高中数学命题热点名师解密专题：概率问题易错点(有答案)
概率易错题汇编及答案解析
【答案】A
【解析】
【分析】
将三个小区分别记为A、B、C，列举出所有等情况数和他们恰好抽到同一个小区的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】
将三个小区分别记为A、B、C，根据题意列表如下：
A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
【详解】
设投放可回收物、易腐垃圾、有害垃圾和其他垃圾的垃圾桶分别为：A，B，C，D，设可回收物、易腐垃圾分别为：a，b，
∵将用不透明垃圾袋分类打包好的两袋不同垃圾随机投进两个不同的垃圾桶一共有12种可能，投放正确的只有一种可能，
∴投放正确的概率是： .
故选C.
【点睛】
本题主要考查画树状图求简单事件的概率，根据题意，画出树状图，是解题的关键.
每批粒数n
100
300
400
600
1000
2000
3000
发芽的粒数m
96
282
382
570
948
1904
2850
发芽的频率
0.960
0.940
0.955
0.950
0.948Hale Waihona Puke 0.9520.950
下面有三个推断：
①当n为400时，发芽的大豆粒数为382，发芽的频率为0.955，所以大豆发芽的概率是0.955；
【详解】
A、检测某批次灯泡的使用寿命，调查具有破坏性，应采用抽样调查，此选项错误；
B、可能性是1%的事件在一次试验中可能发生，此选项错误；
(精选试题附答案)高中数学第十章概率易错题集锦
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第十章概率易错题集锦单选题1、抛掷一枚质地均匀的骰子，记事件A=“出现的点数是1或2”，事件B=“出现的点数是2或3或4”，则事件“出现的点数是2”可以记为（）A．A∪B B．A∩B C．A⊆B D．A=B答案：B解析：根据事件A和事件B，计算A∪B，A∩B，根据结果即可得到符合要求的答案.由题意可得：A={1,2}，B={3,4}，∴A∪B={1,2,3,4}，A∩B={2}.故选B.小提示：本题主要考查的是古典概型的基本事件，考查交事件和并事件，需要借助于集合的运算，集合与集合的关系来解决，是基础题.2、“某彩票的中奖概率为1”意味着（）100A．购买彩票中奖的可能性为1100B．买100张彩票能中一次奖C．买100张彩票一次奖也不中D．买100张彩票就一定能中奖答案：A分析：根据概率的定义，逐项判定，即可求解.对于A中，根据概率的定义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，由某彩票的中奖概率为1100，可得购买彩票中奖的可能性为1100，所以A 正确； 对于B 、C 中，买任何1张彩票的中奖率都是1100，都具有偶然性，可能中奖，还可能中奖多次，也可能不中奖，故B 、C 错误； 对于D 选项、根据彩票总数目远大于100张，所以买100张也不一定中一次奖，故D 错误.故选：A.3、设条件甲：“事件A 与事件B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P （A ）＋P （B ）＝1”，则甲是乙的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：A解析：将两个条件相互推导，根据能否推导的情况选出正确答案.①若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P （A ）＋P （B ）＝1；②投掷一枚硬币3次，满足P （A ）＋P （B ）＝1，但A ，B 不一定是对立事件，如：事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“出现3次正面”，则P （A ）＝78，P （B ）＝18，满足P （A ）＋P （B ）＝1，但A ，B 不是对立事件. 所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A小提示：本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查对立事件的理解，属于基础题.4、抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A 为“向上的点数为1或4”，事件B 为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是（ ）A ．A 与B 互斥B ．A 与B 对立C ．P (A +B )=23D ．P (A +B )=56答案：C解析：根据互斥事件和对立事件的定义判断．求出事件A +B ，然后计算概率．A 与B 不互斥，当向上点数为1时，两者同时发生，也不对立，事件A +B 表示向上点数为1,3,4,5之一，∴P(A +B)=46=23． 故选：C ．小提示：关键点点睛：本题考查互斥事件和对立事件，考查事件的和，掌握互斥事件和对立事件的定义是解题关键．判断互斥事件，就看在一次试验中两个事件能不能同时发生，只有互斥事件才可能是对立事件，如果一次试验中两个事件不能同时发生，但非此即彼，即必有一个发生，则它们为对立事件．而不互斥的事件的概率不能用概率相加，本题P(A +B)≠P(A)+P(B)．5、饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P 从点A 出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P 经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B 的概率为（ ）A ．116B ．18C ．14D ．12 答案：B分析：利用古典概型的概率求解.解：点P 从点A 出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次，则样本空间Ω={（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下）}，记“3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B ”为事件C ，则C ={（下，下，右）}，由古典概型的概率公式可知P (C )=18．故选：B ．6、下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（ ）A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”C．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”答案：C分析：利用对立事件和相互独立事件的概念求解．解：对于选项A，事件M={2,4,6}，事件N={3,6}，事件MN={6}，基本事件空间Ω={1,2,3,4,5,6}，所以P(M)=36=12，P(N)=26=13，P(MN)=16=12×13，即P(MN)=P(N)P(M)，因此事件M与事件N是相互独立事件；对于选项B，袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”，则事件M发生与否与N无关，同时，事件N发生与否与M无关，则事件M与事件N是相互独立事件；对于选项C，袋中有3白、2黑，5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”，则事件M发生与否和事件N有关，故事件M和事件N与不是相互独立事件；对于选项D，甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”，则事件M发生与否与N无关，同时，事件N发生与否与M无关，则事件M与事件N是相互独立事件；故选：C.7、龙马负图、神龟载书图像如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图像如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数中随机抽取2个，则被抽到的2个数的数字之和超过10的概率为（）A ．25B ．12C ．310D ．35 答案：A解析：利用古典概型的概率进行列举所有情况，然后即可求解依题意，阳数为1、3、5、7、9，故所有的情况为(1,3)，(1,5)，(1,7)，(1,9)，(3,5)，(3,7)，(3,9)，(5,7)，(5,9)，(7,9)，共10种，其中满足条件的为(3,9)，(5,7)，(5,9)，(7,9)，共4种，故所求概率P =410=25故选A ．小提示：关键点睛：利用古典概型的概率进行求解，主要考查考生数学建模、数学运算、逻辑推理等能力，属于基础题8、2020年1月，教育部出台《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（简称“强基计划”），明确从2020年起强基计划取代原有的高校自主招生方式.如果甲、乙、丙三人通过强基计划的概率分别为45,34,34，那么三人中恰有两人通过的概率为（ ）A ．2180B ．2780C ．3380D ．2740 答案：C分析：根据积事件与和事件的概率公式可求解得到结果.记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件A,B,C ，显然A,B,C 为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件ABC +ABC +ABC ，且ABC,ABC,ABC 互斥，∴所求概率P(ABC +ABC +ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =P(A)P (B )P (C )+P (A )P(B)P (C )+P (A )P (B )P(C) =15×34×34+45×14×34+45×34×14=3380.故选：C.9、已知样本空间为Ω，x 为一个基本事件.对于任意事件A ，定义f (A )={0,x ∉A 1,x ∈A，给出下列结论：①f(Ω)=1,f(∅)=0；②对任意事件A ，0≤f(A)≤1；③如果A ∩B =∅，那么f(A ∪B)=f(A)+f(B)；④f(A)+f(A )=1.其中，正确结论的个数是（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：D分析：根据f (A )的定义，利用分类讨论思想进行分析判定.∵任意x ∈Ω恒成立，任意x ∈∅恒不成立，∴f(Ω)=1,f(∅)=0，故①正确；对任意事件A ，f (A )={0,x ∉A 1,x ∈A，∴f (A )∈{0,1}，∴0≤f(A)≤1成立，故②正确； 如果A ∩B =∅，当x ∈A ∪B 时，f (A ∪B )=1，此时x ∈A 或x ∈B .若x ∈A ，则x ∉B ,f (A )=1,f (B )=0，f (A )+f (B )=1，f(A ∪B)=f(A)+f(B)成立；x ∈B 时，x ∉A ，f (A )=0,f (B )=1，f (A )+f (B )=1，f(A ∪B)=f(A)+f(B)成立；当x ∉A ∪B 时，x ∉A ，x ∉B ，∴f (A ∪B )=0,f (A )=0,f (B )=0，那么f(A ∪B)=f(A)+f(B)成立，∴③正确；当x ∈A 时，x ∉A ,此时f (A )=1,f (A )=0, f(A)+f(A )=1成立；当x ∉A 时，x ∈A ,此时f (A )=0,f (A )=1, f(A)+f(A )=1成立，故④正确.综上，正确的结论有4个，故选：D10、若书架上放的工具书、故事书、图画书分别是5本、3本、2本，则随机抽出一本是故事书的概率为（ ）A ．15B ．310C ．35D ．12答案：B分析：由古典概率模型的计算公式求解.样本点总数为10，“抽出一本是故事书”包含3个样本点，所以其概率为310.故选：B.填空题11、阿基米德多面体（Archimedeanpolyhedra）是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体.它共有13种，其特点是棱长相等.如图1，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图2，在此阿基米德多面体的所有棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为___________.答案：423分析：根据图形，先求出24条棱中的所有组合，再求两条棱垂直的情况，分别计算出每一类情况中的垂直情况即可求解.此阿基米德多面体共有24条棱，任取2条，共有C242=12×23=276种.两条棱垂直有两类情况：①都来自同一个正方形：6×4=24种；②来自对面的两个正方形：3×8=24种.故所求概率为P=48276=423.所以答案是：42312、为筹集善款增设了一个“看图猜诗句”的游戏互动环节,主办方为每位参与者最多展示三张图片，每张图片的内容均对应一首诗词，参与者说对其中一句即视为这张图片回答正确.主办方为参与者每次只展示一张图片，若参与者回答正确才继续为他展示下一张图片，若参与者回答错误则游戏结束，参与者每正确回答一张图片就可为慈善机构募集到一笔基金，多笔基金累积计算.已知某位参加此游戏的嘉宾能正确回答第一､二､三张图片的概率分别为0.9，0.5，0.4，相应能募集到的基金金额分别为1000元，2000元，3000元，且各张图片是否回答正确互不影响，则这位嘉宾参加此游戏恰好共募集到3000元慈善基金的概率为___________.答案：0.27##27100分析：根据独立事件和对立事件概率公式求解即可.恰好筹集到3000元慈善基金的情况为：答对第一、二张图片，答错第三张图片，∴所求概率p=0.9×0.5×(1−0.4)=0.27.所以答案是：0.27.13、假设P(A)=0.5,P(B)=0.6，且事件A与B相互独立，则P(A+B)=________.答案：0.8##45分析：先算出P(AB)，再利用P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)求解即可.P(AB)=P(A)⋅P(B)=0.3，则P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.5+0.6−0.3=0.8.所以答案是：0.8.14、“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：1##0.52分析：设齐王有上、中、下三等的三匹马A、B、C，田忌有上、中、下三等的三匹马a、b、c，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.设齐王有上、中、下三等的三匹马A、B、C，田忌有上、中、下三等的三匹马a、b、c，所有比赛的方式有：Aa、Bb、Cc；Aa、Bc、Cb；Ab、Ba、Cc；Ab、Bc、Ca；Ac、Ba、Cb；Ac、Bb、Ca，一共6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c参加.就会出现两种比赛方式：Ac 、Ba 、Cb 和Ac 、Bb 、Ca ，其中田忌能获胜的为Ac 、Ba 、Cb ，故此时田忌获胜的概率最大为12.所以答案是：12. 15、已知事件A ，B 相互独立，且P(A)=13，P(AB)=14，则P(B)=______．答案：34##0.75分析：利用独立事件乘法公式有P(AB)=P(A)P(B)，根据已知即可求P(B).由题设P(AB)=P(A)P(B)=13P(B)=14，则P(B)=34. 所以答案是：34解答题16、某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽取了25根棉花纤维的长度（棉花纤维的长度是棉花质量的重要指标）（单位：mm ），所得数据都在区间[5, 40]中，具体数据如下：12 14 16 17 1719 20 20 21 2223 23 23 24 2425 25 26 27 2728 29 30 32 34试估计这批棉花中长度小于20 mm 的棉花纤维的占比．答案：24%．分析：算出样本对应的概率，用样本估计总体由题，样本中棉花中长度小于20 mm 的棉花纤维有6根，则占比为625=0.24，由样本估计总体，故估计这批棉花中长度小于20 mm 的棉花纤维的占比为24%．17、做试验“从一个装有标号为1，2，3，4的小球的盒子中，不放回地取两次小球，每次取一个，构成有序数对(x ，y )，x 为第一次取到的小球上的数字，y 为第二次取到的小球上的数字”.（1）求这个试验样本点的个数；（2）写出“第一次取出的小球上的数字是2”这一事件.答案：（1）12；（2）{(2，1)，(2，3)，(2，4)}.分析：（1）分x=1,2,3,4，分别考虑y的不同情况，即可得到样本试验点的个数；（2）即为x=2时的样本点的集合，由（1）的分析可得.（1）当x=1时，y=2，3，4；当x=2时，y=1，3，4；同理当x=3，4时，也各有3个不同的有序数对，所以共有12个不同的有序数对.故这个试验结果样本点的个数为12.（2）记“第一次取出的小球上的数字是2”为事件A，则A={(2，1)，(2，3)，(2，4)}.18、连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币出现正面还是反面.（1）写出对应的样本空间；（2）求这个实验的样本空间中样本点的个数；（3）写出“恰有两枚正面向上”这一事件的集合表示.答案：（1）Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}；（2）8；（3）{（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）}.分析：由于掷一枚硬币有正和反两种情况，所以列举出连续抛掷3枚硬币可能出现的所有的情况，即全部基本事件，即可得基本事件的个数和满足条件的基本事件．解：（1）样本空间Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}；（2）样本点个数是8；（3）“恰有两枚正面向上”这一事件的集合表示为{（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）}. 19、已知集合M={−2,3}，N={−4,5,6)，从两个集合中各取一个元素构成点的坐标．(1)写出这个试验的样本空间；(2)求这个试验样本点的总数；(3)写出“得到的点是第一象限内的点”这一事件所包含的样本点；(4)说出事件A={(−2,−4),(−4,−2)}所表示的实际意义．答案：(1)答案见解析；(2)12(3)(3,5),(3,6),(5,3),(6,3)(4)得到的点是第三象限内的点.分析：（1）将样本点一一列出在花括号内可得样本空间；（2）由样本空间可得样本点的个数；（3）找出横纵坐标都大于0的样本点即可；（4）根据事件A中样本点的坐标可得实际意义.(1)样本空间为：{(−2,−4),(−2,5),(−2,6),(3,−4),(3,5),(3,6),(−4,−2),(5,−2),(6,−2),(−4,3),(5,3),(6,3)} (2)由知这个试验样本点的总数为12.(3)得到的点是第一象限内的点”这一事件所包含的样本点为(3,5),(3,6),(5,3),(6,3).(4)事件A={(−2,−4),(−4,−2)}表示得到的点是第三象限内的点.。
概率易错题汇编含答案解析
概率易错题汇编含答案解析一、选择题1．下列事件是必然事件的个数为事件（）事件1：三条边对应相等的两个三角形全等；事件2：相似三角形对应边成比例；事件3：任何实数都有平方根；事件4：在同一平面内，两条直线的位置关系：平行或相交.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．【详解】事件1：三条边对应相等的两个三角形全等是三角形全等的判定定理，是必然事件；事件2：相似三角形的对应边成比例，是必然事件；件3：正数和0有平方根，负数没有平方根，所以不是必然事件；事件4：在同一平面内，两条直线的位置关系为平行或相交，所以是必然事件．所以，必然事件有3个，故选：C．【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．失分的原因是对事件类型的分类未熟练掌握．2．一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是（）A．12B．14C．16D．112【答案】C【解析】【分析】画树状图求出共有12种等可能结果，符合题意得有2种，从而求解.【详解】解：画树状图得：∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，∴两次都摸到白球的概率是：21 126．故答案为C．【点睛】本题考查画树状图求概率，掌握树状图的画法准确求出所有的等可能结果及符合题意的结果是本题的解题关键．3．下列说法正确的是（）A．检测某批次灯泡的使用寿命，适宜用全面调查B．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生C．数据3，5，4，1，-2的中位数是4D．“367人中有2人同月同日出生”为确定事件【答案】D【解析】【分析】根据可能性的大小、全面调查与抽样调查的定义及中位数概念、必然事件、不可能事件、随机事件的概念进行判断即可．【详解】A、检测某批次灯泡的使用寿命，调查具有破坏性，应采用抽样调查，此选项错误；B、可能性是1%的事件在一次试验中可能发生，此选项错误；C、数据3，5，4，1，-2的中位数是3，此选项错误；D、“367人中有2人同月同日出生”为必然事件，此选项正确；故选D．【点睛】本题主要考查可能性的大小、全面调查与抽样调查的定义及中位数概念、随机事件，熟练掌握基本定义是解题的关键．4．一个不透明的口袋中装有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球后不放回，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球标号之和等于6的概率为（）A．16B．15C．14D．13【答案】A【解析】【分析】画树状图得出所有的情况，根据概率的求法计算概率即可.【详解】画树状图得：∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号之和等于6的有2种情况，∴两次摸出的小球标号之和等于6的概率21. 126 ==故选A．【点睛】考查概率的计算，明确概率的意义是解题的关键，概率等于所求情况数与总情况数的比.5．如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O．将菱形沿EF折叠，使点C与点O重合．若在菱形ABCD内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）A．23B．35C．34D．58【答案】C【解析】【分析】根据菱形的表示出菱形ABCD的面积，由折叠可知EF是△BCD的中位线，从而可表示出菱形CEOF的面积，然后根据概率公式计算即可.【详解】菱形ABCD的面积=12AC BD⋅,∵将菱形沿EF折叠,使点C与点O重合,∴EF是△BCD的中位线,∴EF=12BD ,∴菱形CEOF的面积=1128OC EF AC BD⋅=⋅，∴阴影部分的面积=113 288 ACBD AC BD AC BD⋅-⋅=⋅，∴此点取自阴影部分的概率为:338142AC BDAC BD⋅=⋅.故选C..【点睛】本题考查了几何概率的计算方法：用整个几何图形的面积n表示所有等可能的结果数，用某个事件所占有的面积m表示这个事件发生的结果数，然后利用概率的概念计算出这个事件的概率为：mPn=.6．正方形ABCD的边长为2，以各边为直径在正方形内画半圆，得到如图所示阴影部分，若随机向正方形ABCD内投一粒米，则米粒落在阴影部分的概率为（）A．22π-B．24π-C．28π-D．216π-【答案】A【解析】【分析】求得阴影部分的面积后除以正方形的面积即可求得概率．【详解】解：如图，连接PA、PB、OP，则S半圆O=2122ππ⨯=，S△ABP=12×2×1=1，由题意得：图中阴影部分的面积=4（S半圆O﹣S△ABP）=4（2π﹣1）=2π﹣4，∴米粒落在阴影部分的概率为24242ππ--=，故选A．【点睛】本题考查了几何概率的知识，解题的关键是求得阴影部分的面积．7．如图，AB是半圆O的直径，点C、D是半圆O的三等分点，弦2CD=.现将一飞镖掷向该图，则飞镖落在阴影区域的概率为()A．19B．29C．23D．13【答案】D【解析】【分析】连接OC、OD、BD，根据点C，D是半圆O的三等分点，推导出OC∥BD且△BOD是等边三角形，阴影部分面积转化为扇形BOD的面积，分别计算出扇形BOD的面积和半圆的面积，然后根据概率公式即可得出答案．【详解】解：如图，连接OC、OD、BD，∵点C、D是半圆O的三等分点，∴»»»==AC CD DB，∴∠AOC=∠COD=∠DOB=60°，∵OC=OD，∴△COD是等边三角形，∴OC=OD=CD ，∵2CD =，∴2OC OD CD ===，∵OB=OD ，∴△BOD 是等边三角形，则∠ODB =60°，∴∠ODB =∠COD =60°，∴OC ∥BD ，∴=V V BCD BOD S S ，∴S 阴影=S 扇形OBD 226060223603603πππ⋅⨯===OD ， S 半圆O 222222πππ⋅⨯===OD ， 飞镖落在阴影区域的概率21233ππ=÷=， 故选：D ．【点睛】本题主要考查扇形面积的计算和几何概率问题：概率=相应的面积与总面积之比，解题的关键是把求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积．8．抛掷一枚质地均匀的硬币，若抛掷95次都是正面朝上，则抛掷第100次正面朝上的概率是（ ）A ．小于12B ．等于12C ．大于12D ．无法确定 【答案】B【解析】【分析】 根据概率的意义分析即可．【详解】 解：∵抛掷一枚质地均匀的硬币是随机事件，正面朝上的概率是12 ∴抛掷第100次正面朝上的概率是12故答案选：B【点睛】 本题主要考查概率的意义，熟练掌握概率的计算公式是解题的关键．9．将一个小球在如图所示的地砖上自由滚动，最终停在黑色方砖上的概率为( )A．59B．49C．12D．13【答案】A【解析】【分析】根据题意，用黑色方砖的面积除以正方形地砖的面积即可.【详解】停在黑色方砖上的概率为：59，故选：A.【点睛】本题主要考查了简单概率的求取，熟练掌握相关方法是解题关键.10．抛掷一枚质地均匀的硬币，前2次都正面朝上，第3次正面朝上的概率（）A．大于12B．等于12C．小于12D．无法确定【答案】B【解析】【分析】根据概率的意义解答即可．【详解】∵硬币由正面朝上和朝下两种情况，并且是等可能，∴第3次正面朝上的概率是12．故选：B．【点睛】本题考查了概率的意义，正确理解概率的含义并明确硬币只有正反两个面是解决本题的关键．11．下列事件中，属于不可能事件的是（）A．某个数的绝对值大于0 B．某个数的相反数等于它本身C．任意一个五边形的外角和等于540° D．长分别为3，4，6的三条线段能围成一个三角形【解析】【分析】直接利用随机事件以及确定事件的定义分析得出答案．【详解】A、某个数的绝对值大于0，是随机事件，故此选项错误；B、某个数的相反数等于它本身，是随机事件，故此选项错误；C、任意一个五边形的外角和等于540°，是不可能事件，故此选项正确；D、长分别为3，4，6的三条线段能围成一个三角形，是必然事件，故此选项错误．故答案选C．【点睛】本题考查的知识点是随机事件以及确定事件，解题的关键是熟练的掌握随机事件以及确定事件.12．某人随意投掷一枚均匀的骰子，投掷了n次，其中有m次掷出的点数是偶数，即掷出的点数是偶数的频率为mn，则下列说法正确的是 ( )A．mn一定等于12B．mn一定不等于12C．mn一定大于12D．投掷的次数很多时，mn稳定在12附近【答案】D【解析】某人随意投掷一枚均匀的骰子,投掷了n次,其中有m次掷出的点数是偶数,即掷出的点数是偶数的频率为mn，则投掷的次数很多时mn稳定在12附近，故选D.点睛：本题考查了频率估计概率的知识点，根据在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近判断即可．13．下列事件中，属于随机事件的是（）．A．凸多边形的内角和为500︒B．凸多边形的外角和为360︒C．四边形绕它的对角线交点旋转180︒能与它本身重合D．任何一个三角形的中位线都平行于这个三角形的第三边【答案】C【解析】随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．根据随机事件的定义即可解答．【详解】解：A 、凸n 多边形的内角和180(2)n =︒-，故不可能为500︒，所以凸多边形的内角和为500︒是不可能事件；B 、所有凸多边形外角和为360︒，故凸多边形的外角和为360︒是必然事件；C 、四边形中，平行四边形绕它的对角线交点旋转180︒能与它本身重合，故四边形绕它的对角线交点旋转180︒能与它本身重合是随机事件；D 、任何一个三角形的中位线都平行于这个三角形的第三边，即三角形中位线定理，故是必然事件．故选：C ．【点睛】本题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．解决本题关键是正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．14．已知一个口袋中装有六个完全相同的小球，小球上分别标有1，2，5，7，8，13六个数，搅匀后一次从中摸出一个小球，将小球上的数记为m ，则使得一次函数y ＝（﹣m+1）x+11﹣m 经过一、二、四象限且关于x 的分式方程8x x π-＝3x+88x x -的解为整数的概率是（ ）A ．12B ．13C ．14D ．23 【答案】B【解析】【分析】求出使得一次函数y=（-m+1）x+11-m 经过一、二、四象限且关于x 的分式方程8x x π-＝3x+88x x -的解为整数的数，然后直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】 解：∵一次函数y ＝（﹣m+1）x+11﹣m 经过一、二、四象限，﹣m+1＜0，11﹣m ＞0， ∴1＜m ＜11，∴符合条件的有：2，5，7，8， 把分式方程m 8x x -＝3x+88x x -去分母，整理得：3x 2﹣16x ﹣mx ＝0，解得：x ＝0，或x ＝163π+， ∵x ≠8， ∴163π+≠8， ∴m ≠8， ∵分式方程8mx x -＝3x+88x x -的解为整数， ∴m ＝2，5， ∴使得一次函数y ＝（﹣m+1）x+11﹣m 经过一、二、四象限且关于x 的分式方程8mx x -＝3x+88x x -的解为整数的整数有2，5， ∴使得一次函数y ＝（﹣m+1）x+11﹣m 经过一、二、四象限且关于x 的分式方程8mx x -＝3x+88x x -的解为整数的概率为26＝13； 故选：B ．【点睛】 本题考查了概率公式的应用、一次函数的图象与系数的关系以及分式方程的解,熟练掌握是解题的关键.15．下列事件是必然事件的是（ ）A ．打开电视机正在播放动画片B ．投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面向上的次数为50C ．车辆在下个路口将会遇到红灯D ．在平面上任意画一个三角形，其内角和是180︒ 【答案】D【解析】【分析】直接利用随机事件以及必然事件的定义分别判断得出答案．【详解】A 、打开电视机正在插放动画片为随机事件，故此选项错误；B 、投掷一枚质地均匀的硬币100次，正面向上的次数为50为随机事件，故此选项错误；C 、“车辆在下个路口将会遇到红灯”为随机事件，故此选项错误；D 、在平面上任意画一个三角形，其内角和是180°为必然事件，故此选项正确． 故选：D ．【点睛】此题考查随机事件以及必然事件，正确把握相关定义是解题关键．16．数学老师拿出四张卡片，背面完全一样，正面分别画有：矩形、菱形、等边三角形、圆背面朝上洗匀后先让小明抽出一张，记下形状后放回，洗匀后再让小亮抽出一张请你计算出两次都抽到既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是（）A．34B．38C．916D．23【答案】C【解析】【分析】利用列表和画树状图可知所有的情况，在找出两次抽到的是既是中心对称图形又是轴对称图形的情况，利用求简单概率的公式即可求出.【详解】由题意可知：四张卡片正面的四种图形分别为矩形、菱形、等边三角形、圆，除等边三角形外其余三种都既是中心对称图形，又是轴对称图形.设矩形、菱形、圆分别为Al、A2、A3，等边三角形为B，根据题意可画树状图如下图：如图所示，共有16种等可能情况的结果数，其中两次都抽到既是中心对称图形又是轴对称图形的情况为9种，所以两次都抽到既是中心对称图形又是轴对称图形的概率916P ，故选C.【点睛】本题主要考查了利用列表法和画树状图法求概率，熟知中心对称图形、轴对称图形的定义与画树状图的方法及求概率的公式是解题关键.17．下列说法中正确的是（）．A．“打开电视，正在播放《新闻联播》”是必然事件B．一组数据的波动越大，方差越小C．数据1，1，2，2，3的众数是3D．想了解某种饮料中含色素的情况，宜采用抽样调查【答案】D【解析】试题分析：分别根据必然事件的定义，方差的性质，众数的定义及抽样调查的定义进行判断，、“打开电视，正在播放《新闻联播》”是随机事件，故本选项错误；B、一组数据的波动越大，方差越大，故本选项错误；C、数据1，1，2，2，3的众数是1和2，故本选项错误；D、想了解某种饮料中含色素的情况，宜采用抽样调查，故本选项正确．故选D．考点：全面调查与抽样调查；众数；方差；随机事件．18．下列事件中，属于必然事件的是（）A．三角形的外心到三边的距离相等B．某射击运动员射击一次，命中靶心C．任意画一个三角形，其内角和是 180°D．抛一枚硬币，落地后正面朝上【答案】C【解析】分析：必然事件就是一定发生的事件，依据定义即可作出判断．详解：A、三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，三角形的内心到三边的距离相等，是不可能事件，故本选项不符合题意；B、某射击运动员射击一次，命中靶心是随机事件，故本选项不符合题意；C、三角形的内角和是180°，是必然事件，故本选项符合题意；D、抛一枚硬币，落地后正面朝上，是随机事件，故本选项不符合题意；故选C．点睛：解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．19．下列说法正确的是（）．A．“购买1张彩票就中奖”是不可能事件B．“概率为0.0001的事件”是不可能事件C．“任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件D．任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次【答案】C【解析】试题解析：A. “购买1张彩票就中奖”是不可能事件，错误；B. “概率为0.0001的事件”是不可能事件，错误；C. “任意画一个三角形，它的内角和等于180°”是必然事件，正确；D. 任意掷一枚质地均匀的硬币10次，正面向上的一定是5次，错误.故选C.20．如图，由四个直角边分别是6和8的全等直角三角形拼成的“赵爽弦图”，随机往大正方形区域内投针一次，则针扎在小正方形GHEF部分的概率是（）A ．34B ．14C ．124D ．125【答案】D【解析】【分析】求出ＡＢ,ＨＧ的边长,进而得到正方形GHEF 的面积和四个小直角三角形的面积,求出比值即可.【详解】解：∵ＡＨ＝６,ＢＨ＝８,勾股定理得ＡＢ＝１０,∴ＨＧ＝８－６＝２,Ｓ△ＡＨＢ＝２４,∴Ｓ正方形GHEF ＝４,四个直角三角形的面积＝９６,∴针扎在小正方形GHEF 部分的概率是100４=125故选Ｄ.【点睛】本题考查了几何概型的实际应用,属于简单题,将概率问题转换成求图形的面积问题是解题关键.。
高考数学复习点拨：概率易错题例析
概率易错题例析山东 胡大波一、 概念认识不清致误例1、 先后抛掷三枚均匀硬币，求出现“两个正面、一个反面”的概率错解:抛掷3枚均匀硬币只出现“三个正面”、“三个反面”、“两个正面一个反面"、“一个正面两个反面”共四种结果。
记出现“两个正面,一个反面"为事件A,则P(A)＝41=n m 剖析:上述错解的原因在于没有正确理解等可能性事件的概念，实际上，由于概念不清，致使所列出的基本事件不完备，由于前面列举的四个事件发生的概率是不相等的,而直接用等可能事件概率公式P（A ）＝nm 求解，必然导致错误. 正解:我们可以将基本事件一一列举出来,不妨将不同硬币出现的结果用编号作以区别，可出现（正1,正2，正3），(正1，正2，反3），(正1，反2,正3)，（反1，正2，正3)，，，（正1，反2，反3）,（反1,正2，反3），（反1,反2,正3），（反1，反2，反3)这八种等可能的结果,而事件A 包含(正1，正2，反3)，（正1，反2，正3），（反1,正2,正3)这三种结果。
故而由等可能性事件的概率公式得P （A ）＝83二、思维不严密致误例2、曲线C 的方程为x m y n 22221+=，其中{}m n 、，，，，，，∈123456事件A x m y n x =+=⎧⎨⎩⎫⎬⎭方程表示焦点在轴上的椭圆，22221那么P A ()=____________。
错解:由已知条件知：方程x m y n22221+=表示的曲线包括焦点在x 轴上的椭圆和焦点在y 轴上的椭圆两种，故所求的概率为12。
剖析：若仔细审题，我们可发现：当{}m n 、，，，，，∈123456时，若方程为x m y n22221+=表示的曲线是椭圆,则焦点在x 轴和y 轴上的椭圆是等可能出现的，其概率确实为12。
但由题意知：方程x m y n22221+=表示的曲线可以是椭圆，也可以是圆（只需要m 、n 取同一个数即可)。
(精选试题附答案)高中数学第十章概率易错知识点总结
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第十章概率易错知识点总结单选题1、某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是（）A．至多一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都没中靶答案：D分析：利用对立事件的定义判断可得出结论.对于A，“至多一次中靶”包含：一次中靶、两次都不中靶，“至少一次中靶”包含：一次中靶、两次都中靶，A选项不满足条件；对于B，“两次都中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，B选项不满足条件；对于C，“只有一次中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，C选项不满足条件；对于D，“两次都没有中靶”与“至少一次中靶”对立，D选项满足条件.故选：D.2、某同学做立定投篮训练，共3组，每组投篮次数和命中的次数如下表：根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，那么误差较小的可能性的估计是（）A．0.68B．0.625C．0.587D．0.615答案：D分析：由频率和概率的关系求解.解：由题可知，试验次数越多，频率越接近概率，对可能性的估计误差越小．故选：D ．3、2021年神舟十二号、十三号载人飞船发射任务都取得圆满成功，这意味着我国的科学技术和航天事业取得重大进步．现有航天员甲、乙、丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功结束任务，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次．已知甲、乙、丙10分钟内试验成功的概率分别为45，34，23，每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲、乙、丙顺序派出，则试验任务成功的概率为（ ） A ．910B ．1920C ．2930D ．5960 答案：D分析：把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答.试验任务成功的事件M 是甲成功的事件M 1，甲不成功乙成功的事件M 2，甲乙都不成功丙成立的事件M 3的和， 事件M 1，M 2，M 3互斥，P(M 1)=45，P(M 2)=(1−45)×34=320，P(M 3)=(1−45)×(1−34)×23=130，所以试验任务成功的概率P(M)=P(M 1+M 2+M 3)=45+320+130=5960.故选：D4、某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是13,12,23，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（ ） A ．19B ．16C ．13D ．718答案：D分析：把汽车在三处遇两次绿灯的事件M 分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A ，B ，C ，则P(A)=13,P(B)=12,P(C)=23，汽车在三处遇两次绿灯的事件M ，则M =ABC +ABC +ABC ，且ABC ，ABC ，ABC 互斥，而事件A ，B ，C 相互独立，则P(M)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=13×12×(1−23)+13×(1−12)×23+(1−13)×12×23=718，所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为718.故选：D5、“某彩票的中奖概率为1100”意味着（ ）A ．买100张彩票就一定能中奖B ．买100张彩票能中一次奖C ．买100张彩票一次奖也不中D ．购买彩票中奖的可能性为1100 答案：D分析：根据概率的意义判断各选项即可.概率表示事件发生的可能性的大小,并不代表事件发生的频率， “某彩票的中奖概率为1100”意味着购买彩票中奖的可能性为1100. 所以答案是：D6、龙马负图、神龟载书图像如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图像如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数中随机抽取2个，则被抽到的2个数的数字之和超过10的概率为（ ）A ．25B ．12C ．310D ．35答案：A解析：利用古典概型的概率进行列举所有情况，然后即可求解依题意，阳数为1、3、5、7、9，故所有的情况为(1,3)，(1,5)，(1,7)，(1,9)，(3,5)，(3,7)，(3,9)，(5,7)，(5,9)，(7,9)，共10种，其中满足条件的为(3,9)，(5,7)，(5,9)，(7,9)，共4种，故所求概率P=410=25故选A．小提示：关键点睛：利用古典概型的概率进行求解，主要考查考生数学建模、数学运算、逻辑推理等能力，属于基础题7、从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”C．“至少有一个黑球”与“都是黑球”D．“至少有一个黑球”与“都是红球”答案：A分析：根据互斥事件和对立事件的定义直接判断.对于A：“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不能同时发生，但能同时不发生，故A中的两事件互斥而不对立；对于B：“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”能同时发生，故B中的两事件不互斥；对于C：“至少有一个黑球”与“都是黑球”能同时发生，故C中的两事件不是互斥事件；对于D：“至少有一个黑球”与“都是红球”互斥并且对立.故选：A8、某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙均属于次品，生产中出现乙级品的概率为0.03，丙级品的概率为0.01．若从中抽查一件，则恰好得正品的概率为（）A．0.09B．0.96C．0.97D．0.98答案：B分析：根据互斥事件概率公式即得.记事件A ={甲级品}，B ={乙级品}，C ={丙级品}，则A 与B +C 是对立事件， 所以P(A)=1−P(B +C)=1−0.03−0.01=0.96． 故选：B.9、等可能地从集合{1,2,3}的所有子集中任选一个，选到非空真子集的概率为（ ） A ．78B ．34C ．1516D ．14 答案：B分析：写出集合{1,2,3}的所有子集，再利用古典概率公式计算作答.集合{1,2,3}的所有子集有：∅,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}，共8个，它们等可能， 选到非空真子集的事件A 有：{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}，共6个， 所以选到非空真子集的概率为P(A)=68=34. 故选：B10、抛掷一颗均匀骰子两次，E 表示事件“第一次是奇数点”，F 表示事件“第二次是3点”，G 表示事件“两次点数之和是9”，H 表示事件“两次点数之和是10”，则（ ） A ．E 与G 相互独立B ．E 与H 相互独立 C ．F 与G 相互独立D ．G 与H 相互独立 答案：A分析：先根据古典概型的概率公式分别求出四个事件的概率，再利用独立事件的定义P(AB)=P(A)P(B)判断个选项的正误. 解：由题意得：P(E)=1836=12，P(F)=636=16，P(G)=436=19，P(H)=336=112对于选项A ：P(EG)=236=118，P(E)P(G)=12×19=118，P(EG)=P(E)P(G)，所以E 和G 互相独立，故A 正确； 对于选项B ：P(EH)=136，P(E)P(H)=12×112=124，P(EH)≠P(E)P(H)，所以E 和H 不互相独立，故B 错误；对于选项C：P(FG)=136，P(F)P(G)=16×19=154，P(FG)≠P(F)P(G)，所以F和G不互相独立，故C错误；对于选项D：P(GH)=0，P(G)P(H)=19×112=1108，P(GH)≠P(G)P(H)，所以G和H不互相独立，故D错误；故选：A填空题11、一家药物公司试验一种新药，在500个病人中试验，其中307人有明显疗效，120人有疗效但疗效一般，剩余的人无疗效，则没有明显疗效的频率是______．答案：0.386##193500分析：根据题意得到没有明显疗效的人数，然后利用频率的计算公式即可得到答案解：由题意可得没有明显疗效的人数为500−307=193，所以没有明显疗效的频率为193500=0.386，所以答案是：0.38612、从1，2，3，4，5中随机取三个不同的数，则其和为奇数这一事件包含的样本点个数为___________.答案：4分析：直接列举基本事件即可.从1，2，3，4，5中随机取三个不同的数有（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）共10种情况，其中（1，2，4），（1，3，5），（2，3，4），（2，4，5）中三个数字之和为奇数，共有4种.所以答案是：4.13、“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：12##0.5分析：设齐王有上、中、下三等的三匹马A、B、C，田忌有上、中、下三等的三匹马a、b、c，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.设齐王有上、中、下三等的三匹马A、B、C，田忌有上、中、下三等的三匹马a、b、c，所有比赛的方式有：Aa、Bb、Cc；Aa、Bc、Cb；Ab、Ba、Cc；Ab、Bc、Ca；Ac、Ba、Cb；Ac、Bb、Ca，一共6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c参加.就会出现两种比赛方式：Ac、Ba、Cb和Ac、Bb、Ca，其中田忌能获胜的为Ac、Ba、Cb，.故此时田忌获胜的概率最大为12.所以答案是：1214、从长度为3，4，5，7，9的五条线段中任取三条，则取出的三条线段能构成一个三角形的样本空间是___________.答案：{(3,4,5),(3,5,7),(3,7,9),(4,5,7),(4,7,9),(5,7,9)}分析：根据三角形三边的关系用列举法即可求解从长度为3，4，5，7，9的五条线段中任取三条，则取出的三条线段能构成一个三角形的样本空间是{(3,4,5),(3,5,7),(3,7,9),(4,5,7),(4,7,9),(5,7,9)}所以答案是：{(3,4,5),(3,5,7),(3,7,9),(4,5,7),(4,7,9),(5,7,9)}15、连续掷一颗骰子两次，事件“向上的点数之和为5”相对应的基本事件空间是____________________.答案：{(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)}分析：用列举法可得出两次点数之和为5包含的基本事件．将一颗骰子先后抛掷两次，观察向上的点数，基本事件总数n=6×6=36，两次点数之和为5包含的基本事件有：(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)所以答案是：{(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)}解答题16、某产品在出厂前需要经过质检，质检分为2个过程．第1个过程，将产品交给3位质检员分别进行检验，若3位质检员检验结果均为合格，则产品不需要进行第2个过程，可以出厂；若3位质检员检验结果均为不合格，则产品视为不合格产品，不可以出厂；若只有1位或2位质检员检验结果为合格，则需要进行第2个过程．第2个过程，将产品交给第4位和第5位质检员检验，若这2位质检员检验结果均为合格，则可以出厂，否则视为不合格产品，不可以出厂．设每位质检员检验结果为合格的概率均为23，且每位质检员的检验结果相互独立．(1)求产品需要进行第2个过程的概率；(2)求产品不可以出厂的概率．答案：(1)23(2)1127分析：（1）分在第1个过程中，1或2位质检员检验结果为合格两种情况讨论，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；（2）首先求出在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率，再求出产品需要进行第2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率，最后根据互斥事件的概率公式计算可得；（1）解：记事件A为“产品需要进行第2个过程”．在第1个过程中，1位质检员检验结果为合格的概率P1=23×13×13+13×23×13+13×13×23=29，在第1个过程中，2位质检员检验结果为合格的概率P2=23×23×13+23×13×23+13×23×23=49，故P(A)=P1+P2=23．（2）解：记事件B为“产品不可以出厂”．在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率P3=13×13×13=127，产品需要进行第2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率P4=P(A)×(1−23×23)=23×59=1027，故P(B)=P3+P4=1127．17、某班从50名学生中选1人作为校运动会的志愿者为师生服务，采用下面两种选法：选法一将这50名学生按1～50进行编号，相应地制作50个号签，把这50个号签放在一个暗箱中搅匀，最后随机地从中抽取1个号签，与这个号签编号一致的学生入选；选法二将除颜色外完全相同的49个白球与1个红球放在一个暗箱中搅匀，让50名学生逐一从中摸取1球，摸到红球的学生成为志愿者．(1)这两种选法是否都是抽签法，为什么？(2)这两种选法每名学生被选中的可能性是否相等？答案：(1)选法一是抽签法，选法二不是抽签法，理由见解析(2)可能性相等分析：（1）根据抽签法的特征判断；（2）两种选法中每名学生被选中的可能性相等.（1）选法一满足抽签法的特征，是抽签法．选法二不是抽签法，因为抽签法要求所有的号签编号互不相同，而选法二中的49个白球无法相互区分．（2）这两种选法中每名学生被选中的可能性相等，均为150．18、某网上电子商城销售甲､乙两种品牌的固态硬盘，甲､乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的甲､乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出现故障发生在保修期内的数据如下：假设甲､乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立.（1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现故障发生在保修期内的概率；（2）某人在该商城同时购买了甲､乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估计恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年(即2<x ≤3)的概率. 答案：（1）110；（2）1191250解析：（1）由频率表示概率即可求出；（2）先分别求出从甲、乙两种品牌随机抽取一个，首次出现故障发生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率. 解：（1）在图表中，甲品牌的50个样本中， 首次出现故障发生在保修期内的概率为：2+1+250=110，设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个， 其首次出现故障发生在保修期内为事件A ， 利用频率估计概率，得P (A )=110，即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个， 其首次出现故障发生在保修期内的概率为：110；（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个， 其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件B ， 从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个， 其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件C ， 利用频率估计概率，得：P (B )=250=125,P (C )=350，则P(BC +BC)=P (B )P(C)+P(B)P (C )=P (B )[1−P (C )]+[1−P (B )]P (C ) =125×(1−350)+(1−125)×350=119,1250∴某人在该商城同时购买了甲､乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的.概率为：1191250小提示：关键点点睛：本题解题的关键是利用频率表示概率.19、连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币出现正面还是反面.（1）写出对应的样本空间；（2）求这个实验的样本空间中样本点的个数；（3）写出“恰有两枚正面向上”这一事件的集合表示.答案：（1）Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}；（2）8；（3）{（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）}.分析：由于掷一枚硬币有正和反两种情况，所以列举出连续抛掷3枚硬币可能出现的所有的情况，即全部基本事件，即可得基本事件的个数和满足条件的基本事件．解：（1）样本空间Ω={（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）}；（2）样本点个数是8；（3）“恰有两枚正面向上”这一事件的集合表示为{（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）}.。
新高考专用备战2024年高考数学易错题专题12概率教师版
专题12概率易错点一：互斥与对立混淆致误（随机事件的概率）Ⅰ：首先明确什么是随机试验我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E 表示．随机试验的要求：（1）试验可以在相同条件下重复进行；（2）试验的所有可能结果是明确的，结果不止一种；（3）每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一种，但事先不能确定出现哪一种结果．Ⅱ：随机事件的前提样本空间我们把随机试验E 的每个可能出现的结果称为样本点，全体样本集合称为试验E 的样本空间，一般地，用 表示样本空间，用 表示样本点，如果一个随机试验有n 个可能结果1 ，2 ，…，n ，则称样本空间 12,,,n 为有限样本空间．Ⅲ：两类事件：随机事件、确定事件（1）一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，为了叙述方便，我们将样本空间 的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．当且仅当A 中某个样本点出现时，称为事件A 发生．（2） 作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以 总会发生，我们称 为必然事件．（3）在每次试验中都不可能发生，我们称为不可能事件．（4）确定事件：必然事件和不可能事件统称为随机事件的确定事件．注意：事件的运算可以用韦恩图可以破解Ⅳ：互斥事件与对立事件（1）互斥事件：在一次试验中，事件A 和事件B 不能同时发生，即=A B ∩，则称事件A 与事件B 互斥，可用韦恩图表示如下：如果1A ，2A ，…，n A 中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件1A ，．2A ．，…，n A 彼此互斥．（2）对立事件：若事件A 和事件B 在任何一次实验中有且只有一个发生，即A B 不发生，A B ∩则称事件A 和事件B 互为对立事件，事件A 的对立事件记为A ．（3）互斥事件与对立事件的关系（重点）①互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生．②对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“互斥”是“对立”的必要不充分条件，而“对立”则是“互斥”的充分不必要条件．Ⅴ：概率与频率（1）频率：在n次重复试验中，事件A发生的次数k称为事件A发生的频数，频数k与总次数n的比值kn，叫做事件A发生的频率．（2）概率：在大量重复尽心同一试验时，事件A发生的频率kn总是接近于某个常数，并且在它附近摆动，这时，就把这个常数叫做事件A的概率，记作()P A．（3）概率与频率的关系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率kn随着试验次数的增加稳定于概率()P A，因此可以用频率kn来估计概率()P A．随机事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用()P A表示.解题步骤如下：第一步：仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；第二步：判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第三步：分别求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；第四步：利用公式()AP A 包含的基本事件的个数基本事件的总数求出事件A的概率．易错提醒：对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解：第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系；第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的；第三，两个事件互斥是在试验的结果不能同时出现来确定的．对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，集合A的对例、判断下列给出的每对事件，是否为互斥事件，是否为对立事件，并说明理由．从40张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花各10张，且点数都是从1~10）中，任取一张．（1）“抽出红桃”与“抽出黑桃”；（2）“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；（3）“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”．解析：（1）是互斥事件，不是对立事件．原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件，但是，不能保证其中必有一个发生，这是由于还可能抽出“方块”或者“梅花”，因此二者不是对立事件．（2）既是互斥事件，又是对立事件．原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”是不可能同时发生的，但其中必有一个发生，因为扑克牌不是红色就是黑色，所以它们既是互斥事件，又是对立事件．（3）不是互斥事件，也不是对立事件．原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”这两个事件可能同时发生，如抽的点数为10．因此，二者不是互斥事件，当然不可能是对立事件．变式1．从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是（）A．“至多有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”B．“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”C．“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”D．“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”解：从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数”包含于“至多有两个是偶数”，故A错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故B错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故D错误；“至少有一个是奇数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故C正确；故选：C变式2．设A ，B 是两个随机事件，A ，B 分别为A ，B 的对立事件．给出以下命题：①若A ，B 为互斥事件，且 12P A， 13P B ，则 56P A B ；②若12P A ， 13P B ，且 16P AB ，则A ，B 相互独立；③若 12P A， 13P B ，且 13P AB ，则A ，B 相互独立；④若 12P A ，13P B ，且 16P AB ，则A ，B 相互独立．其中所有真命题的序号为（）A．①B．②C．①②③D．②③④【详解】对于①，因为A ，B 为互斥事件，且 12P A ， 13P B ，所以 115()()236P A B P A P B ，所以①正确，对于②，因为12P A ，所以112P A P A ，因为 13P B ， 16P AB ,所以111()()()236P A P B P AB，所以A ，B 相互独立，所以②正确，对于③，因为 12P A ， 13P B ，所以 112P A P A ，213P B P B ，所以121()()(233P A P B P AB，所以A B 相互独立，所以A ，B 相互独立，所以③正确，对于④，因为13P B ，所以213P B P B ，因为 12P A ， 16P AB ，所以1211()()()2336P A P B P AB，所以A ，B 不相互独立，所以④错误，故选：C变式3．（多选题）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A ＝“两次都击中飞机”，B ＝“两次都没击中飞机”，C ＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D ＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是（）A．A ⊆D B．B ∩D ＝ C．A ∪C ＝DD．A ∪B ＝B ∪D【详解】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A ⊆D ，A ∪C ＝D .故A、C 正确；因为事件B，D 为互斥事件，所以B ∩D ＝ .故B 正确；对于D：A ∪B ＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B ∪D 为必然事件，这两者不相等.故D 错误.故选：ABC.1．某中学运动会上有一个项目的比赛规则是：比赛分两个阶段，第一阶段，比赛双方各出5人，一对一进行比赛，共进行5局比赛，每局比赛获胜的一方得1分，负方得0分；第二阶段，比赛双方各出4人，二对二进行比赛，共进行2局比赛，每局比赛获胜的一方得2分，负方得0分．先得到5分及以上的一方裁定为本次比赛的获胜方，比赛结束．若甲、乙两个班进行比赛，在第一阶段比赛中，每局比赛双方获胜的概率都是12，在第二阶段比赛中，每局比赛甲班获胜的概率都是45，每局比赛的结果互不影响，则甲班经过7局比赛获胜的概率是（）A．38B．110C．15D．316【答案】A【分析】可分类分别求出甲班在第一阶段获胜的局数对应的概率，最后各种情况概率相加即可求解.【详解】按照甲班在第一阶段获胜的局数，分类讨论如下：（1）若甲班在第一阶段获胜的局数为1，则甲班经过7局比赛获胜的概率52115141C 2510P．（2）若甲班在第一阶段获胜的局数为2，则甲班经过7局比赛获胜的概率52225141C 255P．（3）若甲班在第一阶段获胜的局数为3，则甲班经过7局比赛获胜的概率53351441C 125520P ．（4）若甲班在第一阶段获胜的局数为4，则甲班经过7局比赛获胜的概率54451441C 125540P ．所以所求概率123438P P P P P ，故A 项正确.故选：A.2．已知 为随机试验的样本空间，事件A ，B 满足,A B ，则下列说法正确的是（）A．若A B ，且 11,32P A P B ，则 56P A BB．若A B ，且 11,32P A P B ，则 56P A BC．若 11,32P A P A B P B ，则14P B AD．若133,,248P A P A B P A B ，则23P B 【答案】BD【分析】对于A，由A B 得 (1)2P A B P A B P BU ；对于B，根据互斥事件的概率加法公式即可判断；对于C，根据相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式即可判断；对于D，根据条件概率以及全概率公式即可判断．【详解】选项A：因为A B ，所以 (1)2P A B P A B P B U ，选项A 不正确；选项B：若A B ，则A ，B 互斥，由 11,32P A P B ，得 115326P A B P A P B，选项B 正确；选项C：由 P A P A B 得事件A ，B 相互独立，所以事件,A B 也相互独立，所以11111233P AB P A P B ，则1131213P AB P B A P A，选项C 不正确；选项D：由33,48P AB P AB P A B P A B P B P B，得33,48P AB P B P AB P B ，3348P A P AB P AB P B P B，所以13311248P B P B ，解得23P B ，选项D 正确．故选：BD.【点睛】方法点睛：条件概率中复杂事件的求解，可以灵活运用条件概率的相关性质，转化为彼此互斥的事件或对立的事件的概率求解．①已知事件A ，B ，C ，如果B 和C 是两个互斥事件，则 P B C A P B A P C A ；②已知事件A ，B ，则 1P B A P B A ；③事件A 与B 相互独立时，有 P B A P B ．3．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以1A ，2A 和3A 表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B 表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论中正确的是（）A． 25P BB． 2411P B AC．事件B 与事件1A 相互独立D．1A ，2A ，3A 两两互斥【答案】BD【分析】根据已知得出 123123,,,|,|,|P A P A P A P B A P B A P B A ，然后即可根据概率的乘法公式以及全概率公式，得出答案.【详解】由已知可得， 151102P A， 221105P A ， 3310P A ， 15|11P B A ， 24|11P B A ， 34|11P B A.对于A 项，由全概率公式可得，123P B P A B P A B P A B112233P A P B A P A P B A P A P B A 1514349211511101122，故A 项错误；对于B 项，根据已知，即可计算 2411P B A，故B 项正确；对于C 项，由已知可得， 111155|21122P A B P A P B A ， 1119922244P A P B P A B ，故C 项错误；对于D 项，由已知可知，1A ，2A ，3A 两两互斥，故D 项正确.故选：BD.4．已知,,A B C 为随机事件，则下列表述中不正确的是（）A． P AB P A P B B． |||P B C A P B A P C A C． |1P A A D．|P A B P AB 【答案】ABD【分析】根据概率的性质及事件的运算关系，结合独立事件、条件概率公式判断各项的正误.【详解】仅当A 与B 相互独立时， P AB P A P B 成立，故A 不正确；当B 和C 是两个互斥事件时 |||P B C A P B A P C A 才成立，故B 不正确；()()|1()()P A A P A P A A P A P A ∩，故C 正确；|P AB P A B P AB P B，故D 不正确．故选：ABD5．甲、乙、丙、丁四名教师分配到A ，B ，C 三个学校支教，每人分配到一个学校且每个学校至少分配一人.设事件M：“甲分配到A学校”；事件N：“乙分配到B学校”，则（）A．事件M与N互斥B． 1 3P MC．事件M与N相互独立D． 512P M N【答案】BD【分析】利用互斥事件、相互独立事件的定义判断AC；利用古典概率计算判断B；计算条件概率判断D作答.【详解】对于A，甲分配到A学校的事件与乙分配到B学校的事件可以同时发生，即事件M与N不互斥，A错误；对于B，甲分配到A，B，C三个学校是等可能的，则 1 3P M ，B正确；对于C，由选项B知， 1 3P N ，112223431C C5()C A36P MN，显然()()()P MN P M P N，因此事件M与N相互不独立，C错误；对于D，由选项BC知，5()536(|)1()123P MNP M NP N，D正确.故选：BD6．为了促进消费，某商场针对会员客户推出会员积分兑换商品活动：每位会员客户可在价值80元，90元，100元的A，B，C三种商品中选择一种使用积分进行兑换，每10积分可兑换1元.已知参加活动的甲、乙两位客户各有1000积分，且甲兑换A，B，C三种商品的概率分别为12，13，16，乙兑换A，B，C三种商品的概率分别为12，16，13，且他们兑换何种商品相互独立.(1)求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；(2)记X为两人兑换商品后的积分总余额，求X的分布列与期望【答案】(1)13 36；(2)分布列见解析， 250E X .【分析】（1）应用独立乘法公式、互斥事件加法求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；（2）根据题设确定X的可能取值并确定对应概率，即可写出分布列，进而求期望.【详解】（1）由题可知，甲、乙两人兑换同一种商品的概率为11111113 22366336 ；（2）由题意，兑换A ，B ，C 三种商品所需的积分分别为800，900，1000，则X 的取值可能为0，100，200，300，400， 11106318P X， 11115100663336P X ， 1111111120036236236P X ， 1111130026324P X ，111400224P X，则X 的分布列为X0100200300400P11853611361414151111()010020030040025018363644E X.7．截至2022年年底，女足亚洲杯已经成功举办了20届．中国女子国家足球队在参赛的15届亚洲杯中共获得9次冠军、2次亚军和3次季军，其辉煌战绩每每给国人带来拼搏奋进的力量．在某届女足亚洲杯中，将甲、乙、丙等12支参赛球队平均分成A ，B ，C 三个小组．(1)求甲、乙、丙三支球队分到同一小组的概率；(2)求甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率．【答案】(1)19(2)23【分析】（1）古典概型求事件概率，将所有基本事件均列出，然后将符合题意的基本事件列出，即可求符合题意的事件的概率；（2）可以直接求符合题意的事件的概率，也可以先求互斥事件的概率，间接求符合题意的事件概率.【详解】（1）当甲球队分到A 组时，乙、丙两支球队分到的小组有AA ，AB ，AC ，BA ，BB ，BC ，CA ，CB ，CC 共9种情况．同理，当甲球队分到B 组或C 组时，乙、丙两支球队分到的小组也分别有9种情况，故甲、乙、丙三支球队的分组情况共有3927 （种）．又因为甲、乙、丙三支球队分到同一小组有AAA ，BBB ，和CCC 共3种情况，所以甲、乙、丙三支球队分到同一小组的概率为31279．（2）方法一当甲、乙两支球队都分到A 组而丙球队分到B 组或C 组时有2种情况．同理，当甲、乙两支球队都分到B 组或C 组而丙球队不与它们一组时也分别有2种情况．故甲、乙两支球队同组，而丙球队不与它们一组的概率为322279．同理，甲、丙两支球队同组，而乙球队不与它们一组的概率也为29，乙、丙两支球队同组，而甲球队不与它们一组的概率也为29．又因为上述三种情况互斥，所以甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率为22229993．方法二甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的对立事件是甲、乙、丙三支球队都分到不同小组和甲、乙、丙三支球队都分到同一小组．甲、乙、丙三支球队都分到不同小组的情况有ABC ，ACB ，BAC ，BCA ，CAB ，CBA ，共6种，所以甲、乙、丙三支球队都分到不同小组的概率为62279．所以甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率为1221993．8．某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关，若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小刘参加闯关游戏，已知他第一，二，三关闯关成功的概率分别为45，34，23.第一关闯关成功选择继续闯关的概率为35，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为25，且每关闯关成功与否互不影响.(1)求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；(2)设小刘所得奖金为X ，求随机变量X 的分布列及数学期望.【答案】(1)21125；(2)分布列见解析，数学期望为1544元.【分析】（1）利用独立事件乘法及互斥事件加法求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）首先确定可能0,1000,3000,6000X ，应用乘法公式、加法公式求对应概率，写出分布列，进而求期望即可.【详解】（1）由题意，要使小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零，选择闯第二关且失败，或选择闯第二关且成功，又选择闯第三关且失败，所以小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率431433212155455453125P.（2）由题意，0,1000,3000,6000X ，且12146(0)5125125P X ，428(1000)5525P X ，433327(3000)5545125P X ，4332212(6000)55453125P X ，X 的分布列如下：X0100030006000P4612582527125121254682712()0100030006000154412525125125E X元.9．甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去.若比赛中有人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率为12，乙、丙比赛乙胜概率为13，丙、甲比赛丙胜概率为23，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局.(1)比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；(2)已知比赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率.【答案】(1)23(2)13108【分析】（1）根据独立事件的概率公式进行求解即可；（2）分析比赛情况，根据和事件的概率公式进行求解即可.【详解】（1）由题可知，甲、乙、丙各旁观1局只需讨论前两局的胜负情况，可分为：甲胜乙、丙胜甲；乙胜甲，丙胜乙.设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件A ，B ，C ，则A ，B ，C 相互独立，设比赛完3局时，甲、乙、丙各旁观1局为事件M ，则M AC AB ，则1212223233P M P AC P AB P A P C P A P B ，所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为23.（2）设甲、乙、丙第i 局比赛获胜分别为事件i A ，i B ，i C ，1,2,3,4,5i ，设比赛完5局甲获得最终胜利为事件D ，则123451234512345123451234512345,D B B A A A B C A A A A A B B A A A B C A A C C A A A C B A A 12345123451111112323272P B B A A A P B P B P A P A P A ，12345123451211112332354P B C A A A P B P C P A P A P A ，12345123451111112323272P A A B B A P A P A P B P B P A ，12345123451112112323354P A A B C A P A P A P B P C P A ，12345123451221112333227P AC C A A P A P C P C P A P A ， 12345123451211112332354P AC B A A P A P C P B P A P A，所以 11111113725472542754108P D .所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为13108.10．某校为丰富教职工业余文化活动，在教师节活动中举办了“三神杯”比赛，现甲乙两组进入到决赛阶段，决赛采用三局两胜制决出冠军，每一局比赛中甲组获胜的概率为 01p p ，且甲组最终获得冠军的概率为12（每局比赛没有平局）.(1)求p ；(2)已知冠军奖品为28个篮球，在甲组第一局获胜后，比赛被迫取消，奖品分配方案是：如果比赛继续进行下去，按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球，请问按此方案，甲组、乙组分别可获得多少个篮球?【答案】(1)12p(2)甲组应获得21个篮球，乙获得7个篮球比较合理.【分析】（1）利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列式计算即可；（2）先求出在甲第一局获胜的情况下，甲输掉比赛的事件概率，即可求解.【详解】（1）令事件i A ：甲组在第i 局获胜，1,2,3i .甲组胜的概率为：222112123123123212P P A A P A A P A A A p p p p p，所以2122102p p p，解得12p .（2）由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为：甲组接下来的比赛中连输两场，所以在甲第一局获胜的前提下，最终输掉比赛的概率223111·224P P A A ，即甲获胜的概率为34，故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品，即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理.易错点二：混淆基本事件的“等可能性”与“非等可能性”致误（古典概率）古典概型（1）定义一般地，若试验E 具有以下特征：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.称试验E 为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.（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 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n A k P A n n.（3）概率的基本性质（1）对于任意事件A 都有：0()1P A ．（2）必然事件的概率为1，即()=1P ；不可能事概率为0，即()=0P ．（3）概率的加法公式：若事件A 与事件B 互斥，则()()()P A B P A P B ．推广：一般地，若事件1A ，2A ，…，n A 彼此互斥，则事件发生（即1A ，2A ，…，n A 中有一个发生）的概率等于这n 个事件分别发生的概率之和，即：1212(...)()()...()n n P A A A P A P A P A ．（4）对立事件的概率：若事件A 与事件B 互为对立事件，则()1()P A P B ，()1()P B P A ，且()()()1P A B P A P B ．（5）概率的单调性：若A B ，则()()P A P B ．（6）若A ，B 是一次随机实验中的两个事件，则()()()()P A B P A P B P A B ∩．解题步骤如下：第一步：仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；第二步：判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A ；第三步：分别求出基本事件的个数n 与所求事件A 中所包含的基本事件个数m ；第四步：利用公式()A P A包含的基本事件的个数基本事件的总数求出事件A 的概率．易错提醒：在解决古典概型问题时要分清事件与基本事件，每个基本事件发生的概率都是相等的，而某个事件可能包含几个基本事件，要注意区分，避免出错.例、设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球．（1）求这2只球都是白球的概率；（2）求这2只球中1只是白球1只是黑球的概率．解：我们不妨把4只白球标以1，2，3，4号，2只黑球标以5，6号，则基本事件有 1,2， 1,3，…， 1,6，2,1， 2,3，…， 2,6，…， 6,1， 6,2，…， 6,5，共30个．（1）用A 表示“2只球都是白球”这一事件，则 1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,4,3,1,3,2,A 3,4,4,1,4,2,4,3共12个．所以 122305P A ．（2）用B 表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则 1,5,1,6,2,5,2,6,3,5,3,6,B4,5,4,6,5,1,5,2,5,3,5,4,6,1,6,2,6,3,6,4共16个，所以 1683015P B．变式1：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解：由题意11232625C C P C ．故选B．变式2：一个口袋里有形状一样仅颜色不同的5个小球，其中白色球3个，黑色球2个．若从中任取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率为_____________；若从中任取2个球，记所取球中白球可能被取到的个数为 ，则随机变量 的期望为_____________．解：连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率111111111233323332111555C C C C C C C C C 54C C C 125P ，由题意， 的可能值为0,1,2，则2225C 1(0)C 10P ，113225C C 6(1)C 10P ，2325C 3(2)C 10P ，所以1636()0121010105E .故答案为：54125，65.变式3：已知不透明的袋中装有三个黑球（记为1B ，2B 和3B ）、两个红球（记为1R 和2R ），从中不放回地依次随机抽取两球．(1)用集合的形式写出试验的样本空间；(2)求抽到的两个球都是黑球的概率．解：(1)试验的样本空间1213111221232122={(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,), B B B B B R B R B B B B B R B R 3132313211121312(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)B B B B B R B R R B R B R B R R 21222321(,),(,),(,),(,)R B R B R B R R ；(2)设事件=A “抽到两个黑球”，则对于不放回简单随机抽样，121321233132{(,),(,),(,),(,),(,),(,)} A B B B B B B B B B B B B ．因为样本空间 中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型．因此632010n A P A n ．所以抽到的两个球都是黑球的概率为3101．某学校举办作文比赛，共5个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）A．23B．45C．12D．13【答案】B【分析】求出甲、乙随机抽取一个主题的试验含有的基本事件数，甲、乙抽到不同主题的事件含有的基本事件数，再利用古典概率公式计算即得.【详解】依题意，甲、乙随机抽取一个主题的试验含有的基本事件数为55 ，甲、乙抽到不同主题的事件A 含有的基本事件数为54 ，所以甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为544()555P A .故选：B2．书籍是人类进步的阶梯，数学名著更是如此，《九章算术》《孙子算经》《周髀算经》《海岛算经》是我国古代数学领域影响深远的四部著作，而《几何原本》《阿基米德全集》《圆锥曲线论》被称为“古希腊三大数学书”，代表了文艺复兴之前欧洲数学的最高成就，这些著作对后世的数学发展有着深远而广泛的影响．现从这七本名著中任选三本，则至少两本是中国数学名著的概率为（）A．17B．1835C．2235D．415【答案】C【分析】本题以中外数学名著为背景，根据组合知识、古典概型的概率求解.【详解】从七本名著中任选三本的所有情况有37C 35 （种），至少两本是中国数学名著的情况有321443C C C 22 （种），所以从这七本名著中任选三本，至少两本是中国数学名著的概率为P ，2235P ．故选：C．3．“二十四节气”是我国上古农耕文明的产物，农耕生产与大自然的节律息息相关，它是上古先民顺应农时，通过观察天体运行，认知一岁（年）中时候（时令）、气候、物候等变化规律所形成的知识体系．“二十四节气”对今天的农业生产仍有着重要的指导意义．传统四季划分是以立春、立夏、立秋、立冬作为起始．现从“二十四节气”中随机抽取两个节气，则这两个节气恰在同一季的概率为（）A．223B．523C．1069D．1023【答案】B【分析】利用组合数公式，计算出“二十四节气”中随机抽取两个节气共有的情况数及抽取的两个节气恰在同一季的情况数，利于古典概型概率计算公式进行计算即可.【详解】从“二十四节气”中随机抽取两个节气共有224C 276 （种）情况，抽取的两个节气恰在同一季有264C 60 （种）情况，所以这两个节气恰在同一季的概率为60527623．故选：B ．4．某大学为了了解学生课外图书阅读量的情况，从大二学生中抽取50名，统计他们今年上半年阅读的书籍数量，发现读书不低于6本的人数占12%，不低于8本的人数占4%.现从读书不低于6本的学生中随机地选取2名进行座谈，则这2名学生1名读书低于8本且不低于6本，1名读书不低于8本的概率为（）A．15B．815C．35D．715【答案】B【分析】根据题意求得读书本数对应的学生人数，再利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解.。
高中概率知识点高考考点易错点归纳
高中概率知识点高考考点易错点归纳高中数学——概率知识要点3.1 随机事件的概率3.1.1 随机事件的概率在条件S下，一定会发生的事件称为相对于条件S的必然事件。
在条件S下，一定不会发生的事件称为相对于条件S的不可能事件。
必然事件和不可能事件统称相对于条件S的确定事件。
在条件S下可能发生也可能不发生的事件称为相对于条件S的随机事件。
在相同条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数为事件A出现的频数nA。
事件A出现的比例称为频率f(A)=nA/nn。
随机事件A的概率是频率的稳定值，反之，频率是概率的近似值。
3.1.2 概率的意义随机事件在一次试验中发生与否是随机的，但随机性中含有规律性。
认识了这种随机中的规律性，可以比较准确地预测随机事件发生的可能性。
抽签的公平性是游戏的公平性的一个例子。
在从多个可选答案中挑选出正确答案的决策任务中，“使得样本出现的可能性最大”可以作为决策的准则。
极大似然法和小概率事件也与概率思想相关。
天气预报的概率解释是明天本地下雨的机会是70%。
XXX的豌豆试验是试验与发现的例子。
遗传机理中的统计规律也与概率相关。
3.1.3 概率的基本性质对于事件A与事件B，如果事件A发生，则事件B一定发生，称事件B包含事件A（或事件A包含于事件B），记作B A(或A B)。
不可能事件记作。
若B A且A B，则称事件A与事件B相等，记作A=B。
事件A与事件B的并事件（和事件）是某事件发生当且仅当事件A发生或事件B 发生。
事件A与事件B的交事件（积事件）是某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生。
事件A与事件B互斥是AB为不可能事件，即AB=，即事件A与事件B在任何一次试验中并不会同时发生。
事件A与事件B互为对立事件是AB为不可能事件，AB为必然事件，即事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生。
概率的几个基本性质包括：1）0≤P(A)≤1；2）必然事件的概率为1，即P(E)=1；3）不可能事件的概率为0，即P(F)=0.3.2 古典概型古典概型是一种具有有限个基本事件且每个基本事件出现的可能性相等的概率模型。
2020年高考数学(理科)高频易错考点大解密专题： 概率(全国版含解析)
的卡片，则取出的 2 张卡片中含有红色卡片的概率为
A． 1 2 1
C．
3
B． 3 5 5
D．
6
【答案】A 【解析】有 4 张卡片（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿，从这 4 张卡片中任取 2 张不同颜色
的卡片，则基本事件总数为 C24 6 ，
取出的 2 张卡片中含有红色卡片包含的基本事件数为 C11C13 =3， 所以取出的 2 张卡片中含有红色卡片的概率为 3 1 ．
＝
2π 13 3 π 12 2
＝
1 3
，
故点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率 P＝1－ 1 ＝ 2 . 33
故选 B.
调研 2 A．1
2
在区间[－π，π]上随机取一个数 x，则 sin x＋cos x∈[1， 2]的概率是 62 B．3 4
C．3 8
D．5 8
【答案】B
【解析】由 sin x＋cos x＝ 2sin(x＋π)∈[1， 2]，得 2≤sin(x＋π)≤1，
调研 1 有一底面半径为 1，高为 2 的圆柱，点 O 为圆柱下底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点 P，则
点 P 到点 O 的距离大于 l 的概率为
A． 1 3
C． 3 4
B． 2 3
D． 1 4
【答案】B
【解析】设点 P 到点 O 的距离小于 1 的概率为 P1，
由几何概型，得
P1＝
V半球 V圆柱
★★★ ★★★★
★★★★★
考点 1 古典概型
题组一 古典概型的概率求解
调研 1 将一颗质地均匀的骰子（一种各个面分别标有 1，2，3，4，5，6 个点的正方体玩具）先后抛掷 2
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一．【学习目标】1．了解互斥事件,相互独立事件和条件概率的意义及其运算公式．2．理解独立重复试验的模型,会计算事件在n次独立重复试验中发生k次的概率．二．【知识要点】1．互斥事件与对立事件(1)互斥事件：若A∩B为不可能事件(A∩B＝∅),则称事件A与事件B互斥,其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生．(2)对立事件：若A∩B为不可能事件,而A∪B为必然事件,那么事件A与事件B互为对立事件,其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：．(2)互斥事件的概率加法公式：①P(A∪B)＝＝(A,B互斥)．②P(A1∪A2∪…∪An)＝或P(A1＋A2＋…＋An)＝．(A1,A2,…,An互斥)．③对立事件的概率：＝．3．条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A和B,在已知事件A发生的条件下,事件B发生的概率叫做条件概率,用符号P(B|A)来表示,其公式为．(2)条件概率具有的性质：①；②如果B和C是两个互斥事件,则4．相互独立事件(1)对于事件A,B,若A的发生与B的发生互不影响,则称．(2)若A与B相互独立,则P(B|A)＝,P(AB)＝．(3)若A与B相互独立,则A与,与B,与也都相互独立．5．独立重复试验与二项分布(1)两个相互独立事件A,B同时发生的概率为P(A·B)＝P(A)·P(B),此公式可推广到n个相互独立事件,则P(A1·A2·…·An)＝P(A1)·P(A2)·…·P(An)．∴随机事件A的概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值．∴①正确．∵基本事件的特点是任意两个基本事件是互斥的,∴一次试验中,不同的基本事件不可能同时发生．∴②正确．∵必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,随机事件的概率大于0,小于1,∴任意事件A发生的概率P（A）满足0≤P（A）≤1,∴③错误．若事件A的概率趋近于0,则事件A是小概率事件,∴④错误∴说法正确的有两个,故选：C．（二）事件的关系与运算例2．抛掷一枚质地均匀的骰子,向上的一面出现任意一个点数的概率都是,记事件A为“向上的点数是奇数”,事件B为“向上的点数不超过3”,则概率P(A∪B)＝()A．B．C．D．【答案】C【解析】根据P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（AB）,由此能求出结果．练习1．对空中飞行的飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,设A＝{两次都击中飞机},B＝{两次都没击中飞机},C＝{恰有一弹击中飞机},D＝{至少有一弹击中飞机},下列关系不正确的是()A．A⊆D B．B∩D＝∅C．A∪C＝D D．A∪C＝B∪D【答案】D【解析】事件C“恰有一弹击中飞机”包含两种情况：一种是第一枚击中第二枚没中,第二种是第一枚没中第二枚击中。
事件D“至少有一弹击中”包含两种情况：一种是恰有一弹击中,一种是两弹都击中。
对于选项A,事件A包含在事件D中,故A正确。
对于选项B,由于事件B,D不能同时发生,故B∩D＝∅正确。
对于选项C,由题意知正确。
对于选项D,由于A∪C＝D＝{至少有一弹击中飞机},不是必然事件；而B∪D为必然事件,所以A∪C≠B∪D.故D不正确。
选D。
练习2．下列说法正确的有()①概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值．②一次试验中不同的基本事件不可能同时发生．③任意事件A发生的概率P(A)总满足0<P(A)<1.④若事件A的概率为0,则事件A是不可能事件．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C（三）互斥事件解题策略例3.依据黄河济南段8月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图(甲)所示：依据济南的地质构造,得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图(乙)所示．(I)以此频率作为概率,试估计黄河济南段在8月份发生I级灾害的概率；(Ⅱ)黄河济南段某企业,在3月份,若没受1、2级灾害影响,利润为500万元；若受1级灾害影响,则亏损100万元；若受2级灾害影响则亏损1000万元．现此企业有如下三种应对方案：试问,如仅从利润考虑,该企业应选择这三种方案中的哪种方案?说明理由.【答案】(I),因此企业应选方案二．【解析】（I）依据甲图,记黄河8月份“水位小于40米”为事件,“水位在40米至50米之间”为事件,“水位大于50米”为事件,分别求出它们发生的概率,记该地8月份“水位小于40米且发生1级灾害”为事件,“水位在40米至50米之间且发生1级灾害”为事件,“水位大于50米且发生1级灾害”为事件,分别求出它们发生的概率,再利用求解. （II）以企业利润为随机变量,分别计算出三种方案的利润,再选择.选项B中,“至少1个白球”包括“1个白球2个红球”、“2个白球和1个红球”、“3个白球”三种情况；“至少1个红球”包括“1个红球2个白球”、“2个红球和1个白球”、“3个红球”三种情况．所以这两个事件不互斥,所以B不正确．选项C中,“至少2个白球”包括“2个白球1个红球”、“3个白球”两种情况；“至多1个白球”包括“1个白球和2个红球”、“3个红球”两种情况,所以这两个事件为对立事件,故C不正确．选项D中,“恰好1个白球”和“恰好2个红球”为同一事件,所以D不正确．故选A．【点睛】解答本题的关键是分清互斥事件和对立事件的关系,由定义可得互斥事件不一定对立,而对立事件一定为互斥事件．解答类似问题时很容易出现错误,解题时首先要弄清所有的试验结果,然后再根据所求进行求解、判断．练习3．学校足球赛决赛计划在周三、周四、周五三天中的某一天进行,如果这一天下雨则推迟至后一天,如果这三天都下雨则推迟至下一周,已知这三天下雨的概率均为,则这周能进行决赛的概率为A．B．C．D．【答案】D【解析】本周能进行决赛意味着能在周三或周四或周五进行,分别求概率,求和即可得解.（四）.对立事件解题方法例4.在最强大脑的舞台上,为了与国际X战队PK,假设某季Dr.魏要从三名擅长速算的选手A1,A2,A3,三名擅长数独的选手B1,B2,B3,两名擅长魔方的选手C1,C2中各选一名组成中国战队.假定两名魔方选手中更擅长盲拧的选手C1已确定入选,而擅长速算与数独的选手入选的可能性相等.(Ⅰ)求A1被选中的概率；(Ⅱ)求A1,B1不全被选中的概率.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】(Ⅰ)利用古典概型概率公式求出A1被选中的概率；(Ⅱ)利用对立事件概率公式求出求A1,B1不全被选中的概率.(Ⅱ)用N表示“A1、B1不全被选中”这一事件,则其对立事件表示“A1、B1全被选中”,由于＝{(A1,B1,C1) },∴,从而点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法.(五).古典概型解题步骤例5. 交通拥堵指数是综合反映道路网畅通或拥堵的概念,记交通拥堵指数为,早高峰时段,基本畅通；轻度拥堵；中度拥堵；严重拥堵,从某市交通指挥中心随机选取了二环以内个交通路段,依据交通指数数据绘制直方图如图所示．（1）据此直方图估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数和平均数；（2）现从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治,求选中路段中恰有一个路段的交通指数的概率．【答案】（1）中位数,平均数；（2）.【解析】(1)频率直方图中,根据直方图左右两边面积相等处横坐标能估算早高峰时段交通拥堵指数的中位数；每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；(2)由题知严重拥堵中交通指数的有4个,记为,交通指数的有2个,记为,从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治,利用列举法能求出恰有一个路段的交通指数的概率.(2)由题知严重拥堵中交通指数的有4个,记为,交通指数的有2个,记为,从样本路段里的严重拥堵的路段中随机抽取两个路段进行综合整治,基本事件总数有15个,分别为：,,选中路段中选中路段中恰有一个路段的交通指数包含的基本事件有8个,分別为：,恰有一个路段的交通指数的概率.【点睛】本题主要考查频率分布直方图以及古典概型概率公式的应用,属于中档题. 直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率；（3）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；（4）直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数.练习1．如下的茎叶图表示甲乙两人在5次测评中的成绩,已知甲的中位数是90,则从乙的5次测评成绩中随机抽取一次成绩,其分数高于甲的平均成绩的概率为A．B．C．D．【答案】B练习2．齐王有上等,中等,下等马各一匹；田忌也有上等,中等,下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,若有优势的马一定获胜,则齐王的马获胜的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,利用列举法求出基本事件有9种,齐王的马获胜包含的基本事件有6种,利用古典概型概率公式可求出齐王的马获胜的概率.【详解】设齐王上等、中等、下等马分別为,田忌上等、中等、下等马分别为,现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,（六）.几何概型题型例6．甲、乙两名同学决定在今年的寒假每天上午9：00—10：00在图书馆见面,一起做寒假作业,他们每次到图书馆的时间都是随机的。
若甲先到图书馆而乙在10分钟后还没到,则甲离开图书馆；若乙先到图书馆而甲在15分钟后还没到,则乙离开图书馆。
求他们两人在开始的第一天就可以见面的概率。
【答案】【解析】设甲、乙到达的时间为和,将问题转化为时间差问题,运用几何概率求出结果则的所有可能结果是边长为60的正方形,,而可能见面的时间用图中的阴影部分表示,,于是他们见面的概率为：.练习1．如图在圆中,,是圆互相垂直的两条直径,现分别以,,,为直径作四个圆,在圆内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接小圆的各个交点,形成一个正方形,由半圆形与正方形的关系可求得阴影部分占总面积的比值。
【详解】如下图所示,连接相邻两个小圆的交点,得四边形EFMN,易知四边形EFMN为正方形练习2．从区间中任取一个值,则函数是增函数的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由函数为增函数得到a的取值范围,然后利用几何概型的概率公式计算直接得到答案.【详解】∵函数为递增函数,∴即解得1＜,又a从区间中任取一个值由概率公式可得故选：A.练习3．已知甲乙两辆车去同一货场装货物,货场每次只能给一辆车装货物,所以若两辆车同时到达,则需要有一车等待.已知甲、乙两车装货物需要的时间都为20分钟,倘若甲、乙两车都在某1小时内到达该货场,则至少有一辆车需要等待装货物的概率是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设现在时间是0,甲乙到场的时间分别是xy,那么就会有0≤x≤60,0≤y≤60,|x﹣y|如果小于20,就是等待事件,否则不用等待了．由此能求出至少有一辆车需要等待装货物的概率．【详解】分别设双手套为：,分别代表左手手套,分别代表右手手套；从箱子里的双不同的手套中,随机拿出只,所有的基本事件是：,共有个基本事件；事件包含：一共个基本事件,故事件的概率为,故选B。