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专题08三种概率解题方法题型一：随机事件与概率题型二：事件的相互独立性题型三：频率与概率题型一：随机事件与概率一、单选题1．（2021·天津河东·高一期末）下列事件中，随机事件的个数是（）①2022年8月18日，北京市不

下雨；②在标准大气压下，水在4℃时结冰；③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签；④xR，则x的值不小于0．A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】根据各项的描述，判断随机事件、必然事件、不可能事件，

进而确定随机事件的个数.【详解】①2022年8月18日，北京市不下雨，随机事件；②在标准大气压下，水在4℃时结冰，不可能事件；③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签，是随机事件；④xR，则x的值不小于0，必然事件；∴随机事件有①、③.故选：B2．（2021·陕西渭南·高一期末）某

工厂生产的产品合格率是99.99%，这说明（）A．该厂生产的10000件产品中不合格的产品一定有1件B．该厂生产的100件产品中合格的产品一定有99件C．该厂生产的10件产品中没有不合格产品D．该厂生产的产品合格的可能性是99.99%【答案】D【分析】由概率的定义逐一分析即可【

详解】对于A：该厂生产的10000件产品中不合格的产品不一定有1件，可能是多件或者没有，故A错误；对于B：该厂生产的100件产品中合格的产品不一定有99件，故B错误；对于C：该厂生产的10件产品中可能有不合格产品，故C错误；对于D：该厂生产的产品合格的可能性是99.99

%，故D正确；故选：D3．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）某人打靶时连续射击两次，下列事件与事件“至多一次中靶”互为对立的是（）A．至少一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都没有中靶【答案】B【分析】直接利用对立事件的定义判断即可.【详由已知条件得∵事件“至多

一次中靶”包含事件两次都未中靶和两次只有一次中靶，∴事件“至多一次中靶”的对立事件为“两次都中靶”，故选：B.二、多选题4．（2021·福建三明·高一期末）从1至9这9个自然数中任取两个，有如下随机事件：A=“恰有一个偶数”，B=“恰有

一个奇数”，C=“至少有一个是奇数”，D=“两个数都是偶数”，E=“至多有一个奇数”.下列结论正确的有（）A．AB=B．BCC．DE=D．CD=，CD=【答案】ABD【分析】根据事件的包含关系，互斥事件，对立事件

，判断选项.【详解】事件,AB都指的是一奇一偶，故A正确；至少有一个奇数，指两个数是一奇一偶，或是两个奇数，所以BC，故B正确；至多有一个奇数指一奇一偶，或是两偶，此时事件,DE有公共事件，故C错误；

此时,CD是对立事件，所以CD=，CD=.故选：ABD5．（2020·辽宁葫芦岛·高一期末）某篮球运动员在最近几次参加的比赛中的投篮情况如下表：投篮次数投中两分球的次数投中三分球的次数1005518

记该篮球运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是（）A．()0.55PA=B．()0.18PB=C．()0.27PC=D．()0.55PBC+=【答案

】ABC【分析】求出事件A，B的频率即得对应概率，再用互斥事件的加法公式计算，然后逐一判断得解.【详解】依题意，55()0.55100PA==，18()0.18100PB==，显然事件A，B互斥，()1()1

()()0.27PCPABPAPB=−+=−−=，事件B，C互斥，则()()()0.45PBCPBPC+=+=，于是得选项A，B，C都正确，选项D不正确.故选：ABC三、填空题6．（2020·天津市红桥区教师发展中心

高一期末）抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），则Ⅰ号骰子的点数等于Ⅱ号骰子的点数的概率为______.【答案】16【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.【详解】记Ⅰ号和Ⅱ号骰子的点数为(),ab，则所有的基本事件构成的集合为：(,)

|16,16abab，该集合中共有36个基本事件，Ⅰ号和Ⅱ号骰子的点数相等时对应的基本事件的集合为()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6，记为A为“Ⅰ号和Ⅱ号骰子的点数相

等”，则()16PA=，故答案为：16.7．（2020·陕西·吴起高级中学高一期末）抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），事件A为“正面朝上的点数为3”，事件B为“正面朝上的点数为偶数”，则()PAB+=________.【答案】23【解

析】分别求出事件,AB发生的概率，再根据事件A与事件B互斥，由互斥事件概率关系，即可求解.【详解】由题意可得1()6PA=，1()2PB=，事件A与事件B互斥，则2()()()3PABPAPB+=+=.故答案为:23.【点睛】本题考查互斥事件并事件发生的概率，解题的关键判断出事件间的关系，属于基础

题.四、解答题8．（2022·宁夏·银川二中高一期末）近年来，国家大力推动职业教育发展，职业教育体系不断完善，人才培养专业结构更加符合市场需求.一批职业培训学校以市场为主导，积极参与职业教育的改革和创新.某职业培训学校共开设了六个专业，根据前若干年的统计数据，学校统计了

各专业每年的就业率（直接就业的学生人数与招生人数的比值）和每年各专业的招生人数，具体统计数据如下表：专业机电维修车内美容衣物翻新美容美发泛艺术类电脑技术招生人数100300200500100800就业率100%90%80%80%70%50%(1)从该校已毕业的学

生中随机抽取1人，求该生是“衣物翻新”专业且直接就业的概率；(2)为适应市场对人才需求的变化，该校决定从明年起，将“电脑技术”专业的招生人数减少m()0400m人，将“机电维修”专业的招生人数增加3m人，假设“电脑技术”专业的直接就业人数不变，“机电

维修”专业的就业率不变，其他专业的招生人数和就业率都不变，要使招生人数调整后全校整体的就业率比往年提高5个百分点，求m的值．【答案】(1)0.08(2)120【分析】理解题意，根据数据列式求解(1)由题意，该校往年每年的招生人数为1001003002008005002000+++++=，“衣物翻

新”专业直接就业的学生人数为2000.8160=，所以所求的概率为1600.082000=．(2)由表格中的数据，可得往年各专业直接就业的人数分别为100，70，270，160，400，400，往年全校整体的就业率为10070270160400400100%7

0%2000+++++=，招生人数调整后全校整体的就业率为100702701604004003100%75%220003++++++=−mm，解得120m=题型二：事件的相互独立性一、单选题1．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高一期末）某大学的“篮球”“无人机”“戏剧”三个社团考核挑选新社

员，已知大一某新生对这三个社团都很感兴趣，决定三个考核都参加，假设他通过“篮球”“无人机”“戏剧”三个社团考核的概率依次为m、14、n，且他通过每个考核相互独立，若三个社团考核他都能通过的概率为124，至少通过一个社团考核的概率为34，则mn+=（）A．23B．34C．45D．

56【答案】D【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率计算公式，列出方程组，即可求得mn+的值.【详解】因为三个社团考核他都能通过的概率为124，至少通过一个社团考核的概率为34，所以1142413(1)(1)(1)144

mnmn=−−−=−，即1611()3mnmnmn=−++=，解得56mn+=.故选:D.2．（2022·河南南阳·高一期末）在试验“甲射击三次，观察中靶的情况”中，事件A表示随机事件“至少中靶1次”，事件B表示随机事

件“正好中靶2次”，事件C表示随机事件“至多中靶2次”，事件D表示随机事件“全部脱靶”，则（）A．A与C是互斥事件B．B与C是互斥事件C．A与D是对立事件D．B与D是对立事件【答案】C【分析】根据互斥事件、对立事件的定义即可求解.【详解】解：因为A与C，B与C可能同时发

生，故选项A、B不正确；B与D不可能同时发生，但B与D不是事件的所有结果，故选项D不正确；A与D不可能同时发生，且A与D为事件的所有结果，故选项C正确．故选：C.二、多选题3．（2022·贵州·遵义四中高一期末）已知事件,AB，且()PA=0.

4，()0.3PB=，则（）A．如果BA，那么()0.4PAB=,()0.3PAB=B．如果A与B互斥，那么()0.7PAB=,()0PAB=C．如果A与B相互独立，那么()0.7PAB=，()0.12PAB=D．如果A与B相互独立，那么()0.42PAB=,()0.18PAB=【答案】A

BD【分析】根据互斥事件的加法公式、独立事件的乘法公式以及对立事件的概率公式进行计算可得答案.【详解】对于A，如果BA，则()()()()PABPAPBPAB=+−()()()()0.4PAPBPBP

A=+−==，()()0.3PABPB==，故A正确；对于B，如果A与B互斥，则()()()0.40.30.7PABPAPB=+=+=，()0PAB=，故B正确；对于C，如果A与B相互独立，则()()()()PAB

PAPBPAB=+−0.40.3()0.7()()PABPAPB=+−=−0.70.40.30.58=−=，()0.40.30.12PAB==，故C不正确；对于D，如果A与B相互独立，则()()()()1()()(10.4)0.30.18PABPAPBPAPB==−

=−=，()()()PABPAPB=()()1()1()PAPB=−−(10.4)(10.3)0.42=−−=。故D正确故选：ABD三、解答题4．（2022·贵州·遵义市南白中学高一期末）某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题的概率都是0.

6，若每位面试者都有三次机会，一旦答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第三次为止.用Y表示答对题目，用N表示没有答对的题目，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，那么：(1)在图的树状图中填写样本点，并写出样本空间；(2)求李明最终通过面试的概率.【答案】(1),,

,=YNYNNYNNN(2)0.936【分析】（1）根据树状图表示出样本空间；（2）先计算李明未通过面试的概率，再由对立事件的计算公式求出通过面试的概率.(1)由题意，样本空间为,,,=YNYNNYNNN.样本点的填写如图所示，(2)可知李

明未通过面试的概率为()()310.60.064=−=PNNN，所以李明通过面试的概率为()110.0640.936−=−=PNNN5．（2022·广西桂林·高一期末）为适应新冠肺炎疫情长期存在的新形势，打好疫情防控的主动仗，某学校大力普及科学防疫知识，现需要在2名女生､3名男生中任选2

人担任防疫宣讲主持人，每位同学当选的机会是相同的.(1)写出试验的样本空间，并求当选的2名同学中恰有1名女生的概率；(2)求当选的2名同学中至少有1名男生的概率.【答案】(1)样本空间答案见解析，概率是35(2)910【分析】（1）将2名女生，3名男生分别用a，b；c，d

，e表示，即可列出样本空间，再根据古典概型的概率公式计算可得；（2）设事件B=“当选的2名同学中至少有1名男生”，事件C=“当选的2名同学中全部都是女生”，事件B，C为对立事件，利用古典概型的概率公式求出()PC，最后根据对立事件的概率公式计算可

得；(1)解：将2名女生，3名男生分别用a，b；c，d，e表示，则从5名同学中任选2名同学试验的样本空间为{(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)}abacadaebcbdbecdcede=，共有10个样本点，设事件A=“当选的2名同学

中恰有1名女生”，则{(,),(,),(,),(,),(,),(,)}Aacadaebcbdbe=，样本点有6个，∴63()105PA==.即当选的2名同学中恰有1名女生的概率是35(2)解：设事件B=“当选的2名同学中至少有1名男生”，事件C=“当选的2名同学中全部都

是女生”，事件B，C为对立事件，因为{(,)}Cab=，∴1()10PC=，∴19()1()11010PBPC=−=−=.即当达的2名同学中至少有1名男生的概率是910.题型三：频率与概率一、单选题1．（2021·河南·高一期末）下列说法正确的是（）A．在相同条件下，进行大量重复试验，可

以用频率来估计概率B．掷一枚骰子1次，“出现1点”与“出现2点”是对立事件C．甲､乙两人对同一个靶各射击一次，记事件A=“甲中靶”，B=“乙中靶”，则AB+=“恰有一人中靶”D．拋掷一枚质地均匀的硬币，若前3次均正面向上，则第4次正面向上的概率小于12【答案】A【分析

】根据频率与概率、互斥与对立、并事件、概率等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A，在相同条件下，进行大量重复试验，可以用频率来估计概率，A正确；对于B，掷一枚骰子1次，“出现1点”与“出现2点”是互斥事件，但不是对立事件，B错误；对于C，AB+=“靶被击中”，

C错误；对于D，抛掷一枚质地均匀的硬币，无论哪一次，正面向上的概率都等于12，D错误.故选：A.2．（2021·陕西咸阳·高一期末）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．0.9B．0.8C．0.7D．0.6【答案】B【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80.810=.故选：B.3．（2021·广东·深圳中学高一期末）容量为100的样本数据，

按从小到大的顺序分为8组，如下表：组号12345678频数1013x141513129第3组的频数和频率分别是（）A．0.14和14B．14和0.14C．0.24和24D．24和0.24【答案】B【分析】根据样本容量和其它各组的频数，即可求得答案.【详解】由题意可

得：第3组的频数为100101314151312914−−−−−−−=，故第3组的频率为140.14100=，故选：B4．（2020·重庆九龙坡·高一期末）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：先由计算器产生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，经随机模拟产生了如下20组随机数：13796619

1925271932812458569683431257393027556488730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．0.40B．0.30C．0.35D．0.25【答案

】D【详解】试题分析：由题意知模拟三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下组随机数，在组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有：137,271,932,812,393共5组随机数，所以所求概率为50.2520=，

故选D．考点：古典概型及其概率的计算．二、多选题5．（2022·贵州·遵义市南白中学高一期末）豆瓣评分是将用户评价的一到五星转化为0～10的分值（一星2分，二星4分，三星6分，以此类推），以得分总和除以评分的用户人数所得的数字.国庆爱国影片《长津湖》的豆瓣评分情况如图，

假如参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则下列说法正确的是（）A．m的值是32%B．随机抽取100名观众，则一定有24人评价五星C．随机抽取一名观众，其评价是三星或五星的概率约为0.56D．若从已作评价的观众中随机抽取3人，则事件

“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件【答案】ACD【分析】对A选项，由题意参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则二星及以上的频率加和为97.6%，即可求解；对B选项，由频率只能推出可能有24

人符合条件；对C选项，将评价为三星和五星的频率加和即可；对D选项，“至多1人评价五星”即为无人评价或1人评价五星，依据互斥事件与对立事件定义判断即可.【详解】对A选项，参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则24.0%32.9%8.7%97.6%m+++=，所以32%m=，故A正确

；对B选项，随机抽取100名观众，可能有10024.0%24=人评价五星，但不是一定的，故B错误；对C选项，由A选项，评价是三星或五星的概率约为32%24.0%56%+=，故C正确；对D选项，根据互斥事件和对立事件的定义可知

，事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件，故D正确；故选：ACD6．（2021·山东菏泽·高一期末）下列说法中，正确的是（）A．概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值B．做n次随机试验，事件发生m次，则事件发生的频率mn就是事件

的概率C．频率是不能脱离n次试验的试验值，而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值D．任意事件A发生的概率()PA总满足()01PA【答案】AC【分析】根据频率和概率的定义可判断.【详解】根据频率和概率的定义易得AC正确；

对B，因为概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，不能说频率就是概率，故B错误；对D，任意事件A发生的概率()PA总满足()01PA，故D错误.故选：AC.一、单选题1．（2021·广东·仲元中学高一期末）数学多选题A，B，

C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求.全都选对的得5分，部分选对的得2分.有选错的得0分.已知某道数学多选题正确答案为BCD，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了1个，或2个，或3个选项，

则他能得分的概率为（）A．12B．716C．25D．25【答案】A【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得分的涂法种数，求得所求概率.【详解】解：随机地填涂了1个或2个或3个选项，共有

12344414CCC++=种涂法，能得分的涂法为（BCD），（BC），（BD），（CD），B，C，D，共7种，故他能得分的概率为71142=．故选：A.2．（2021·广东江门·高一期末）高一年级某同学为了丰富自己的课外活动，参加了学校“文学社”“咏春社”“音乐社”三个社团的选

拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立.假设该同学能够进入“文学社”“咏春社”“音乐社”三个社团的概率分别为a、b、14，该同学可以进入两个社团的概率为15，且三个社团都进不了的概率为310，则ab=（）A．320B．110C．115D．15【答案】B【分析】利用相互独立事件的概率

乘法公式，列出关于a，b的方程，联立求解即得.【详解】依题意，该同学可以进入两个社团的概率为15，则1111(1)(1)(1)4445ababba−+−+−=，整理得45abab++=，又三个社团都进不

了的概率为310，则13(1)(1)(1)410ab−−−=，整理得35abab+−=，联立45abab++=与35abab+−=，解得110ab=，所以110ab=.故选：B3．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）现有6个

相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．A事件“第一次取出的球的数字是3”，B事件“第二次取出的球的数字是2”，C事件“两次取出的球的数字之和是7”，D事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（）

A．A与C相互独立B．A与D相互独立C．B与D相互独立D．C与D相互独立【答案】A【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断．【详解】解：根据题意得()16PA=，()16PB=，()61366PC==，()536PD=，所以()()()136PACPAPC==，()()()136PADPA

PD=，()()()136PBDPBPD=，()()()0PCDPCPD=，所以A与C相互独立.故选：A4．（2021·江苏苏州·高一期末）我省高考从2021年开始实行“312++”模式，“3”为全国统考科

目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可在化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科.高一学生小明和小亮正准备进行选科，假如他们首选科目都是物理，再选科目选择每个科目的可能性均相等，且选择互不影响，则他们的选

科完全相同的概率为（）A．16B．12C．34D．56【答案】A【分析】利用列举法求出每人从化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科的选法共有6种选法；由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有66种，再由古典概型概率公式即可得解.【详解】每人从化学、生物、思想政治、

地理4个科目中选择两科的选法共有：{化学，生物}，{化学，政治}，{化学，地理}，{生物，政治}，{生物，地理}，{政治，地理},共6种选法.由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有6636N==种，其中两人的选科完全相同的选法有6种，所以他们的选科

完全相同的概率为61366=故选：A5．（2021·湖北黄冈·高一期末）一个正方体有一个面为红色，两个面为绿色，三个面为黄色，另一个正方体有两个面为红色，两个面为绿色，两个面为黄色，同时掷这两个正方体，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为（）A．13B．56C．23D

．712【答案】C【分析】计算出两个正方体朝上的面颜色相同的概率，结合对立事件的概率公式可求得结果.【详解】记第一个正方体红色的面记为a，绿色的面为1b、2b，黄色的面为1c、2c、3c，第二个正方体红色的面为1A、

2A，绿色的面为1B、2B，黄色的面为1C、2C，同时掷这两个正方体，两个正方体面朝上的不同结果种数为2636=，其中，事件“两个正方体朝上的面颜色相同”所包含的基本事件有：()1,aA、()2,aA、()11,bB、()12,bB、()21,bB、()22,bB、

()11,cC、()12,cC、()21,cC、()22,cC、()31,cC、()32,cC，因此，两个正方体朝上的面颜色不同的概率为1221363P=−=.故选：C.6．（2021·河北保定·高一期末）《列子》中《歧路亡羊》的内容为：杨子之邻亡羊(亡：丢失)，既率其党，又请杨子之

竖(竖：书童)追之.杨子曰：“嘻!亡一羊，何追者之众？”邻人曰：“多歧路(歧路：岔路口).”既反，问：“获羊乎？”曰：“亡之矣”﹒曰：“奚亡之？”曰：“歧路之中又有歧焉，吾不知所之，所以反也.”这是一篇古人杨子的邻居寻羊的故事，寓意深刻，假

定所有分岔口都有两条新的歧路，且歧路等距离出现，丢失的这只羊在每个分岔口走两条新歧路的可能性是相等的，当羊走过5个岔路口后，杨子的邻人动员了7个人去找羊，则找到羊的可能性为（）A．732B．716C．764D．316【答案】A【分析】由题可得规律

为：第n个分岔口时，共有2n条歧路，当羊走过n个分岔口后，找到羊的概率为12n，然后根据题中数据进行计算即可得解.【详解】当到第n个分岔口时，共有2n条歧路，当羊走过n个分岔口后，找到羊的概率为12n，当5n=时

，每个人找到羊的概率为511232=，故派出7个人去找羊，找到羊的概率为1773232=.故选：A.二、多选题7．（2022·辽宁丹东·高一期末）已知事件A，B相互独立，且()13PA=，()12PB=，则（）A．()23PA=B．()13PAB=C．()23PAB+=D．()12PAB

AB+=【答案】ACD【分析】结合条件逐项分析即得.【详解】∵事件A，B相互独立，且()13PA=，()12PB=，∴()()132131PPAA=−==−，故A正确；()()()1111326PABPAPB==−=，故B错误；()()()()1111232323PABPAPBP

AB+=+−=+−=，故C正确；()()()1121132322PABABPABPAB+=+=+=，故D正确.故选：ACD.8．（2022·辽宁大连·高一期末）下列说法不．正确的是（）A．若A，B为两个事件，则“A与B互斥”是“A与B相互对立”的必要不

充分条件B．若A，B为两个事件，则()()()PABPAPB+=+C．若事件A，B，C两两互斥，则()()()1PAPBPC++=D．若事件A，B满足()()1PAPB+=，则A与B相互对立【答案】BCD【分析】A.“A与B互斥”是“A与B相互对立”

的必要不充分条件，所以该选项正确；B.()()()()PABPAPBPAB+=+−I,所以该选项错误；C.举反例说明()()()1PAPBPC++=不一定成立，所以该选项错误；D.举反例说明A与B不对立，所以该选项错误.【详解】解：A.若A

，B为两个事件，“A与B互斥”则“A与B不一定相互对立”；“A与B相互对立”则“A与B互斥”，则“A与B互斥”是“A与B相互对立”的必要不充分条件，所以该选项正确；B.若A，B为两个事件，则()()()()PABPAPBPAB+=+−I,所以该选项错误；C.

若事件A，B，C两两互斥，则()()()1PAPBPC++=不一定成立，如：掷骰子一次，记A=向上的点数为1，B=向上的点数为2，C=向上的点数为3，事件A，B，C两两互斥，则()()()1111++=6662PAPBPC++=.

所以该选项错误；D.抛掷一枚均匀的骰子，所得的点数为偶数的概率是12，掷一枚硬币，正面向上的概率是12，满足()()1PAPB+=，但是A与B不对立，所以该选项错误.故选：BCD三、填空题9．（2021·湖南邵阳·高一期末）甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人

能破译的概率分别为13，14则密码被成功破译的概率_________．【答案】12【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质分析可得答案．【详解】解：根据题

意，甲乙两人能成功破译的概率分别是13，14，则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率1111(1)(1)342P=−−=，故该密码被成功破译的概率21111122PP=−=−=．故答案为：12．10．（2020·广东·高一期末）先后抛掷两枚均匀的正

方体骰子(它们的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)，骰子朝上的面的点数分别为X，Y，则2log1XY=的概率为________.【答案】112【分析】先计算先后抛掷两枚骰子的所有结果，然后由2log1XY=得出2YX=，找

出满足2YX=的所有可能，从而求出概率.【详解】先后抛掷两枚骰子的点数所有结果共6636=种，满足条件2log1XY=，即2YX=的有12XY==，24XY==，36XY==，共3种.所以2log1XY=概率为313612=.故答案为：112

.11．（2021·广东江门·高一期末）随着经济发展，江门市居住环境进一步改善，市民休闲活动的公园越来越多，其中，最新打造的网红公园有儿童公园、湖连潮头中央公园、下沙公园.某个节假日，甲、乙、丙、丁四组家庭到这个网红公园打卡，通过访问和意向筛查，最后将这四组家庭的意向汇总如

下：公园儿童公园湖连潮头中央公园下沙公园有意向的家族组甲、乙、丙甲、乙、丁乙、丙、丁若每组家庭只能从已登记的选择意向中随机选取一项，且每个公园至多有两组家庭选择，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为____

____.【答案】29【分析】分以下三种情况枚举所有情况即可，①选儿童公园和湖连潮头中央公园，②选儿童公园和下沙公园，③选下沙公园和湖连潮头中央公园，利用古典概型计算公式即可.【详解】①选儿童公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况

：甲丙、乙丁；乙丙、甲丁；②选儿童公园和下沙公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丙、乙丁；③选下沙公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丁、乙丙；④选3个公园时，有以下几种情况：甲乙、丁、丙；甲丙

、乙、丁；甲丙、丁、乙；乙丙、甲、丁；丙、甲乙、丁；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；甲、丁、乙丙；丙、甲、乙丁；甲、乙、丙丁；乙、甲、丙丁；共有18种选择，其中甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的4种，则甲、乙两组家庭选

择同一个公园打卡的概率为42189=.故答案为：29.12．（2021·云南昆明·高一期末）人类的四种血型与基因类型的对应为：O型的基因类型为ii，A型的基因类型为ai或aa（假设ai、aa出现的概率相等），B型的基因类型为bi或b

b（假设bi、bb出现的概率相等），AB型的基因类型为ab，其中a和b是显性基因，i是隐性基因．一对夫妻的血型一个是A型，一个是B型，则他们的子女的血型是AB型的概率为____________．【答案】916【分析】列举出子女血型的基因类型的可能

结果，数出子女血型的基因类型是ab的结果，进而由古典概型计算公式可得概率.【详解】依题意可得子女血型的基因类型的可能结果为：,,,,,,,,,,,,,,,abaibiiiababbibiabaiabaiabababab

，共16个，且每个结果发生的可能性都相等，其中AB型的基因类型ab有9个，所以，子女血型是AB的概率为916.故答案为：916.13．（2021·山东烟台·高一期末）甲､乙两人打靶，已知甲的命中率为0.8，乙的命中率为0.7，若甲､乙分别向同一靶子射击

一次，则该靶子被击中的概率为___________.【答案】0.94【分析】记甲的命中为事件A，乙命中为事件B，靶子被击中为事件C，利用对立事件的概率公式计算．【详解】记甲的命中为事件A，乙命中为事件B，靶子被击中为事件C，()()0.8,0.

7PAPB==，,AB相互独立，所以()1()PCPAB=−=1()()1(10.8)(10.7)0.94PAPB=−=−−−=．故答案为：0.94．14．（2021·湖南·高一期末）我省高考实行3+1+2模式，高一

学生A和B两位同学的首选科目都是历史，再选科目两人选择每个科目的可能性均等，且他们的选择互不影响，则他们选科至少有一科不同的概率为__________.【答案】56【分析】利用列举法求出每人从化学、生物、思想政治、

地理4个科目中选择两科的选法共有6种选法．由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有N=6×6=36种，由此利用对立事件概率计算公式能求出她们的选科至少有一科不相同的概率.【详解】每人从化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科的选法共有:{化学，生物}，{化学，政治}，

{化学，地理}，{生物，政治}，{生物，地理}，{政治，地理}共6种选法.由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有N=6×6=36种，其中两人的选科完全相同的选法有6种，所以她们的选科至少有一科不相同的概率651.

366P=−=故答案为：56四、解答题15．（2022·贵州·遵义市南白中学高一期末）某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取

100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：时）各分为5组[0，10）、[10，20）、[20，30）、[30，40）、[40，50]，得到频率分布直方图如图所示.(1)估计全校学生中课外阅读时间在[30，40）

小时内的总人数是多少；(2)从课外阅读时间不足10小时的样本学生中随机抽取3人，求至少有2个初中生的概率；(3)国家规定，初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半个小时.若该校初中学生课外阅读时间小于国家标准，则学校应适当增

加课外阅读时间，根据以上抽样调查数据，该校是否需要增加初中学生的课外阅读时间？并说明理由.【答案】(1)720人(2)710(3)需要增加，理由见解析【分析】（1）由分层抽样的特点可分别求得抽取的初中生、高中生人数，由频率分布直方图的性质可知初中生、高中生课外阅读时间在[30

，40)小时内的频率，然后由频数=样本容量频率可分别得初中生、高中生课外阅读时间在[30，40)小时内的样本学生数，最后将两者相加即可．（2）记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少有2个初中生”为事件A，由频数=样本容量频率/组距

频率可分别得初中生、高中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数，然后用列举法表示出随机抽取3人的所有可能结果以及事件A的结果，从而得()PA．（3）同一组中的数据用该组区间中点值作为代表来计算样本中的所有初中生平均每天阅读时间，并与3

0小时比较大小，若小于30小时，则需要增加，否则不需要增加．(1)由分层抽样知，抽取的初中生有18001006018001200=+人，高中生有1006040−=人．初中生中，课外阅读时间在[30，40)小时内的频率

为:1(0.0050.030.040.005)100.20−+++=，学生人数为0.21800360=人．高中生中，课外阅读时间在[30，40)小时内的频率为:1(0.0050.0250.0350.005)100.3−+++=，学

生人数约有0.31200360=人，全校学生中课外阅读时间在[30，40)小时内学生总人数为360360720+=人．(2)记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，至少有2个初中生”为事件A

，初中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数为0.00510603=人，高中生中，阅读时间不足10个小时的学生人数为0.00510402=人．记这3名初中生为A，B，C，这2名高中生为d，e，则从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取3人，

所有可能结果共有10种，即ABC，ABd，ABe，ACd，ACe，Ade，BCd，BCe，Bde，Cde，而事件A的结果有7种，它们是：ABC，ABd，ABe，ACd，ACe，BCd，BCe，至少抽到2名初

中生的概率为7()10PA=．(3)样本中的所有初中生平均每天阅读时间为:50.05150.3250.4350.2450.0524++++=（小时），而600.530=（小时），2430，该校需要

增加初中学生课外阅读时间．16．（2022·浙江省开化中学高一期末）已知甲、乙、丙三人独自射击，命中目标的概率分别是12、13、14．设各次射击都相互独立．(1)若甲、乙、丙三人同时对同一目标各射击一次，求目标被命

中的概率；(2)若甲、乙两人各自对目标射击两次，求四次射击中恰有两次命中目标的概率．【答案】(1)34(2)1336【详解】解：（1）设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C三人同时对同一目标射击，目标被击中为事件D可知，三人同时对同一目标射击，目标不被击中为事件D有P(D

)=1−P(D)又由已知1111()[1()][1()][1()]1112344PDPAPBPC=−−−=−−−=∴13()144PD=−=∴三人同时对同一目标进行射击，目标被击中的概率为34（2）设“四次射击中恰有两次击中目标”为事件E则EA

ABBAABBAABBAABBAABBAABB=+++++22221111111113()114112323223336PE=−+−+−−=∴四次射击中恰有两次击中目标的概率为133617．（2022·辽宁·高一期末

）2020年某地爆发了新冠疫情，检疫人员为某高风险小区居民进行检测.(1)假设A，B，C，D，E，F，G，H，I，J这10人的检测标本中有1份呈阳性，且这10人中恰有1人感染，请设计一种最多只需做4次检测，就能确定哪

一位居民被感染的方案，并写出设计步骤；(2)已知A，B，C，D，E这5人是密切接触者，要将这5人分成两组，一组2人，另一组3人，分派到两个酒店隔离，求A，B两人在同一组的概率.【答案】(1)答案见解析；(2)25.【分析

】(1)先把10份样本平均分成两组，检测一次可确定有阳性的一组，再将这组分成2份和3份的两组即可.(2)根据给定条件列出所有可能结果，确定A，B两人在同一组的结果数计算作答.(1)第一步，将10人的样本随机5份作为一组，剩余5份作为另一组，任取一组，若

呈阳性，则该组记为Ⅰ组；若呈阴性，则另一组记为Ⅰ组，第二步，将Ⅰ组的样本随机分为2组，2人一组记为Ⅱ组，3人一组记为Ⅲ组，第三步，将Ⅱ组样本进行检验，若呈阳性，再任取这两人中的一人进行检验即可得知患病人员，因此，共检测3次；若呈阴性，则阳性样本必在Ⅲ组内，再逐

一检验，最多2次即可得知患病人员，因此，最多检测4次，或者先将Ⅲ组样本进行检验，若呈阳性，再逐一检验，最多2次即可得知患病人员，因此最多检测4次；若呈阴性，则将Ⅱ组样本任取一人检验，即可得知患病人员，因此，共检测3次，综上

所述，最多只需做4次检测.(2)将A，B，C，D，E按要求分成两组，(AB，CDE)，(AC，BDE)，(AD，BCE)，(AE，BCD)，(BC，ADE)，(BD，ACE)，(BE，ACD)，(CD，ABE)，(CE，ABD)，(DE，ABC)，共有10种情况，其中A，B两

人在同一组的共有4种，所以A，B两人在同一组的概率为42105=.18．（2022·北京昌平·高一期末）近年来，手机逐渐改变了人们的生活方式，已经成为了人们生活中的必需品，因此人们对手机性能的要求也越来越高.为

了了解市场上某品牌的甲､乙两种型号手机的性能，现从甲､乙两种型号手机中各随机抽取了6部手机进行性能测评，得到的评分数据如下（单位：分）：甲型号手机908990889192乙型号手机889189938594假设所有手机性能评分相互独立.(1)在

甲型号手机样本中，随机抽取1部手机，求该手机性能评分不低于90分的概率；(2)在甲､乙两种型号手机样本中各抽取1部手机，求其中恰有1部手机性能评分不低于90分的概率；(3)试判断甲型号手机样本评分数据的方差与乙型号手机样本评分数据的方差的大小（只需写出结论）【答案】(1)23(

2)12(3)甲型号手机样本评分数据的方差小于乙型号手机样本评分数据的方差.【分析】（1）由于甲型号手机样本中，得共有4部手机性能评分不低于90分，进而得其概率；（2）由于甲型号的手机有4部评分不低于90分，乙型号

的手机有3部评分不低于90分，进而列举基本事件，根据古典概型求解即可；（3）根据表中数据的分散程度，估计比较即可.(1)解：根据表中数据，甲型号手机样本中，得共有4部手机性能评分不低于90分，所以随机抽取1部手机，求该手机性能评分不低于90分的概率为4263=(2)解：甲型号的手机有4部评分不

低于90分，记为abcd,,,，另外两部记为,AB乙型号的手机有3部评分不低于90分，记为,,xyz，另外三部记为1,2,3，所以甲､乙两种型号手机样本中各抽取1部手机，共有,,,1,2,3,,,,1,2,3axayazaaabxbybzbbb，,,,1,2,3,,,,1,2,3cxcyczcc

cdxdydzddd，,,,1,2,3,,,,1,2,3AxAyAzAAABxByBzBBB共36种，其中恰有1部手机性能评分不低于90分的基本事件有1,2,3,1,2,3aaabbb，1,2,3,1,2,3cccddd，,,,,,AxAyAzBxByBz共18种，所以所求概率为181362P

==.(3)解：根据表中数据，可判断甲型号手机样本评分数据的方差小于乙型号手机样本评分数据的方差.19．（2022·北京西城·高一期末）甲、乙两人进行射击比赛，各射击4局，每局射击10次，射击命中目标得1分，未命中目标得0分．两人4局的得分情况如下：甲6699乙79xy(1)

若乙的平均得分高于甲的平均得分，求x的最小值；(2)设6x=，10y=，现从甲、乙两人的4局比赛中随机各选取1局，并将其得分分别记为a，b，求ab的概率；(3)在4局比赛中，若甲、乙两人的平均得分相同，且乙的

发挥更稳定，写出x的所有可能取值．（结论不要求证明）【答案】(1)5(2)12(3)6，7，8【分析】（1）由题意得14xy+，又010y，即可求得x的最小值；（2）利用列举法能求出古典概型的概率；（3）由题设条件能求出x的可能的取值为6,7,

8.(1)由题意得79669944xy++++++，即14xy+.又根据题意知010y，410x，所以x的最小值此为5.(2)设“从甲、乙的4局比赛中随机各选取1局，且得分满足ab”为事件M，记甲的4局比赛为1234,,,AAAA，各局的得

分分别是6,6,9,9；乙的4局比赛为1234,,,BBBB，各局的得分分别是7,9,6,10.则从甲、乙的4局比赛中随机各选取1局，所有可能的结果有16种，它们是：11(,)AB，12(,)AB，13(,)

AB，14(,)AB，21(,)AB，22(,)AB，23(,)AB，24(,)AB，31(,)AB，32(,)AB，33(,)AB，34(,)AB，41(,)AB，42(,)AB，43(,)AB，44(,)AB.而事件M的结果有8种，它们是：13(,)AB，23(,)A

B，31(,)AB，32(,)AB，33(,)AB，41(,)AB，42(,)AB，43(,)AB，∴事件M的概率81()162PM==.(3)x的所有可能取值为6，7，8.20．（2022·北京房山·高一期末）在创建文明城市活动中，房山区某单位共有100名文明交通义务劝导志愿者（简称

为志愿者），他们每周三和每周五的上午8:009:00−，下午5:006:00−上下班的高峰时段，在红绿灯路口义务执勤，劝导行人自觉遵守交通规则，该单位对他们自2021年9月至12月参加活动的次数统计如下图所示．区创城办为了解市民文明出行情况，采

用分层抽样的方法从该单位参加1次和3次的志愿者中抽取5人进行访谈．(1)求该单位志愿者参加活动的人均次数；(2)这5人中参加1次和3次活动的志愿者各占多少人？(3)从这5人中随机抽取2人完成访谈问卷，求2人中恰有1名参加1次活动的志愿者的概率．【答案】(1)2.1(2)分别占

2人、3人(3)35【分析】（1）根据平均数的计算公式计算即可；、（2）根据分层抽样的方法计算即可；（3）设参加1次活动的2名志愿者分别为12,aa，参加3次活动的3名志愿者分别为123,,bbb，再列举基本事件，结合古典概型求解即可.(1)解

：参加1次的志愿者有20人，2次的志愿者有50人，3次的志愿者有30人1×20+2×50+3×30100=2.1．所以该校志愿者参加活动的人均次数为2.1．(2)护额：这5人中参加1次活动的志愿者有205220

30?+；这5人中参加3次活动的志愿者有30532030?+．所以这5人中参加1次和3次活动的志愿者分别占2人、3人．(3)解：设参加1次活动的2名志愿者分别为12,aa，参加3次活动的3名志愿者分别

为123,,bbb，则基本事件空间为()()()()()()()()()()12111213222231212133,,,,,,,,,,,,,,,,,,,aaababababababbbbbbb所以10n=．设“从这5人中随机抽取2人完成访谈问卷，这2人

中恰有1名参加1次活动的志愿者”为事件A，则()()()()()(){}111213212223,,,,,,,,,,,Aabababababab=，所以6m=．所以()63105mPAn===．21．（2021·重庆·高一期末）甲、乙两名篮

球运动员进行投篮比赛，甲投篮命中的概率为23，乙投篮命中的概率为34，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)512；(2)111

2.【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A事件，“乙投篮命中”为B事件,则2()3PA=，3()4PB=，由

甲和乙投篮是否命中相互没有影响，所以A与B互为独立事件，那么，恰好有1人命中的概率P21135P(AB)P(AB)343412=+=+=.(2)由（1），两人都没有命中的概率111()3412PAB==，所以，至少有1人命中的概率1P

P(AB112)11=−=.