第58讲 随机事件的概率与古典概型（达标检测）（教师版）.docx

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1、随机事件的概率与古典概型达标检测A组一应知应会1 .（2020春蓝田县期末）下列事件中，随机事件的个数为（）连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上；13个人中至少有两个人生肖相同；某人买彩票中奖；在标准大气压下，水加热到90会沸腾.A. 1个B. 2个C.3个D. 4个【分析】利用随机事件的定义直接判断.【解答】解：连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上，是随机事件；13个人中至少有两个人生肖相同是必然事件；某人买彩票中奖是随机事件；在标准大气压下，水加热到90会沸腾是不可能事件.故选：B.2.（2020春无锡期末）某医院治疗一种疾病的治愈率为50%,下列说法正确的是（）A.如果第1位病人

2、没有治愈，那么第2位病人一定能治愈B. 2位病人中一定有1位能治愈C.每位病人治愈的可能性是50%D.所有病人中一定有一半的人能治愈【分析】利用概率的意义直接求解.【解答】解：某医院治疗一种疾病的治愈率为50%,对于A,如果第1位病人没有治愈，那么第2位病人治愈的概率为50%,故A错误；对于& 2位病人中每个人治愈的可能性都是50%,或两人都能治愈，或有1位能治愈，或都不能治愈,故8错误；对于C,每位病人治愈的可能性是50%,故C正确；对于D,所有病人中每个人治愈的可能性都是50%,但所有病人中不一定有一半的人能治愈，故D错误.故选：C.朱世杰的算学启蒙和四元玉鉴.哈三中图书馆中正好有这十本书

3、，小张同学从这十本书中任借三本阅读，基本事件总数n=C；0=120,他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字包含的基本事件个数加=c：cW=5， D u他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为=旦=也=_.n 120 12故答案为：.1220. (2020福州三模)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想 是“每个大于2的偶数可以拆分为两个素数的和，如30=7+23=13+17=11 + 19, 30有3种拆分方式; 6 = 3+3, 6只有1种拆分方式.现从大于4且小于16的偶数中随机任取一个，取出的数有不止一种上述 拆分方式的概率为.【分析】基本事件总数

4、=5,取出的数有不止一种上述拆分方式有10, 14,共2个，由此能求出取出的 数有不止一种上述拆分方式的概率.【解答】解：现从大于4且小于16的偶数中随机任取一个，基本事件总数=5,取出的数有不止一种上述拆分方式有10, 14,共2个，取出的数有不止一种上述拆分方式的概率为P=2.5故答案为：2.521.(2020海南模拟)甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，开始时甲每盘棋赢的概率为之，4由于心态不稳，甲一旦输一盘棋，他随后每盘棋赢的概率就变为.假设比赛没有和棋，且已知前两盘2棋都是甲赢.(I )求第四盘棋甲赢的概率；(II)求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率.【分析】(I )第四

5、盘棋甲赢分两种情况：若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢，若第三盘棋乙赢，第四盘棋 甲赢，由此能求出第四盘棋甲赢的概率.(II)若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况.甲第三盘赢，甲第四盘赢，甲第 五盘赢，由此能求出比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率.【解答】解：(【)第四盘棋甲赢分两种情况.若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢， 4 4 16若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢，po=ixA4 2 8设事件A为“第四盘棋甲赢”，则第四盘棋甲赢的概率P(A)=P1 +P则第四盘棋甲赢的概率P(A)=P1 +P9 1 _U_2而折IT(id若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况.若甲第三盘

6、赢，p44 2 32若甲第四盘赢，p.=ixLx (卜工)；42 v 2 7 16若甲第五盘赢，pc=ix (1)x.1 4 、 2 , 2 16设事件8为“比赛结束时，甲恰好赢三盘棋。则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为：3117P(B)= P3+P4+P5 泵 飞飞运22.(2020春临沂期末)某学校就学生对端午节文化习俗的了解情况，进行了一次20道题的问卷调查，每 位同学都是独立答题，在回收的试卷中发现甲同学答对了 12个，乙同学答对了 16个.假设答对每道题 都是等可能的，试求：(1)任选一道题目，甲乙都没有答对的概率；(2)任选一道题目，恰有一人答对的概率.【分析】(1)设4= 任选

7、一道题目，甲答对，B= 任选一道题目，乙答对”，根据古典概型概率计算 公式，得尸(A) =2, P(B) =A,任选一道题目，甲乙都没有答对的概率为尸(标)=P( A) P(B).55(2)任选一道题目，恰有一人答对的概率为p ( ABUAB)=p( AB)+p (AB) =p( A)p (B) +P (A) P ( B).【解答】解：(i)设人=任选一道题目，甲答对，B= 任选一道题目，乙答对”，根据古典概型概率计算公式，得：P (A), P (B)=，20 520 5：.P ( A)=2, p ( B)=,55任选一道题目，甲乙都没有答对的概率为:P （ AB）=P（ A）P（ B）=x.

8、55 25（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率为:P（ ABUAB）=P（ AB）+P（AB）=P （ A）P（8）+尸（A） P （ B）1125（2020春湖北期末）新冠肺炎波及全球，我国计划首先从3个亚洲国家（伊朗、巴基斯坦、越南）和 2个欧洲国家（意大利、塞尔维亚）中选择2个国家进行对口支援.（1）若从这5个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率：（2）若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括伊朗但不包括意大利的概率.【分析】（1）设3个亚洲国家伊朗、巴基斯坦、越南分别为4, A2, A3, 2个欧洲国家意大利、塞尔维 亚分别为B2,从5个国家中任选2个，利用列举

9、法能求出这2个国家都是亚洲国家的概率.（2）从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，利用列举法能求出这2个国家包括伊朗但不包括意大利的概 率.【解答】解：（1）设3个亚洲国家伊朗、巴基斯坦、越南分别为4, A2, A3,2个欧洲国家意大利、塞尔维亚分别为历，从5个国家中任选2个，其可能的结果组成的基本事件有：Ai,4, Ai, A3, Ai, Bi, 4, &, 4，&, 42,A29 B2, A3, Bi, A3, B29 Bl, &,共 10 个,其中，选到的这2个国家都是亚洲国家的基本事件有：Ai, A2, Al, A3, A2, A3,共 3 个.故这2个国家都是亚洲国家的概率P=.10（2

10、）从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其可能的结果组成的基本事件有：Ai, Bi, Ai, 52, A2, Bi, A2, &, A3, Bi, Ab 82,共 6 个，其中，选到的这2个国家包括4 （伊朗）但不包括81 （意大利）的基本事件有4, &,共1个，故这2个国家包括伊朗但不包括意大利的概率尸=.23. （2020一卷模拟）根据某省的高考改革方案，考生应在3门理科学科（物理、化学、生物）和3门文科学科(历史、政治、地理)的6门学科中选择3门学科参加考试，根据以往统计资料，1位同学选择 生物的概率为0.5,选择物理但不选择生物的概率为0.2,考生选择各门学科是相互独立的.(1)求1位考生

11、至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率；(2)某校高二400名学生中，选择生物但不选择物理的人数为140,求1位考生同时选择生物、物理两 门学科的概率.【分析】(1)设事件A表示“考生选择生物学科”，事件3表示“考生选择物理但不选择生物学科”，事 件。表示“考生至少选择生物、物理两门学科中的1门学科”，则P (A) =0.5, P QB) =0.2, C=AU B, AAB=0,由此能求出1位考生至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率.(2)设事件。表示“选择生物但不选择物理。事件E表示“同时选择生物、物理两门学科”，求出P(。)=3=0.35,再由。UE=A,能求出1位考生同时选择生物、

12、物理两门学科的概率.400【解答】角：(1)设事件A表示“考生选择生物学科”，事件5表示“考生选择物理但不选择生物学科”，事件。表示“考生至少选择生物、物理两门学科中的1门学科”，则尸(4) =0.5, P (B) =0.2, C=AUB, AAB=0, 1位考生至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率：P (C) =P (AUB) =P (A) + 尸(B) =0.5+02=0.7.(2)设事件。表示“选择生物但不选择物理，事件表示“同时选择生物、物理两门学科。 某校高二400名学生中，选择生物但不选择物理的人数为140,：.P (。)=-i-=0.35, 400VDUE=A, 1位考生同时

13、选择生物、物理两门学科的概率：P (E) =P (A) - P (D) =0.5 - 0.35 = 0.15.B组一强基必备1.(2019春西城区校级期末)一项抛掷骰子的过关游戏规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如里这次抛掷所出现的点数和大于则算过关，可以随意挑战某一关.若直接挑战第三关，则通关的概率 为；若直接扬战第四关，则通关的概率为.【分析】若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63 = 216种，不能过关的基本事件为方程x+y+z =a,其中，=3, 4, 5, 6, 7, 8, 9的正整数解的总数，根据互斥事件的概率公式计算即可；若挑战第 4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64= 12

14、96种，不能通关的基本事件为方程x+y+z+2=4,其中 4, 5, 6,，16的正整数解的总数，分类求出，再根据互斥事件的概率公式计算即可.【解答】解：若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63 = 216种，不能过关的基本事件为方程x+y+z=m其中。=3, 4, 5, 6, 7, 8, 9的正整数解的总数，共有1+C32+C42+*+C72+Cs2 - 3 = 81种，不能过关的概率为11 =3.216 8故通关的概率为1-3=旦. 8 8若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64= 1296种，不能通关的基本事件为方程x+y+z+m=，其中。=4, 5, 6,，16的正整数解的总

15、数，当。=4, 5,9 共有 1+。43+3+-+。93= 1+4+10+20+35+56= 126 种,当 q=10 时，03 - 4=84 - 4=80 种，当 4=11 时，。广一-。41c32=120 - 4 - 12=104 种，当 4=12 时，Cii3- C41 - C41C32- C41c42=165 -4 - 12 - 24=125 种，当 4=13 时，- C/Q2 一 c41c42 - C4lC52 = 220 - 4 - 12 - 24 - 40= 140 种.当 4= 14 时: C133 - C41 - C4IC32- CC- C41c52 -。4k62 = 286

16、 - 4 - 12 - 24 - 40 - 60=146 种.当 4=15 时，c) - C41 - C4lC32 - C41c42 - C41c52 - C41c62 - CCj2364 - 4 - 12 - 24 - 40 - 60 - 84 = 140 种.当 4=16 时,C153 - C4l - C41C32 - C41C42 - C4lCs2 - CCi2 - C41 (C82 - 3) - C42=455 - 4-12 - 24 - 40 - 60- 84 -100 - 6=125 种,所以不能过关的概率为(80+126+104+125+140+146+140+125)=2匹_1

17、2961296故答案为:598689 12962.(2020南通模拟)某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0, 1, 2, 3,将这个玩具抛掷次，记第次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为数列。的前项和为记是3的 倍数的概率为P (n).(1)求尸(1), P (2)；【分析】(1)抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，抛掷两次，出现1+2, 2+1, 0+0, 3+3, 0+3, 3+0时，符合要求，故计6种情况，由此能求出P (1)和P (2).(2)设S被3除时余1的概率为pi ()，S被3除时余2的概率为放(h),推导出P (+l) =yp(n)2(n)，2(n)，+P

18、1 (n)，P2(n)，P(+l)=p(n) (n)+-jP2 (n)，P2(+l)=p(n)弓P(n)从而 4P (+l) =p ()+1,进而尸(+l)P (),由此能求出 P ().3 43【解答】解：(1)抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，故P (1)=，2抛掷两次,出现1+2, 2+1, 0+0, 3+3, 0+3, 3+0时,符合要求,故计6种情况,故P (2)=且=3.16 8(2)设S被3除时余1的概率为pi ()，S被3除时余2的概率为P2 (), 贝!J 尸(+1) =-1-p (n) +-P! (n) +P 2 (n) ) 尸2 (+1) =P(n)尸2 (+1)

19、=P(n)Pi (+1) =p (n)1 (11)+2 心 (n)+yP2 (n) -(+)，得:P (/l+l) - Pl (+l) +P2(+l) = - Pl(力)+P2 (),2化简，得4尸(+l) p (几)+1,：.P (/2+1)P (/?)3 43又尸(1)=,2P (+ 2 x .33 4n3.(2020新课标I )设。为正方形ABC。的中心，在O, A, B, C,。中任取3点，则取到的3点共线的概率为()1914A. B. C. D.5525【分析】根据古典概率公式即可求出.【解答】解：。，A, B, a。中任取3点，共有c?=l。种， U即 OAB, OAC, OAD,

20、 OBC, OBD, OCD, ABC, ABD, ACD, BCD 十种，其中共线为A,。，。和&。，。两种，故取到的3点共线的概率为p=2 =，10 5故选：A.4 .(2020春龙华区校级期中)下列命题：对立事件一定是互斥事件；若4 5为两个随机事件，则P (AUB) =P (A) +尸(B)；若事件A, B, C两两互斥，则P (A) +P (B) +P (C) =1；若A与5是对立事件，则P (A) +尸(3) =1.其中正确命题的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 4【分析】直接利用互斥事件和对立事件的关系式的运算关系判断4 & C。的结论.【解答】解：对于下列命题：对立事件一

21、定是互斥事件；对于事件来讲，对立必互斥，互斥不一定对立，故正确.若4 8为两个互斥的随机事件，所以互斥事件的概率符合的公式P (AUB) =P (A) +P (B)；故错 误.若事件A, B, C两两互斥，但是不一定对立，则P (A) +尸(B) +尸(C) W1；故错误.若A与3是对立事件，对立事件是必然事件，则p (A) +P (B) =1.故正确.故选：B.5 .(2020新课标H)在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配 货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超 市某日积压500份订单未配货，预计第二

22、天的新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成 50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者A. 10名B. 18名C. 24名D.32名【分析】由题意可得至少需要志愿者为160+500-1200 = 18名.50【解答】解：第二天的新订单超过1600份的概率为0.05,就按1600份计算，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95就按1200份计算，因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为1600+50- 1200 = i8名,50故选：B.6. (2020春枣庄期末)若事件A与5相互独立，P (A)

23、 =, P (B)=,则尸(AUB)=()34A. B. C. D.612412【分析】由事件A与8相互独立，得至UP (AUB) =P (A) +P QB) - P (AB).【解答】解：事件A与3相互独立，P (A) =2, P (B)=，34：.P (AUB) =P (A) +P (B) - P (AB),2 1 2 v1 3 -故选：c.7.(2020春禅城区校级期末)甲、乙两人下棋，和棋的概率为工，乙获胜的概率为，则下列说法正确的23是()A.甲获胜的概率是B.甲不输的概率是工62C.乙输的概率是D.乙不输的概率是工32【分析】利用互斥事件概率计算公式直接求解.【解答】解：甲、乙两人

24、下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，23对于A,甲获胜的概率是 =1故A正确；对于5,甲不输的概率是尸=1故5错误；3 3对于C,乙输的概率是 =1-工=，故C错误；2 3 6对于D 乙不输的概率是/=+=$,故D错误.2 3 6故选：A.8 .（2020道里区校级一模）2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考， 省里制定了周密的毕业年级复学计划.为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛 查.学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人检验 呈阳性的概率为0.2%,且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率

25、为0.1%,且患病者检验呈 阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（）A. 0.99%B. 99%C. 49.5%D. 36.5%【分析】根据条件概率公式计算某人检验呈阳性且患病的概率，再计算某人检验呈阳性的条件下患病的 概率.【解答】解：设事件A为：“某人检验呈阳性”，事件B为某人为疾病患者“，由题意可知 P （A） =0.2%, P （8） =0.1%, P （川3） =99%,：.P （AB） =P （川QB） =0.1%又99%,，产（BIA）=零1=区1丝螫=49.5%.P（A） 0.2%故选：C.9 .（2020春平邑县期中）袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，

26、其中有7个白球，3个红球，从袋中 任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（）2711A. 1B. C. D.51515【分析】基本事件总数n= C；o=45,所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m=以己=21,由此能求出所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率. I J【解答】解：袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有7个白球，3个红球，从袋中任取2个球，基本事件总数n= C；o=45，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m= ciCq=21, I J，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为=皿=9=工.n 45 15故选：C

27、.10. （2020秦州区校级二模）甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为。，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为其中小bE, 2, 3, 4, 5, 6, 7,若|-。忌1,就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（）A. B. C. D.949499【分析】基本事件总数=7X7=49, |q-例W1,就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，利 用列举法求出他们“心有灵犀”包含的基本事件个数，由此能求出他们“心有灵犀”的概率.【解答】解：甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为m再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为儿 其中b

28、E, 2, 3, 4, 5, 6, 7),基本事件总数=7义7=49,-例W1,就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”包含的基本事件有：(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (5, 4),(5, 5), (5, 6), (6, 5), (6, 6), (6, 7), (7, 6), (7, 7),共 19 个，现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为49故选：C.11. (2020TI卷模拟)周易是我国古代典籍，用“卦”描

29、述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图， 包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦每一卦由三个爻组成，其中“一”表示一个阳爻，“- -” 表示一个阴爻).若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为 ( )1123A. B. C. D.3234【分析】从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，基本事件总数=C：=6,这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数m= cg = 3,由此能求出这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率.【解答】解：含有两个阳爻的卦有3个，含有三个阳爻的卦有1个，从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，基本事件总数n= C? = 6，4这两卦的六个

30、爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数m= cg = 3,这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为n 6 2故选：B.12. (2020南充模拟)今年年初，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成 城克时难，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.我市某医院的甲、乙、丙三名医生随机分到湖 北的4, 8两个城市支援，则每个城市至少有一名医生的概率为()211A. B. C. D.324【分析】基本事件总数=23 = 8,每个城市至少有一名医生包含的基本事件个数m=C；aW=6,由此能 求出每个城市至少有一名医生的概率.【解答】解：我市某医院的甲、乙、丙三名医生随机分到湖北的4

31、8两个城市支援，基本事件总数=23 = 8,每个城市至少有一名医生包含的基本事件个数加=，浦=6,则每个城市至少有一名医生的概率=卫=|=_1.故选:A.13.(多选)(2020春龙华区校级期中)利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有 20件，合格品有70件，其余为不合格品，现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”, 8为“是合格品”，。为“是不合格品”，则下列结果正确的是()7QA.P二*B.p(AUB)喘C. P (AGB) =0D. P (AUB) =P (C)【分析】先分别求出P (A), P (8), P (C),进而求出P (AU5), P (AA

32、5),由此能求出结果.【解答】解：由题意得：P (A) =-?上=，100 5P (B)=卫_=工，100 10d _ 100-20-70_ 11 Cx 7,10010P (AUB) =P (A) + 尸(3)=工(C),5 10 10P (AAB) =0,故A, B,。均正确，。错误.故选：ABC.14.(多选)(2020春烟台期末)已知甲罐中在四个相同的小球，标号1, 2, 3, 4；乙罐中有五个相同的 小球，标号为1, 2, 3, 5, 6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A= 抽取的两个小球 标号之和大于5，事件8= 抽取的两个小球标号之积大于8,则()A.事件A发生的概率

33、为工2B.事件AU3发生的概率为旦20C.事件A A3发生的概率为25D.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为5【分析】对于A,从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数=4X5 = 20,利用列举法求出事件A包含的基本事件有11个，从而尸(A)=旦；对于以 利用列举法求出事件包含的基本事20件有11个，从而尸(8) =11；对于C,利用列举法求出事件包含的基本事件有8个，从而P(C)20=2.对于从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为.54【解答】解：甲罐中在四个相同的小球，标号1, 2, 3, 4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1, 2, 3,5, 6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球

34、，记事件A= 抽取的两个小球标号之和大于5”，事件5= 抽 取的两个小球标号之积大于8”，对于A,从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数=4X5 = 20,事件 A 包含的基本事件有：(1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6), (3, 3), (3, 5), (3, 6), (4, 2), (4, 3), (4, 5), (4, 6),共 11 个，：.P (A) =-il,故 A 错误；20对于 3,事件 AU8 包含的基本事件有：(1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6), (3, 3), (3, 5), (3, 6),(4, 2), (4,

35、 3), (4, 5), (4, 6),共 11 个,：.P (B)=,故 8 正确；20对于 C,事件 AGB 包含的基本事件有(2, 5), (2, 6), (3, 3), (3, 5), (3, 6), (4, 3), (4, 5), (4, 6),共 8 个，：.P (C).20 5对于。，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为=奈=,故。错误.故选：BC.15. (2020江苏)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是 【分析】分别求得基本事件的总数和点数和为5的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值.【解答】解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，

36、可得基本事件的总数为6X6=36种，而点数和为5的事件为(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1),共4种，则点数和为5的概率为?=.36 9故答案为：1.9(2020春泰州期末)已知随机事件 4 B互斥，且P (A+8) =0.8, P (A) =0.3,则P (B)=*【分析】利用互斥事件概率加法公式直接求解.【解答】解：随机事件4 B互斥,且P (A+B) =0.8, P (A) =0.3,：.P (5) =P (4+8) - P (A) =0.8 - 0.3=0.5.故答案为：05(2020天津)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为工和.假定两球是否落入盒子互不影响，则

37、甲、2 3乙两球都落入盒子的概率为；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.【分析】根据互斥事件的概率公式计算即可.【解答】解：甲、乙两球落入盒子的概率分别为和，则x1=，2 32 3 6甲、乙两球至少有个落入盒了的概率为一(1 工)(1 .工)=i233 3故答案为：1, 2.6 3(2020春吉安期末)从40张卡片(点数从1-40各1张)中任取一张，有下列事件：“抽出的牌点数小于10”与“抽出的牌点数大于20”；“抽出的牌点数小于20”与“抽出的牌点数大于10；“抽出的牌点数是奇数”与“抽出的牌点数是偶数”；（4）“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”；其中，（1）是互斥事件的有

38、.（2）是对立事件的有；（3）既不是对立事件，也不是互斥事件的有.【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解.【解答】解：从40张卡片（点数从1 - 40各1张）中任取一张，对于，“抽出的牌点数小于10”与“抽出的牌点数大于20”不能同时发生，但能同时不发生，是互斥 事件；对于，“抽出的牌点数小于20”与“抽出的牌点数大于10”能同时发生，不是互斥事件；对于，“抽出的牌点数是奇数”与“抽出的牌点数是偶数”既不能同时发生，又不能同时不发生，是 对立事件；对于是，“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”能同时发生，不是互斥事件.其中，（1）是互斥事件的有 .（2）是对立事件的有；（3）

39、既不是对立事件，也不是互斥事件的有.故答案为：，.19.（2020道里区校级四模）我国在北宋年间（公元1084年）第一次印刷出版了算经十书，即贾宪的 黄帝九章算法细草，刘益的议古根源，秦九韶的数书九章，李冶的测圆海镜和益古演段，杨辉的详解九章算法、日用算法和杨辉算法，朱世杰的算学启蒙和四元玉鉴.这些书 中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的 高峰.哈三中图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三本阅读，那么他借到的三本 书中书名中恰有一个“算”字的概率为.【分析】基本事件总数=,；0=120,他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字包含的基本事件个数加=武以=50,由此能求出他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率 D 0【解答】解：算经十书，即贾宪的黄帝九章算法细草，刘益的议古根源，秦九韶的数书九章， 李冶的测圆海镜和益古演段，杨辉的详解九章算法、日用算法和杨辉算法，