第十章　10.4　随机事件与概率、古典概型（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

10．4　随机事件与概率、古典概型
1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别．
2．理解事件的关系和运算．
3．理解古典概型及其概率计算公式．
4．会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．
1．样本空间和随机事件
(1)样本点和有限样本空间
①样本点：随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示．
全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示．
②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
①定义：将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件．
②表示：大写字母A，B，C，….
③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件．
2．事件的关系和运算
项目 含义 符号表示
包含 若事件A发生，则事件B一定发生 B A （或A B）
相等 事件B包含事件A，事件A也包含事件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.频率与概率
(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发生的概率P(A)，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)估计概率P(A).
4．古典概型
(1)具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
②等可能性：每个样本点发生的可能性相等Ｗ．
(2)古典概型的概率公式
一般地，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)＝P(A)＋P(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)＝1－P(B)．
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)Ｗ．
特别地，对任意事件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)－P(A∩B)．
显然，性质3是性质6的特殊情况．
教材拓展
1．当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥．也即两事件互斥是这两事件对立的必要不充分条件．
2．随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中，事件A发生的频率逐渐稳定于事件A发生的概率．
3．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)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．(　√　)
(3)从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．(　√　)
(4)若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件．(　×　)
2．（人教A版必修第二册P235T1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(　B　)
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”．故选B.
3．（人教A版必修第二册P245练习T1(2)改编）已知A与B为互斥事件，且P(A∪B)＝0.5，P(A)＝0.2，则P(B)＝0.3．
解析：因为A与B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5，因此，P(B)＝0.5－P(A)＝0.5－0.2＝0.3.
4．（人教A版必修第二册P246T7改编）《易经》是中国传统文化中的精髓，易经八卦分别为乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑，现将乾、坤、巽三卦按任意次序排成一排，则乾、坤相邻的概率为．
解析：将乾、坤、巽排成一排有（乾，坤，巽），（乾，巽，坤），（坤，乾，巽），（坤，巽，乾），（巽，乾，坤），（巽，坤，乾），共6种可能，乾、坤相邻的有（乾，坤，巽），（坤，乾，巽），（巽，乾，坤），（巽，坤，乾），共4种，所以乾、坤相邻的概率为＝.
考点1 随机事件关系的判断
【例1】　(1)（多选）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(　CD　)
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择和选择一个景点，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，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，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，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，D正确．故选CD.
(2)（多选）某篮球运动员进行投篮训练，连续投篮两次，设事件A表示随机事件“两次都投中”，事件B表示随机事件“两次都未投中”，事件C表示随机事件“恰有一次投中”，事件D表示随机事件“至少有一次投中”，则下列关系正确的是(　ABD　)
A．A D B．B∩D＝
C．A∪B＝B∪D D．A∪C＝D
【解析】　事件A表示“两次都投中”；事件B表示“两次都未投中”；事件C表示“恰有一次投中”；事件D表示“至少有一次投中”，即表示“两次都投中或恰有一次投中”．对于A，事件A表示“两次都投中”，事件D表示“至少有一次投中”，故A D，故A正确；对于B，事件B和事件D是对立事件，故B∩D＝ ，故B正确；对于C，事件A∪B表示“两次都投中或两次都未投中”，而事件B∪D表示“两次都未投中、两次都投中或恰有一次投中”，故C错误；对于D，事件A∪C表示“两次都投中或恰有一次投中”，故A∪C＝D，故D正确．故选ABD.
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．
【对点训练1】　(1)如图，甲、乙两个元件串联构成一段电路，事件M＝“甲元件故障”，N＝“乙元件故障”，则表示该段电路没有故障的事件为(　D　)
A．M∪N B．M∩N
C．∪ D．∩
解析：因为甲、乙两个元件串联，线路没有故障，即甲、乙都没有故障，即事件和同时发生，即∩事件发生．故选D.
(2)从装有4个白球和3个红球的盒子里摸出3个球，则以下哪个选项中的事件A与事件B互斥却不互为对立(　B　)
A．事件A：3个球中至少有1个红球；事件B：3个球中至少有1个白球
B．事件A：3个球中恰有1个红球；事件B：3个球中恰有1个白球
C．事件A：3个球中至多有2个红球：事件B：3个球中至少有2个白球
D．事件A：3个球中至多有1个红球；事件B：3个球中至多有1个白球
解析：对于A，事件A与事件B可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；对于B，事件A与事件B不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3个白球或3个红球，所以事件A与事件B互斥却不互为对立，故B正确；对于C，事件A与事件B可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A与事件B不是互斥事件，故C错误；对于D，事件A与事件B不可能同时发生，但必有一个发生，所以事件A与事件B是互斥事件也是对立事件，故D错误．故选B.
考点2 用频率估计概率
【例2】　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】　(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.
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．
【对点训练2】　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．
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（元）.因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a元．
考点3 古典概型的概率
命题角度1　古典概型的概率
【例3】　(1)（2024·福建泉州二模）2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻（分别在两排不算相邻）的概率为(　C　)
A． B．
C． D．
【解析】　由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有A种，由于美术作品不相邻，按以下情形分类：①美术作品都挂在第一排的不同挂法有CAAA种；②美术作品分别挂在两排的不同挂法有ACAA种．所以美术作品不相邻的概率为＝.故选C.
(2)（2025·八省联考）有8张卡片，其上分别标有数字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】　8张卡片上的所有数字之和为36，根据题意，抽出的3张卡片上的数字之和为18，只有三种情况：3＋7＋8，4＋6＋8，5＋6＋7，所以所求概率为P＝＝.
1．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．
2．求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．
(2)树状图法：适用于需要分步完成的试验结果．树状图在解决求样本点总数和事件A包含的样本点个数的问题时直观、方便，但画树状图时要注意按照一定的顺序确定分枝，避免造成遗漏或重复．
(3)排列、组合法：在求一些较复杂问题的样本点个数时，可利用排列、组合的知识．
命题角度2　较复杂古典概型的概率
【例4】　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，算盘多为木制，内嵌有九至十五根直杆（简称档），自右向左分别表示个位、十位、百位……梁上面一粒珠子（简称上珠）代表5，梁下面一粒珠子（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、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A＝“表示的三位数能被5整除”，B＝“表示的三位数能被3整除”．
(1)求事件A，B发生的概率；
(2)求事件A∪B，A∩B发生的概率．
【解】　(1)只拨动一粒珠子至梁上，因此只表示数字1或5，三位数的个数是23＝8，
要使得组成的三位数能被5整除，则只需个位数字是5即可，
而这些数中个位数字是5的数的个数为22＝4，所以事件A发生的概率P(A)＝＝.
由题意要使得组成的三位数能被3整除，
则只能同时出现3个1或者同时出现3个5，即111和555共两个数，
即组成的三位数能被3整除的数的个数为2，所以事件B发生的概率P(B)＝＝.
故P(A)＝，P(B)＝.
(2)因为A∩B表示组成的三位数既能被3整除，又能被5整除，
只有555既能被3整除，又能被5整除，
所以P(A∩B)＝.
因为A∪B表示组成的三位数能被3整除或能被5整除，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝.
故P(A∩B)＝，P(A∪B)＝.
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．
【对点训练3】　(1)（2024·全国甲卷理）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．
解析：记三个球上的数字分别为a，b，c，则共有A＝120（种）可能，令|m－n|＝＝≤，则|a＋b－2c|≤3，根据对称性，c＝1或6时，均有2种可能；c＝2或5时，均有10种可能；c＝3或4时，均有16种可能．故满足条件的共有56种可能，所以所求概率P＝＝.
(2)将一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次，记下骰子朝上的点数．若用x表示第一次抛掷出现的点数，用y表示第二次抛掷出现的点数，用(x，y)表示这个试验的一个样本点．
①记A＝“两次点数之和大于9”，B＝“至少出现一次点数为3”，求事件A，B发生的概率．
②甲、乙两人玩游戏，双方约定：若xy为偶数，则甲获胜；否则，乙获胜．这种游戏规则公平吗？请说明理由．
解：①依题意，将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，共有36个样本点，
其中事件A＝{(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，即事件A包含6个样本点，所以事件A发生的概率为P(A)＝＝.
又由事件B＝{(1，3)，(2，3)，(3，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)}，
即事件B包含11个样本点，所以事件B发生的概率为P(B)＝.
②不公平．理由如下：
设事件C＝“xy为偶数”，事件D＝{(x，y)|x∈{1，3，5}，y∈{2，4，6}}，事件E＝{(x，y)|x∈{2，4，6}，y∈{1，2，3，4，5，6}}，可得P(D)＝＝，P(E)＝＝，
因为事件D与事件E互斥，且C＝D∪E，
所以P(C)＝P(D)＋P(E)＝.
因此甲获胜的概率为，乙获胜的概率为1－＝，
因为>，所以这种游戏规则不公平．
课时作业71
1．（5分）两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图1所示，则符合这一结果的试验是(　D　)
A．抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率
B．抛掷一枚质地均匀的正六面体的骰子，出现1点的概率
C．转动如图2所示的转盘，转到数字为奇数的概率
D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率
解析：根据统计图可知，实验结果出现的频率稳定在0.33，估计其概率P＝，对于A，抛一枚质地均匀的硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；对于B，抛掷一枚质地均匀的正六面体的骰子，出现1点的概率为，故此选项不符合题意；对于C，转动如题图2所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；对于D，从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，故此选项符合题意．故选D.
2．（5分）从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是(　B　)
A．“至少一个白球”与“至少一个黄球”
B．“恰有一个白球”与“恰有两个白球”
C．“至多一个白球”与“至多一个黄球”
D．“至少一个黄球”与“都是黄球”
解析：从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，共有三种结果：两白球，一白一黄，两黄球，这三个事件两两互斥，故B正确；由于“至少一个白球”包含事件有两白球和一白一黄，而“至少一个黄球”包含事件有两黄球和一白一黄，当取到一白一黄时，这两个事件同时发生，故A错误；由于“至多一个白球”包含事件有一白一黄和两黄球，而“至多一个黄球”包含事件有一黄一白和两白球，所以当取到一白一黄时，两个事件同时发生，故C错误；由于“至少一个黄球”包含事件一白一黄和两黄球，而“都是黄球”显然也是两黄球，故D错误．故选B.
3．（5分）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是(　B　)
A． B．
C． D．
解析：甲、乙、丙、丁四人排成一列共有A＝24（种）可能，丙不在排头，且甲或乙在排尾有CCA＝8（种）可能，故所求概率P＝＝.故选B.
4．（5分）某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名学生参加演讲比赛，设A＝“2名全是男生”，B＝“2名全是女生”，C＝“恰有一名男生”，D＝“至少有一名男生”，则下列关系不正确的是(　D　)
A．A D B．B∩D＝
C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D
解析：“至少有一名男生”包含2名全是男生、1名男生1名女生，故A D，A∪C＝D，故A，C正确；事件B与D是互斥事件，故B∩D＝ ，故B正确；A∪B表示的是2名全是男生或2名全是女生，B∪D表示2名全是女生或1名男生1名女生或2名全是男生，故A∪B≠B∪D，D错误．故选D.
5．（5分）（2024·江西景德镇三模）六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人，则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：不妨假设六位小朋友已经站好了位置，不同站位方法数为A，爸爸们接到各自的小朋友，则其为定序问题，不同站位方法数为CC，所以爸爸们不需要插队就能接到自己家的小朋友的概率P＝＝.故选B.
6．（5分）一个口袋中有标号为1，2，3的小球各一个，小球的大小相同、质地均匀．每次从中取出一个球，记下号码后放回，当三种号码的小球全部取出时即停止，则恰好取5次小球时停止的概率为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：由题可知分两种情况，取到的标号的次数为3，1，1或2，2，1，这两种情况是互斥的，当取到的标号的次数为3，1，1时，试验包含的样本点共有35个，满足条件的样本点有CCC个，所以这种情况的概率为P1＝＝；当取到的标号的次数为2，2，1时，试验包含的样本点共有35个，满足条件的样本点有CCC个，所以这种情况的概率为P2＝＝.故恰好取5次小球时停止的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.故选B.
7．（6分）（多选）已知事件A，B，C两两互斥，若P(A)＝，P(A∪B)＝，P(A∪C)＝，则(　ACD　)
A．P(B)＝ B．P(C)＝
C．P(B∪C)＝ D．P(B∩C)＝0
解析：因为事件A，B，C两两互斥，所以P(B∩C)＝0，故D正确；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋P(B)＝，则P(B)＝，故A正确；P(A∪C)＝P(A)＋P(C)＝＋P(C)＝，则P(C)＝，故B错误；P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝，故C正确．故选ACD.
8．（6分）（多选）口袋里装有1红、2白、3黄共6个形状、大小完全相同的小球，从中任取2球，事件A＝“取出的2球同色”，B＝“取出的2球中至少有一个黄球”，C＝“取出的2球中至少有一个白球”，D＝“取出的2球不同色”，E＝“取出的2球中至多有一个白球”．下列判断中正确的是(　AD　)
A．事件A与D为对立事件
B．事件B与C是互斥事件
C．事件C与E为对立事件
D．P(C∪E)＝1
解析：设Ω是样本空间，对于A，由于A∪D＝Ω，A∩D＝ ，所以A与D是对立事件，A正确．对于B，由于B∩C＝“取出的2球中，有一个黄球一个白球”，所以B与C不是互斥事件，B错误．对于C，由于C∩E＝“取出的2球中，恰好有一个白球”，所以C与E不是对立事件，C错误．对于D，由于C∪E＝Ω，所以P(C∪E)＝1，D正确．故选AD.
9．（5分）若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝a2－5，P(B)＝5－2a，则实数a的取值范围为（，1＋]．
解析：因为随机事件A，B互斥，且A，B发生的概率均不等于0，所以
即解得a∈（，1＋].
10．（5分）（2024·陕西宝鸡三模）围棋起源于中国，至今已有四千多年的历史，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个小组的分法有3，1，1和2，2，1，其中3，1，1的分法有＝10（种），甲和乙在同一个小组的情况有C＝3（种），2，2，1的分法有＝15（种），甲和乙在同一个小组的情况有C＝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＝.
11．（16分）某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y（单位：万千瓦时）与该河上游在六月份的降雨量X（单位：毫米）有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率．
解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率
(2)根据题意得
Y＝460＋×5＝＋425，
故P（发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时）＝P（Y<490或Y>530）＝P（X<130或X>210）＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝＋＋＝.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时的概率为.
12．（17分）已知甲、乙两袋中各装有4个质地和大小完全相同的小球，甲袋中有红球2个、白球1个、蓝球1个，乙袋中有红球1个、白球1个、蓝球2个．
(1)从两袋中随机各取一球，求取到的两球颜色相同的概率；
(2)从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，求取到至少一个红球的概率．
解：(1)设甲袋中的红球为r1，r2，白球为w，蓝球为b，乙袋中的红球为R，白球为W，蓝球为B1，B2，则从两袋中各取一球，所有情况如下：
(r1，R)，(r1，W)，(r1，B1)，(r1，B2)，(w，R)，(w，W)，(w，B1)，(w，B2)，(r2，R)，(r2，W)，(r2，B1)，(r2，B2)，(b，R)，(b，W)，(b，B1)，(b，B2)，共16种．
设A为“取到的两球颜色相同”，则A含有的情况如下：
(r1，R)，(r2，R)，(w，W)，(b，B1)，(b，B2)，共5种，则P(A)＝.
(2)如(1)中所设，从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，所有情况如下：
(r1，r2，R)，(r1，r2，W)，(r1，r2，B1)，(r1，r2，B2)，(r1，w，R)，(r1，w，W)，(r1，w，B1)，(r1，w，B2)，(r1，b，R)，(r1，b，W)，(r1，b，B1)，(r1，b，B2)，(r2，b，R)，(r2，b，W)，(r2，b，B1)，(r2，b，B2)，(r2，w，R)，(r2，w，W)，(r2，w，B1)，(r2，w，B2)，(b，w，R)，(b，w，W)，(b，w，B1)，(b，w，B2)，共24种，
设B为“取到至少一个红球”，其对立事件设为C，则C为“没有取到红球”，
C含有的情况如下：(b，w，W)，(b，w，B1)，(b，w，B2)，共3种，
故P(C)＝＝，故P(B)＝1－P(C)＝1－＝.
13．（5分）（2025·四川巴中一模）从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：由0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数，由于0不能出现在千位，则0的位置有C种情况，再排其他三个数字，共有A种情况，即可以组成没有重复数字的四位数共有C·A＝18（种）情况．若该四位数为偶数，可以分为两类，当个位数字是0时，有A种情况，当个位数字是2时，有CA种情况，所以该四位数为偶数共有A＋CA＝10（种）情况．设事件A表示从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，该数是偶数，则P(A)＝＝.故选B.
14．（5分）邮票是供寄递邮件贴用的邮资凭证，一般由主权国家发行．邮票的方寸空间，常体现一个国家或地区的历史、科技、经济、文化、风土人情、自然风貌等特色，这让邮票除了邮政价值之外还有收藏价值．小王就是一个集邮爱好者，收集了2024年发行的《甲辰年》邮票样式一和样式二各4张．若从中任意抽取3张，则至少有1张样式二的邮票的概率为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：方法一　任意抽取3张，其中有1张样式二的邮票的概率P1＝＝＝，其中有2张样式二的邮票的概率P2＝＝＝，其中有3张样式二的邮票的概率P3＝＝＝，所以至少有1张样式二的邮票的概率P＝P1＋P2＋P3＝.故选C.
方法二　任意抽取3张，全部都是样式一的邮票的概率为＝，所以至少有1张样式二的邮票的概率为1－＝.故选C.
15．（5分）甲、乙两同学玩抛掷骰子游戏，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}，记每个样本点为(n1，n2)，甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有6×6＝36（个）样本点．的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则当n1＋n2＝6时，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，有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)共5个样本点满足要求，故甲胜的概率为.