2025版新高考版高考总复习数学随机事件及概率（十年高考）.docx

《2025版新高考版高考总复习数学随机事件及概率（十年高考）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2025版新高考版高考总复习数学随机事件及概率（十年高考）.docx（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2025版新高考版高考总复习数学专题十一概率与统计11.1随机事件及概率考点1 随机事件的概率1.(2023北京,18,13分,中)为研究某种农产品价格变化的规律,收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据,如下表所示.在描述价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不变”,即当天价格与前一天价格相同.时段价格变化第1天到第20天- + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +第21天到第40天0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +用频率估计概率

2、.(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率;(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的.在未来的日子里任取4天,试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率;(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响.判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明)解析(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数为16,估计该农产品价格“上涨”的概率为1640=25.(2)由(1)估计该农产品价格“上涨”的概率为25,由题表估计该农产品价格“下跌”的概率为1440=720,价格“不变”的概率为1040=14,所以所求概

3、率为C42252C2172014=21125.(3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.详解:因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响,且第40天的价格“上涨”,所以只需统计前40天中价格“上涨”的次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格“上涨”的天数为4,价格“下跌”的天数为2,价格“不变”的天数为9,所以第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.2.(2018北京文,17,13分)电影公司随机收集了电影的有关数据,经分类整理得到下表:电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率0.40.20.150.250.

4、20.1好评率是指:一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部,求这部电影是获得好评的第四类电影的概率;(2)随机选取1部电影,估计这部电影没有获得好评的概率;(3)电影公司为增加投资回报,拟改变投资策略,这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化,那么哪类电影的好评率增加0.1,哪类电影的好评率减少0.1,使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大?(只需写出结论)解析(1)由题意知,样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2 000,第四类电影中获得好评的电影部数是

5、2000.25=50.故所求概率为502 000=0.025.(2)由题意知,样本中获得好评的电影部数是1400.4+500.2+3000.15+2000.25+8000.2+5100.1=56+10+45+50+160+51=372.故所求概率估计为1-3722 000=0.814.(3)增加第五类电影的好评率,减少第二类电影的好评率.3.(2015四川文,17,12分)一辆小客车上有5个座位,其座位号为1,2,3,4,5.乘客P1,P2,P3,P4,P5的座位号分别为1,2,3,4,5,他们按照座位号从小到大的顺序先后上车.乘客P1因身体原因没有坐自己的1号座位,这时司机要求余下的乘客按以

6、下规则就座:如果自己的座位空着,就只能坐自己的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位.(1)若乘客P1坐到了3号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处);(2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,求乘客P5坐到5号座位的概率.乘客P1P2P3P4P5座位号3214532451解析(1)余下两种坐法如下表所示:乘客P1P2P3P4P5座位号3241532541 (2)若乘客P1坐到了2号座位,其他乘客按规则就座,则所有可能的坐法可用下表表示为:乘客P1P2P3P4P5座

7、位号2134523145234152345123541243152435125341于是,所有可能的坐法共8种.设“乘客P5坐到5号座位”为事件A,则事件A中的基本事件的个数为4.所以P(A)=48=12.答:乘客P5坐到5号座位的概率是12.考点2 古典概型1.(2021全国甲文,10,5分)将3个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为()A.0.3B.0.5C.0.6D.0.8答案C列举法:基本事件为(1,1,1,0,0),(1,1,0,1,0),(1,1,0,0,1),(1,0,1,1,0),(1,0,1,0,1),(1,0,0,1,1),(0,1,1,1,0),(0,1,1,0

8、,1),(0,1,0,1,1),(0,0,1,1,1),共10种情况,其中2个0不相邻的情况有6种,故P=610=0.6,故选C.2.(2022全国甲文,6,5分)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A.15B.13C.25D.23答案C依题意知,总的基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15个.其中符合数字之积是4的倍数的基本事件有6个,故所求概率P=615=25

9、.故选C.3.(2021全国甲理,10,5分)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.13B.25C.23D.45答案C解题指导:先求4个1和2个0的所有排列数,再利用插空法求2个0不相邻的种数.解析从6个位置中任选2个位置排2个0,其他4个位置排4个1,共有C62C44=15种排法;先排4个1,再将2个0插空,共有C52=10种插法,故所求概率P=1015=23.一题多解(捆绑法):由题意知2个0相邻共有C22C51种排列方法,故所求概率P=1-C22C51C62C44=1515=23.易错提醒本题是相同元素的排列问题,实际上元素之间无区别,是组合问题.4.(2022新高

10、考,5,5分)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.16B.13C.12D.23答案D解法一:从7个整数中随机取2个不同的数共有C72=21种取法.如图,所取的2个数互质的取法有3+4+2+3+1+1=14种,所以这2个数互质的概率为1421=23.解法二(间接法):从7个数中任取2个数共有C72=21种取法,2个数不互质的情况有两种:从4个偶数中任取2个,有C42=6种取法;从偶数和奇数中各取一个,有1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为1-721=23,故选D.5.(2018课标文,5,5分)从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社

11、区服务,则选中的2人都是女同学的概率为()A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3答案D设两名男生为A,B,三名女生为a,b,c,则从5人中任选2人有(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c),(A,B),共10种.2人都是女同学的有(a,b),(a,c),(b,c),共3种,所以所求概率为310=0.3.方法总结古典概型概率的求法:(1)应用公式P(A)=mn求概率的关键是寻求基本事件的总数和待求事件包含的基本事件的个数.(2)基本事件个数的确定方法:列举法:此法适用于基本事件较少的古典概型;列表法:此法适用于从多个元素中选定两

12、个元素的试验,也可看成是坐标法;画树状图法:画树状图法是进行列举的一种常用方法,适用于有顺序的问题或较复杂问题中基本事件数的探求.6.(2017课标文,11,5分)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,放回后再随机抽取1张,则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A.110B.15C.310D.25答案D本题考查古典概型.画出树状图如图:可知所有的基本事件共有25个,满足题意的基本事件有10个,故所求概率P=1025=25.故选D.思路分析由树状图列出所有的基本事件,可知共有25个,满足题目要求的基本事件共有10个.由古典概型概率公式可知所求概率P=1025=2

13、5.易错警示本题易因忽略有放回的抽取而致错.疑难突破当利用古典概型求概率时,应区分有放回抽取与无放回抽取.有放回抽取一般采用画树状图法列出所有的基本事件,而无放回抽取一般采用穷举法.7.(2016课标文,3,5分)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.13B.12C.23D.56答案C从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种有以下选法:(红黄)、(红白)、(红紫)、(黄白)、(黄紫)、(白紫),共6种,其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在同一花坛)的选法有4种,所以所求事件的

14、概率P=46=23,故选C.解后反思从4种颜色的花中任选2种共有6种情况,不重不漏地列举出所有情况是解题关键.评析本题主要考查了古典概型、不重不漏地将所有情况列举出来是解题关键.8.(2016课标文,5,5分)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A.815B.18C.115D.130答案C小敏输入密码后两位的所有可能情况如下:(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1),(N,2),(

15、N,3),(N,4),(N,5),共15种.而能开机的密码只有一种,所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率为115.9.(2016北京文,6,5分)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为()A.15B.25C.825D.925答案B设这5名学生为甲、乙、丙、丁、戊,从中任选2人的所有情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),(丙,丁),(丙,戊),(丁,戊),共4+3+2+1=10种.其中甲被选中的情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),共4种,故甲被选中的概率为410=25.故选B.易错警示在列举基本事件时要不重不漏

16、,可画树状图:评析本题考查古典概型,属中档题.10.(2015课标文,4,5分)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数.从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为()A.310B.15C.110D.120答案C从1,2,3,4,5中任取3个不同的数有10种取法:(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),其中能构成一组勾股数的有1种:(3,4,5),故所求事件的概率P=110,故选C.11.(2015广东文,7,5分

17、)已知5件产品中有2件次品,其余为合格品.现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为()A.0.4B.0.6C.0.8D.1答案B记3件合格品分别为A1,A2,A3,2件次品分别为B1,B2,从5件产品中任取2件,有(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2),共10种可能.其中恰有一件次品有6种可能,由古典概型概率公式得所求事件概率为610=0.6.选B.12.(2014课标理,5,5分)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概

18、率为()A.18B.38C.58D.78答案D由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24种情况,而4位同学都选周六有1种情况,4位同学都选周日有1种情况,故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为P=241124=1416=78,故选D.13.(2014陕西文,6,5分)从正方形四个顶点及其中心这5个点中,任取2个点,则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为()A.15B.25C.35D.45答案B设正方形的四个顶点分别是A、B、C、D,中心为O,从这5个点中,任取两个点的事件分别为AB、AC、AD、AO、BC、BD、BO、CD、CO、DO,共有10种,其中只有顶点到中心O

19、的距离小于正方形的边长,分别是AO、BO、CO、DO,共有4种.故满足条件的概率P=410=25.故选B.评析本题考查古典概型知识,考查分析问题及阅读理解的能力.理解只有顶点到中心的距离小于边长是解题的关键.14.(2013课标文,3,5分)从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A.12B.13C.14D.16答案B从1,2,3,4中任取2个不同的数,共有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)6种不同的结果,取出的2个数之差的绝对值为2的有(1,3),(2,4)2种结果,概率为13,故选B.15.(2012安徽文,10,5

20、分)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于()A.15B.25C.35D.45答案B将同色小球编号.从袋中任取两球,所有基本事件为(红,白1),(红,白2),(红,黑1),(红,黑2),(红,黑3),(白1,白2),(白1,黑1),(白1,黑2),(白1,黑3),(白2,黑1),(白2,黑2),(白2,黑3),(黑1,黑2),(黑1,黑3),(黑2,黑3),共有15个基本事件,而一白一黑的共有6个,故所求概率P=615=25.故选B.评析本题主要考查古典概型概率的求解,同时考查了列举法.16.(2011课标文,6,5

21、分)有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A.13B.12C.23D.34答案A甲、乙两人都有3种选择,共有33=9种情况,甲、乙两人参加同一兴趣小组共有3种情况.甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率P=39=13,故选A.评析本题主要考查古典概型的概率运算,属容易题.17.(2011浙江文,8,5分)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,则所取的3个球中至少有1个白球的概率是()A.110B.310C.35D.910答案D解法一(直接法):所取3个球中至少有1个白球的取法可分为互斥的两类:两红一白有6种

22、取法,一红两白有3种取法,而从5个球中任取3个球的取法共有10种,所以所求概率为910,故选D.解法二(间接法):至少有一个白球的对立事件为所取3个球中没有白球,即只有3个红球,共1种取法,故所求概率为1-110=910,故选D.18.(2022全国甲理,15,5分)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率为.答案 635解析从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有C84=70种选法,其中4个点在同一平面的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知所求概率P=1270=635.19.(2022全国乙,理13,文14,5分,应用性)从甲、乙等

23、5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为.答案 310解析设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作包含的基本事件有C53个,事件A包含的基本事件有C31个,所以P(A)=C31C53=310.20.(2016四川文,13,5分)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a,b,则logab为整数的概率是.答案16解析所有的基本事件有(2,3),(2,8),(2,9),(3,2),(3,8),(3,9),(8,2),(8,3),(8,9),(9,2),(9,3),(9,8),共12个.记“logab为整数”为事件A,则事件A包含的基本事件

24、有(2,8),(3,9),共2个.P(A)=212=16.易错警示对a,b取值时要注意顺序.评析本题考查了古典概型.正确列举出基本事件是解题的关键.21.(2014课标文,13,5分)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行,则2本数学书相邻的概率为.答案23解析设2本不同的数学书为a1、a2,1本语文书为b,在书架上的排法有a1a2b,a1ba2,a2a1b,a2ba1,ba1a2,ba2a1,共6种,其中2本数学书相邻的有a1a2b,a2a1b,ba1a2,ba2a1,共4种,因此2本数学书相邻的概率P=46=23.22.(2014课标文,13,5分)甲、乙两名运动员各自等可能地

25、从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,则他们选择相同颜色运动服的概率为.答案13解析甲、乙的选择方案有红红、红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、蓝蓝9种,其中颜色相同的有3种,所以所求概率为39=13.23.(2014江苏,4,5分)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是.答案13解析从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,有(1,2),(1,3),(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况.满足条件的有(2,3),(1,6),共2种情况.故P=26=13.24.(2014浙江文,14,4分)在3张奖券中有一、二等奖各1张,另

26、1张无奖.甲、乙两人各抽取1张,两人都中奖的概率是.答案13解析设A为一等奖奖券,B为二等奖奖券,C为无奖奖券,则甲、乙两人抽取的所有可能结果为AB、BA、AC、CA、BC、CB,共6种.而甲、乙两人都中奖的情况有AB、BA,共2种.故所求概率为26=13.25.(2013课标文,13,5分)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数,其和为5的概率是.答案0.2解析任取两个不同的数的情况有:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10种,其中和为5的有2种,所以所求概率为210=0.2.26.(2018天津文,

27、15,13分)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动.(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人?(2)设抽出的7名同学分别用A,B,C,D,E,F,G表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的概率.解析本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.(1)由已知,甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数

28、之比为322,由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学,因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人,2人,2人.(2)从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为A,B,A,C,A,D,A,E,A,F,A,G,B,C,B,D,B,E,B,F,B,G,C,D,C,E,C,F,C,G,D,E,D,F,D,G,E,F,E,G,F,G,共21种.由(1),不妨设抽出的7名同学中,来自甲年级的是A,B,C,来自乙年级的是D,E,来自丙年级的是F,G,则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为A,B,A,C,B,C,D,E,F,G,共5种.所以,事件M发生的概率P(M

29、)=521.易错警示解决古典概型问题时,需注意以下几点:(1)忽视基本事件的等可能性导致错误;(2)列举基本事件考虑不全面导致错误;(3)在求基本事件总数和所求事件包含的基本事件数时,一个按有序,一个按无序处理导致错误.27.(2017山东文,16,12分)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B1,B2,B3中选择2个国家去旅游.(1)若从这6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A1但不包括B1的概率.解析(1)由题意知,从6个国家中任选两个国家,其一切可能的结果组成的基本事件有:A1,A2,A1,

30、A3,A2,A3,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A3,B1,A3,B2,A3,B3,B1,B2,B1,B3,B2,B3,共15个.所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有:A1,A2,A1,A3,A2,A3,共3个,则所求事件的概率P=315=15.(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个,其一切可能的结果组成的基本事件有:A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A3,B1,A3,B2,A3,B3,共9个.包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有:A1,B2,A1,B3,共2个,则所求事件的概率P=29.方法总

31、结求古典概型概率的一般步骤:1.求出所有基本事件的个数n,常用的方法有列举法、列表法、画树状图法;2.求出事件A所包含的基本事件的个数m;3.代入公式P(A)=mn求解.28.(2015天津文,15,13分)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛.(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.(i)用所给编号列出所有可能的结果;(ii)设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被

32、抽到”,求事件A发生的概率.解析(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.(2)(i)从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为A1,A2,A1,A3,A1,A4,A1,A5,A1,A6,A2,A3,A2,A4,A2,A5,A2,A6,A3,A4,A3,A5,A3,A6,A4,A5,A4,A6,A5,A6,共15种.(ii)编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为A1,A5,A1,A6,A2,A5,A2,A6,A3,A5,A3,A6,A4,A5,A4,A6,A5,A6,共9种.因此,事件A发生的概率P(A)=915=35.评析本小题主要考

33、查分层抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识.考查运用概率、统计知识解决简单实际问题的能力.29.(2015山东文,16,12分)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人)参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230 (1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率;(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A1被选中且B1未被选中的概率.解析(1)由调查数据

34、可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人,所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P=1545=13.(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的基本事件有:A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,B1,A2,B2,A2,B3,A3,B1,A3,B2,A3,B3,A4,B1,A4,B2,A4,B3,A5,B1,A5,B2,A5,B3,共15个.根据题意,这些基本事件的出现是等可能的.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有:A1,B2,A1,B3,共2个.因此A1被选中且B1未被选

35、中的概率为P=215.评析本题考查随机事件的概率及其计算,考查运算求解能力及应用意识.30.(2014四川文,16,12分)一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次,每次抽取1张,将抽取的卡片上的数字依次记为a,b,c.(1)求“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率;(2)求“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率.解析(1)由题意知,(a,b,c)所有可能的结果为(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1

36、),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3),共27种.设“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”为事件A,则事件A包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共3种.所以P(A)=327=19.因此,“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为19.(2)设“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”为事件B,则事件B包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,

37、3),共3种.所以P(B)=1-P(B)=1-327=89.因此,“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率为89.评析本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算,考查应用意识.31.(2014天津文,15,13分)某校夏令营有3名男同学A,B,C和3名女同学X,Y,Z,其年级情况如下表:一年级二年级三年级男同学ABC女同学XYZ现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同).(1)用表中字母列举出所有可能的结果;(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”,求事件M发生的概率.解析(1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可

38、能结果为A,B,A,C,A,X,A,Y,A,Z,B,C,B,X,B,Y,B,Z,C,X,C,Y,C,Z,X,Y,X,Z,Y,Z,共15种.(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为A,Y,A,Z,B,X,B,Z,C,X,C,Y,共6种.因此,事件M发生的概率为615=25.评析本题主要考查用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.32.(2016山东文,16,12分)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指针所指

39、区域中的数.设两次记录的数分别为x,y.奖励规则如下:若xy3,则奖励玩具一个;若xy8,则奖励水杯一个;其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.(1)求小亮获得玩具的概率;(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.解析用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基本事件空间与点集S=(x,y)|xN,yN,1x4,1y4一一对应.因为S中元素的个数是44=16,所以基本事件总数n=16.(1)记“xy3”为事件A,则事件A包含的基本事件数共5个,即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1).所以P(A)=516,即

40、小亮获得玩具的概率为516.(2)记“xy8”为事件B,“3xy516,所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.易错警示本题出错的原因有两个:(1)理解不清题意,不能将基本事件列举出来;(2)列举基本事件有遗漏.评析本题主要考查了古典概型,理解题意,不重不漏地列举出基本事件是解题关键.考点3.事件相互独立性1.(多选)(2023新课标,12,5分,难)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立,发送0时,收到1的概率为(01),收到0的概率为1-;发送1时,收到0的概率为(01),收到1的概率为1-.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重

41、复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1)()A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-)(1-)2B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为(1-)2C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为(1-)2+(1-)3D.当00.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率答案ABD当发送0时,收到0,1分别记为事件A,B,当发送1时,收到0,1分别记为事件C,D,则P(A)=

42、1-,P(B)=,P(C)=,P(D)=1-,且A,B,C,D相互独立.对于A,即求事件DAD发生的概率,P(DAD)=P(A)(P(D)2=(1-)(1-)2,故A正确;对于B,即求事件DCD发生的概率,P(DCD)=P(C)(P(D)2=(1-)2,故B正确;对于C,采用三次传输方案,发送1,且译码为1的情况有两种:3次发送均收到1,3次发送恰有2次收到1,故所求概率为(1-)3+3(1-)2,故C不正确;对于D,采用三次传输方案,发送0,且译码为0的概率为(1-)3+3(1-)2=(1+2)(1-)2,采用单次传输方案,发送0,且译码为0的概率为1-,(1+2)(1-)2-(1-)=(1

43、-)(1+2)(1-)-1=(1-)(-22+)=(1-)(1-2),00,1-20,(1-)(1-2)0,(1+2)(1-)21-,故D正确.故选ABD.2.(2021新高考,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则()A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立答案B依题意,有放回地随机取两次,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),(

44、1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6).其中P(甲)=636=16,P(乙)=636=16,P(丙)=536,P(丁)=636=16,丁事件包含(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6个基本事件.丙事件包含(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5个基本事件.易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,P(乙