第10章概率章末重难点题型总结（10类）（举一反三）（人教A版2019）

第10章概率章末重难点题型总结（10类）【题型1事件的关系及运算】【方法点拨】根据事件之间的关系，结合具体问题，进行转化求解.进行事件的运算时，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和运算用Venn图分析事件.【例1】（2021秋•城关区校级期末）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”【解题思路】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．【解答过程】解：从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，对于A，“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件，故A错误；对于B，至少有2个白球”和“至多有1个红球”能同时发生，不是互斥事件，故B错误；对于C，“恰有1个白球”和“恰有2个白球”不能同时发生，但能同时不发生，是互斥而不对立事件，故C正确；“至多有1个白球”和“都是红球”能同时发生，不是互斥事件，故D错误．故选：C．【变式11】（2021秋•赣州期末）连续抛掷一枚均匀硬币3次，事件“至少2次出现正面”的对立事件是（）A．只有2次出现反面 B．至少2次出现正面 C．有2次或3次出现正面 D．有2次或3次出现反面【解题思路】利用对立事件的定义直接求解．【解答过程】解：连续抛掷一枚均匀硬币3次，事件“至少2次出现正面”的对立事件是有2次或3次出现反面．故选：D．【变式12】（2021秋•遂宁期末）从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．至少有一个黑球与都是红球 B．至少有一个红球与都是红球 C．至少有一个红球与至少有1个黑球 D．恰有1个红球与恰有2个红球【解题思路】求出总的基本事件，再对应各个选项逐个判断即可求解．【解答过程】解：从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，总的基本事件为（红，红），（红，黑），（黑，黑），选项A：至少有一个黑球包含（红，黑），（黑，黑），与都是红球是互斥且对立，故A错误，选项B：至少有一个红球包含（红，红），（红，黑），与都是红球不互斥，故B错误，选项C：由A，B可得不互斥，故C错误，选项D：恰有一个红球包含（红，黑），与2个都是红球互斥不对立，故D正确，故选：D．【变式13】（2021秋•宝塔区校级期末）已知事件A与事件B是互斥事件，则（）A．P（A∩B）＝0 B．P（A∩B）＝P（A）P（B） C．P（A）＝1﹣P（B） D．P（A∪B）＝1【解题思路】事件A与事件B是互斥事件，则P（A∩B）＝0，P（A）≤1﹣P（B），P（A∪B）＝P（Ω）＝1．【解答过程】解：事件A与事件B是互斥事件，对于A，P（A∩B）＝0，故A错误；对于B，P（A∩B）＝0，故B错误；对于C，P（A）≤1﹣P（B），故C错误；对于D，P（A∪B）＝P（Ω）＝1，故D正确．故选：D．【题型2古典概型的判断及其概率的求解】【方法点拨】第一步，阅读题目，判断试验是否是古典概型；第二步，计算样本空间中的样本点个数n；第三步，计算所求事件A包含的样本点个数k；第四步，计算所求事件A的概率，.【例2】（2021春•安庆期末）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过体重指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过体重指标的概率为（）A．23 B．35 C．25 【解题思路】设其中做过测试的3只兔子为a，b，c，剩余的2只为A，B，则从这5只兔子中任取3只，利用列举法能求出恰有2只做过测试的概率．【解答过程】解：设其中做过测试的3只兔子为a，b，c，剩余的2只为A，B，则从这5只兔子中任取3只的所有取法有：{a，b，c}，{a，b，A}，{a，b，B}，{a，c，A}，{a，c，B}，{a，A，B}，{b，c，A}，{b，c，B}，{b，A，B}，{c，A，B}，共10种，其中恰有2只做过测试的取法有：{a，b，A}，{a，b，B}，{a，c，A}，{a，c，B}，{b，c，A}，{b，c，B}，共6种，所以恰有2只做过测试的概率为p=6故选：B．【变式21】（2020•丹东一模）从字母a、b、c、d、e中任取两个不同的字母，则取到字母a的概率为（）A．15 B．25 C．35 【解题思路】由题意列举出总的基本事件数，从中找出含字母a的数目，由古典概型概率公式可得．【解答过程】解：从字母a、b、c、d、e中任取两个不同的字母有：（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e）共10种取法，其中取到字母a的有（a，b），（a，c），（a，d），（a，e）共4种取法，∴所求概率P=故选：B．【变式22】（2020•泸县校级模拟）五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币．若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么，没有相邻的两个人站起来的概率为（）A．516 B．1132 C．1532 【解题思路】基本事件总数n＝25＝32，设五个人为A，B，C，D，E，所有人都坐着，共有1种，只有一个人站着，共有5种，只有两个人站着，共有AC，AD，BD，BE，CE等5种，如果有三个以人站着，则不符合题意，由此能求出没有相邻的两个人站起来的概率．【解答过程】解：五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币，硬币正面朝上，则这个人站起来，硬币正面朝下，则这个人继续坐着．基本事件总数n＝25＝32，如图，设五个人为A，B，C，D，E，所有人都坐着，共有1种，只有一个人站着，共有5种，只有两个人站着，共有AC，AD，BD，BE，CE等5种，如果有三个以人站着，则不符合题意，∴没有相邻的两个人站起来的概率为p=1+5+5故选：B．【变式23】（2020秋•南关区校级期末）2019年10月，德国爆发出“芳香烃门”事件，即一家权威的检测机构在德国销售的奶粉中随机抽检了16款（德国4款、法国8款、荷兰4款），其中8款检测出芳香烃矿物油成分，此成分会严重危害婴幼儿的成长，有些奶粉已经远销至中国．A地区闻讯后，立即组织相关检测员对这8款品牌的奶粉进行抽检，已知该地区一婴幼儿用品商店在售某品牌的奶粉共6袋，这6袋奶粉中有4袋含有芳香烃矿物油成分，则随机抽取3袋，恰有2袋含有芳香烃矿物油成分的概率为（）A．310 B．710 C．25 【解题思路】记6袋奶粉中，不含芳香烃矿物油成分的奶粉为A、B，含芳香烃矿物油成分的奶粉为a、b、c、d，任取3袋，利用列举法能求出恰有2袋含有芳香烃矿物油成分的概率．【解答过程】解：记6袋奶粉中，不含芳香烃矿物油成分的奶粉为A、B，含芳香烃矿物油成分的奶粉为a、b、c、d，任取3袋，所有的情况为：（A，B，a），（A，B，b），（A，B，c），（A，B，d），（A，a，b），（A，a，c），（A，a，d），（A，b，c），（A，b，d），（A，c，d），（B，a，b），（B，a，c），（B，a，d），（B，b，c），（B，b，d），（B，c，d），（a，b，c），（a，b，d），（a，c，d），（b，c，d），共20种，其中恰有2袋含有芳香烃矿物油成分包含的基本事件有：（A，a，b），（A，a，c），（A，a，d），（A，b，c），（A，b，d），（A，c，d），（B，a，b），（B，a，c），（B，a，d），（B，b，c），（B，b，d），（B，c，d），共12种，故恰有2袋含有芳香烃矿物油成分的概率为：P=故选：D．【题型3概率的基本性质的应用】【方法点拨】根据具体问题，准确表示事件，分析事件之间的关系，结合概率的基本性质，计算概率.【例3】（2020秋•双塔区校级期末）下列4个命题：①对立事件一定是互斥事件；②若A，B为两个事件，则P（A+B）＝P（A）+P（B）；③若事件A，B，C彼此互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1；④若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B是对立事件，其中错误的有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【解题思路】利用对立事件、互斥事件的概念、性质直接求解．【解答过程】解：在①中，对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，故①正确；在②中，若A，B为两个互斥事件，则P（A+B）＝P（A）+P（B），若A，B不为两个互斥事件，则P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB），故②错误；在③中，若事件A，B，C彼此互斥，则P（A）+（B）+P（C）≤1，故③错误；在④中，若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B有可能不是对立事件．故选：D．【变式31】（2021春•信阳期末）若A，B事件互斥，且有P（A）＝0.1，P（B）＝0.3，那么P（A∪B）＝（）A．0.6 B．0.4 C．0.2 D．0.03【解题思路】由条件根据互斥事件的概率加法公式，求得即可．【解答过程】解：∵事件A、B是互斥事件，且P（A）＝0.1，P（B）＝0.3，∴P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.4，故选：B．【变式32】（2021春•金台区期末）在一个试验模型中，设A表示一个随机事件，A表示A的对立事件．以下给出了3个结论：①P（A）＝P（A）；②P（A+A）＝1；③若P（A）＝1，则P（A）＝0其中错误的结论共有（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【解题思路】由对立事件的性质，知：P（A+A）＝P（A）+P（A）＝1，由此知：①P（A）＝P（A）错误；②P（A+A）＝1正确；③若P（A）＝1，则P（A）＝【解答过程】解：由对立事件的性质，知：P（A+A）＝P（A）+P（A）＝1，∴P（A）＝1﹣P（A故若P（A）＝1，则P（A）＝0．∴①P（A）＝P（A）错误；②P（A+A）＝1正确；③若P（A）＝1，则P（A）＝0故选：C．【变式33】（2021春•枣阳市校级期末）在一次随机试验中，三个事件A1，A2，A3的概率分别为0.2，0.3，0.5，则下列说法正确的个数是（）①A1+A2与A3是互斥事件，也是对立事件；②A1+A2+A3是必然事件；③P（A2+A3）＝0.8；④P（A1+A2）≤0.5．A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】据三个事件A1、A2、A3不一定是互斥事件，从而P（A1+A2））≤0.5，P（A2+A3）≤0.8，P（A1+A2+A3）≤1即可得到结论【解答过程】解：三个事件A1、A2、A3不一定是互斥事件故P（A1+A2）≤0.5，P（A2+A3）≤0.8，P（A1+A2+A3）≤1A1+A2与A3不一定是互斥事件，也不一定是对立事件；故④正确；故选：B．【题型4古典概型与其他知识的综合】【方法点拨】对于古典概型与其他知识的综合问题，解题的关键是求出所求事件包含的样本点的个数.找出满足条件的情况，从而确定样本点的个数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可.【例4】（2020秋•农安县期末）某中学举行了一次“交通安全知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛．为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：组别分组频数频率第1组[50，60）80.16第2组[60，70）a第3组[70，80）200.40第4组[80，90）0.08第5组[90，100]2b合计（1）写出a，b，x，y的值；（2）若现在需要采用分层抽样的方式从5个小组中抽取25人去参加市里的抽测考试，则第1，2，3组应分别抽取多少人？（3）在选取的样本中，从竞赛成绩是80分以上（含80分）的同学中随机抽取2名同学到广场参加交通安全知识的志愿宣传活动．求所抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率．【解题思路】（1）由频率分布表和频率分布直方图列方程能求出结果．（2）求出样本总人数为50人，设从第1，2，3组应分别抽取m，n，p人．利用分层抽样的性质列方程，能求出结果．（3）由题意，知第4组共有4人，记为A，B，C，D，第5组共有2人，记为X，Y．从竞赛成绩是80分以上（含80分）的同学中随机抽取2名同学，利用列举法能求出随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率．【解答过程】解：（1）由题意，知80.16=2b，解得由a1-0.16-0.4-0.08-0.04=80.16，解得∴x＝0.032，y＝0.004．（2）样本总人数为80.16=50（人），设从第1，2，3组应分别抽取m，n，根据题意，2550解得m＝4，n＝8，p＝10．故从1，2，3组应分别抽取4人、8人、10人．（3）由题意，知第4组共有4人，记为A，B，C，D，第5组共有2人，记为X，Y．从竞赛成绩是8（0分）以上（含80分）的同学中随机抽取2名同学，有AB，AC，AD，BC，BD，CD，AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY，共15种情况．设“随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组”为事件E．有AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY共9种情况．所以随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率P(【变式41】（2020秋•抚顺期末）某市从2019年参加高三学业水平考试的学生中随机抽取80名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六组[90，100），[100，110），…，[140，150]后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：（1）求分数在[120，130）内的频数；（2）若在同一组数据中，将该组区间的中点值（如：组区间[100，110）的中点值为100+1102（3）用分层抽样的方法在分数段为[110，130）的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至少有1人在分数段[120，130）内的概率．【解题思路】（1）先求出分数在[120，130）内的频率，由此能求出分数在[120，130）内的频数．（2）利用频率分布直方图能估计平均分．（3）由题意，[110，120）分数段的人数为12人，[120，130）分数段的人数为24人．用分层抽样的方法在分数段为[110，130）的学生中抽取一个容量为6的样本，需在[110，120）分数段内抽取2人，分别记为A1，A2，在[120，130）分数段内抽取4人，分别记为B1B2，B3B4，设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段[120，130）内”为事件A，利用列举法能求出至少有1人在分数段[120，130）内的概率．【解答过程】解：（1）分数在[120，130）内的频率为：1﹣（0.1+0.15+0.15+0.25+0.05）＝1﹣0.7＝0.3故频数为80×0.3＝24．（2）估计平均分为x=95×0.1+105×0.15+115×0.15+125×0.3+135×0.25+145×0.05=121（3）由题意，[110，120）分数段的人数为80×0.15＝12（人）．[120，130）分数段的人数为80×0.3＝24（人）．用分层抽样的方法在分数段为[110，130）的学生中抽取一个容量为6的样本，所以需在[110，120）分数段内抽取2人，分别记为A1，A2，在[120，130）分数段内抽取4人，分别记为B1B2，B3B4，设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段[120，130）内”为事件A，则样本空间：Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4}，共包含15个样本点事件A：“从样本中任取2人，2人都不在分数段[120，130）内”A={A1所以至少有1人在分数段[120，130）内的概率为：p(【变式42】（2020春•商丘期末）某新装修的“小吃城”位于市区的黄金地段，准备今年10月1日开始正式营业，从9月28日至9月30日试营业，试营业期间吸引了大批的消费者前来消费．为了促进消费者在“小吃城”消费，该“小吃城”决定在试营业期间，顾客可以选择向“小吃城”发行的VIP卡内预先充值，充1000元送150元，充2000元送300元，…，依此类推．试营业期间共有200名顾客进行了充值活动，“小吃城”根据顾客充值的金额（单位：千元），将这200人进行分组，分成（0，1]，（1，2]，（2，3]，（3，4]，（4，5]，（5，6]共6个组，得到频率分布数据如下：组别一二三四五六充值金额单位：千元）（0，1]（1，2]（2，3]（3，4]（4，5]（5，6]人数1624xy2010频率0.080.12pq0.100.05已知充值金额不超过3千元与超过3千元的人数比恰为3：2．（1）求x，y，p，q的值；（2）补全如图所示的频率分布直方图；（3）若从充值金额超过4千元的顾客中，按人数分层抽取6人，再从这6个人中随机抽取2人，给予这2人在“小吃城”开业的当天晚上消费免单的优惠，求“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组的概率．【解题思路】（1）利用频数分布表和频率分布直方图列出方程组，能求出x，y，p，q的值．（2）由x，y，p，q的值能补全频率分布直方图．（3）设“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组的事件为M，充值的金额超过4千元的顾客共有30人，从中按人数分层抽取6人，则第5组抽4人，第6组抽2人，第五组的4人用A，B，C，D表示，第六组的2人用x，y表示，从这6人中随机抽取2人，利用列举法能求出“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组的概率．【解答过程】解：（1）根据题意得：16+24+x解得x＝80，y＝50，∴p＝0.40，q＝0.25．（2）补全后的频率分布直方图如图所示：（3）设“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组的事件为M，充值的金额超过4千元的顾客共有30人，从中按人数分层抽取6人，则第5组抽4人，第6组抽2人，第五组的4人用A，B，C，D表示，第六组的2人用x，y表示，则从这6人中随机抽取2人有15种不同抽法，分别为：（A，B），（A，C），（A，D），（A，x），（A，y），（B，C），（B，D），（B，x），（B，y），（C，D），（C，x），（C，y），（D，x），（D，y），（x，y），“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组共7组不同的选法，分别为：（A，B），（A，C），（A，D），（B，C），（B，D），（C，D），（x，y），∴“小吃城”开业的当天在该“小吃城”消费免单的2人来自同一组的概率p（M）=7【变式43】（2020春•信阳期末）某高校为了制定培养学生阅读习惯，指导学生提高阅读能力的方案，需了解全校学生的阅读情况，现随机调查了200名学生每周阅读时间X（单位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）求这200名学生每周阅读时间的中位数a（a的值精确到0.01）；（Ⅱ）为查找影响学生阅读时间的因素，学校团委决定从每周阅读时间为[6.5，7.5），[7.5，8.5）的学生中抽取6名参加座谈会．（i）你认为6个名额应该怎么分配？并说明理由；（ii）从这6名学生中随机抽取2人，求至多有一人每周读书时间在[7.5，8.5）的概率．【解题思路】（Ⅰ）利用频率分布直方图能求出a的值．（Ⅱ）（i）每周阅读时间为[6.5，7.5）的学生中抽取2名，每周阅读时间为[6.5，7.5）的学生中抽取2名，每周阅读时间为[7.5，8.5）的学生中抽取4名．每周阅读时间为[6.5，7.5）与每周阅读时间为[7.5，8.5）是差异明显的两层，采用分层抽样的方法抽取样本，按照1：2进行名额分配．（ii）设从分组区间[6.5，7.5）抽到的学生为A1，A2两人，从分组区间[7.5，8.5）抽到学生为B1，B2，B3，B4四人，从这6人中抽出2人，利用列举法能求出至多有一人每周读书时间在[7.5，8.5）的概率．【解答过程】解：（Ⅰ）∵0.03+0.1+0.2+0.35＝0.68＞0.5，∴中位数a∈[8.5，9.5），由0.03+0.1+0.2+（a﹣8.5）×0.35＝0.5，解得a=0.5-0.330.35+8.5（Ⅱ）（i）每周阅读时间为[6.5，7.5）的学生中抽取2名，每周阅读时间为[6.5，7.5）的学生中抽取2名，每周阅读时间为[7.5，8.5）的学生中抽取4名．理由：每周阅读时间为[6.5，7.5）与每周阅读时间为[7.5，8.5）是差异明显的两层，为保持样本结构与总体结构的一致性，提高样本的代表性，宜采用分层抽样的方法抽取样本，∵两者频率分别为0.1，0.2，∴按照1：2进行名额分配．（ii）设从分组区间[6.5，7.5）抽到的学生为A1，A2两人，从分组区间[7.5，8.5）抽到学生为B1，B2，B3，B4四人，从这6人中抽出2人的所有可能结果有15个，分别为：（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A1，B4），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（A2，B4），（B1，B2），（B1，B3），（B1，B4），（B2，B3），（B2，B4），（B3，B4），设“至多有一人每周读书时间在[7.5，8.5）”为事件A，则A中有9个基本元素，∴至多有一人每周读书时间在[7.5，8.5）的概率为P（A）=9【题型5相互独立事件的概率】【方法点拨】利用相互独立事件的概率乘法公式，进行求解即可.【例5】（2021秋•桂林期末）甲、乙两人破译一份电报，甲能独立破译的概率为0.3，乙能独立破译的概率为0.4，且两人是否破译成功互不影响，则两人都成功破译的概率为（）A．0.12 B．0.5 C．0.7 D．0.88【解题思路】利用相互独立事件概率乘法公式直接求解．【解答过程】解：甲、乙两人破译一份电报，甲能独立破译的概率为0.3，乙能独立破译的概率为0.4，且两人是否破译成功互不影响，则两人都成功破译的概率为P＝0.3×0.4＝0.12．故选：A．【变式51】（2021春•河北区期末）甲，乙同时参加某次英语考试，已知各人的考试成绩达到优秀的概率分别为0.6，0.7，且两人的考试成绩互不影响，则甲、乙两人的考试成绩都未达到优秀的概率为（）A．0.12 B．0.18 C．0.28 D．0.42【解题思路】根据题意，用A表示甲成绩达到优秀，用B表示乙成绩达到优秀，则由P（AB）＝P（A）P（B【解答过程】解：根据题意，用A表示甲成绩达到优秀，用B表示乙成绩达到优秀，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.7，则有P（AB）＝P（A）P（B）＝（1﹣0.6）（1﹣0.7）＝0.12即甲、乙两人的考试成绩都未达到优秀的概率为0.12．故选：A．【变式52】（2021春•山西期末）甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为12，14，A．120 B．2132 C．2164 【解题思路】利用相互独立事件概率乘法公式，先求出此密码不能译出的概率，由此能求出此密码能被译出的概率．【解答过程】解：∵甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为12，14，∴此密码不能译出的概率为(1-1故此密码能被译出的概率P=1故选：D．【变式53】（2021秋•海淀区期末）4×100米接力赛是田径运动中的集体项目，一根小小的木棒，要四个人共同打造一个信念，一起拼搏，每次交接都是信任的传递．甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合．已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（）A．p1p2p3 B．1﹣p1p2p3 C．（1﹣p1）（1﹣p2）（1﹣p3） D．1﹣（1﹣p1）（1﹣p2）（1﹣p3）【解题思路】根据对立事件和独立事件求概率的方法可求得答案．【解答过程】解：∵该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，∴三次交接棒不失误的概率分别为1﹣p1，1﹣p2，1﹣p3，∴假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（1﹣p1）（1﹣p2）（1﹣p3）．故选：C．【题型6互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】【方法点拨】阅读题目，分析事件之间的关系，一般将问题划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式求解.【例6】（2021秋•辽宁期末）小方每次投篮的命中率为57，假设每次投篮相互独立，则他连续投篮2次，恰有1A．2049 B．1049 C．2549 【解题思路】利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出结果．【解答过程】解：小方每次投篮的命中率为57则他连续投篮2次，恰有1次命中的概率为：P=5故选：A．【变式61】（2021春•海淀区校级期末）设甲、乙两个厂家生产同一款产品的市场占有率分别为34和14，且甲、乙两厂生产该款产品的合格率分别为80%和A．740 B．910 C．3340 【解题思路】根据题意，分别计算买到的合格品是甲厂生产的和乙厂生产的概率，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．【解答过程】解：根据题意，若买到的合格品是甲厂生产的，其概率P1=34×若买到的合格品是乙厂生产的，其概率P2=14×则从市场上买到一个合格品的概率P＝P1+P2=3故选：C．【变式62】（2021春•重庆期末）某考生参加高中学业水平考试，其中语文、数学、英语考试达到优秀的概率分别12，14，A．38 B．716 C．516 【解题思路】记事件语文、数学、英语考试达到优秀分别为A，B，C，则P（A）=12，P（B）=14，P（C）=12，则恰有两科达到优秀的概率P＝P（ABC）+P（ABC）【解答过程】解：记事件语文、数学、英语考试达到优秀分别为A，B，C，则P（A）=12，P（B）=14，P（则恰有两科达到优秀的概率P＝P（ABC）+P（ABC）+P（ABC）=1故选：C．【变式63】（2021春•无锡期末）现行排球比赛规则为五局三胜制，前四局每局先得25分者为胜，第五局先得15分者为胜，并且每赢1球得1分，每次得分者发球；当出现24平或14平时，要继续比赛至领先2分才能取胜．在一局比赛中，甲队发球赢球的概率为12，甲队接发球赢球的概率为35，在比分为24：24平且甲队发球的情况下，甲队以27：A．18 B．320 C．310 【解题思路】由比分可知甲需胜3局，输1局，且甲第四局胜，第1局或第2局输，由此能求出在比分为24：24平且甲队发球的情况下，甲队以27：25赢下比赛的概率．【解答过程】解：由比分可知甲需胜3局，输1局，且甲第四局胜，第1局或第2局输，故在比分为24：24平且甲队发球的情况下，甲队以27：25赢下比赛的概率为：P=1故选：B．【题型7频率与概率的区别与特点】【方法点拨】根据频率与概率的区别，频率的稳定性等基础知识，进行求解即可.【例7】（2021春•乐山期末）下列叙述随机事件的频率与概率的关系中哪个是正确的（）A．频率就是概率 B．频率是客观存在的，与试验次数无关 C．概率是随机的，在试验前不能确定 D．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率【解题思路】因为概率是在大量重复试验后，事件A发生的频率逐渐接近的值，所以就可得到正确答案．【解答过程】解：事件A的频率是指事件A发生的频数与n次事件中事件A出现的次数比，一般来说，随机事件A在每次实验中是否会发生是不能预料的，但在大量重复试验后，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会逐渐稳定在区间[0，1]中的某个常数上，这个常数就是事件A的概率．∴随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率．故选：D．【变式71】（2021春•溧阳市期末）某种彩票中奖的概率为110000A．买10000张彩票一定能中奖 B．买10000张彩票只能中奖1次 C．若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖 D．买一张彩票中奖的可能性是1【解题思路】根据事件的运算及概率的性质对四个说法进行验证即可得出正确的说法的个数，选出正确答案．【解答过程】解：如果某种彩票的中奖概率为110000，则买10000张这种彩票仍然是随机事件，即买10000张彩票，可能有多张中奖，也可能不能中奖，排除A，B若买9999张彩票未中奖，则第10000张也是随机事件，且发生概率仍然是110000，故C错误，这里的中奖的概率为110000，是指买一张彩票中奖的可能性是110000故选：D．【变式72】（2020春•东丽区期末）考虑掷硬币实验，设A＝“正面朝上”，则下列论述正确的是（）A．掷2次硬币，事件“一个正面，一个反面”发生的概率为13B．掷10次硬币，事件A发生的次数一定是5 C．重复掷硬币，事件A发生的频率等于事件A发生的概率 D．当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近0.5【解题思路】根据题意，由随机事件的定义和概率的性质依次分析选项，综合可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，掷2次硬币，有4个基本事件，事件“一个正面，一个反面”有2个基本事件，则该事件发生的概率为12，A对于B，掷10次硬币，事件A发生的次数不一定是5，B错误；对于C，重复掷硬币，事件A发生的频率接近事件A发生的概率，C错误；对于D，当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近事件A发生的概率，即接近0.5，D正确，故选：D．【变式73】（2020秋•龙岩期末）下列命题中正确的是（）A．事件A发生的概率P（A）等于事件A发生的频率fn（A） B．一个质地均匀的骰子掷一次得到3点的概率是16，说明这个骰子掷6次一定会出现一次3点C．掷两枚质地均匀的硬币，事件A为“一枚正面朝上，一枚反面朝上”，事件B为“两枚都是正面朝上”，则P（A）＝2P（B） D．对于两个事件A、B，若P（A∪B）＝P（A）+P（B），则事件A与事件B互斥【解题思路】利用频率与概率的定义判断选项A，B，直接求解即可判断选项C，利用事件互斥的概率判断选项D．【解答过程】解：频率与试验次数有关，总在概率附近摆动，故选项A错误；概率是指这件事发生的可能性，故选项B错误；P（A）=24=12，P（B）=12×12=1因为P（A∪B）＝P（A）+P（B），则P（A∩B）＝0，若是在同一试验下，说明事件A与事件B一定是互斥事件，但若在不同试验下，事件A和B不一定互斥，故选项D错误．故选：C．【题型8频率估计概率在统计中的应用】【方法点拨】此类题目的解题方法是：先利用频率的计算公式依次计算出各个频率，然后根据频率与概率的关系估计事件发生的概率，据此得出统计推断.【例8】（2020春•保山期末）2020年新型冠状病毒席卷全球，美国是疫情最严重的国家，截止2020年6月8日美国确诊病例约为200万人，经过随机抽样，从感染人群中抽取1000人进行调查，按照年龄得到如下频数分布表：年龄（岁）[0，20）[20，40）[40，60）[60，80）[80，100）频数50a32030080（Ⅰ）求a的值及这1000例感染人员的年龄的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（Ⅱ）用频率估计概率，求感染人群中年龄不小于60岁的概率．【解题思路】（Ⅰ）由频数分布表能求出a的值及这1000例感染人员的年龄的平均数．（Ⅱ）1000人中年龄不小于60岁的人有380人，用频率估计概率，能求出感染人群中年龄不小于60岁的概率．【解答过程】解：（Ⅰ）由题意知50+a+320+300+80＝1000，∴a＝250，年龄平均数=50×10+30×250+50×320+70×300+90×80（Ⅱ）1000人中年龄不小于60岁的人有380人，所以年龄不小于60岁的频率为3801000用频率估计概率，所以感染人群中年龄不小于60岁的概率为0.38．【变式81】（2021•揭阳二模）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．（Ⅰ）求小明在这十次游戏中所得奖品数的均值；（Ⅱ）规定过三关者才能玩另一个高级别的游戏，估计小明一次游戏后能玩另一个游戏的概率；（Ⅲ）已知小明在某四次游戏中所过关数为{2，2，3，4}，小聪在某四次游戏中所过关数为{3，3，4，5}，现从中各选一次游戏，求小明和小聪所得奖品总数超过10的概率．【解题思路】（Ⅰ）列出小明的过关数与奖品数对应表，由此能求出小明在这十次游戏中所得奖品数的均值．（Ⅱ）利用等可能事件概率计算公式能求出小明一次游戏后能玩另一个游戏的概率．（Ⅲ）小明在四次游戏中所得奖品数为{2，2，4，8}，小聪在四次游戏中所得奖品数为{4，4，8，16}，由此利用列举法能求出小明和小聪所得奖品总数超过10的概率．【解答过程】解：（Ⅰ）小明的过关数与奖品数如下表：过关数012345奖品数0124816﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）小明在这十次游戏中所得奖品数的均值为：110(1×2+2×3+4×2+8×1+16×1)=4；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（（Ⅱ）小明一次游戏后能玩另一个游戏的概率约为2+1+110=0.4；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（（Ⅲ）小明在四次游戏中所得奖品数为{2，2，4，8}，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）小聪在四次游戏中所得奖品数为{4，4，8，16}，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）现从中各选一次游戏，奖品总数如下表：22484668124668128101012161618182024﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）共16个基本事件，总数超过10的有8个基本事件，故所求的概率为816=1【变式82】（2021•贵州二模）PM2.5是衡量空气污染程度的一个指标，为了了解A市空气质量情况，从2018年每天的PM2.5值的数据中随机抽取40天的数据，其频率分布直方图如图所示．将PM2.5值划分成区间[0，100）、[100，150）、[150，200）、[200，250]，分别称为一级、二级、三级和四级，统计时用频率估计概率．（1）根据2018年的数据估计该市在2019年中空气质量为一级的天数；（2）按照分层抽样的方法，从样本二级、三级、四级中抽取6天的PM2.5数据，再从这6个数据中随机抽取2个，求仅有二级天气的概率．【解题思路】（1）由频率近似概率，计算空气质量为一级的天数即可；（2）首先确定每组抽取的个数，然后列出所有可能的基本事件，并找到满足题意的事件，最后利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值．【解答过程】解：（1）由样本空气质量PM2.5的数据的频率分布直方图可知，其频率分布如下表：PM2.5值[0，50）[50，100）[100，150）[150，200）[200，250）频率0.1250.1250.3750.250.125由上表可知，如果A市维持现状不变，那么该市2019年的某一天空气质量为一级的概率为0.25，因此在365天中空气质量为一级的天数约有365×0.25≈91（天）．（2）在样本中，按照分层抽样的方法抽取6天的PM2.5值数据，则这6个数据中二级、三级、四级天气的数据分别有3个、2个、1个．分别记为A1，A2，A3，B1，B2，C，从这6个数据中随机抽取2个，基本事件为：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，C}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，C}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，C}，{B1，B2}，{B1，C}，{B2，C}，共15个基本事件，事件A＝“仅有二级天气”包含{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}3个基本事件，故仅有二级天气的概率为P（A）=3【变式83】（2021秋•道里区校级期末）对一批零件的长度（单位：mm）进行抽样检测，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据标准，零件长度在区间[20，25）上的为一等品，在区间[15，20）和区间[25，30）上的为二等品，在区间[10，15）和[30，35）上的为三等品．（Ⅰ）用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取一件，求其为二等品的概率；（Ⅱ）已知检测结果为一等品的有6件，现随机从三等品中取两件，求取出的两件产品中恰有1件的长度在区间[30，35）上的概率．【解题思路】（Ⅰ）由频率分布直方图可得产品数量在各组中的频率，用频率估计出从这批产品中随机抽取一件，其为二等品的概率；（Ⅱ）列举出一切可能的结果组成的基本事件及恰有1件的长度在区间[30，35）上的基本事件有6个，利用古典概型的概率公式求出概率．【解答过程】解：（Ⅰ）由频率分布直方图可得产品数量在[10，15）频率为0.1，在[15，20）频率为0.2，[20，25）之间的频率为0.3，在[30，35）频率为0.15，所以在[25，30）上的频率为0.25，所以样本中二等品的频率为0.45，所以该批产品中随机抽取一件，求其为二等品的概率0.45．…..（6分）（Ⅱ）因为一等品6件，所以在[10，15）上2件，在[30，35）上3件，令[10，15）上2件为a1，a2，在[30，35）上3件b1，b2，b3，所以一切可能的结果组成的基本事件空间Ω＝{（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a1，b3）…}由15个基本事件组成．恰有1件的长度在区间[30，35）上的基本事件有6个．所以取出的两件产品中恰有1件的长度在区间[30，35）上的概率P=25．…..（【题型9游戏公平性的判断】【方法点拨】无论是怎样的游戏，游戏公平与否就是看参与游戏的每个个体获胜的概率是否相同，相同则公平，不相同则不公平.【例9】（2021春•南岸区校级期末）袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中标有数字“1”的球有3个，标有数字“2”的球有2个，标有数字“3”的球有1个．规定取出一个标有数字“1”的球记1分，取出一个标有数字“2”的球记2分，取出一个标有数字“3”的球记3分．在无法看到球上面数字的情况下，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3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．【解题思路】（1）利用列举法求出甲取球的所有情况为20种，甲、乙平局时都得5分，从而甲取出的三个小球中有1个标有数字“1”的球和2个标有数字“2”的球，或有2个标有数字“1”的球和1个标有数字“3”的球，共有6种情况，由此能求出平局的概率．（2）由甲先取球时，若甲获胜，得分只能是7分或6分，即取出的三个小球中有1个标有数字“3”的球和2个标有数字“2”的球，或有1个标有数字“3”的球和1个标有数字“2”的球和1个标有数字“1”的球共7种情况，求出甲获胜的概率．由（1）可得平局的概率，从而甲输，即得到乙获胜的概率，由此得先后取球的顺序不影响比赛的公平性．【解答过程】解：（1）记标有数字“1”的球为a，b，c，标有数字“2”的球为d，e，标有数字“3”的球为f，则甲取球的所有情况为：abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def，共20种，由于6个小球总分为3×1+2×2+1×3＝10分，故甲、乙平局时都得5分，此时，甲取出的三个小球中有1个标有数字“1”的球和2个标有数字“2”的球，或有2个标有数字“1”的球和1个标有数字“3”的球，共有6种情况，故平局的概率P1（2）由甲先取球时，若甲获胜，得分只能是7分或6分，即取出的三个小球中有1个标有数字“3”的球和2个标有数字“2”的球，或有1个标有数字“3”的球和1个标有数字“2”的球和1个标有数字“1”的球共7种情况，故甲获胜的概率P2=720．由（所以甲输，即乙获胜的概率P3所以甲、乙获胜的概率相同．同理，由乙先取球时，甲、乙获胜的概率也相同．故先后取球的顺序不影响比赛的公平性．【变式91】（2020秋•蚌埠期末）袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中黑球2个、白球2个、红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，抽取这些球的时候，谁也无法看到球的颜色，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球，规定取出球的总积分多者获胜．（1）求甲、乙成平局的概率；（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．【解题思路】（1）记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，利用列举法求出甲的可能取球共有20种情况，甲乙平局时都得3分，从而甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，由此能求出平局的概率．（2）甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，从而求出先取者（甲）获胜的概率和后取者（乙）获胜的概率相等，由此得到先取后取获胜的概率一样．【解答过程】解：（1）记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，则甲的可能取球共有以下20种情况：123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，甲乙平局时都得3分，所以甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，故平局的概率P1（2）甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，故先取者（甲）获胜的概率P2后取者（乙）获胜的概率P3所以P2＝P3，故先取后取获胜的概率一样．【变式92】（2021春•无锡期末）有甲、乙、丙、丁四支足球队到某地集训，该地只有一块训练场地，商定摸球决定哪支球队先使用场地．摸球办法如下：盒中共放有大小形状相同的四个球，其中有三个白球、一个黑球．进行不放回的摸球，直到摸到黑球为止．若第一次摸到黑球，则甲队先使用；第二次摸到黑球，则乙队先使用；第三次摸到黑球，则丙队先使用；最后一次才摸到黑球，则丁队先使用．（1）这种摸球办法是否公平？请说明理由；（2）若改为放回摸球，是否公平？请说明理由．【解题思路】（1）设事件A表示不放回摸球中第i（1≤i≤4，i∈N）次摸到黑球，利用相互独立事件概率乘法公式求出P（Ai），由此能求出四次摸到黑球的概率相等，是公平的．（2）设事件B表示有放回摸球中第i（1≤i≤4，i∈N）次摸至黑球，利用相互独立事件概率乘法公式求出P（Bi），由此能求出四次摸到黑球的概率不相等，是公平的．【解答过程】解：（1）设事件A表示不放回摸球中第i（1≤i≤4，i∈N）次摸到黑球，P（A1）=1P（A2）＝（1-14）P（A3）＝（1-14）×（1-1P（A4）＝（1-14）×（1-13）×（1∴四次摸到黑球的概率相等，是公平的．（2）设事件B表示有放回摸球中第i（1≤i≤4，i∈N）次摸至黑球，P（B1）=1P（B2）＝（1-14）P（B3）＝（1-14）2P（B4）＝（1-14）3∴四次摸球的概率不相等，是不公平的．【变式93】（2020秋•凯里市校级期末）小明和小亮玩“掷骰子”的游戏，骰子的6个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．每次由小明、小亮各掷一次骰子，得到点数分别为x，y，若xy为偶数，则算小明胜；否则算小亮胜．（1）若以A表示xy＝12的事件，求P（A）；（2）现连玩三次“挪骰子”的游戏，以B表示“小明至多胜一次”的事件，C表示“小亮至少胜两次”的事件，试问B与C是否为互斥事件或对立事件？为什么？（3）这种游戏规则公平吗？试说明理由．【解题思路】（1）基本事件总数n＝6×6＝36，利用列举法求出xy＝12包含的基本事件有4个，由此能求出P（A）．（2）B与C能同时发生，从而B与C不是为互斥事件或对立事件．（3）基本事件总数n＝6×6＝36，利用列举法求出其中xy偶数包含的基本事件有27个，这种游戏规则不公平．【解答过程】解：（1）小明和小亮玩“掷骰子”的游戏，骰子的6个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．每次由小明、小亮各掷一次骰子，得到点数分别为x，y，基本事件总数n＝6×6＝36，xy＝12包含的基本事件有（2，6），（3，4），（4，3），（6，2），共4个，∴P（A）=4（2）∵B与C能同时发生，∴B与C不是为互斥事件或对立事件．（3）基本事件总数n＝6×6＝36，其中xy偶数包含的基本事件有：（1，2），（1，4），（1，6），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，2），（3，4），（3，6），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4.6），（5，2），（5，4），（5，6），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），共27个，∴小明胜的概率为2736=34∴这种游戏规则不公平．【题型10概率模拟问题】【方法点拨】求解概率模拟问题的注意点(1)选择适当的替代物，因为替代物的选取是否合理决定了试验结果的可信度，因此在用替代物模拟试验中，要求必须在相同条件下进行.(2)用计算机(器)模拟试验时对随机数范围的确定.例如，有20张大小相同的卡片，分别写有1~20的数，从中随机抽取一张，求结果是5的倍数的概率，在这种情况下，随机数的范围应是1~20内的整数.【例10】（2021春•湖南期末）已知某地近三天每天下雨的概率为0.5，现采用计算机模拟的方法估计这三天中至少有两天下雨的概率，先由计算机产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示下雨