【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第58讲 随机事件的概率与古典概型（达标检测） Word版含解析.docx，共(15)页，166.772 KB，由小赞的店铺上传

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《随机事件的概率与古典概型》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•蓝田县期末）下列事件中，随机事件的个数为（）①连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上；②13个人中至少有两个人生肖相同；③某人买彩票中奖；④在标准大气压下，水加热到90℃会沸腾．A．1个B．2个

C．3个D．4个【分析】利用随机事件的定义直接判断．【解答】解：①连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上，是随机事件；②13个人中至少有两个人生肖相同是必然事件；③某人买彩票中奖是随机事件；④在标准大气压下，水加热到90℃会沸腾是不可能事件．故

选：B．2．（2020春•无锡期末）某医院治疗一种疾病的治愈率为50%，下列说法正确的是（）A．如果第1位病人没有治愈，那么第2位病人一定能治愈B．2位病人中一定有1位能治愈C．每位病人治愈的可能性是50%D．所有病人中一定有一半的人能治愈【分析】利用概率的意义直接求解．【解答

】解：某医院治疗一种疾病的治愈率为50%，对于A，如果第1位病人没有治愈，那么第2位病人治愈的概率为50%，故A错误；对于B，2位病人中每个人治愈的可能性都是50%，或两人都能治愈，或有1位能治愈，或都不能治愈，故B错误；对于C，每位病人治愈的可能性是50%，故C正确；对于D，所有病人中每

个人治愈的可能性都是50%，但所有病人中不一定有一半的人能治愈，故D错误．故选：C．3．（2020•新课标Ⅰ）设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据古典概率公式即可求出．【解

答】解：O，A，B，C，D中任取3点，共有＝10种，即OAB，OAC，OAD，OBC，OBD，OCD，ABC，ABD，ACD，BCD十种，其中共线为A，O，C和B，O，D两种，故取到的3点共线的概率为P＝＝，故选：A．4．（2020春•龙华区校级期中）下列命题：

①对立事件一定是互斥事件；②若A，B为两个随机事件，则P（A∪B）＝P（A）+P（B）；③若事件A，B，C两两互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1；④若A与B是对立事件，则P（A）+P（B）＝1．其中正确命题的个数是（）A．1B．2C

．3D．4【分析】直接利用互斥事件和对立事件的关系式的运算关系判断A、B、C、D的结论．【解答】解：对于下列命题：①对立事件一定是互斥事件；对于事件来讲，对立必互斥，互斥不一定对立，故正确．②若A，B为两个互斥的随机事件，所以互斥事件的概率符合的公式P（A∪B）＝P（A）+P（B）

；故错误．③若事件A，B，C两两互斥，但是不一定对立，则P（A）+P（B）+P（C）≠1；故错误．④若A与B是对立事件，对立事件是必然事件，则P（A）+P（B）＝1．故正确．故选：B．5．（2020•新课标Ⅱ）在新冠肺炎疫情防控

期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率

为0.05．志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A．10名B．18名C．24名D．32名【分析】由题意可得至少需要志愿者为＝18名．【解答】解：第二

天的新订单超过1600份的概率为0.05，就按1600份计算，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95就按1200份计算，因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为＝18名，故选：B．6．（2020春•枣庄期末）若事件A与B相

互独立，P（A）＝，P（B）＝，则P（A∪B）＝（）A．B．C．D．【分析】由事件A与B相互独立，得到P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）．【解答】解：∵事件A与B相互独立，P（A）＝，P（B）＝，∴P

（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝＝．故选：C．7．（2020春•禅城区校级期末）甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是（）A．甲获胜的概率是B．甲不输的概率是C．乙输的概率是D．乙不输的概率是【分析】利用互斥事件概率计算公式直接求解．【解答】解：甲、乙两人

下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，对于A，甲获胜的概率是p＝1﹣＝，故A正确；对于B，甲不输的概率是P＝1﹣＝，故B错误；对于C，乙输的概率是p＝1﹣＝，故C错误；对于D，乙不输的概率是P＝+＝，故D错误．故选：A．8．（2020•道里区校级一模）2020年疫

情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难．为了顺利迎接高考，省里制定了周密的毕业年级复学计划．为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查．学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测．已知随机抽

一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%．若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（）A．0.99%B．99%C．49.5%D．36.

5%【分析】根据条件概率公式计算某人检验呈阳性且患病的概率，再计算某人检验呈阳性的条件下患病的概率．【解答】解：设事件A为：“某人检验呈阳性”，事件B为：”某人为疾病患者“，由题意可知P（A）＝0.2%，P（B）＝0.1%，P（A|B）＝99%，∴P（AB）＝P（A|B）•P（B）＝0.1%×

99%，∴P（B|A）＝＝＝49.5%．故选：C．9．（2020春•平邑县期中）袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有7个白球，3个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（）A．1B．C．D．【分析】基

本事件总数n＝＝45，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球包含的基本事件个数m＝＝21，由此能求出所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率．【解答】解：袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有7个白球，3个红球，从袋中任取2个球，基本事件总数n＝＝45，所取的2个球中恰有1个白球，1个

红球包含的基本事件个数m＝＝21，∴所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为p＝＝＝．故选：C．10．（2020•秦州区校级二模）甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4

，5，6，7}，若|a﹣b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝7×7＝49，|a﹣b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，利用列举法求出他们“心

有灵犀“包含的基本事件个数，由此能求出他们“心有灵犀”的概率．【解答】解：甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6，7}，基本事件总数n＝7×7

＝49，|a﹣b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀“包含的基本事件有：（1，1），（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3），（4，4）

，（4，5），（5，4），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），（6，7），（7，6），（7，7），共19个，∴现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为P＝．故选：C．11．（2020•Ⅱ

卷模拟）《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦《每一卦由三个爻组成，其中“─”表示一个阳爻，“﹣﹣”表示一个阴爻）．若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（）A．B．C．D

．【分析】从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，基本事件总数n＝＝6，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数m＝＝3，由此能求出这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率．【解答】解：含有两个阳爻的卦有3个，含有三个阳爻的卦有1个，从含有两

个及以上阳爻的卦中任取两卦，基本事件总数n＝＝6，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻包含的基本事件个数m＝＝3，∴这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为p＝＝＝．故选：B．12．（2020•南充模拟）今年年初，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克时难，社会各界

支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎．我市某医院的甲、乙、丙三名医生随机分到湖北的A，B两个城市支援，则每个城市至少有一名医生的概率为（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝23＝8，每个城市至少有一名医生包含的基本事件个数m＝＝6，由此能求出每个城市至少有一名医

生的概率．【解答】解：我市某医院的甲、乙、丙三名医生随机分到湖北的A，B两个城市支援，基本事件总数n＝23＝8，每个城市至少有一名医生包含的基本事件个数m＝＝6，则每个城市至少有一名医生的概率p＝＝＝．故选：A．13．（多选）（2020春•龙华区校级

期中）利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”，B为“是合格品”，C为“是不合格品”，则下列结果正确的是（）A．B．C．P（A∩B）＝0D．P（A∪B）＝P（C）【分析】

先分别求出P（A），P（B），P（C），进而求出P（A∪B），P（A∩B），由此能求出结果．【解答】解：由题意得：P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（C）＝＝，P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝＝≠P（C），

P（A∩B）＝0，故A，B，C均正确，D错误．故选：ABC．14．（多选）（2020春•烟台期末）已知甲罐中在四个相同的小球，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6．现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A＝“抽取的两个小球标号之和大于5”，

事件B＝“抽取的两个小球标号之积大于8”，则（）A．事件A发生的概率为B．事件A∪B发生的概率为C．事件A∩B发生的概率为D．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为【分析】对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n＝4×5＝20，利用列举法求出事件A包含的

基本事件有11个，从而P（A）＝；对于B，利用列举法求出事件A∪B包含的基本事件有11个，从而P（B）＝；对于C，利用列举法求出事件A∩B包含的基本事件有8个，从而P（C）＝．对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为．【解答】解：甲罐中在四个相同的小球

，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6．现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A＝“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B＝“抽取的两个小球标号之积大于8”，对于A，从甲罐

、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n＝4×5＝20，事件A包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），（3，3），（3，5），（3，6），（4，2），（4，3），（4，5），（4，6），共11个，∴P（A）＝，故A错误；对于B，事件A∪B

包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），（3，3），（3，5），（3，6），（4，2），（4，3），（4，5），（4，6），共11个，∴P（B）＝，故B正确；对于C，事件A∩B包含的基本事件有（2，5），（2，6），（3，

3），（3，5），（3，6），（4，3），（4，5），（4，6），共8个，∴P（C）＝＝．对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为p＝＝，故D错误．故选：BC．15．（2020•江苏）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是．【分析】分别求得基本事件的总数

和点数和为5的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值．【解答】解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，可得基本事件的总数为6×6＝36种，而点数和为5的事件为（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，则点数和为5的概率为P＝＝．故答案为：．16．（

2020春•泰州期末）已知随机事件A，B互斥，且P（A+B）＝0.8，P（A）＝0.3，则P（B）＝．【分析】利用互斥事件概率加法公式直接求解．【解答】解：∵随机事件A，B互斥，且P（A+B）＝0.8，P（A）＝0.3，∴P（B）＝P（A+B）﹣P（

A）＝0.8﹣0.3＝0.5．故答案为：0.5．17．（2020•天津）已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为．【分析】根据互斥事件的概率公式计算即可．【解答】解：甲、乙两球落入盒子的概率分

别为和，则×＝，甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1﹣（1﹣）（1﹣）＝1﹣＝，故答案为：，．18．（2020春•吉安期末）从40张卡片（点数从1﹣40各1张）中任取一张，有下列事件：①“抽出的牌点数小于10”与“抽出的牌点数大于20”；②“抽出的

牌点数小于20”与“抽出的牌点数大于10”；③“抽出的牌点数是奇数”与“抽出的牌点数是偶数”；④“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”；其中，（1）是互斥事件的有．（2）是对立事件的有；（3）既不是对立事件，也不是

互斥事件的有．【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．【解答】解：从40张卡片（点数从1﹣40各1张）中任取一张，对于①，“抽出的牌点数小于10”与“抽出的牌点数大于20”不能同时发生，但能同时不发生，是互斥事件；对于②，“抽出的牌点数小于20”与“抽出的牌点数大于10”能同时发生，

不是互斥事件；对于③，“抽出的牌点数是奇数”与“抽出的牌点数是偶数”既不能同时发生，又不能同时不发生，是对立事件；对于④是，“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”能同时发生，不是互斥事件．∴其中，（1）是互斥事件的有①③．（2）是对立事件的有③；（3）既不是对

立事件，也不是互斥事件的有②④．故答案为：①③，③，②④．19．（2020•道里区校级四模）我国在北宋年间（公元1084年）第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》，秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》、《日用

算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》．这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰．哈三中图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三本阅读，那么他借

到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为．【分析】基本事件总数n＝＝120，他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字包含的基本事件个数m＝＝50，由此能求出他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率．【解答】解：《算经十书》

，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》，秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》．哈三中图书馆中正好有这十本书，小张同学从这十本书中任借

三本阅读，基本事件总数n＝＝120，他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字包含的基本事件个数m＝＝50，∴他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为p＝＝＝．故答案为：．20．（2020•福州三模）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研

究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以拆分为两个素数的和”，如30＝7+23＝13+17＝11+19，30有3种拆分方式；6＝3+3，6只有1种拆分方式．现从大于4且小于16的偶数中随机任取一个，取出的数有不止一种上述拆分方式的概率为．【分析】基本事件总数n＝5，取

出的数有不止一种上述拆分方式有10，14，共2个，由此能求出取出的数有不止一种上述拆分方式的概率．【解答】解：现从大于4且小于16的偶数中随机任取一个，基本事件总数n＝5，取出的数有不止一种上述拆分方式有10，14，共2个，∴取出的数有不止一种上述拆分方式的概率为

P＝．故答案为：．21．（2020•海南模拟）甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，开始时甲每盘棋赢的概率为，由于心态不稳，甲一旦输一盘棋，他随后每盘棋赢的概率就变为．假设比赛没有和棋，且已知前两盘棋都是甲赢．（Ⅰ）求第四

盘棋甲赢的概率；（Ⅱ）求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．【分析】（Ⅰ）第四盘棋甲赢分两种情况：若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢，若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢，由此能求出第四盘棋甲赢的概率．（Ⅱ）若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，

分三种情况．甲第三盘赢，甲第四盘赢，甲第五盘赢，由此能求出比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．【解答】解：（Ⅰ）第四盘棋甲赢分两种情况．若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢，；若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢，．设事件A为“第四盘棋甲赢”，则第四盘棋甲赢的概率．（Ⅱ）若甲恰好赢

三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况．若甲第三盘赢，；若甲第四盘赢，；若甲第五盘赢，．设事件B为“比赛结束时，甲恰好赢三盘棋”，则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为：．22．（2020春•临沂期末）某学校就学生对端午节文化习俗的了解情况，进行了一次20道题的问卷调查，每位同学都是

独立答题，在回收的试卷中发现甲同学答对了12个，乙同学答对了16个．假设答对每道题都是等可能的，试求：（1）任选一道题目，甲乙都没有答对的概率；（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率．【分析】（1）设A＝“任选一道题目，甲答对”，B＝“任

选一道题目，乙答对”，根据古典概型概率计算公式，得P（A）＝，P（B）＝，任选一道题目，甲乙都没有答对的概率为P（）＝P（）P（）．（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率为P（）＝P（）+P（A）＝P（）P（B）+P（A）P（）．【解答】解：（1）设A＝“任选一道题目，甲答对”，B＝“任选一道

题目，乙答对”，根据古典概型概率计算公式，得：P（A）＝＝，P（B）＝，∴P（）＝，P（）＝，∴任选一道题目，甲乙都没有答对的概率为：P（）＝P（）P（）＝＝．（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率为：P（）＝P（）+P（A）＝P（）P（B）+P（A）P（）＝＝．23．（2020

春•湖北期末）新冠肺炎波及全球，我国计划首先从3个亚洲国家（伊朗、巴基斯坦、越南）和2个欧洲国家（意大利、塞尔维亚）中选择2个国家进行对口支援．（1）若从这5个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率：（2）若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括伊朗但不包括意大

利的概率．【分析】（1）设3个亚洲国家伊朗、巴基斯坦、越南分别为A1，A2，A3，2个欧洲国家意大利、塞尔维亚分别为B1，B2，从5个国家中任选2个，利用列举法能求出这2个国家都是亚洲国家的概率．（2）从亚洲国

家和欧洲国家中各任选1个，利用列举法能求出这2个国家包括伊朗但不包括意大利的概率．【解答】解：（1）设3个亚洲国家伊朗、巴基斯坦、越南分别为A1，A2，A3，2个欧洲国家意大利、塞尔维亚分别为B1，B2，从5个国家中任选2个，其可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1

，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个，其中，选到的这2个国家都是亚洲国家的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3

}，共3个．故这2个国家都是亚洲国家的概率P＝．（2）从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其可能的结果组成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共6个，其中，选到的这2个国家包括A

1（伊朗）但不包括B1（意大利）的基本事件有{A1，B2}，共1个，故这2个国家包括伊朗但不包括意大利的概率P＝．24．（2020•一卷模拟）根据某省的高考改革方案，考生应在3门理科学科（物理、化学、生物）和3门文科学科（历史、政治、地理）的6

门学科中选择3门学科参加考试，根据以往统计资料，1位同学选择生物的概率为0.5，选择物理但不选择生物的概率为0.2，考生选择各门学科是相互独立的．（1）求1位考生至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率；（2）某校高二400

名学生中，选择生物但不选择物理的人数为140，求1位考生同时选择生物、物理两门学科的概率．【分析】（1）设事件A表示“考生选择生物学科”，事件B表示“考生选择物理但不选择生物学科”，事件C表示“考生至少选择生物、物理两门学科中

的1门学科”，则P（A）＝0.5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝∅，由此能求出1位考生至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率．（2）设事件D表示“选择生物但不选择物理”，事件E表示“同时选择生物、物理两门学科”，求出P（D）＝＝0.3

5，再由D∪E＝A，能求出1位考生同时选择生物、物理两门学科的概率．【解答】角：（1）设事件A表示“考生选择生物学科”，事件B表示“考生选择物理但不选择生物学科”，事件C表示“考生至少选择生物、物理两门学科中的1门学科”，则P（A）＝0.

5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝∅，∴1位考生至少选择生物，物理两门学科中的1门的概率：P（C）＝P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.5+0.2＝0.7．（2）设事件D表示“选择生物但不选择物理”，事件E表示“同时选择生

物、物理两门学科”，∵某校高二400名学生中，选择生物但不选择物理的人数为140，∴P（D）＝＝0.35，∵D∪E＝A，∴1位考生同时选择生物、物理两门学科的概率：P（E）＝P（A）﹣P（D）＝0.5﹣0.35＝0.15．[B组]—强基必备1．（2019春•西城区校级期末

）一项抛掷骰子的过关游戏规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如里这n次抛掷所出现的点数和大于n2，则算过关，可以随意挑战某一关．若直接挑战第三关，则通关的概率为；若直接扬战第四关，则通关的概率为．【分析】若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63＝216种，不能过关

的基本事件为方程x+y+z＝a，其中a＝3，4，5，6，7，8，9的正整数解的总数，根据互斥事件的概率公式计算即可；若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64＝1296种，不能通关的基本事件为方程x+y+z+m＝a，其中a＝4，5，6，…，16的正整数解的总数，分类求出，

再根据互斥事件的概率公式计算即可．【解答】解：若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为63＝216种，不能过关的基本事件为方程x+y+z＝a，其中a＝3，4，5，6，7，8，9的正整数解的总数，共有1+C32+C42+…+C72+C82﹣3＝81种，不能过关的概率为

＝．故通关的概率为1﹣＝．若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为64＝1296种，不能通关的基本事件为方程x+y+z+m＝a，其中a＝4，5，6，…，16的正整数解的总数，当a＝4，5，…，9共有1+C43+C53+…+C9

3＝1+4+10+20+35+56＝126种，当a＝10时，C93﹣4＝84﹣4＝80种，当a＝11时，C113﹣C41﹣C41C32＝120﹣4﹣12＝104种，当a＝12时，C113﹣C41﹣C41C32﹣C41C42

＝165﹣4﹣12﹣24＝125种，当a＝13时，C123﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52＝220﹣4﹣12﹣24﹣40＝140种．当a＝14时，C133﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C

41C52﹣C41C62＝286﹣4﹣12﹣24﹣40﹣60＝146种．当a＝15时，C143﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52﹣C41C62﹣C41C72＝364﹣4﹣12﹣24﹣40﹣

60﹣84＝140种．当a＝16时，C153﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52﹣C41C62﹣C41C72﹣C41（C82﹣3）﹣C42＝455﹣4﹣12﹣24﹣40﹣60﹣84﹣100﹣6＝125种，所以不能过关的概率为（80+126+104+125+140+1

46+140+125）＝．故答案为：，．2．（2020•南通模拟）某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0，1，2，3，将这个玩具抛掷n次，记第n次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为an，数列{an}的前n项和为Sn．记Sn是3的倍数的概率为P（n

）．（1）求P（1），P（2）；（2）求P（n）．【分析】（1）抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，抛掷两次，出现1+2，2+1，0+0，3+3，0+3，3+0时，符合要求，故计6种情况，由此能求出P（1）和P（2）．（2）设Sn被3除时余1的概率为p1（n），Sn被3除时余2的概率为P2（n

），推导出P（n+1）＝+，P1（n+1）＝+，P2（n+1）＝，从而4P（n+1）＝p（n）+1，进而P（n+1）﹣＝[P（n）﹣]，由此能求出P（n）．【解答】解：（1）抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，故P（1）＝，抛掷两次，出现1+

2，2+1，0+0，3+3，0+3，3+0时，符合要求，故计6种情况，故P（2）＝＝．（2）设Sn被3除时余1的概率为p1（n），Sn被3除时余2的概率为P2（n），则P（n+1）＝+，①P1（n+1）＝+，②P2（n+1）＝，③①﹣（②+③），得：P

（n+1）﹣[P1（n+1）+P2（n+1）]＝﹣[P1（n）+P2（n）]，化简，得4P（n+1）＝p（n）+1，∴P（n+1）﹣＝[P（n）﹣]，又P（1）＝，∴P（n）＝．