4.古典概型
（1）两个特征：
有限性：样本空间的样本点只有______个；
等可能性：每个样本点发生的可能性______.
有限
相等
（2）计算公式
设试验是古典概型,样本空间 包含个样本点,事件包含其中的
个样本点,则定义事件的概率___ ____,其中，和 分
别表示事件和样本空间 包含的样本点个数.
5.概率的基本性质
性质1 对任意的事件 ,都有_________.
性质2 必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即 ___,
___.
性质3 如果事件与事件互斥,那么 ____________.
性质4 如果事件与事件互为对立事件,那么 _________,
_________.
性质5 如果,那么___ .
性质6 设,是一个随机试验中的两个事件,我们有
_______________________.
6.频率与概率
（1）概率：对随机事件发生____________的度量.
可能性大小
（2）概率与频率的关系：随着试验次数 的增大,频率偏离概率的幅
度会缩小,即事件发生的频率会逐渐________事件 发生的概
率.我们称频率的这个性质为频率的稳定性，可以用频率 估
计概率 .
稳定于
常用结论
互斥事件概率加法公式的推广：若事件,，， ，两两互
斥，则
.
题组一 常识题
1.［教材改编］ 向一个目标射击两次，用表示“命中目标”， 表示
“没有命中目标”，则该试验的样本空间 ______________.
,,,
[解析] 由题意可知该试验的样本空间,,, .
◆ 对点演练 ◆
2.［教材改编］ 在10件产品中有8件一级品，2件二级品，从中任取3
件，若记“3件都是一级品”为事件，则 的对立事件是____________
___________.
3件中至多有2件一级品
[解析] 由题可知，“3件都是一级品”为事件，
则 的对立事件为“3件不都是一级品”，即“3件中至多有2件一级品”.
3.［教材改编］ 从存放号码分别为1，2，3， ，10的卡片的盒子里，
有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下：
卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
取到次数 17 8 5 7 6 9 18 9 12 9
则取到卡片号码为奇数的频率为_____.
0.58
[解析] 由数表知，取到卡片号码为奇数的次数是
，所以取到卡片号码为奇数的频率为
.
题组二 常错题
◆ 索引：对古典概型的特征掌握不牢;对样本空间或指定事件包含
的样本点个数计算错误;确定事件间的关系时出错,进一步导致应用概
率性质出错.
4.下列试验中，属于古典概型的是____.
①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；
②向正方形内任意抛掷一点，求点恰与点 重合的概率；
③从1，2，3，4四个数中任取两个数，求所取两数之一是2的概率；
④在上任取一数，求 的概率.
③
[解析] ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，
所以不是古典概型；
②④的样本空间的样本点不是有限个，不是古典概型；
③符合古典概型的特点，是古典概型.故填③.
5.博览会安排了序号分别为1，2，3的三辆车，等可能随机前往酒店
接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案.方案一：不乘坐第一辆
车，若第二辆车的序号大于第一辆车的序号，则乘坐此车，否则乘
坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.按照方案一、方案二乘坐
到序号为3的车包含的样本点个数分别是______.
3，2
[解析] 三辆车的出车顺序的样本空间 .
按方案一乘坐到序号为3的车包含的样本点有132,213,231，共3个；
按方案二乘坐到序号为3的车包含的样本点有312,321，共2个.
6.抛掷一个均匀的正方体玩具（各面分别标有数字1，2，3，4，5，
6），事件表示“朝上一面的数是奇数”，事件 表示“朝上一面的数
不超过3”，则 __.
[解析] 记“朝上一面的数是1，2，3”为事件 ，“朝上一面的数是5”
为事件，则，且与 两个事件互斥，
所以 .
探究点一 事件的关系与运算
例1
（1）已知6件产品中有3件正品，其余为次品.现从6件产品中任取2件，
观察正品件数与次品件数，下列选项中的两个事件是对立事件的是
( )
A.恰好有1件次品和恰好有2件次品
B.至少有1件次品和全是次品
C.至少有1件正品和至少有1件次品
D.至少有1件次品和全是正品
√
[解析] 对于A，恰好有1件次品和恰好有2件次品互斥，
但不是对立事件；
对于B，至少有1件次品和全是次品可以同时发生，不是对立事件；
对于C，至少有1件正品和至少有1件次品可以同时发生，
不是对立事件；
对于D，至少有1件次品即存在次品，与全是正品是对立事件.故选D.
［思路点拨］对每个选项中事件的关系进行分析，选出正确答案.
（2）从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，有如
下一些事件：①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至
少有一个白球.其中与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是
( )
A.①③ B.①② C.②③ D.①②③
［思路点拨］写出事件的全部基本事件，再根据互斥事件、对立事
件的定义判断即可.
√
[解析] 从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则
样本空间 （红，红），（红，白），（红，黑），（白，白），
（白，黑），（黑，黑）}.
设事件“两球都不是白球”，事件 “两球恰有一个白球”，
事件“两球至少有一个白球”，事件 “两球都为白球”，
则（红，红），（红，黑），（黑，黑） ，
（红，白），（白，黑）， （红，白），（白，白），
（白，黑），（白，白） ，
由互斥事件及对立事件的定义可知事件、事件与事件 均是
互斥而非对立的事件.故选B.
[总结反思]
互斥事件、对立事件的判定
定义 法 不可能同时发生的两个事件为互斥事件；
两个事件中，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
集合 法 ①若，满足 ，则， 是互斥事件；
②若，满足 则， 是对立事件
变式题（1）把语文书、数学书、英语书这三本书随机地分给甲、乙、
丙三位同学，每人一本，记事件“甲分得语文书”，事件 “乙分
得数学书”，事件 “丙分得英语书”，则下列说法正确的是( )
A.与 是不可能事件
B. 是必然事件
C.与 不是互斥事件
D.与 既是互斥事件又是对立事件
√
[解析] 事件，， 都是随机事件，可能发生，也可能不发生，
故A选项不正确；
不一定发生，故B选项不正确；
， 可能同时发生，故与不是互斥事件，故C选项正确；
与 既不是互斥事件也不是对立事件，故D选项不正确.故选C.
（2）（多选题）小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶
泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是( )
A.事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互
斥事件
B.事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立
事件
C.事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件
D.事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件
√
√
[解析] 对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，可能的结果
有：两个景点都不选择，选择一个景点，选择两个景点.
事件“至少选择其中一个景点”包括选择一个景点和选择两个景点，
事件“至多选择其中一个景点”包括两个景点都不选和选择一个景点.
所以事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”
可能同时发生，故不是互斥事件，A错误；
事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”可能同时发生，
故不是对立事件，B错误；
事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”不能同时发生，
是互斥事件，C正确；
事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”不能同时发生，
并且必有一个发生，是对立事件，D正确.故选 .
探究点二 古典概型
例2
（1）[2022·新高考全国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.
［思路点拨］先求出从7个整数中随机取2个不同的数的情况种数，
再求2个数不互质的情况种数，根据对立事件的性质求出2个数互质
的情况种数，最后利用古典概型的概率计算公式求解.
√
[解析] 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有 （种）
情况，其中不互质的包括从2,4,6,8中取2个不同的数，
或取3和6，共有（种）情况，
所以互质的共有 （种）情况，
所以所求概率 .
（2）[2024·全国甲卷]甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，
且甲或乙在排尾的概率是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率 .故选B.
［思路点拨］思路一：画出树状图列出所有结果即可，适合数据较
小不复杂的情况；
[解析] 方法二：当甲在排尾时，丙有2种排法，
乙、丁有 （种）排法，此时共有 （种）排法；
当乙在排尾时，丙有2种排法，甲、丁有（种）排法，
此时共有 （种）排法.
故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有 （种）排法.
根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，
且甲或乙在排尾的概率是 .故选B.
［思路点拨］思路二：先考虑排尾，安排甲或乙，再考虑丙的
位置，最后安排剩余两人即可.
[总结反思]
解决古典概型的概率问题的一般步骤:
（1）判断本试验是否为古典概型，并通过列举或计算得到样本空间
中样本点的总数;
（2）找出事件所包含的样本点,得到包含的样本点个数;
（3）利用公式,求出概率
.
变式题（1）[2023·全国乙卷]某学校举办作文比赛，共6个主题，每
位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同
学抽到不同主题的概率为( )
A. B. C. D.
[解析] 甲、乙从中随机抽取一个主题，共包含36个样本点，
甲、乙抽到同一个主题包含6个样本点，
所以甲、乙抽到不同主题的概率 .故选A.
√
（2）[2024·陕西宝鸡三模] 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》
记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含
着中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在
内的5位棋手参加比赛，他们分成三个小组，则甲和乙在同一个小组
的概率为___.
[解析] 把5人分成3个小组有3，1，1和2，2，1两种分法，
3，1，1的分法有（种），
甲和乙在一个小组的分法有 （种）；
2，2，1的分法有 （种），
甲和乙在一个小组的分法有 （种）.
故所有的分组方法有25种，甲和乙在同一个小组的情况有6种，
故所求概率 .
探究点三 概率的基本性质的应用
例3
（1）掷两枚均匀的骰子，观察掷得的点数，设事件 “至少有
一个点数是奇数”，事件“两个点数之和是偶数”，事件 的概率为
，事件的概率为，则下列事件中概率为 的是
( )
A.两个点数都是偶数 B.至多有一个点数是偶数
C.两个点数都是奇数 D.至多有一个点数是奇数
√
［思路点拨］由题意，根据交事件的运算，结合概率与事件的关系
即可判断.
[解析] 由题意，事件为两个点数都是奇数，事件 的对立
事件的概率为，而事件 的对立事件为至多有一个
点数是奇数.故选D.
（2）袋中有红球、黑球、黄球、绿球共12个球，这些球除颜色外完
全相同，从中随机取1个球，取到红球的概率是 ，取到黑球或黄球
的概率是，取到绿球或黄球的概率也是 ，则从袋中随机取1个球，
取到黑球、黄球和绿球的概率分别是__，__，__.
［思路点拨］思路一：分别设出取到各色球的概率，由事件的关系
和概率的基本性质求出概率即可；
[解析] 方法一：从袋中随机取1个球，记事件“取到红球”“取到黑球”
“取到黄球”“取到绿球”分别为，，，，则事件，，， 彼
此互斥且为必然事件.
由已知可得， ，，
，则，
即 ，
所以，， .
故从袋中随机取1个球，取到黑球、黄球和绿球的概率分别是，， .
[解析] 方法二：设红球有个,则,所以 ,即红球有4个.
因为取到黑球或黄球的概率是 ,所以黑球和黄球共有5个，
所以绿球有（个），
又取到绿球或黄球的概率也是 ,所以绿球和黄球共有5个,而绿球有3个,
所以黄球有 （个）,所以黑球有 （个）.
［思路点拨］思路二：设出红球的个数，根据概率求出各色球的个数，
再求取出各色球的概率即可.
因此从袋中随机取1个球，取到黑球、黄球和绿球的概率分别
是,, .
[总结反思]
求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：
（1）直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率
的和；
（2）间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由
求解，当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑
用间接法.
变式题（1）已知事件与事件互斥，如果， ，
那么 ____.
0.2
[解析] 由题意得
.
（2）（多选题）某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修
记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的占 ，
需要维修2次的占，需要维修3次的占.设事件 “一年内需要
维修次”， ,1,2,3，则下列事件的概率正确的是( )
A.在一年内需要维修的概率为0.25
B.在一年内不需要维修的概率为0.75
C.在一年内维修不超过1次的概率为0.90
D.在一年内最多需要维修2次的概率为0.94
√
√
√
[解析] 依题意得,,.
因为 , ,, 两两互斥，
所以.
对于A，记事件 为“一年内需要维修”，则 ，
所以 ，
故A正确；
对于B，记事件为“一年内不需要维修”，则 ，
所以，故B正确；
对于C，记事件 为“在一年内维修不超过1次”，则 ，
所以 ，故C正确；
对于D，记事件为“一年内最多需要维修2次”，则 ，
所以 ，故D错误.
故选 .
探究点四 频率与概率
例4
（1）（多选题）利用计算机模拟掷两枚硬币的试验，在重复
试验次数为20，100，500时各做5组试验，得到事件 “一枚正面
朝上，一枚反面朝上”发生的频数和频率表如下：
序 号
频数 频率 频数 频率 频数 频率
1 12 0.6 56 0.56 261 0.522
2 9 0.45 50 0.5 241 0.482
3 13 0.65 48 0.48 250 0.5
4 7 0.35 55 0.55 258 0.516
5 12 0.6 52 0.52 253 0.506
根据以上信息，下面说法正确的有( )
A.试验次数相同时，频率可能不同，说明随机事件发生的频率具有
随机性
B.试验次数较小时，频率波动较大，试验次数较大时，频率波动较
小，所以试验次数越少越好
C.随机事件发生的频率会随着试验次数的增加而逐渐稳定在一个固
定值附近
D.我们要得到某事件发生的概率，只需要做一次随机试验，得到事
件发生的频率即为概率
√
√
[解析] 试验次数相同时，频率可能不同，说明随机事件发生的频率
具有随机性，故A正确；
试验次数较小时，频率波动较大，试验次数较大时，频率波动较小，
所以试验次数越多越好，故B错误；
随机事件发生的频率会随着试验次数的增加而逐渐稳定在一个
固定值附近,此固定值就是概率，故C正确；
我们要得到某事件发生的概率，需要进行多次试验才能得到概率
的估计值，故D错误.故选 .
［思路点拨］根据频率与概率的关系判断.
（2）某种心脏手术，成功率为 ，现采用随机模拟的方法用频率
估计“3例该心脏手术全部成功”的概率.先利用计算器或计算机产生
之间取整数值的随机数，由于成功率是 ，我们用0，1，2，3
表示手术不成功，4，5，6，7，8，9表示手术成功，再以每3个随机
数为一组，作为3例手术的结果，经随机模拟产生如下10组随机数：
812 832 569 683 271 989 730 537 925 907
由此估计“3例该心脏手术全部成功”的概率为( )
A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5
√
［思路点拨］由题可知10组随机数中表示“3例该心脏手术全部成功”
的有2组，由频率得到概率.
[解析] 由题意，表示“3例该心脏手术全部成功”的随机数有569, ，
共2组，故估计“3例该心脏手术全部成功”的概率为 ，故选A.
[总结反思]
随机模拟估计概率需注意以下三点:（1）当试验的样本点等可能时,样
本空间即为产生随机数的范围,每个随机数代表一个样本点;（2）研究
等可能事件的概率时,用按比例分配的方法确定表示各个结果的数字个
数及总个数;（3）当每次试验结果需要个随机数表示时,要把个随机
数作为一组来处理,此时一定要注意每组中的随机数能否重复.
变式题 某市的天气预报显示，该市在今后的三天中,每一天有强浓
雾的概率为 ，现用随机模拟的方法估计这三天中至少有两天有
强浓雾的概率.先利用计算器产生 之间取整数值的随机数，并
用0,1,2,3,4,5表示没有强浓雾，用6,7,8,9表示有强浓雾,再以每3个随机
数作为一组，代表三天的天气情况，产生了如下20组随机数:
779 537 113 730 588 506 027 394 357 231 683 569 479 812 842
273 925 191 978 520
则这三天中至少有两天有强浓雾的概率近似为___.
[解析] 这20组随机数中，表示恰有两天有强浓雾的是588,, ，
479,表示恰有三天有强浓雾的是779, ,所以这三天中至少有两天有
强浓雾的概率近似为 .
【备选理由】例1考查事件的关系与运算；
例1 ［配例1使用］ （多选题）先后两次掷一枚质地均匀的骰子，
事件“两次掷出的点数之和是4”，事件 “第二次掷出的点数是
偶数”，事件“两次掷出的点数相同”，事件 “至少有一次掷出
奇数点”，则( )
A.与是互斥事件 B.
C.与是对立事件 D.与 相互独立
√
√
[解析] 对于A选项，事件“两次掷出的点数不相同”，与 可以同
时发生，所以与 不是互斥事件，A选项错误；
对于B选项，事件“两次都不掷出奇数点”，则 ，
故 ，B选项正确；
对于C选项，当第一次掷出奇数点，第二次掷出偶数点时，
事件与同时发生，所以与 不是对立事件，C选项错误；
对于D选项，， ，，
因为，所以与 相互独立，D选项正确.故选 .
例2 ［配例2使用］ 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记第一次得到
的点数为，第二次得到的数为 ，则函数
没有极值点的概率为( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意得，若 没有极值点，
则，即 .
由题意知，样本空间包含的样本点有36个，其中包含的样本点
有，，， ，，，，， ，
共9个，所以所求概率 .故选A.
√
【备选理由】例2考查古典概型；
例3 ［配例3使用］ 口袋里装有除颜色外完全相同的1个红球、2个
白球、3个黄球，从中随机取出2个球，事件 “取出的2个球同色”，
事件“取出的2个球中至少有1个黄球”，事件 “取出的2个球中
至少有1个白球”，事件“取出的2个球不同色”，事件 “取出的2
个球中至多有1个白球”.下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
√
【备选理由】例3考查概率的基本性质.
[解析] 依题意得，, ，
，而 ，故A不正确；
,， ，
故B不正确；
显然事件是必然事件，因此 ，故C正确；
因为，，所以 ，故D不正确.故选C.
作业手册
1.[2024·上海普陀区二模]从放有两个红球、一个白球的袋子中一次
任意取出两个球，两个红球分别标记为，，白球标记为 ，则它
的样本空间为( )
A., B.,,
C.,,, D.,,,,
[解析] 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球包含
的样本点为,,，所以它的一个样本空间为,, .故选B.
√
◆ 基础热身 ◆
2.抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝
上”互为对立事件的是( )
A.至多一枚硬币正面朝上 B.只有一枚硬币正面朝上
C.两枚硬币反面朝上 D.两枚硬币正面朝上
[解析] 由对立事件的概念知，“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件
为“两枚硬币反面朝上”.故选C.
√
3.若某群体中的成员只用现金支付的概率为 ，既用现金支付也用
非现金支付的概率为 ，则不用现金支付的概率为( )
A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7
[解析] 因为支付方式只有现金支付和非现金支付两种，所以该群体
中的成员支付方式只有三类：只用现金支付、只用非现金支付和
既用现金支付也用非现金支付.
不用现金支付的概率即为只用非现金支付的概率，
所以所求概率 .故选B.
√
4.某种新型牙膏需要选用两种不同的添加剂，现有芳香度分别为1，2，
3，4的四种添加剂可供选用，则选用的两种添加剂芳香度之和为5的
概率为( )
A. B. C. D.
[解析] 从芳香度分别为1，2，3，4的四种添加剂中随机抽取两种添
加剂，包含的样本点为，，，，， ，
共6种，其中选用的两种添加剂芳香度之和为5包含的样本点为
，，共2种，则所求概率 .故选B.
√
5.（多选题）下列说法中错误的是( )
A.抛掷硬币出现正面向上的概率为 ，那么连续两次抛掷一枚质地
均匀的硬币，一定是一次正面朝上，一次反面朝上
B.如果某种彩票的中奖概率为 ，那么买10张这种彩票一定能中奖
C.在乒乓球、排球等比赛中，裁判通过上抛均匀塑料圆板并让运动
员猜着地时是正面向上还是反面向上来决定哪一方先发球，这样做
公平
D.一个骰子掷一次得到点数2的概率是 ，这说明一个骰子掷6次会出
现一次点数2
√
√
√
[解析] 概率反映的是随机性的规律，但每次试验出现的结果具有不
确定性，因此A，B，D中说法错误；
抛掷均匀塑料圆板出现正面向上与反面向上的概率相等，是公平的，
因此C中说法正确.故选 .
6.已知某运动员每次投篮命中的概率都为 ，现采用随机模拟的方
法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到
9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命
中，再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产
生了如下20组随机数：
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556
488 730 113 537 989
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为_____.
0.25
[解析] 20组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的是
191,271,932,812,393,其频率为 ，
所以估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.
7.[2024·天津河东区一模] 某地区人群中各种血型的人所占比例如表
所示，已知同种血型的人可以互相输血， 型血可以输给任何一种血
型的人，任何人的血都可以输给 型血的人，其他不同血型的人不
能互相输血.小明是B型血，因病需要输血，任找一个人，其血可以
输给小明的概率为_____；任找两个人，则小明有血可以输的概率为
_____．
血型 A B
该血型的人占比
0.91
[解析] 由于小明是B型血，所以血型为 ,B的人可以给小明输血，
故任找一个人，其血可以输给小明的概率为 .
两个人都不可以给小明输血的概率为 ，
所以任找两个人，则小明有血可以输的概率为 .
8.[2024·四川内江三模]口袋中装有质地和大小相同的6个小球，小球
上面分别标有数字1，1，2，2，3，3，从中任取两个小球，则两个
小球上的数字之和大于4的概率为( )
A. B. C. D.
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 记两个标有数字1的小球分别为， ，两个标有数字2的小球
分别为，，两个标有数字3的小球分别为， ，
从中任取两个小球包含的样本点为，，，，，，
，， ，，，，，， ，共15个，
其中两个小球上的数字之和大于4包含的样本点为，，，
， ，共5个，
所以两个小球上的数字之和大于4的概率 .故选A.
9.已知事件，互斥，它们都不发生的概率为，且 ，
则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为事件，互斥，它们都不发生的概率为 ，
所以.
将 代入上式可得，所以， .
故选B.
√
10.算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.如图是一把
算盘的初始状态，自右向左分别表示个位，十位，百位，千位， ，上
面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒
下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨
动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分
别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，
“表示的四位数能被5整除”，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为只拨动一粒珠子至梁上，所以数字只表示1或5，
因为个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，
所以所得的四位数的个数为 .
若所得四位数能被3整除，则数字1和5各出现2次，
这样的四位数有1155，1515，1551，5511，5115，5151，
共6个，所以 .
能被5整除的四位数，其个位数为5，
则这样的四位数有1115，1155，1515，1555，5555，5115，5155，5515，
共8个，所以 .
既能被3整除，又能被5整除的四位数有1155，1515，5115，
共3个，所以 ，
所以 .故选C.
11.[2024·南京三模]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个凹槽与其放入小
球编号相同的概率是( )
A. B. C. D.
[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 （种）放法，恰有2个凹槽与其放入小球编号相同的放
法有 （种），4个凹槽与其放入小球编号相同的放法有1种，
所以至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率 ，
故选B.
√
12.（多选题）袋中有红、黄两种颜色的球各一个，这两个球除颜色
外完全相同，每次从中任取一个，有放回地抽取3次，记事件 表示
“3次抽到的球全是红球”，事件 表示“3次抽到的球颜色全相同”，事
件 表示“3次抽到的球颜色不全相同”，则下列结论正确的是
( )
A.事件与事件互斥 B.事件与事件 是对立事件
C. D.
√
√
[解析] 对于A，因为3次抽到的球全是红球为3次抽到的球颜色全相
同的一种情况，所以事件与事件 不互斥，故A错误；
对于B，事件与事件 不可能同时发生，是互斥事件，
但一次试验中还可能3次抽到的球全是黄球，
所以事件与事件 不是对立事件，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为事件 与事件互斥，，
所以 ，故D正确.故选 .
13. [2025·八省联考] 有八张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,
现从这八张卡片中随机抽出三张,则抽出的三张卡片上的数字之和
与其余五张卡片上的数字之和相等的概率为 .
[解析] 从八张卡片中随机抽出三张,样本空间中总的样本点个数
为==56.
因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的三张卡片上的数字之和
与其余五张卡片上的数字之和相等,则抽出的三张卡片上的数字之和
应为18,则抽出的三张卡片上的数字应为8,7,3或8,6,4或7,6,5,
共包含3个样本点,
所以抽出的三张卡片上的数字之和与其余五张卡片上的数字之和相等
的概率为.
14.袋中有7个大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件，分别为黑猫、
白猫、红猫，某同学从中任意取1个小猫摆件，得到黑猫或白猫的概
率是，得到白猫或红猫的概率是 .
（1）某同学从中任取1个小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率
分别是多少？
解：从中任取1个小猫摆件，分别记得到黑猫、白猫、红猫为
事件 , ,，
因为,, 两两互斥，所以由题意得
即解得
所以任取1个小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是，， .
（2）某同学从中任取2个小猫摆件，得到的2个小猫摆件颜色不相同
的概率是多少？
解：由（1）知黑猫、白猫、红猫摆件的个数分别为3,2,2，
记黑猫摆件为,,，白猫摆件为,，红猫摆件为, ，
则从7个小猫摆件中任取2个小猫摆件包含的样本点为
,,,,,，,,, , ，,,,，,,，
,, ，共21个，
其中2个小猫摆件是黑猫包含的样本点为,, ，共3个，
2个小猫摆件是白猫包含的样本点为，共1个，
2个小猫摆件是红猫包含的样本点为 ，共1个，
所以2个小猫摆件颜色相同的概率为 ，
则2个小猫摆件颜色不相同的概率是 .
15.现对如图所示的图形进行涂色，有5种不同的
颜色可供使用，相邻区域所涂颜色不同.在所有
的涂色方案中随机选择一种方案，该方案恰好
只用到3种颜色的概率是( )
A. B. C. D.
√
◆ 能力拓展 ◆
[解析] 所有的涂色方案分三类：用到3种颜色，
即⑤用一种颜色，①③同色，②④同色，涂色
方法有 （种）；
用到4种颜色，即⑤用一种颜色，①③不同色，
②④同色或⑤用一种颜色，①③同色，
②④不同色，涂色方法有 （种）；
用到5种颜色，涂色方法有 （种）.
因此，所求概率是 .故选B.
16.[2025·襄阳五中月考] 袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白
球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个不放回，直到某种颜
色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是___.
[解析] 由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，
最后一个球是白球，则摸球的次数可能为2，3，4.
设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为 ，
两次取球便结束，且最后一个球为白球的情况为两个球都是白球，
有2种情况，故 .
设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为 ，
三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为前两次一白一红，
有 （种）情况，故.
设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为 ，
四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为前三次两红一白，
有（种）情况，故 .
设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是 ，
则 .
【知识聚焦】1.(1)基本结果 2.(1)子集 A中某个样本点出现
3.一定发生 B A A=B 至少有一个 同时 不能同时发生
4.(1)有限 相等 (2) 5.P(A)≥0 1 0 P(A)+P(B) 1-P(A) 1-P(B) ≤
P(A)+P(B)-P(A∩B) 6.(1)可能性大小 (2)稳定于
【对点演练】1.{yy,yn,ny,nn} 2.3件中至多有2件一级品 3.0.58 4.③ 5.3,2 6.
课堂考点探究
例1 (1)D (2)B 变式题 (1)C (2)CD
例2 (1)D (2)B 变式题 (1)A (2)
例3 (1)D (2) 变式题 (1)0.2 (2)ABC
例4 (1)AC (2)A 变式题
教师备用习题
例1 BD 例2 A 例3 C
基础热身
1.B 2.C 3.B 4.B 5.ABD 6.0.25 7.0.7 0.91
综合提升
8.A 9.B 10.C 11.B 12. CD 13.
14. (1)得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是,,. (2).
能力拓展
15. B 16.
