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【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第03讲《概率的综合运用》讲学案
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这是一份【暑假提升】(人教A版2019)数学高一（升高二）暑假-第03讲《概率的综合运用》讲学案，文件包含第03讲概率的综合运用解析版docx、第03讲概率的综合运用原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共59页， 欢迎下载使用。
第03讲 概率的综合运用
【知识点梳理】
知识点1. 古典概型
（1）古典概型
考察这些试验的共同特征，就是要看它们的样本点及样本空间有哪些共性．可以发现，它们具有如下共同特征：
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．
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型(classical models of probability)，简称古典概型．
（2）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．
知识点2.概率的基本性质
一般地，概率有如下性质：
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)．
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)．
知识点3.事件A与B相互独立
对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
（1）事件A与B是相互独立的，那么A与B， A与B， A与B也是否相互独立.
（2）相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B).
【题型归纳目录】
题型一：古典概型
题型二：概率的基本性质
题型三：事件的独立性
题型四：随机模拟
题型五：概率的综合运用
【典型例题】
题型一：古典概型
例1．（2022·上海市建平中学高二阶段练习）将一颗质地均匀的骰子先后抛掷两次，观察向上的点数，则点数和为6的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求得基本事件的总数和点数和为的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值．
【详解】
解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，可得基本事件的总数为种，
而点数和为的事件为，，，，共5种，
则点数和为的概率为．
故选：B．
例2．（2022·广西·昭平中学高二阶段练习（理））先后两次抛掷同一个骰子，将得到的点数分别记为，，则，，3能够构成等腰三角形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知，先求解基本事件总数，然后再分别列出满足三角形为等腰三角形的情况，然后按照古典概型的计算方法进行计算即可.
【详解】
由已知，先后两次抛掷同一个骰子，事件总数为，
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
所以能够构成等腰三角形的共有种情况，因此所求概率为：.
故选：C.
例3．（2022·福建·厦门一中高一阶段练习）投掷两枚骰子，分别得到点数a，b，向量与向量的夹角为锐角的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量夹角公式可得，向量与向量的夹角为锐角得到，利用列举法和古典概型即可得到所求概率.
【详解】
设向量与向量的夹角为，则，
又因为向量与向量的夹角为锐角，则；
可知，投掷两枚骰子，分别得到点数，共有种等可能情况；
当时，即有：
时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；所以，共有种等可能情况，
则向量与向量的夹角为锐角的概率.
故选：C.
例4．（2022·全国·高一课前预习）有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各3面，在每种颜色的3面旗帜上分别标上号码1、2和3，现任取3面，事件“三面旗帜的颜色与号码均不相同”所包含的样本点的个数是________.
【答案】6
【解析】
【分析】
用列举法列举基本事件，即可得到答案.
【详解】
把基本事件列举出来有：（红1，黄2，蓝3），（红1，黄3，蓝2），（红2，有1，蓝3），（红2，黄3，蓝1），（红3，黄1，蓝2），（红3，黄2，蓝1）.一共有6种情况.
故答案为：6
例5．（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测（理））“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则其获胜的概率最大为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】
设齐王有上、中、下三等的三匹马、、，田忌有上、中、下三等的三匹马、、，列举出所有比赛的情况，以及齐王第一场比赛会派出上等马的比赛情况和田忌使自己获胜时比赛的情况，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设齐王有上、中、下三等的三匹马、、，田忌有上、中、下三等的三匹马、、，
所有比赛的方式有：、、；、、；、、；、、；、、；、、，一共种.
若齐王第一场比赛派上等马，则第一场比赛田忌必输，此时他应先派下等马参加.
就会出现两种比赛方式：、、和、、，其中田忌能获胜的为、、，
故此时田忌获胜的概率最大为.
故答案为：.
例6．（2022·江苏·高一单元测试）“2021年全国城市节约用水宣传周”已于5月9日至15日举行．成都市围绕“贯彻新发展理念，建设节水型城市”这一主题，开展了形式多样，内容丰富的活动，进一步增强全民保护水资源，防治水污染，节约用水的意识．为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了300名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计这300名业主评分的中位数、平均数、众数；
(2)若先用分层抽样的方法从评分在[90，95)和[95，100]的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1人的评分在[95，100]概率．
【答案】(1)，中位数为85，平均数为84.625，众数为87.5
(2)
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图的的性质，所有小矩形的面积之和为1，可解得的值，由中位数的定义，找到频率之和为的点，平均数的估计值公式为每个小矩形的中点值与对应小矩形面积的乘积之和，众数估计值为最高小矩形的中点；
（2）首先根据两个分组的人数之比，采用分层抽样的方法，得到每个分组抽取的人数，则采用列举法，罗列多有情况和符合题意的情况，根据古典概型的概率计算公式得到答案.
(1)
∵第三组的频率为1－(0.020＋0.025＋0.030＋0.035＋0.050)×5＝0.200，
又第一组的频率为0.025×5＝0.125，第二组的频率为0.035×5＝0.175，
第三组的频率为0.200．∵前三组的频率之和为0.125＋0.175＋0.200＝0.500，
∴这300名业主评分的中位数为85．
平均数为72.5×0.025×5＋77.5×0.035×5＋82.5×0.040×5＋87.5×0.050×5＋92.5×0.030×5＋97.5×0.020×5＝84.625．
众数为(85＋90)÷2＝87.5．
(2)
由频率分布直方图，知评分在[90，95)的人数与评分在[95，100]的人数的比值为3：2．
∴采用分层抽样法抽取5人，评分在[90，95)的有3人，评分在[95，100]有2人．
不妨设评分在[90，95)的3人分别为；评分在[95，100]的2人分别为.
则从5人中任选2人的所有可能情况有：
{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10种．
其中选取的2人中至少有1人的评分在[95，100]的情况有：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共7种．
故这2人中至少有1人的评分在[95，100]的概率为.
例7．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（文））我校近几年加大了对学生强基考试的培训，为了选择培训的对象，今年我校进行一次数学考试，从参加考试的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：
(1)利用组中值估计本次考试成绩的平均数；
(2)已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
【答案】(1)66.8
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图中平均数计算方法计算即可；
（2）根据频率分布直方图计算出第5组和第6组学生人数，利用列举法写出基本事件，结合古典概型的概率公式即可求解.
(1)
本次考试成绩的平均数为
．
(2)
第五组与第六组学生总人数为，
其中第五组有4人，记为a、b、c、d，第六组有3人，记为A、B、C，
从中随机抽取2人的情况有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有21种，
设“所抽取的2人中至少1人成绩优秀的事件”为,包含的基本事件有：aA、aB、aC、
bA、bB、bC、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有15种，
所以所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
例8．（2022·全国·高三专题练习）某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图．
(1)求直方图中的值；
(2)请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数；
(3)样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率．
【答案】(1)0.01；
(2)中位数是，平均数是；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用频率分布直方图直接列式计算作答.
（2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答.
（3）求出分数在的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答.
(1)
由频率分布直方图得：.
(2)
由频率分布直方图知，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62，
因此，该校语文成绩的中位数，则，解得，
语文成绩的平均数为，
所以该校语文成绩的中位数是，语文成绩的平均数是.
(3)
由频率分布直方图知，分数在内分别有8人和2人，
因此抽取的5人中，分数在内有人，在内有1人，
记内的4人为a，b，c，d，在内的1人为F，
从5人中任取2人的结果有：，共10个不同结果，它们等可能，
选出的2人中恰有一人成绩在中的结果是：，
所以选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率是.
例9．（2022·江西萍乡·三模（文））袋中装有个形状、大小完全相同的球，其中标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个.规定取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分.在无法看到球上面数字的情况下，首先由甲取出个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的球.规定取出球的总积分多者获胜.
(1)求甲、乙平局的概率；
(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.
【答案】(1)
(2)先后取球的顺序不影响比赛的公平性
【解析】
【分析】
（1）记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）利用古典概型的概率公式计算出先取者获胜的概率，再利用对立事件的概率概率计算后取者获胜的概率，比较大小后可得出结论.
(1)
解：记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，
则甲的可能取球共有以下种情况：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
由于个小球总分为：分，故甲、乙平局时都得分，
所以甲取出的三个小球是个数字“”的球和个数字“”的球和个数字“”的球，
即、、、、、、、，共有种情况，
故平局的概率.
(2)
解：先后取球的顺序不影响比赛的公平性.理由如下：
甲获胜，得分只能是分或分，即取出的是个数字“”的球和个数字“”的球，
或个数字“”的球和个数字“”的球，或个数字“”的球和个数字“”的球，
即、、、、、，共种情况.
故先取者获胜的概率，后取者获胜的概率.
即，先取后取获胜的概率一样，故先后取球的顺序不影响比赛的公平性.
题型二：概率的基本性质
例1．（2022·全国·高一单元测试）抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由古典概型概率公式分别计算出事件A和事件B发生的概率，又通过列举可得事件A和事件B为互斥事件，进而得出事件A或事件B至少有一个发生的概率即为事件A和事件B的概率之和．
【详解】
事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，
∴P(A)，P(B)，
又小于5的偶数点有2和4，不小于5的点数有5和6，
所以事件A和事件B为互斥事件，
则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为
P（A∪B）＝P(A)+P(B)，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查古典概型计算公式，以及互斥事件概率加法公式的应用，属于中档题．
例2．（2022·甘肃·兰州市第三十三中学高二期末（文））某城市2017年的空气质量状况如下表所示：
污染指数
30
60
100
110
130
140
概率
其中污染指数时，空气质量为优；时，空气质量为良；时，空气质量为轻微污染，该城市2017年空气质量达到良或优的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据互斥事件的和的概率公式求解即可.
【详解】
由表知空气质量为优的概率是，
由互斥事件的和的概率公式知，空气质量为良的概率为，
所以该城市2017年空气质量达到良或优的概率，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了互斥事件，互斥事件和的概率公式，属于中档题.
例3．（2022·新疆喀什·一模（理））从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白，但没有黄的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率，计算到答案.
【详解】
根据题意：概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率.
即.
故选：.
【点睛】
本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.
例4．（2022·甘肃·兰州市第三十三中学高二期末（文））从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．“至少有1个白球”和“都是红球”
B．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”
C．“恰有1个白球” 和“恰有2个白球”
D．“至多有1个白球”和“都是红球”
【答案】C
【解析】
【分析】
结合互斥事件与对立事件的概念,对选项逐个分析可选出答案.
【详解】
对于选项A, “至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件,不符合题意;
对于选项B, “至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的,而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球,或者2个都是白球,二者不是互斥事件,不符合题意;
对于选项C, “恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球, 与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件,符合题意;
对于选项D, “至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球,或者2个都是红球,与“都是红球”不是互斥事件,不符合题意.
故选C.
【点睛】
本题考查了互斥事件和对立事件的定义的运用,考查了学生对知识的理解和掌握,属于基础题.
例5．（2022·全国·高三专题练习）一个盒子内装有大小相同的红球、白球和黑球若干个，从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，那么摸出黑球或红球的概率是
A．0.3 B．0.55 C．0.7 D．0.75
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知摸出黑球的概率，再根据摸出黑球，摸出红球为互斥事件，根据互斥事件的和即可求解.
【详解】
因为从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，
所以摸出黑球的概率是，
因为从盒子中摸出1个球为黑球或红球为互斥事件，
所以摸出黑球或红球的概率，故选D.
【点睛】
本题主要考查了两个互斥事件的和事件，其概率公式，属于中档题.
例6．（2022·四川省通江中学高二开学考试（理））已知从某班学生中任选两人参加农场劳动，选中两人都是男生的概率是，选中两人都是女生的概率是，则选中两人中恰有一人是女生的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，根据为互斥事件，与为对立事件，从而可求出答案.
【详解】
记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，易知为互斥事件，与为对立事件，
又，
所以.
故答案为：.
例7．（2022·全国·高一课时练习）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球，事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为________.
①与为对立事件；②与是互斥事件；③与是对立事件：④；⑤.
【答案】①④
【解析】
【分析】
在①中，由对立事件定义得与为对立事件；有②中，与有可能同时发生；在③中，与有可能同时发生；在④中，（C）（E）；在⑤中，从而（B）（C）．
【详解】
口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，
事件 “取出的两球同色”， “取出的2球中至少有一个黄球”，
“取出的2球至少有一个白球”， “取出的两球不同色”， “取出的2球中至多有一个白球”，
①，由对立事件定义得与为对立事件，故①正确；
②，与有可能同时发生，故与不是互斥事件，故②错误；
③，与有可能同时发生，不是对立事件，故③错误；
④，（C），（E），，
从而（C）（E），故④正确；
⑤，，从而（B）（C），故⑤错误．
故答案为：①④．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，是基础题，考查对立互斥事件，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件等基本概念的合理运用．
例8．（2022·福建泉州·高一期中）已知两个事件和互斥，记事件是事件的对立事件，且，，则_____________．
【答案】.
【解析】
先计算，再根据计算得到答案.
【详解】
得，且事件与互斥，则
故答案为：
【点睛】
本题考查了互斥事件和对立事件概率的计算，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解.
例9．（2022·陕西·西北农林科技大学附中高一期中）下表为某班的英语及数学成绩，全班共有学生50人，成绩分为1~5分五个档次．设x、y分别表示英语成绩和数学成绩．表中所示英语成绩为4分的学生共14人，数学成绩为5分的共5人．
y分
人数
x/分
5
4
3
2
1
5
1
3
1
0
1
4
1
0
7
5
1
3
2
1
0
9
3
2
1
b
6
0
a
1
0
0
1
1
3
(1)x=4的概率是多少？x=4且y=3的概率是多少？x≥3的概率是多少？
(2)x=2的概率是多少？a＋b的值是多少？
【答案】(1)，，；
(2)，3.
【解析】
【分析】
（1）求出事件“x=4”、“x=4且y=3”的人数，再用古典概率求解，求出“x=3”、“x=5”的概率，利用互斥事件概率公式计算作答.
（2）利用对立事件的概率公式求出事件“x=2”的概率，进而求出a+b的值.
(1)
由数表知，x=4的事件有14人，其概率为：，
x=4且y=3的事件有7人，其概率为：且，
x≥3的事件是x=3的事件，x=4的事件，x=5的事件的和，它们互斥，而，
，
因此，.
(2)
x=1的事件概率为，x=2的事件的对立事件是x=1的事件与x≥3的事件的和，它们互斥事件，
则有，
而，即有，解得，
所以x=2的概率是，a＋b的值是3.
例10．（2022·全国·高二单元测试）根据空气质量指数（AQI，为整数）的不同，可将空气质量分级如下表：
AQI
级别
一级
二级
三级
四级
五级（A）
五级（B）
现对某城市30天的空气质量进行监测，获得30个AQI数据（每个数据均不同），统计绘得频率分布直方图如图所示．
(1)请由频率分布直方图来估计这30天AQI的平均数；
(2)若从获得的“一级”和“五级（B）”的数据中随机选取2个数据进行复查，求“一级”和“五级（B）”数据恰均被选中的概率；
(3)假如企业每天由空气污染造成的经济损失S（单位：元）与AQI（记为）的关系式为．若将频率视为概率，在本年内随机抽取一天，试估计这天的经济损失S不超过600元的概率．
【答案】(1)150；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，利用频率分布直方图求平均数的方法直接列式计算作答；
（2）对一级和五级（B）的5个数据编号，利用列举法结合古典概率计算作答；
（3）求出经济损失S不超过600元对应值出现的天数即可求解作答.
(1)
依题意，该城市这30天AQI的平均数为：
．
(2)
一级有2个数据，记为P、Q，五级（B）有3个数据，记为C、D、E，
从中选取两个有PQ、PC、PD、PE、QC、QD、QE、CD、CE、DE，共10种可能，
一级和五级（B）数据恰均被选中有PC、PD、PE、QC、QD、QE，共6种可能．
记“一级和五级（B）数据恰均被选中”为事件M，则．
(3)
设“在本月30天中随机抽取一天，该天经济损失不超出600元”为事件N，分两种情况：
当时，，此时概率为；
当时，由，得，
此时概率为．
综上，由互斥事件的概率公式可得．
所以估计这天的经济损失S不超过600元的概率为．
题型三：事件的独立性
例1．（2022·全国·高三专题练习（理））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，且．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】
【分析】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
例2．（2022·福建三明·高二期中）甲､乙两人独立地去译一个密码，译出的概率分别、，现两人同时去译此密码，则该密码能被译出的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据事件的相互独立事件的性质及计算公式，再利用对立事件即可求解.
【详解】
用事件分别表示甲､乙两人能破译出密码，则，，
因为事件与相互独立，所以与也都相互独立，
所以
∴此密码能被译出的概率为．
故选：D.
例3．（2022·宁夏·平罗中学高二期中（理））甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ）
A．0.368 B．0.468 C．0.648 D．0.848
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【详解】
由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，
而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，
故选：C
例4．（2022·广东·模拟预测）在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为奇数”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件与事件是对立事件 B．事件与事件不是相互独立事件
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对立事件，独立事件的概念及古典概型概率公式逐项分析即得.
【详解】
对于A，事件与事件是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；
对于B，对于事件与事件，,事件与事件是相互独立事件,故B错误；
对于C，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有种，
其中，事件发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有种，所以，
因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以，，
所以，故C正确；
对于D，事件表示第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数，故，故D错误.
故选：C．
例5．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高二期中）某学校餐厅就餐刷卡器是由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则刷卡器能正常工作.如果各个元件能否正常工作相互独立，元件1、元件2正常工作的概率都是，元件3正常工作的概率是，那么该刷卡器能正常工作的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用对立事件的概率求出元器件1和2至少一个正常工作的概率，再由相互独立事件同时发生的概率公式求刷卡器正常工作的概率即可.
【详解】
该刷卡器能正常工作需要元器件1和2至少有一个正常工作，同时元器件3正常工作，
所以刷卡器能正常工作的概率.
故选：B
例6．（多选题）（2022·全国·高一课时练习）盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A＝“两个球颜色相同”，B＝“第1次取出的是红球”，C＝“第2次取出的是红球”，D＝“两个球颜色不同”．则下列说法正确的是（ ）
A．A与B相互独立 B．A与D互为对立 C．B与C互斥 D．B与D相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设2个红球为，，2个白球为，，运用列举法得出样本空间，及事件A、B、C、D，根据事件相互独立、互斥、对立的概念，逐一判断可得选项.
【详解】
解：设2个红球为，，2个白球为，，则样本空间为
，
共12个基本事件，
事件，共4个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共8个基本事件；
A．由于，，，故成立，所以A与B相互独立，故A正确；
B．由于，，故A与D是对立事件，故B正确；
C．由于，故B与C不互斥，故C不正确；
D．由于，，，故成立，所以B与D相互独立，故D正确.
故选：ABD.
例7．（2022·北京育才学校模拟预测）在某地区，某项职业的从业者共约8.5万人，其中约3.4万人患有某种职业病.为了解这种职业病与某项身体指标（检测值为不超过6的正整数）间的关系，依据是否患有职业病，使用分层抽样的方法随机抽取了100名从业者，记录他们该项身体指标的检测值，整理得到如下统计图：
(1)求样本中患病者的人数和图中，的值；
(2)在该指标检测值为4的样本中随机选取2人，求这2人中有患病者的概率；
(3)某研究机构提出，可以选取常数（），若一名从业者该项身体指标检测值大于，则判断其患有这种职业病；若检测值小于，则判断其未患有这种职业病.从样本中随机选择一名从业者，按照这种方式判断其是否患有职业病.写出使得判断错误的概率最小的的值及相应的概率（只需写出结论）.
【答案】(1)样本患病人数为人，，；
(2)；
(3)，误判概率为.
【解析】
【分析】
（1）根据等比例原则求患者人数，由频率和为1，列方程求a、b的值；
（2）分别求出样本中指标检测值为4的未患病者、患病者人数，应用对立事件概率求法求概率；
（3）判断且对应的误判率，即可得结果.
(1)
由题设，患病者与未患病者的比例为，故患者人数为人；
由直方图知：，可得，
，可得.
(2)
由题意，指标检测值为4的未患病者有人，
指标检测值为4的患病者有人；
所以指标检测值为4的样本中随机选取2人，这2人中有患病者的概率的概率.
(3)
若为未患病者，为患病者，为体指标检测值为者，
所以100名样本中，，，
未患病者
6
21
15
9
6
3
患病者
0
0
4
8
12
16
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为0、54，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为0、33，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为4、18，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为12、9，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为3、24，误判率为；
综上，当时误判概率最小为.
例8．（2022·江苏·高一专题练习）某高校的人学面试中有4道题目，第1题2分，第2题2分，第3题3分，第4题3分，每道题目答对给满分，答错不给分.小明同学答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目答对与否相互独立.
(1)求小明同学恰好答对1道题目的概率；
(2)若该高校规定学生的面试分数不低于6分则面试成功，求小明同学面试成功的概率.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接计算小明答对第1题、第2题、第3题、第4题的概率相加即可；
（2）分小明答对2道题目、3道题目、4道题目面试成功，依次计算概率，再相加即可.
(1)
设事件“小明同学恰好答对1道题目”，
所以.
(2)
设事件“小明同学面试成功”.若小明同学恰好答对2道题目面试成功，则必定答对了第3题和第4题，
则小明同学恰好答对2道题目面试成功的概率；
若小明同学恰好答对3道题目，则必定面试成功，则小明同学恰好答对3道题目面试成功的概率；
若小明同学答对4道题目，则必定面试成功，则答对4道题目面试成功的概率.
所以.
例9．（2022·全国·高一单元测试）某市小型机动车驾照“科二”考试中共有项考查项目，分别记作①、②、③、④、⑤.
(1)某教练将所带名学员“科二”模拟考试成绩进行统计（如表所示），并计算从恰有项成绩不合格的学员中任意抽出人进行补测（只测不合格的项目），求补测项目种类不超过项的概率.
(2)“科二”考试中，学员需缴纳元的报名费，并进行轮测试（按①、②、③、④、⑤的顺序进行）；如果某项目不合格，可免费再进行轮补测；若第轮补测中仍有不合格的项目，可选择“是否补考”；若补考则需缴纳元补考费，并获得最多轮补测机会，否则考试结束；每轮补测都按①，②，③，④，⑤的顺序进行，学员在任何轮测试或补测中个项目均合格，方可通过“科二”考试，每人最多只能补考次，某学员每轮测试或补考通过①、②、③、④、⑤各项测试的概率依次为、、、、，且他遇到“是否补考”的决断时会选择补考.求该学员能通过“科二”考试的概率.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型的概率求补测项目种类不超过项的概率；
（2）先求出该学员无法通过“科二”考试的概率，再利用对立事件的概率求解.
(1)
根据题意，学员（1）、（2）、（4）、（6）、（9）恰有两项不合格，
从中任意抽出人，所有可能的情况如下：
学员编号
补测编号
项数
（1）（2）
②③⑤
3
（1）（4）
②③④⑤
4
（1）（6）
③④⑤
3
（1）（9）
①③⑤
3
（2）（4）
②④⑤
3
（2）（6）
②③④⑤
4
（2）（9）
①②⑤
3
（4）（6）
②③④
3
（4）（9）
①②④⑤
4
（6）（9）
①③④⑤
4
由表可知，全部种可能的情况中，有种情况补测项数不超过，
故所求概率为；
(2)
由题意可知，该学员顺利完成每轮测试（或补测）的概率为：
，
由题意，该学员无法通过“科二”考试，当且仅当其测试与次补测均未能完成项测试，
相应概率为，故学员能通过“科二”考试的概率为
例10．（2022·全国·高一专题练习）某居民小区有两个相互独立的安全防范系统，简称系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p．
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．
【答案】(1)；
(2)0.972.
【解析】
【分析】
（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，根据对立事件的概率，进而求得p的值；
（2）根据独立重复试验概率公式可求得答案.
(1)
解：（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么，解得．
(2)
解：设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D，
则．
题型四：随机模拟
例1．（2022·全国·高一专题练习）下列命题正确的是
A．用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确.
B．若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立.
C．事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小.
D．抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性就比反面大.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据概率的定义，事件的独立性概念判断各选项．
【详解】
在相同的条件下做大量重复试验,一个事件A出现的次数和总的试验次数之比,称为事件在这次试验中出现的频率.当试验次数很大时,频率将稳定在一个常数附近. 越大,频率偏离这个常数较大的可能性越小.这个常数称为这个事件的概率，并不是说越大，估计的精度越精确，A错；
事件与事件相互独立，即是否发生与是否发生无关，∴事件是否发生与事件是否发生也无关，它们相互独立，B正确；
抛一枚骰子，出现的点数不大于5记为事件，出现的点为不小于2记为事件，则事件与事件同时发生是指点数为2，3，4，5，概率为，而事件与中恰有一个发生是指点为1或6，概率为．C错；
抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性与出现反面的可能性还是一样．D错．
故选：B．
【点睛】
本题考查概率的定义，考查事件的独立性．掌握概念的定义是解题关键．
例2．（2022·全国·高一课前预习）掷两枚骰子，用随机模拟方法估计出现点数之和为9的概率时，产生的整数值随机数中，每几个数字为一组（ ）
A．1 B．2 C．9 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
由于是掷两枚骰子，故根据两枚骰子出现点数之和为9，可得用随机模拟方法产生的整数值随机数中，每2个数字为一组，可得答案.
【详解】
掷两枚骰子,设它们出现的点数分别为x,y,
则 ，由此可得用随机模拟方法产生的整数值随机数中，每2个数字为一组，
故选：B
例3．（2022·全国·高一专题练习）某种心脏手术，成功率为0.6，现采用随机模拟方法估计“3例心脏手术全部成功”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例心脏手术全部成功”的概率为（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有2组，即求.
【详解】
解：由题意，10组随机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，表示“3例心脏手术全部成功”的有： 569, 989，故2个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为.
故选：A.
例4．（2022·全国·高一专题练习）某种心脏手术成功率为0.9，现采用随机模拟方法估计“3例心脏手术全部成功”的概率.先利用计算器或计算机产生09之间取整数值的随机数，由于成功率是0.9，故我们用0表示手术不成功，1，2，3，4，5，6，7，8，9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例心脏手术全部成功”的概率为（ ）
A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.6
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有8组，即求.
【详解】
由题意，10组随机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，表示“3例心脏手术全部成功”的有：812,832,569,683,271,989, 537,925,故8个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为.
故选：B.
例5．（2022·全国·高一专题练习）某人将一枚硬币连掷10次，正面朝上的情况出现了8次，若用A表示“正面朝上”这一事件，则A的（ ）
A．概率为 B．频率为
C．频率为8 D．概率接近于8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据古典概型相关的概念和概率公式计算可得出答案.
【详解】
做n次随机试验，事件A发生了m次，则事件A发生的频率为，如果多次进行试验，事件A发生的频率总在某个常数附近摆动，那么这个常数才是事件A的概率．故为事件A的频率．事件发生的频数为8，所以CD都不对.
故选：B
【点睛】
本题考查古典概型频率、概率、频数的概念，考查古典概型频率的计算公式，属于基础题.
例6．（2022·山东滨州·高一期中）袋子中有四张卡片，分别写有“学、习、强、国”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“学”“习”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“学、习、强、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
232
321
210
023
123
021
132
220
001
231
130
133
231
031
320
122
103
233
由此可以估计事件A发生的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
18组随机数中，利用列举法求出事件发生的随机数有共6个，由此能估计事件发生的概率．
【详解】
解：18组随机数中，事件发生的随机数有：
210，021，001，130，031，103，共6个，
估计事件发生的概率为．
故选：．
【点睛】
本题考题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
例7．（2022·全国·高一课前预习）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：先由计算器算出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（ ）
A．0.35 B．0.25 C．0.20 D．0.15
【答案】B
【解析】
【分析】
已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
三次投篮共有20种，
恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种
∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为
故选：B
【点睛】
本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
例8．（2022·全国·高一课时练习）某种树苗的成活率为0.9，若种植这种树苗5棵，求恰好成活4棵的概率.
问题
（1）用随机模拟方法估计概率时，如何用随机数体现树苗的成活率为0.9？
（2）用随机模拟方法估计概率时，如何用随机数体现种植这种树苗5棵？
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）利用计算机产生随机数，我们用0代表不成活，1至9代表成活；
（2）因为种植5棵树苗，所以5个数随机作为一组.
【详解】
（1）利用计算器或计算机产生0到9之间取整数值的随机数，我们用0代表不成活，1至9代表成活，这样可以体现成活率是0.9.
（2）因为是种植树苗5棵，所以每5个随机数作为一组.
【点睛】
本题考查随机模拟的方法，和实际问题的应用，属于基础概念题型.
例9．（2022·全国·高一课时练习）甲乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4）完游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张.
（1）设分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲乙二人抽到的牌的所有情况；
（2）若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？
（3）甲乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜，你认为此游戏是否公平，说明你的理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不公平
【解析】
【详解】
（1）甲乙二人抽到的牌的所有情况（方片4用4’表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2，3，4表示）为：
（2，3）、（2，4）、（2，4’）、（3，2）、（3，4）、（3，4’）、
（4，2）、（4，3）、（4，4’）、（4’，2）、（4’，3）、（4’，4）
共12种不同情况
（2）甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4’
因此乙抽到的牌的数字大于3的概率为
（3）由甲抽到的牌比乙大的有
（3，2）、（4，2）、（4，3）、（4’，2）、（4’，3）5种，
甲胜的概率，乙获胜的概率为，∵
∴此游戏不公平．
考点：列举法及古典概型的计算公式等有关知识的综合运用．
题型五：概率的综合运用
例1．（2022·山西·高一阶段练习）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（ ）
A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥 D．A与C相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.
【详解】
由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
例2．（2022·全国·高一单元测试）已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
分析：由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果.
详解：由数据1，2，3，4，x（0
共10种，这2个数字之积大于5的结果有：
，共5种，
所以所求概率为.
本题选择B选项.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
例3．（2022·全国·高一单元测试）一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
（多选题）例4．（2022·江苏·高一单元测试）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.
故选：ABD
【点睛】
本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.
例5．（2022·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室高一期中）给出如下几个命题：
①若A是随机事件，则；
②若事件A与B是互斥事件，则A与B一定是对立事件；
③若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件；
④事件A，B中至少有一个发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率大．
其中正确的是___________．（填序号）
【答案】① ③
【解析】
【分析】
由几何概型中随机事件的发生概率可以为0或1，判断①；若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件，但事件A与B是互斥事件，则A与B不一定是对立事件，判断②、③；当A与B的发生概率为0或A与B互斥时，则事件A，B中至少有一个发生的概率不一定与A，B中恰有一个发生的概率相同，判断④.
【详解】
若A是随机事件，则，在几何概型中随机事件的发生概率可以为0或1,故①正确；
但事件A与B是互斥事件，则A与B不一定是对立事件；例如掷一枚骰子“朝上的面为1”和“朝上的面为2”互斥但不对立，故②错误、
若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件，互斥事件包含对立事件；故③正确；
事件A，B中至少有一个发生的概率不一定比A，B中恰有一个发生的概率大，如果A与B的发生概率为0或A与B互斥，则概率一样大，故④错误.
故答案为：① ③
例6．（2022·河北·保定市第二十八中学高一阶段练习）把一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，则使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】
依据古典概型去求解即可解决.
【详解】
若方程有2个互不相等的实数根，则，
一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，记为，所有可能共36种，
其中满足题意的有，，，，，，，，，，，，，，，，，共17种.
故使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为．
故答案为：
例7．（2022·全国·高一课时练习）甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
两轮活动猜对3个成语,相当于事件“甲猜对1个,乙猜对2个”、事件“甲猜对2个,乙猜对1个”的和事件发生,根据独立事件概率求法,即可得解.
【详解】
解：设分别表示甲两轮猜对1个,2个成语的事件,分别表示乙两轮猜对1个,2个成语的事件.根据独立事件的性质,可得
设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”,则,且与互斥,与,与分别相互独立,
所以
因此,“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是.
故答案为：
例8．（2022·全国·高一期末）我国古代的一些数字诗精巧有趣，又饱含生活的哲学，如清代郑板桥的《题画竹》》：“一两三枝竹竿，四五六片竹叶，自然淡淡疏疏，何必重重叠叠.”现从1，2，3，4，5，6中随机选取2个不同的数字组成，则恰好能使得的概率是____________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】
列举基本事件，直接求概率即可.
【详解】
随机选取2个不同的数字组成,共有
而，，3，4，5，6，
，，2，4，5，6，
，，2，3，5，6，
，，2，3，4，6，
，，2，3，4，5，共有25种，
其中
1，2，3，4，5，6这6个数字中满足的数对有：
，，4，5；
，；
，；
，；
共15种，
所求概率为．
故答案为：．
例9．（2022·广东·深圳市龙岗区德琳学校高一期中）甲、乙两名篮球运动员进行投篮比赛，甲投篮命中的概率为，乙投篮命中的概率为，在每次投篮中，甲和乙投篮是否命中相互没有影响.
(1)求甲乙各投篮一次，恰好有1人命中的概率；
(2)求甲乙各投篮一次，至少有1人命中的概率.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用独立事件乘法公式及互斥事件加法求恰好有1人命中的概率；
（2）首先求出两人都没有命中的概率，利用对立事件的概率求法即可得至少有1人命中的概率.
(1)
记“甲投篮命中”为事件，“乙投篮命中”为事件, 则，，
由甲和乙投篮是否命中相互没有影响，所以与互为独立事件，
那么，恰好有1人命中的概率.
(2)
由（1），两人都没有命中的概率，
所以，至少有1人命中的概率.
例10．（2022·全国·高一单元测试）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.
（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；
（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.
（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可.
【详解】
（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.
所以甲获得冠军的概率为.
（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；
甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜.
所以甲与乙在决赛相遇的概率为.
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：
乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；
乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜.
同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为
.
丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为
.
【点睛】
本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题.
例11．（2022·全国·高一单元测试）有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害.现从一批该鱼中随机选出条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：），数据统计如下：
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的分位数；
（2）有，两个水池，两水池之间有个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过条鱼.
（ⅰ）将其中汞的含量最低的条鱼分别放入水池和水池中，若这条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的条鱼都先放入水池中，若这条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由水池进入水池且不再游回水池，求这两条鱼由不同小孔进入水池的概率.
【答案】（1）中位数为；众数为；极差为；估计这批鱼该项数据的百分位数约为；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】
(1)由中位数—排序后处于中间的数，如有两个数取其平均数；众数—出现频率最高的数、极差—最大数与最小数的差；百分比位数—数据集中有n个数：当np为整数时，当np不为整数时；即可求出对应值；(2) （ⅰ）记：“两鱼最终均在水池”； ：“两鱼最终均在水池”求出概率，由它们的互斥性即可求得两条鱼最终在同一水池的概率；（ⅱ）记：“两鱼同时从第n个小孔通过”且鱼的游动独立，知，而10个事件互斥，则“两鱼同时从一个小孔通过”的概率即可求，它与“两条鱼由不同小孔通过”为互斥事件，进而求得其概率
【详解】
解：（1）由题意知，数据的中位数为
数据的众数为
数据的极差为
估计这批鱼该项数据的百分位数约为
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在水池”为事件，则
记“两鱼最终均在水池”为事件，则
∵事件与事件互斥，
∴两条鱼最终在同一水池的概率为
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件，“两鱼同时从第二个小孔通过”为
事件，依次类推；而两鱼的游动独立
∴
记“两条鱼由不同小孔进入水池”为事件，则与对立，又由事件，事件，互斥
∴
即
【点睛】
本题考查了数据特征值的概念，以及利用条件概率公式，结合互斥事件、独立事件等概念求概率；注意独立事件：多个事件的发生互不相关，且可以同时发生；互斥事件：一个事件发生则另一个事件必不发生，即不能同时发生
第03讲 概率的综合运用
【知识点梳理】
知识点1. 古典概型
（1）古典概型
考察这些试验的共同特征，就是要看它们的样本点及样本空间有哪些共性．可以发现，它们具有如下共同特征：
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．
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型(classical models of probability)，简称古典概型．
（2）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．
知识点2.概率的基本性质
一般地，概率有如下性质：
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)．
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)．
知识点3.事件A与B相互独立
对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
（1）事件A与B是相互独立的，那么A与B， A与B， A与B也是否相互独立.
（2）相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B).
【题型归纳目录】
题型一：古典概型
题型二：概率的基本性质
题型三：事件的独立性
题型四：随机模拟
题型五：概率的综合运用
【典型例题】
题型一：古典概型
例1．（2022·上海市建平中学高二阶段练习）将一颗质地均匀的骰子先后抛掷两次，观察向上的点数，则点数和为6的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求得基本事件的总数和点数和为的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值．
【详解】
解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，可得基本事件的总数为种，
而点数和为的事件为，，，，共5种，
则点数和为的概率为．
故选：B．
例2．（2022·广西·昭平中学高二阶段练习（理））先后两次抛掷同一个骰子，将得到的点数分别记为，，则，，3能够构成等腰三角形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知，先求解基本事件总数，然后再分别列出满足三角形为等腰三角形的情况，然后按照古典概型的计算方法进行计算即可.
【详解】
由已知，先后两次抛掷同一个骰子，事件总数为，
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
当时，时，符合要求，有种情况；
所以能够构成等腰三角形的共有种情况，因此所求概率为：.
故选：C.
例3．（2022·福建·厦门一中高一阶段练习）投掷两枚骰子，分别得到点数a，b，向量与向量的夹角为锐角的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量夹角公式可得，向量与向量的夹角为锐角得到，利用列举法和古典概型即可得到所求概率.
【详解】
设向量与向量的夹角为，则，
又因为向量与向量的夹角为锐角，则；
可知，投掷两枚骰子，分别得到点数，共有种等可能情况；
当时，即有：
时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；时，，有种情况；所以，共有种等可能情况，
则向量与向量的夹角为锐角的概率.
故选：C.
例4．（2022·全国·高一课前预习）有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各3面，在每种颜色的3面旗帜上分别标上号码1、2和3，现任取3面，事件“三面旗帜的颜色与号码均不相同”所包含的样本点的个数是________.
【答案】6
【解析】
【分析】
用列举法列举基本事件，即可得到答案.
【详解】
把基本事件列举出来有：（红1，黄2，蓝3），（红1，黄3，蓝2），（红2，有1，蓝3），（红2，黄3，蓝1），（红3，黄1，蓝2），（红3，黄2，蓝1）.一共有6种情况.
故答案为：6
例5．（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测（理））“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则其获胜的概率最大为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】
设齐王有上、中、下三等的三匹马、、，田忌有上、中、下三等的三匹马、、，列举出所有比赛的情况，以及齐王第一场比赛会派出上等马的比赛情况和田忌使自己获胜时比赛的情况，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设齐王有上、中、下三等的三匹马、、，田忌有上、中、下三等的三匹马、、，
所有比赛的方式有：、、；、、；、、；、、；、、；、、，一共种.
若齐王第一场比赛派上等马，则第一场比赛田忌必输，此时他应先派下等马参加.
就会出现两种比赛方式：、、和、、，其中田忌能获胜的为、、，
故此时田忌获胜的概率最大为.
故答案为：.
例6．（2022·江苏·高一单元测试）“2021年全国城市节约用水宣传周”已于5月9日至15日举行．成都市围绕“贯彻新发展理念，建设节水型城市”这一主题，开展了形式多样，内容丰富的活动，进一步增强全民保护水资源，防治水污染，节约用水的意识．为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了300名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计这300名业主评分的中位数、平均数、众数；
(2)若先用分层抽样的方法从评分在[90，95)和[95，100]的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1人的评分在[95，100]概率．
【答案】(1)，中位数为85，平均数为84.625，众数为87.5
(2)
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图的的性质，所有小矩形的面积之和为1，可解得的值，由中位数的定义，找到频率之和为的点，平均数的估计值公式为每个小矩形的中点值与对应小矩形面积的乘积之和，众数估计值为最高小矩形的中点；
（2）首先根据两个分组的人数之比，采用分层抽样的方法，得到每个分组抽取的人数，则采用列举法，罗列多有情况和符合题意的情况，根据古典概型的概率计算公式得到答案.
(1)
∵第三组的频率为1－(0.020＋0.025＋0.030＋0.035＋0.050)×5＝0.200，
又第一组的频率为0.025×5＝0.125，第二组的频率为0.035×5＝0.175，
第三组的频率为0.200．∵前三组的频率之和为0.125＋0.175＋0.200＝0.500，
∴这300名业主评分的中位数为85．
平均数为72.5×0.025×5＋77.5×0.035×5＋82.5×0.040×5＋87.5×0.050×5＋92.5×0.030×5＋97.5×0.020×5＝84.625．
众数为(85＋90)÷2＝87.5．
(2)
由频率分布直方图，知评分在[90，95)的人数与评分在[95，100]的人数的比值为3：2．
∴采用分层抽样法抽取5人，评分在[90，95)的有3人，评分在[95，100]有2人．
不妨设评分在[90，95)的3人分别为；评分在[95，100]的2人分别为.
则从5人中任选2人的所有可能情况有：
{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10种．
其中选取的2人中至少有1人的评分在[95，100]的情况有：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共7种．
故这2人中至少有1人的评分在[95，100]的概率为.
例7．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（文））我校近几年加大了对学生强基考试的培训，为了选择培训的对象，今年我校进行一次数学考试，从参加考试的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：
(1)利用组中值估计本次考试成绩的平均数；
(2)已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
【答案】(1)66.8
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图中平均数计算方法计算即可；
（2）根据频率分布直方图计算出第5组和第6组学生人数，利用列举法写出基本事件，结合古典概型的概率公式即可求解.
(1)
本次考试成绩的平均数为
．
(2)
第五组与第六组学生总人数为，
其中第五组有4人，记为a、b、c、d，第六组有3人，记为A、B、C，
从中随机抽取2人的情况有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有21种，
设“所抽取的2人中至少1人成绩优秀的事件”为,包含的基本事件有：aA、aB、aC、
bA、bB、bC、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有15种，
所以所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
例8．（2022·全国·高三专题练习）某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图．
(1)求直方图中的值；
(2)请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数；
(3)样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率．
【答案】(1)0.01；
(2)中位数是，平均数是；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用频率分布直方图直接列式计算作答.
（2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答.
（3）求出分数在的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答.
(1)
由频率分布直方图得：.
(2)
由频率分布直方图知，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62，
因此，该校语文成绩的中位数，则，解得，
语文成绩的平均数为，
所以该校语文成绩的中位数是，语文成绩的平均数是.
(3)
由频率分布直方图知，分数在内分别有8人和2人，
因此抽取的5人中，分数在内有人，在内有1人，
记内的4人为a，b，c，d，在内的1人为F，
从5人中任取2人的结果有：，共10个不同结果，它们等可能，
选出的2人中恰有一人成绩在中的结果是：，
所以选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率是.
例9．（2022·江西萍乡·三模（文））袋中装有个形状、大小完全相同的球，其中标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个.规定取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分.在无法看到球上面数字的情况下，首先由甲取出个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的球.规定取出球的总积分多者获胜.
(1)求甲、乙平局的概率；
(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.
【答案】(1)
(2)先后取球的顺序不影响比赛的公平性
【解析】
【分析】
（1）记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）利用古典概型的概率公式计算出先取者获胜的概率，再利用对立事件的概率概率计算后取者获胜的概率，比较大小后可得出结论.
(1)
解：记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，
则甲的可能取球共有以下种情况：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
由于个小球总分为：分，故甲、乙平局时都得分，
所以甲取出的三个小球是个数字“”的球和个数字“”的球和个数字“”的球，
即、、、、、、、，共有种情况，
故平局的概率.
(2)
解：先后取球的顺序不影响比赛的公平性.理由如下：
甲获胜，得分只能是分或分，即取出的是个数字“”的球和个数字“”的球，
或个数字“”的球和个数字“”的球，或个数字“”的球和个数字“”的球，
即、、、、、，共种情况.
故先取者获胜的概率，后取者获胜的概率.
即，先取后取获胜的概率一样，故先后取球的顺序不影响比赛的公平性.
题型二：概率的基本性质
例1．（2022·全国·高一单元测试）抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由古典概型概率公式分别计算出事件A和事件B发生的概率，又通过列举可得事件A和事件B为互斥事件，进而得出事件A或事件B至少有一个发生的概率即为事件A和事件B的概率之和．
【详解】
事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，
∴P(A)，P(B)，
又小于5的偶数点有2和4，不小于5的点数有5和6，
所以事件A和事件B为互斥事件，
则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为
P（A∪B）＝P(A)+P(B)，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查古典概型计算公式，以及互斥事件概率加法公式的应用，属于中档题．
例2．（2022·甘肃·兰州市第三十三中学高二期末（文））某城市2017年的空气质量状况如下表所示：
污染指数
30
60
100
110
130
140
概率
其中污染指数时，空气质量为优；时，空气质量为良；时，空气质量为轻微污染，该城市2017年空气质量达到良或优的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据互斥事件的和的概率公式求解即可.
【详解】
由表知空气质量为优的概率是，
由互斥事件的和的概率公式知，空气质量为良的概率为，
所以该城市2017年空气质量达到良或优的概率，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了互斥事件，互斥事件和的概率公式，属于中档题.
例3．（2022·新疆喀什·一模（理））从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白，但没有黄的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率，计算到答案.
【详解】
根据题意：概率等于没有黄球的概率减去只有白球或只有红球的概率.
即.
故选：.
【点睛】
本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.
例4．（2022·甘肃·兰州市第三十三中学高二期末（文））从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A．“至少有1个白球”和“都是红球”
B．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”
C．“恰有1个白球” 和“恰有2个白球”
D．“至多有1个白球”和“都是红球”
【答案】C
【解析】
【分析】
结合互斥事件与对立事件的概念,对选项逐个分析可选出答案.
【详解】
对于选项A, “至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件,不符合题意;
对于选项B, “至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的,而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球,或者2个都是白球,二者不是互斥事件,不符合题意;
对于选项C, “恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球, 与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件,符合题意;
对于选项D, “至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球,或者2个都是红球,与“都是红球”不是互斥事件,不符合题意.
故选C.
【点睛】
本题考查了互斥事件和对立事件的定义的运用,考查了学生对知识的理解和掌握,属于基础题.
例5．（2022·全国·高三专题练习）一个盒子内装有大小相同的红球、白球和黑球若干个，从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，那么摸出黑球或红球的概率是
A．0.3 B．0.55 C．0.7 D．0.75
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知摸出黑球的概率，再根据摸出黑球，摸出红球为互斥事件，根据互斥事件的和即可求解.
【详解】
因为从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，
所以摸出黑球的概率是，
因为从盒子中摸出1个球为黑球或红球为互斥事件，
所以摸出黑球或红球的概率，故选D.
【点睛】
本题主要考查了两个互斥事件的和事件，其概率公式，属于中档题.
例6．（2022·四川省通江中学高二开学考试（理））已知从某班学生中任选两人参加农场劳动，选中两人都是男生的概率是，选中两人都是女生的概率是，则选中两人中恰有一人是女生的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，根据为互斥事件，与为对立事件，从而可求出答案.
【详解】
记“选中两人都是男生”为事件，“选中两人都是女生”为事件，“选中两人中恰有一人是女生”为事件，易知为互斥事件，与为对立事件，
又，
所以.
故答案为：.
例7．（2022·全国·高一课时练习）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球，事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为________.
①与为对立事件；②与是互斥事件；③与是对立事件：④；⑤.
【答案】①④
【解析】
【分析】
在①中，由对立事件定义得与为对立事件；有②中，与有可能同时发生；在③中，与有可能同时发生；在④中，（C）（E）；在⑤中，从而（B）（C）．
【详解】
口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，
事件 “取出的两球同色”， “取出的2球中至少有一个黄球”，
“取出的2球至少有一个白球”， “取出的两球不同色”， “取出的2球中至多有一个白球”，
①，由对立事件定义得与为对立事件，故①正确；
②，与有可能同时发生，故与不是互斥事件，故②错误；
③，与有可能同时发生，不是对立事件，故③错误；
④，（C），（E），，
从而（C）（E），故④正确；
⑤，，从而（B）（C），故⑤错误．
故答案为：①④．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，是基础题，考查对立互斥事件，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件等基本概念的合理运用．
例8．（2022·福建泉州·高一期中）已知两个事件和互斥，记事件是事件的对立事件，且，，则_____________．
【答案】.
【解析】
先计算，再根据计算得到答案.
【详解】
得，且事件与互斥，则
故答案为：
【点睛】
本题考查了互斥事件和对立事件概率的计算，意在考查学生对于互斥事件和对立事件的理解.
例9．（2022·陕西·西北农林科技大学附中高一期中）下表为某班的英语及数学成绩，全班共有学生50人，成绩分为1~5分五个档次．设x、y分别表示英语成绩和数学成绩．表中所示英语成绩为4分的学生共14人，数学成绩为5分的共5人．
y分
人数
x/分
5
4
3
2
1
5
1
3
1
0
1
4
1
0
7
5
1
3
2
1
0
9
3
2
1
b
6
0
a
1
0
0
1
1
3
(1)x=4的概率是多少？x=4且y=3的概率是多少？x≥3的概率是多少？
(2)x=2的概率是多少？a＋b的值是多少？
【答案】(1)，，；
(2)，3.
【解析】
【分析】
（1）求出事件“x=4”、“x=4且y=3”的人数，再用古典概率求解，求出“x=3”、“x=5”的概率，利用互斥事件概率公式计算作答.
（2）利用对立事件的概率公式求出事件“x=2”的概率，进而求出a+b的值.
(1)
由数表知，x=4的事件有14人，其概率为：，
x=4且y=3的事件有7人，其概率为：且，
x≥3的事件是x=3的事件，x=4的事件，x=5的事件的和，它们互斥，而，
，
因此，.
(2)
x=1的事件概率为，x=2的事件的对立事件是x=1的事件与x≥3的事件的和，它们互斥事件，
则有，
而，即有，解得，
所以x=2的概率是，a＋b的值是3.
例10．（2022·全国·高二单元测试）根据空气质量指数（AQI，为整数）的不同，可将空气质量分级如下表：
AQI
级别
一级
二级
三级
四级
五级（A）
五级（B）
现对某城市30天的空气质量进行监测，获得30个AQI数据（每个数据均不同），统计绘得频率分布直方图如图所示．
(1)请由频率分布直方图来估计这30天AQI的平均数；
(2)若从获得的“一级”和“五级（B）”的数据中随机选取2个数据进行复查，求“一级”和“五级（B）”数据恰均被选中的概率；
(3)假如企业每天由空气污染造成的经济损失S（单位：元）与AQI（记为）的关系式为．若将频率视为概率，在本年内随机抽取一天，试估计这天的经济损失S不超过600元的概率．
【答案】(1)150；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，利用频率分布直方图求平均数的方法直接列式计算作答；
（2）对一级和五级（B）的5个数据编号，利用列举法结合古典概率计算作答；
（3）求出经济损失S不超过600元对应值出现的天数即可求解作答.
(1)
依题意，该城市这30天AQI的平均数为：
．
(2)
一级有2个数据，记为P、Q，五级（B）有3个数据，记为C、D、E，
从中选取两个有PQ、PC、PD、PE、QC、QD、QE、CD、CE、DE，共10种可能，
一级和五级（B）数据恰均被选中有PC、PD、PE、QC、QD、QE，共6种可能．
记“一级和五级（B）数据恰均被选中”为事件M，则．
(3)
设“在本月30天中随机抽取一天，该天经济损失不超出600元”为事件N，分两种情况：
当时，，此时概率为；
当时，由，得，
此时概率为．
综上，由互斥事件的概率公式可得．
所以估计这天的经济损失S不超过600元的概率为．
题型三：事件的独立性
例1．（2022·全国·高三专题练习（理））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，且．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】
【分析】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】
该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
例2．（2022·福建三明·高二期中）甲､乙两人独立地去译一个密码，译出的概率分别、，现两人同时去译此密码，则该密码能被译出的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据事件的相互独立事件的性质及计算公式，再利用对立事件即可求解.
【详解】
用事件分别表示甲､乙两人能破译出密码，则，，
因为事件与相互独立，所以与也都相互独立，
所以
∴此密码能被译出的概率为．
故选：D.
例3．（2022·宁夏·平罗中学高二期中（理））甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ）
A．0.368 B．0.468 C．0.648 D．0.848
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【详解】
由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，
而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，
故选：C
例4．（2022·广东·模拟预测）在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为奇数”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件与事件是对立事件 B．事件与事件不是相互独立事件
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对立事件，独立事件的概念及古典概型概率公式逐项分析即得.
【详解】
对于A，事件与事件是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；
对于B，对于事件与事件，,事件与事件是相互独立事件,故B错误；
对于C，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有种，
其中，事件发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有种，所以，
因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以，，
所以，故C正确；
对于D，事件表示第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数，故，故D错误.
故选：C．
例5．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高二期中）某学校餐厅就餐刷卡器是由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则刷卡器能正常工作.如果各个元件能否正常工作相互独立，元件1、元件2正常工作的概率都是，元件3正常工作的概率是，那么该刷卡器能正常工作的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用对立事件的概率求出元器件1和2至少一个正常工作的概率，再由相互独立事件同时发生的概率公式求刷卡器正常工作的概率即可.
【详解】
该刷卡器能正常工作需要元器件1和2至少有一个正常工作，同时元器件3正常工作，
所以刷卡器能正常工作的概率.
故选：B
例6．（多选题）（2022·全国·高一课时练习）盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A＝“两个球颜色相同”，B＝“第1次取出的是红球”，C＝“第2次取出的是红球”，D＝“两个球颜色不同”．则下列说法正确的是（ ）
A．A与B相互独立 B．A与D互为对立 C．B与C互斥 D．B与D相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设2个红球为，，2个白球为，，运用列举法得出样本空间，及事件A、B、C、D，根据事件相互独立、互斥、对立的概念，逐一判断可得选项.
【详解】
解：设2个红球为，，2个白球为，，则样本空间为
，
共12个基本事件，
事件，共4个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共8个基本事件；
A．由于，，，故成立，所以A与B相互独立，故A正确；
B．由于，，故A与D是对立事件，故B正确；
C．由于，故B与C不互斥，故C不正确；
D．由于，，，故成立，所以B与D相互独立，故D正确.
故选：ABD.
例7．（2022·北京育才学校模拟预测）在某地区，某项职业的从业者共约8.5万人，其中约3.4万人患有某种职业病.为了解这种职业病与某项身体指标（检测值为不超过6的正整数）间的关系，依据是否患有职业病，使用分层抽样的方法随机抽取了100名从业者，记录他们该项身体指标的检测值，整理得到如下统计图：
(1)求样本中患病者的人数和图中，的值；
(2)在该指标检测值为4的样本中随机选取2人，求这2人中有患病者的概率；
(3)某研究机构提出，可以选取常数（），若一名从业者该项身体指标检测值大于，则判断其患有这种职业病；若检测值小于，则判断其未患有这种职业病.从样本中随机选择一名从业者，按照这种方式判断其是否患有职业病.写出使得判断错误的概率最小的的值及相应的概率（只需写出结论）.
【答案】(1)样本患病人数为人，，；
(2)；
(3)，误判概率为.
【解析】
【分析】
（1）根据等比例原则求患者人数，由频率和为1，列方程求a、b的值；
（2）分别求出样本中指标检测值为4的未患病者、患病者人数，应用对立事件概率求法求概率；
（3）判断且对应的误判率，即可得结果.
(1)
由题设，患病者与未患病者的比例为，故患者人数为人；
由直方图知：，可得，
，可得.
(2)
由题意，指标检测值为4的未患病者有人，
指标检测值为4的患病者有人；
所以指标检测值为4的样本中随机选取2人，这2人中有患病者的概率的概率.
(3)
若为未患病者，为患病者，为体指标检测值为者，
所以100名样本中，，，
未患病者
6
21
15
9
6
3
患病者
0
0
4
8
12
16
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为0、54，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为0、33，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为4、18，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为12、9，误判率为；
当时，患病者、未患病者被误判的人数分别为3、24，误判率为；
综上，当时误判概率最小为.
例8．（2022·江苏·高一专题练习）某高校的人学面试中有4道题目，第1题2分，第2题2分，第3题3分，第4题3分，每道题目答对给满分，答错不给分.小明同学答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目答对与否相互独立.
(1)求小明同学恰好答对1道题目的概率；
(2)若该高校规定学生的面试分数不低于6分则面试成功，求小明同学面试成功的概率.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接计算小明答对第1题、第2题、第3题、第4题的概率相加即可；
（2）分小明答对2道题目、3道题目、4道题目面试成功，依次计算概率，再相加即可.
(1)
设事件“小明同学恰好答对1道题目”，
所以.
(2)
设事件“小明同学面试成功”.若小明同学恰好答对2道题目面试成功，则必定答对了第3题和第4题，
则小明同学恰好答对2道题目面试成功的概率；
若小明同学恰好答对3道题目，则必定面试成功，则小明同学恰好答对3道题目面试成功的概率；
若小明同学答对4道题目，则必定面试成功，则答对4道题目面试成功的概率.
所以.
例9．（2022·全国·高一单元测试）某市小型机动车驾照“科二”考试中共有项考查项目，分别记作①、②、③、④、⑤.
(1)某教练将所带名学员“科二”模拟考试成绩进行统计（如表所示），并计算从恰有项成绩不合格的学员中任意抽出人进行补测（只测不合格的项目），求补测项目种类不超过项的概率.
(2)“科二”考试中，学员需缴纳元的报名费，并进行轮测试（按①、②、③、④、⑤的顺序进行）；如果某项目不合格，可免费再进行轮补测；若第轮补测中仍有不合格的项目，可选择“是否补考”；若补考则需缴纳元补考费，并获得最多轮补测机会，否则考试结束；每轮补测都按①，②，③，④，⑤的顺序进行，学员在任何轮测试或补测中个项目均合格，方可通过“科二”考试，每人最多只能补考次，某学员每轮测试或补考通过①、②、③、④、⑤各项测试的概率依次为、、、、，且他遇到“是否补考”的决断时会选择补考.求该学员能通过“科二”考试的概率.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用古典概型的概率求补测项目种类不超过项的概率；
（2）先求出该学员无法通过“科二”考试的概率，再利用对立事件的概率求解.
(1)
根据题意，学员（1）、（2）、（4）、（6）、（9）恰有两项不合格，
从中任意抽出人，所有可能的情况如下：
学员编号
补测编号
项数
（1）（2）
②③⑤
3
（1）（4）
②③④⑤
4
（1）（6）
③④⑤
3
（1）（9）
①③⑤
3
（2）（4）
②④⑤
3
（2）（6）
②③④⑤
4
（2）（9）
①②⑤
3
（4）（6）
②③④
3
（4）（9）
①②④⑤
4
（6）（9）
①③④⑤
4
由表可知，全部种可能的情况中，有种情况补测项数不超过，
故所求概率为；
(2)
由题意可知，该学员顺利完成每轮测试（或补测）的概率为：
，
由题意，该学员无法通过“科二”考试，当且仅当其测试与次补测均未能完成项测试，
相应概率为，故学员能通过“科二”考试的概率为
例10．（2022·全国·高一专题练习）某居民小区有两个相互独立的安全防范系统，简称系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p．
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)求系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．
【答案】(1)；
(2)0.972.
【解析】
【分析】
（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，根据对立事件的概率，进而求得p的值；
（2）根据独立重复试验概率公式可求得答案.
(1)
解：（1）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么，解得．
(2)
解：设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D，
则．
题型四：随机模拟
例1．（2022·全国·高一专题练习）下列命题正确的是
A．用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确.
B．若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立.
C．事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小.
D．抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性就比反面大.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据概率的定义，事件的独立性概念判断各选项．
【详解】
在相同的条件下做大量重复试验,一个事件A出现的次数和总的试验次数之比,称为事件在这次试验中出现的频率.当试验次数很大时,频率将稳定在一个常数附近. 越大,频率偏离这个常数较大的可能性越小.这个常数称为这个事件的概率，并不是说越大，估计的精度越精确，A错；
事件与事件相互独立，即是否发生与是否发生无关，∴事件是否发生与事件是否发生也无关，它们相互独立，B正确；
抛一枚骰子，出现的点数不大于5记为事件，出现的点为不小于2记为事件，则事件与事件同时发生是指点数为2，3，4，5，概率为，而事件与中恰有一个发生是指点为1或6，概率为．C错；
抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性与出现反面的可能性还是一样．D错．
故选：B．
【点睛】
本题考查概率的定义，考查事件的独立性．掌握概念的定义是解题关键．
例2．（2022·全国·高一课前预习）掷两枚骰子，用随机模拟方法估计出现点数之和为9的概率时，产生的整数值随机数中，每几个数字为一组（ ）
A．1 B．2 C．9 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
由于是掷两枚骰子，故根据两枚骰子出现点数之和为9，可得用随机模拟方法产生的整数值随机数中，每2个数字为一组，可得答案.
【详解】
掷两枚骰子,设它们出现的点数分别为x,y,
则 ，由此可得用随机模拟方法产生的整数值随机数中，每2个数字为一组，
故选：B
例3．（2022·全国·高一专题练习）某种心脏手术，成功率为0.6，现采用随机模拟方法估计“3例心脏手术全部成功”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例心脏手术全部成功”的概率为（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有2组，即求.
【详解】
解：由题意，10组随机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，表示“3例心脏手术全部成功”的有： 569, 989，故2个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为.
故选：A.
例4．（2022·全国·高一专题练习）某种心脏手术成功率为0.9，现采用随机模拟方法估计“3例心脏手术全部成功”的概率.先利用计算器或计算机产生09之间取整数值的随机数，由于成功率是0.9，故我们用0表示手术不成功，1，2，3，4，5，6，7，8，9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例心脏手术全部成功”的概率为（ ）
A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.6
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知10组随机数中表示“3例心脏手术全部成功”的有8组，即求.
【详解】
由题意，10组随机数：812,832,569,683,271,989,730,537,925,907，表示“3例心脏手术全部成功”的有：812,832,569,683,271,989, 537,925,故8个，
故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为.
故选：B.
例5．（2022·全国·高一专题练习）某人将一枚硬币连掷10次，正面朝上的情况出现了8次，若用A表示“正面朝上”这一事件，则A的（ ）
A．概率为 B．频率为
C．频率为8 D．概率接近于8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据古典概型相关的概念和概率公式计算可得出答案.
【详解】
做n次随机试验，事件A发生了m次，则事件A发生的频率为，如果多次进行试验，事件A发生的频率总在某个常数附近摆动，那么这个常数才是事件A的概率．故为事件A的频率．事件发生的频数为8，所以CD都不对.
故选：B
【点睛】
本题考查古典概型频率、概率、频数的概念，考查古典概型频率的计算公式，属于基础题.
例6．（2022·山东滨州·高一期中）袋子中有四张卡片，分别写有“学、习、强、国”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“学”“习”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“学、习、强、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
232
321
210
023
123
021
132
220
001
231
130
133
231
031
320
122
103
233
由此可以估计事件A发生的概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
18组随机数中，利用列举法求出事件发生的随机数有共6个，由此能估计事件发生的概率．
【详解】
解：18组随机数中，事件发生的随机数有：
210，021，001，130，031，103，共6个，
估计事件发生的概率为．
故选：．
【点睛】
本题考题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
例7．（2022·全国·高一课前预习）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：先由计算器算出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（ ）
A．0.35 B．0.25 C．0.20 D．0.15
【答案】B
【解析】
【分析】
已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
三次投篮共有20种，
恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种
∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为
故选：B
【点睛】
本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
例8．（2022·全国·高一课时练习）某种树苗的成活率为0.9，若种植这种树苗5棵，求恰好成活4棵的概率.
问题
（1）用随机模拟方法估计概率时，如何用随机数体现树苗的成活率为0.9？
（2）用随机模拟方法估计概率时，如何用随机数体现种植这种树苗5棵？
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）利用计算机产生随机数，我们用0代表不成活，1至9代表成活；
（2）因为种植5棵树苗，所以5个数随机作为一组.
【详解】
（1）利用计算器或计算机产生0到9之间取整数值的随机数，我们用0代表不成活，1至9代表成活，这样可以体现成活率是0.9.
（2）因为是种植树苗5棵，所以每5个随机数作为一组.
【点睛】
本题考查随机模拟的方法，和实际问题的应用，属于基础概念题型.
例9．（2022·全国·高一课时练习）甲乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4）完游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张.
（1）设分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲乙二人抽到的牌的所有情况；
（2）若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？
（3）甲乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜，你认为此游戏是否公平，说明你的理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不公平
【解析】
【详解】
（1）甲乙二人抽到的牌的所有情况（方片4用4’表示，红桃2，红桃3，红桃4分别用2，3，4表示）为：
（2，3）、（2，4）、（2，4’）、（3，2）、（3，4）、（3，4’）、
（4，2）、（4，3）、（4，4’）、（4’，2）、（4’，3）、（4’，4）
共12种不同情况
（2）甲抽到3，乙抽到的牌只能是2，4，4’
因此乙抽到的牌的数字大于3的概率为
（3）由甲抽到的牌比乙大的有
（3，2）、（4，2）、（4，3）、（4’，2）、（4’，3）5种，
甲胜的概率，乙获胜的概率为，∵
∴此游戏不公平．
考点：列举法及古典概型的计算公式等有关知识的综合运用．
题型五：概率的综合运用
例1．（2022·山西·高一阶段练习）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（ ）
A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥 D．A与C相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.
【详解】
由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
例2．（2022·全国·高一单元测试）已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
分析：由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果.
详解：由数据1，2，3，4，x（0
共10种，这2个数字之积大于5的结果有：
，共5种，
所以所求概率为.
本题选择B选项.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
例3．（2022·全国·高一单元测试）一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
（多选题）例4．（2022·江苏·高一单元测试）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.
故选：ABD
【点睛】
本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.
例5．（2022·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室高一期中）给出如下几个命题：
①若A是随机事件，则；
②若事件A与B是互斥事件，则A与B一定是对立事件；
③若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件；
④事件A，B中至少有一个发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率大．
其中正确的是___________．（填序号）
【答案】① ③
【解析】
【分析】
由几何概型中随机事件的发生概率可以为0或1，判断①；若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件，但事件A与B是互斥事件，则A与B不一定是对立事件，判断②、③；当A与B的发生概率为0或A与B互斥时，则事件A，B中至少有一个发生的概率不一定与A，B中恰有一个发生的概率相同，判断④.
【详解】
若A是随机事件，则，在几何概型中随机事件的发生概率可以为0或1,故①正确；
但事件A与B是互斥事件，则A与B不一定是对立事件；例如掷一枚骰子“朝上的面为1”和“朝上的面为2”互斥但不对立，故②错误、
若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件，互斥事件包含对立事件；故③正确；
事件A，B中至少有一个发生的概率不一定比A，B中恰有一个发生的概率大，如果A与B的发生概率为0或A与B互斥，则概率一样大，故④错误.
故答案为：① ③
例6．（2022·河北·保定市第二十八中学高一阶段练习）把一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，则使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】
依据古典概型去求解即可解决.
【详解】
若方程有2个互不相等的实数根，则，
一个骰子连续抛掷两次，得到的点数依次为，，记为，所有可能共36种，
其中满足题意的有，，，，，，，，，，，，，，，，，共17种.
故使得关于的方程有2个互不相等的实数根的概率为．
故答案为：
例7．（2022·全国·高一课时练习）甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
两轮活动猜对3个成语,相当于事件“甲猜对1个,乙猜对2个”、事件“甲猜对2个,乙猜对1个”的和事件发生,根据独立事件概率求法,即可得解.
【详解】
解：设分别表示甲两轮猜对1个,2个成语的事件,分别表示乙两轮猜对1个,2个成语的事件.根据独立事件的性质,可得
设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”,则,且与互斥,与,与分别相互独立,
所以
因此,“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是.
故答案为：
例8．（2022·全国·高一期末）我国古代的一些数字诗精巧有趣，又饱含生活的哲学，如清代郑板桥的《题画竹》》：“一两三枝竹竿，四五六片竹叶，自然淡淡疏疏，何必重重叠叠.”现从1，2，3，4，5，6中随机选取2个不同的数字组成，则恰好能使得的概率是____________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】
列举基本事件，直接求概率即可.
【详解】
随机选取2个不同的数字组成,共有
而，，3，4，5，6，
，，2，4，5，6，
，，2，3，5，6，
，，2，3，4，6，
，，2，3，4，5，共有25种，
其中
1，2，3，4，5，6这6个数字中满足的数对有：
，，4，5；
，；
，；
，；
共15种，
所求概率为．
故答案为：．
例9．（2022·广东·深圳市龙岗区德琳学校高一期中）甲、乙两名篮球运动员进行投篮比赛，甲投篮命中的概率为，乙投篮命中的概率为，在每次投篮中，甲和乙投篮是否命中相互没有影响.
(1)求甲乙各投篮一次，恰好有1人命中的概率；
(2)求甲乙各投篮一次，至少有1人命中的概率.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用独立事件乘法公式及互斥事件加法求恰好有1人命中的概率；
（2）首先求出两人都没有命中的概率，利用对立事件的概率求法即可得至少有1人命中的概率.
(1)
记“甲投篮命中”为事件，“乙投篮命中”为事件, 则，，
由甲和乙投篮是否命中相互没有影响，所以与互为独立事件，
那么，恰好有1人命中的概率.
(2)
由（1），两人都没有命中的概率，
所以，至少有1人命中的概率.
例10．（2022·全国·高一单元测试）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.
（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；
（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.
（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可.
【详解】
（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.
所以甲获得冠军的概率为.
（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；
甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜.
所以甲与乙在决赛相遇的概率为.
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：
乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；
乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜.
同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为
.
丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为
.
【点睛】
本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题.
例11．（2022·全国·高一单元测试）有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害.现从一批该鱼中随机选出条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：），数据统计如下：
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的分位数；
（2）有，两个水池，两水池之间有个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过条鱼.
（ⅰ）将其中汞的含量最低的条鱼分别放入水池和水池中，若这条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的条鱼都先放入水池中，若这条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由水池进入水池且不再游回水池，求这两条鱼由不同小孔进入水池的概率.
【答案】（1）中位数为；众数为；极差为；估计这批鱼该项数据的百分位数约为；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】
(1)由中位数—排序后处于中间的数，如有两个数取其平均数；众数—出现频率最高的数、极差—最大数与最小数的差；百分比位数—数据集中有n个数：当np为整数时，当np不为整数时；即可求出对应值；(2) （ⅰ）记：“两鱼最终均在水池”； ：“两鱼最终均在水池”求出概率，由它们的互斥性即可求得两条鱼最终在同一水池的概率；（ⅱ）记：“两鱼同时从第n个小孔通过”且鱼的游动独立，知，而10个事件互斥，则“两鱼同时从一个小孔通过”的概率即可求，它与“两条鱼由不同小孔通过”为互斥事件，进而求得其概率
【详解】
解：（1）由题意知，数据的中位数为
数据的众数为
数据的极差为
估计这批鱼该项数据的百分位数约为
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在水池”为事件，则
记“两鱼最终均在水池”为事件，则
∵事件与事件互斥，
∴两条鱼最终在同一水池的概率为
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件，“两鱼同时从第二个小孔通过”为
事件，依次类推；而两鱼的游动独立
∴
记“两条鱼由不同小孔进入水池”为事件，则与对立，又由事件，事件，互斥
∴
即
【点睛】
本题考查了数据特征值的概念，以及利用条件概率公式，结合互斥事件、独立事件等概念求概率；注意独立事件：多个事件的发生互不相关，且可以同时发生；互斥事件：一个事件发生则另一个事件必不发生，即不能同时发生
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