(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升10.5《古典概型、概率的基本性质》(2份打包，原卷版+教师版)

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知识梳理
1．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．
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)＝eq \f(k,n)＝eq \f(nA,nΩ).
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．
3．概率的性质
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)，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，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)﹣P(A∩B)．
常用结论
若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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．( √ )
(2)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．( × )
(3)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )
(4)两个互斥事件的概率和为1.( × )
教材改编题
1．袋中装有大小、形状完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案 B
2．某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.2,0.3,0.1，则该射手在一次射击中不够8环的概率为( )
A．0.9 B．0.3
C．0.6 D．0.4
答案 D
解析 设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则P(A)＝1﹣P(eq \x\t(A))＝1﹣0.6＝0.4.
3．抛掷一枚骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，B为事件“出现点数是3的倍数”，则P(A∪B)＝______，P(A∩B)＝______.
答案 eq \f(2,3) eq \f(1,6)
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)＝eq \f(2,3)；
事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P(A∩B)＝eq \f(1,6).
题型一 古典概型
例1 (1)(2022·昆明模拟)2021年，云南省人民政府发布《关于命名“云南省美丽县城”“云南省特色小镇”的通知》，命名16个“云南省美丽县城”和6个“云南省特色小镇”，其中这6个云南省特色小镇分别是安宁温泉小镇、腾冲银杏小镇、禄丰黑井古镇、剑川沙溪古镇、瑞丽畹町小镇、德钦梅里雪山小镇．某人计划在今年暑假期间从这6个云南特色小镇中任意选两个去旅游，则其中一个是安宁温泉小镇的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 A
解析 6个云南省特色小镇分别为a，b，c，d，e，f，其中a为安宁温泉小镇，则6个云南特色小镇中任意选两个的样本点有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)共15个，其中一个是安宁温泉小镇有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)共5个，所以要求的概率为P＝eq \f(5,15)＝eq \f(1,3).
(2)(2021·全国甲卷)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.eq \f(1,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5)
答案 C
解析 方法一 (将4个1和2个0视为完全不同的元素)4个1分别设为1A,1B,1C,1D,2个0分别设为0A,0B，将4个1和2个0随机排成一行有Aeq \\al(6,6)种排法，将1A,1B,1C,1D，排成一行有Aeq \\al(4,4)种排法，再将0A,0B插空有Aeq \\al(2,5)种排法，所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(A\\al(4,4)A\\al(2,5),A\\al(6,6))＝eq \f(2,3).
方法二 (含有相同元素的排列)将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有Ceq \\al(2,6)种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有Ceq \\al(2,5)种排法．所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,6))＝eq \f(2,3).
教师备选
1．(2022·江苏百师联盟联考)将3名男生1名女生共4名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,6)
答案 D
解析 分配方案的总数为Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的分法有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是P＝eq \f(C\\al(1,3)A\\al(2,2),C\\al(2,4)A\\al(3,3))＝eq \f(1,6).
2．(2022·福州模拟)“博饼”是闽南地区中秋佳节的传统民俗游戏，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目．“博饼”的游戏规则是：参与者轮流把6颗骰子同时投进一个大瓷碗里，而后根据骰子的向上一面点数组合情况，来决定获奖等次，获奖等次分为6类，分别用中国古代科举的排名名称命名，获奖者投出的骰子组合如图所示，根据你所学的概率知识，投出“六杯红”的概率为______；投出“状元插金花”的概率为______．(不需得出具体数值)
答案 eq \f(1,66) eq \f(5,2×65)
解析 依题意，6个骰子同时投掷一次，样本点总数为66.
其中，投出“六杯红”的样本点数为1；
投出“状元插金花”的样本点数为Ceq \\al(2,6)＝15.
故投出“六杯红”的概率为eq \f(1,66)；投出“状元插金花”的概率为eq \f(15,66)＝eq \f(5,2×65).
思维升华 利用公式法求解古典概型问题的步骤
跟踪训练1 (1)(2022·深圳模拟)五一国际劳动节放假期间，甲、乙两名同学计划在5月1日到5月3日期间去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 甲同学在三天中随机选一天共有3种方法，乙同学在前两天中随机选一天共有2种方法，所以一共有3×2＝6(种)方法，他们在同一天去共有2种情况，所以他们在同一天去的概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
(2)(2022·苏州模拟)皮埃尔·德·费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学作出了重大贡献，其中在1636年发现了：若p是质数，且a，p互质，那么a的(p﹣1)次方除以p的余数恒等于1，后来人们称该定理为费马小定理．依此定理，若在数集{2,3,5,6,8}中任取两个数，其中一个作为p，另一个作为a，则所取两个数符合费马小定理的概率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(9,20) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 在数集{2,3,5,6,8}中任取两个数，其中一个作为p，另一个作为a，样本点总数n＝Aeq \\al(2,5)＝20，所取两个数(p，a)符合费马小定理包含的样本点有(2,3)，(2,5)，(3,2)，(3,5)，(3,8)，(5,2)，(5,3)，(5,6)，(5,8)，共9个，∴所取两个数符合费马小定理的概率为P＝eq \f(9,20).
题型二 概率的基本性质
例2 某医院要派医生下乡义诊，派出医生的人数及其概率如下表所示．
(1)求派出医生至多2个的概率；
(2)求派出医生至少2个的概率．
解 设“不派出医生”为事件A，“派出1名医生”为事件B，“派出2名医生”为事件C，“派出3名医生”为事件D，“派出4名医生”为事件E，“派出5名及5名以上医生”为事件F，事件A，B，C，D，E，F彼此互斥，且P(A)＝0.1，P(B)＝0.16，P(C)＝0.3，P(D)＝0.2，P(E)＝0.2，P(F)＝0.04.
(1)“派出医生至多2个”的概率为
P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)方法一 “派出医生至少2人”的概率为
P(C∪D∪E∪F)＝P(C)＋P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.2＋0.2＋0.04＝0.74.
方法二 “派出医生至少2个”的概率为
1﹣P(A∪B)＝1﹣0.1﹣0.16＝0.74.
教师备选
1．抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“向上的点数是奇数”，事件B表示“向上的点数不超过3”，则P(A∪B)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,6) D．1
答案 B
解析 方法一 A包含向上点数是1,3,5的情况，B包含向上的点数是1,2,3的情况，
所以A∪B包含了向上点数是1,2,3,5的情况，
故P(A∪B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
方法二 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)﹣P(AB)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(2,6)＝1﹣eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
2．甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的概率为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,6) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 所有的排法有Aeq \\al(4,4)＝24(种)，
若甲、丙之间恰好为乙，则有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种排法；
若甲、丙之间恰好为丁，则有Aeq \\al(2,2)种排法，
故所求的概率为P＝eq \f(A\\al(2,2)A\\al(2,2)＋A\\al(2,2),A\\al(4,4))＝eq \f(6,24)＝eq \f(1,4).
思维升华 求复杂互斥事件的概率的两种方法
(1)直接法
(2)间接法(正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解简单)．
跟踪训练2 (1)(2022·东营模拟)五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽．如果从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，则这个音序中宫和羽至少有一个的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,10)
C.eq \f(9,20) D.eq \f(11,20)
答案 B
解析 设从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，这个音序中宫和羽至少有一个为事件A，则eq \x\t(A)表示这个音序中不含宫和羽这两个音序，
∴P(A)＝1﹣P(eq \x\t(A))＝1﹣eq \f(A\\al(2,3),A\\al(2,5))＝1﹣eq \f(3×2,5×4)＝eq \f(7,10).
(2)数学多选题有A，B，C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错的不得分．已知某道数学多选题正确答案为B，D，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了至少一个选项，则他能得分的概率为________．
答案 eq \f(1,5)
解析 小明随机地填涂了至少一个选项，共有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(4,4)＝15(种)涂法，得分的涂法有3种，所以他能得分的概率为P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
题型三 概率与统计的综合问题
例3 饮用水水源的安全是保障饮用水安全的基础．同时国家提倡节约用水，全民积极维护饮用水水源安全，保障安全饮水.2021年5月13日下午，正在河南省南阳市考察调研的习近平总书记来到淅川县，先后考察了陶岔渠首枢纽工程、丹江口水库，听取南水北调中线工程建设管理运行和水源地生态保护等情况介绍．为了提高节约用水意识，为此，某校开展了“节约用水，从我做起”活动，从参赛的学生中随机选取100人的成绩作为样本，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校此次参赛学生成绩的平均分eq \x\t(x)(同一组数据用该组区间的中点值代表)；
(2)在该样本中，若采用分层随机抽样方法，从成绩低于65分的学生中随机抽取6人调查他们的答题情况，再从这6人中随机抽取3人进行深入调研，求这3人中至少有1人的成绩低于55分的概率．
解 (1)根据频率分布直方图得到
(0.005＋0.025×2＋0.01＋a)×10＝1，
解得a＝0.035.
这组样本数据的平均数为50×0.05＋60×0.25＋70×0.35＋80×0.25＋90×0.1＝71，
所以eq \x\t(x)＝71.
(2)根据频率分布直方图得到，成绩在[45,55)，[55,65)内的频率分别为0.05,0.25，所以采用分层随机抽样的方法从样本中抽取的6人，
成绩在[45,55)内的有1人，记为X，
成绩在[55,65)内的有5人，分别记为a，b，c，d，e，
从这6人中随机抽取3人，所有可能的结果为Xab，Xac，Xad，Xae，Xbc，Xbd，Xbe，Xcd，Xce，Xde，abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，共20种．
这3人中至少有1人的成绩在[45,55)内的有Xab，Xac，Xad，Xae，Xbc，Xbd，Xbe，Xcd，Xce，Xde，共10种．所以这3人中至少有1人的成绩低于55分的概率为eq \f(10,20)＝eq \f(1,2).
教师备选
(2019·天津)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．
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人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．
解 (1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机抽样的方法从中抽取25位员工，
因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．
(2)①从已知的6人中随机抽取2人的样本空间为{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)}，共15个样本点．
②由表格知，符合题意的有(A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共11个样本点．所以事件M发生的概率P(M)＝eq \f(11,15).
思维升华 求解古典概型的交汇问题的步骤
(1)将题目条件中的相关知识转化为事件；
(2)判断事件是否为古典概型；
(3)选用合适的方法确定样本点个数；
(4)代入古典概型的概率公式求解．
跟踪训练3 为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用．为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率．
附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由数表知，x＝225﹣150＝75，y＝100﹣75＝25，m＝275﹣225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，
零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(275×150×25－75×252,225×50×175×100)＝eq \f(275,56)
≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关．
(2)从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为eq \f(4,100)＝eq \f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq \f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的有3人，
抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人记为a，b，c，从4人中随机抽取2人的所有样本点为(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6个，它们等可能，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3个，
于是得P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，
所以这2人中恰有1 人有疲乏症状的概率是eq \f(1,2).
课时精练
1．(多选)下列试验是古典概型的是( )
A．在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D．老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
答案 BD
解析 A项，在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率，不符合等可能性；
B项，从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的；
C项，向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率，不符合有限性；
D项，老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的．
2．(2022·太原模拟)从1,2,3,4,5这5个数中随机抽取2个数，分别记为m，n，则eq \f(m,n)为整数的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(4,25)
答案 B
解析 由题意得，从1,2,3,4,5这5个数中随机抽取2个数，则共有下列情况：
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(4,3)，(5,3)，(5,4)，共有20种等可能情况，其中eq \f(m,n)为整数的有(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(4,2)，5种情况，所以所求概率为eq \f(5,20)＝eq \f(1,4).
3.《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( )
A.eq \f(1,14) B.eq \f(1,7) C.eq \f(3,14) D.eq \f(3,28)
答案 C
解析 从八卦中任取两卦，样本点总数n＝Ceq \\al(2,8)＝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＝eq \f(6,28)＝eq \f(3,14).
4．(2022·黄山质检)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.eq \f(1,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
答案 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(个)，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＝eq \f(2,9).
5．(2022·莆田质检)甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的3路公交车(线路图如下)．甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车．假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(7,30) D.eq \f(3,10)
答案 C
解析 甲从“管委会”站到“北埭”站的每一站下车都可以，有8种情况，
乙从“管委会”站到“东至”站的每一站下车都可以，有15种情况，
若乙在“管委会”站下车，则甲有7种情况，
若乙在“地税分局”站下车，则甲有6种情况，
若乙在“兴海路”站下车，则甲有5种情况，
若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有4种情况，
若乙在“莲池小学”站下车，则甲有3种情况，
若乙在“金沙滩”站下车，则甲有2种情况，
若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有1种情况，
因此，甲比乙后下车的概率为
P＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7,8×15)＝eq \f(4×7,8×15)＝eq \f(7,30).
6．(2022·绍兴模拟)北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用．北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗．一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为( )
A.eq \f(10,21) B.eq \f(11,21) C.eq \f(11,42) D.eq \f(5,21)
答案 B
解析 因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,7))＝eq \f(10,21)，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1﹣eq \f(10,21)＝eq \f(11,21).
7．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是0.05和0.03，则抽检一件是甲级品的概率为________．
答案 0.92
解析 记抽捡的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，且事件A和事件B∪C是对立事件，因而所求概率为P(A)＝1﹣P(B)﹣P(C)＝0.92.
8．已知a∈{﹣2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数的概率是______．
答案 eq \f(2,5)
解析 若函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数，
则a2﹣2<0，又a∈{﹣2,0,1,2,3}，
故只有a＝0，a＝1满足题意，所以函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数的概率是eq \f(2,5).
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，两校所推荐的学生一起参加集训．由于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．
解 (1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名．
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为eq \f(C\\al(3,3)C\\al(3,4),C\\al(3,6)C\\al(3,6))＝eq \f(1,100)，
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1﹣eq \f(1,100)＝eq \f(99,100).
(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C.
则P(B)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(4,6))＝eq \f(3,5)，P(C)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(1,3),C\\al(4,6))＝eq \f(1,5).
由互斥事件的概率加法公式，得
P(A)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，
故所求事件的概率为eq \f(4,5).
10．2021年是中国共产党建党100周年，为了使全体党员进一步坚定理想信念，传承红色基因，市教育局以“学党史、悟思想、办实事、开新局”为主题进行“党史”教育，并举办由全体党员参加的“学党史”知识竞赛．竞赛共设100个小题，每个小题1分，共100分．现随机抽取1 000名党员的成绩进行统计，并将成绩分成以下七组：[72,76)，[76,80)，[80,84)，[84,88)，[88,92)，[92,96)，[96,100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，求这1 000名党员成绩的众数、中位数；
(2)用分层随机抽样的方法从低于80分的党员中抽取5人，若在这5人中任选2人进行问卷调查，求这2人中至少有1人成绩低于76分的概率．
解 (1)由频率分布直方图可得，1 000名党员成绩的众数为eq \f(84＋88,2)＝86(分)，
成绩在[72,84)的频率为
(0.02＋0.03＋0.037 5)×4＝0.35，
成绩在[72,88)的频率为
(0.02＋0.03＋0.037 5＋0.075)×4＝0.65，
故中位数位于[84,88)之间，
中位数是84＋4×eq \f(0.5－0.35,0.65－0.35)＝86(分)．
(2)∵[72,76)与[76,80)的党员人数的比值为2∶3，
采用分层随机抽样方法抽取5人，则在[72,76)中抽取2人，[76,80)中抽3人，
设[72,76)抽取人的编号为A1，A2，[76,80)抽取人的编号为B1，B2，B3，
则从5人中任选2人进行问卷调查对应的样本点为(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A1，A2)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10个，
这2人中至少有1人成绩低于76分的有(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A1，A2)，共7个样本点，故这2人中至少有1人成绩低于76分的概率P＝eq \f(7,10).
11．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如：在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65.若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于1 000的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,8)
答案 D
解析 依题意得所拨数字共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)可能．要使所拨数字大于1 000，
若上珠拨的是千位档，
则所拨数字一定大于1 000，有Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,4)＝6(种)；
若上珠拨的是个位档或十位档或百位档，
则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)＝9(种)，
则所拨数字大于1 000的概率为eq \f(6＋9,24)＝eq \f(15,24)＝eq \f(5,8).
12．(2022·常州模拟)春天是鲜花的季节，水仙花就是其中最迷人的代表，数学上有个水仙花数，它是这样定义的：“水仙花数”是指一个三位数，它的各位数字的立方和等于其本身．三位的水仙花数共有4个，其中仅有1个在区间(150,160)内，我们姑且称它为“水仙四妹”，则在集合{142,147,152,154,157，“水仙四妹”}，共6个整数中，任意取其中3个整数，则这3个整数中含有“水仙四妹”，且其余两个整数至少有一个比“水仙四妹”小的概率是( )
A.eq \f(3,20) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,10) D.eq \f(9,20)
答案 D
解析 设“水仙四妹”为150＋x且0即有(x﹣1)x(x＋1)＝24，可得x＝3，
即“水仙四妹”为153，
∴集合为{142,147,152,153,154,157}，故“含有153，但其余两个整数至少有一个比153小”的对立事件A为“含有153，但其余两个没有比153小”，
∴“含有153”的取法有Ceq \\al(2,5)种，而事件A只有1种，故所求事件的取法有Ceq \\al(2,5)﹣1＝9(种)，
∴所求概率为eq \f(9,C\\al(3,6))＝eq \f(9,20).
13．将一个骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x﹣m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,18)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,18)，\f(5,18))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，\f(7,18)))
答案 D
解析 对于a与b各有6种情形，故总数为36种．
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，
所以P1＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)；
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，
所以P2＝eq \f(33,36)＝eq \f(11,12)，
因为点(P1，P2)在圆(x﹣m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,18)－m))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)))2＜eq \f(137,144)，
解得﹣eq \f(5,18)＜m＜eq \f(7,18).
14．青春因奉献而美丽，为了响应党的十九大关于“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育”精神，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为________．
答案 eq \f(2,5)
解析 现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，样本点的总数n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(2,5)C\\al(2,3)C\\al(1,1),A\\al(2,2))))×Aeq \\al(3,3)＝150，恰好有2名大学生分配去甲学校包含的样本点有m＝Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)＝60，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(60,150)＝eq \f(2,5).
15．一个盒子装有红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球，每种颜色的玻璃球至少有一个．从中随机拿出4个玻璃球，这4个球都是红色的概率为p1，恰好有三个红色和一个白色的概率为p2，恰好有两个红色、一个白色和一个蓝色的概率为p3，四种颜色各一个的概率为p4.若恰好有p1＝p2＝p3＝p4，则这个盒子里玻璃球的个数的最小值为( )
A．17 B．19
C．21 D．以上都不正确
答案 C
解析 设红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球数量分别为a，b，c，d.
由题意得Ceq \\al(4,a)＝Ceq \\al(3,a)Ceq \\al(1,b)＝Ceq \\al(2,a)Ceq \\al(1,b)Ceq \\al(1,c)＝Ceq \\al(1,a)Ceq \\al(1,b)Ceq \\al(1,c)Ceq \\al(1,d)，
即a＝4b＋3＝3c＋2＝2d＋1.
经验证，玻璃球的个数的最小值为21，此时a＝11，b＝2，c＝3，d＝5.
16．为了迎接北京冬奥会，某学校团委组织了一次“奥运会”知识讲座活动，活动结束后随机抽取120名学生对讲座情况进行调查，其中男生与女生的人数之比为1∶1，抽取的学生中男生有40名对讲座活动满意，女生中有30名对讲座活动不满意．
(1)完成下面2×2列联表，并依据小概率值α＝0.10的独立性检验，能否以此推断对讲座活动是否满意与性别有关；
(2)从被调查的对讲座活动满意的学生中，利用分层随机抽样的方法抽取7名学生，再在这7名学生中抽取3名学生谈谈自己听讲座的心得体会，求其中恰好抽中2名男生与1名女生的概率．
参考数据：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)2×2列联表如表所示．
零假设为H0：对讲座活动是否满意与性别无关．
根据列联表中数据，
经计算得χ2＝eq \f(120×40×30－20×302,60×60×70×50)＝eq \f(24,7)
≈3.429>2.706＝x0.10，
根据小概率值α＝0.10的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为对讲座活动是否满意与性别有关．
(2)由(1)知，在样本中对讲座活动满意的学生有70人，从中抽取7人，
“男生满意”的人中占40×eq \f(7,70)＝4(人)，
“女生满意”的人中占30×eq \f(7,70)＝3(人)，
记“恰好抽中2名男生与1名女生”为事件A，
则P(A)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,3),C\\al(3,7))＝eq \f(18,35)，
所以恰好抽中2名男生与1名女生的概率为eq \f(18,35).人数
0
1
2
3
4
大于等于5
概率
0.1
0.16
0.3
0.2
0.2
0.04
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
无疲乏症状
有疲乏症状
合计
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
α
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
满意
不满意
合计
男生
女生
合计
120
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
满意
不满意
合计
男生
40
20
60
女生
30
30
60
合计
70
50
120