高中数学命题热点名师解密专题：概率问题易错点(有答案)

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概率易错题汇编及答案解析

A． B． C． D．
【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

全国通用版高中数学第十章概率重点易错题

(名师选题)全国通用版高中数学第十章概率重点易错题单选题1、一个学习小组有5名同学，其中2名男生，3名女生．从这个小组中任意选出2名同学，则选出的同学中既有男生又有女生的概率为（）A ．15B ．25C ．35D ．45答案：C分析：写出5人取2人的所有事件，找出一男同学一女同学的取法，利用古典概型求解.5人小组中，设2男生分别为a ,b ，3名女生分别为A,B,C ，则任意选出2名同学，共有:(a,b),(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C),(A,B),(A,C),(B,C)10个基本事件，其中选出的同学中既有男生又有女生共有(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C)6个基本事件，所以P =610=35,故选：C2、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 ∩BC ．A ⊆BD ．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.3、掷一枚均匀的硬币，如果连续抛掷1000次，那么第999次出现正面向上的概率是A ．1999B ．11000C ．9991000D ．12答案：D每一次出现正面朝上的概率相等都是12，故选D. 4、抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件A =“向上的点数为3”，B =“向上的点数为6”，C =“向上的点数为3或6”，则有（）A ．A ⊆B B ．C ⊆B C ．A ∩B =CD ．A ∪B =C答案：D分析：根据事件的关系、和事件、积事件的定义逐一判断四个选项的正误，即可得出正确选项对于A ：事件A =“向上的点数为3”发生，事件B =“向上的点数为6”一定不发生，故选项A 不正确；对于B ：事件C =“向上的点数为3或6”发生，事件B =“向上的点数为6”不一定发生，但事件B =“向上的点数为6”发生，事件C =“向上的点数为3或6” 一定发生，所以B ⊆C ，故选项B 不正确；对于C ：事件A 和事件B 不能同时发生，A ∩B =∅，故选项C 不正确；对于D ：事件A =“向上的点数为3”或事件B =“向上的点数为6”发生，则事件C =“向上的点数为3或6”发生，故选项D 正确；故选：D5、某同学从家到学校要经过三个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，该同学在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14，则该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为（） A ．124B ．1124C ．23D ．34答案：D分析：利用相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式即可求解．解：由题意，该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为P =1−(1−12)×(1−13)×(1−14)=34，故选：D.6、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：B7、将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别为b ，c ，则方程x 2+bx +c =0有实数根的样本点个数为（）A ．17B ．18C ．19D ．20答案：C分析：直接列举即可得到.一枚骰子先后抛掷两次，样本点一共有36个；方程有实数根，需满足b 2−4c ≥0；样本点中满足b 2−4c ≥0的有（2，1）､（3，1）､（3，2）､（4，1）､（4，2）､（4，3）､（4，4）､（5，1）､（5，2）､（5，3）､（5，4）､（5，5）､（5，6）､（6，1）､（6，2）､（6，3）､（6，4）､（6，5）､（6，6），共19个.故选：C8、天气预报说，今后三天中，每一天下雨的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示下雨，5，6，7，8，9，0表示不下雨.经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 195 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计今后三天中恰有两天下雨的概率为（）A．0.40B．0.30C．0.25D．0.20答案：D分析：由题意知：在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨通过列举得到共4组随机数，根据概率公式得到结果.由题意知：在20组随机数中恰有两天下雨的有可以通过列举得到：271 932 812 393 共4组随机数∴所求概率为4=0.2020故选：D9、已知100件产品中有5件次品，从这100件产品中任意取出3件，设E表示事件“3件产品全不是次品”，F表示事件“3件产品全是次品”，G表示事件“3件产品中至少有1件是次品”，则下列结论正确的是（）A．F与G互斥B．E与G互斥但不对立C．E,F,G任意两个事件均互斥D．E与G对立答案：D分析：列出基本事件，再结合互斥事件，对立事件的定义即可判断.设1表示取到正品, 0 表示取到次品，所有事件Ω={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)}.则E={(1,1,1)},F={(0,0,0)},G={(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)}F∩G=F,故F与G不互斥，故A,C错E∩G=∅,E∪G=Ω,故E与G互斥且对立,故B错，D正确故选：D10、某种心脏手术，成功率为0.6，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0~9之间取整数值的随机数，由于成功率是0.6，我们用0，1，2，3表示手术不成功，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 ．0.2B ．0.3C ．0.4D ．0.5答案：A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2组，即求.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： 569, 989，故2个，故估计“3例心脏手术全部成功”的概率为210=0.2. 故选：A.11、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.依题意，该同学可以进入两个社团的概率为15，则ab ⋅(1−14)+14a(1−b)+14b(1−a)=15，整理得ab +a +b =45，又三个社团都进不了的概率为310，则(1−a)(1−b)(1−14)=310，整理得a +b −ab =35，联立ab +a +b =45与a +b −ab =35，解得ab =110，所以ab =110.故选：B12、下列事件中不是确定事件的个数是（）①从三角形的三个顶点各画一条高线，这三条高线交于一点；②水中捞月；③守株待兔；④某地区明年1月的降雪量高于今年1月的降雪量A．1B．2C．3D．4答案：B分析：根据随机事件的定义分析判断即可三角形三条高线一定交于一点，则①是必然事件；②水中捞月是不可能事件；③守株待兔是随机事件，不是确定事件；④某地区明年1月的降雪量高于今年1月的降雪量是随机事件，不是确定事件.故选：B.填空题13、下列结论中错误的是__________．（填序号）①如果P(A)=0.9999，那么A为必然事件；②频率是客观存在的，与试验次数无关；③概率是随机的，在试验前不能确定；④若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件．答案：①②③分析：依据必然事件的概率判断①；依据频率的性质判断②；依据概率的定义判断③；依据对立事件与互斥事件的关系判断④ .必然事件的概率为1，故①判断错误；频率不是客观存在的，与试验次数有关.故②判断错误；频率稳定在某个常数，这个常数叫概率. 故③判断错误；若事件A与B是对立事件，则A与B一定是互斥事件．故④判断正确.所以答案是：①②③14、在一次全运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．羽毛球的比赛规则是3局2胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟试验，估计甲获得冠军的概率．为此，用计算机产生1～5之间的随机数，当出现随机数1，2或3时，表示一局比赛甲获胜，其概率为0.6．由于要比赛三局，所以每3个随机数为一组．例如，产生了20组随机数：423 231 423 344 114 453 525 323 152 342345 443 512 541 125 342 334 252 324 254相当于做了20次重复试验，用频率估计甲获得冠军的概率的近似值为_____．答案：0.65分析：由20组随机数中先求出甲获胜的频数，从而可求出甲获胜的频率，进而可得答案解：由题意可知，20组随机数中甲获胜的有：423 231 423 114 323 152 342 512 125 342 334 252 324有13组，=0.65，所以甲获胜的频率为1320所以甲获得冠军的概率的近似值约为0.65，所以答案是：0.65小提示：此题考查频率与概率的关系，属于基础题15、同时抛三枚均匀的硬币，则样本点的总个数和恰有2个正面朝上的样本点个数分别为________.答案：8，3分析：利用列举法计数可得．同时抛三枚均匀的硬币的可能的不同结果有：正正正，正正反，正反正，反正正，反反正，反正反，正反反，反反反，样本点的总个数为8，恰好有2个正面朝上的样本点为正正反、正反正、反正正，共3个.16、受疫情防控需求，现有四位志愿者可自主选择到三个不同的核酸检测点进行服务，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是_________.（结果用最简分数表示）答案：49分析：先计算总共的选择数，再计算三个核酸检测点都有志愿者到位的数量，即可得答案.解：四个志愿者总的选择共N =3×3×3×3=81种，要满足三个核酸检测点都有志愿者到位，则必有2个人到同一核酸检测点，故从4人中选择2人出来，共有C 42=6种，再将这2人看成整体1人和其他2人共3人，选择三个核酸检测点，共A 33=6种，所以n =6×6=36，所以P =n N =3681=49.所以答案是：49.17、已知甲盒装有3个红球，m 个白球，乙盒装有3个红球， 1个白球，丙盒装有2个红球， 2个白球，这些球除颜色以外完全相同. 先随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球，若取得白球的概率是3784，则m =_____.答案：4分析：分别求出从甲、乙、丙盒中机取一个球取得白球的概率，再表示出随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球，取得白球的概率即可求出m 的值.从甲盒中机取一个球，取得白球的概率是P 1=m 3+m ，从乙盒中机取一个球，取得白球的概率是P 2=14，从丙盒中机取一个球，取得白球的概率是P 2=12，因为随机取一个盒子，再从该盒子中随机取一个球，取得白球的概率是3784，所以1C 31·(P 1+P 2+P 3)=13×(m 3+m +14+12)=3784，解得：m =4.解答题18、2022年3月5日，第十三届全国人民代表大会第五次会议在北京人民大会堂开幕，会议报告指出，2021年，国内生产总值和居民人均可支配收入明显增长．某地为了解居民可支配收入情况，随机抽取100人，经统计，这100人去年可支配收入（单位：万元）均在区间[4.5,10.5]内，按[4.5,5.5)，[5.5,6.5)，[6.5,7.5)，[7.5,8.5)，[8.5,9.5)，[9.5,10.5]分成6组，频率分布直方图如图所示，若上述居民可支配收入数据的第60百分位数为8.1．(1)求a,b 的值，并估计这100位居民可支配收入的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)用样本的频率估计概率，从该地居民中抽取甲、乙、丙3人，若每次抽取的结果互不影响，求抽取的3人中至少有两人去年可支配收入在[7.5,8.5)内的概率．答案：(1){a =0.25b =0.3；平均值为7.72 (2)0.216分析：（1）根据频率分布直方图的矩形面积和为1，结合第60百分位数的性质求解a,b ，进而根据频率分布直方图的平均值算法求解即可；（2）分抽取的3人中有两人和三人去年可支配收入在[7.5,8.5)内两种情况求解即可（1）由频率分布直方图，可得0.05+0.12+a +b +0.2+0.08=1，则a +b =0.55①因为居民收入数据的第60百分位数为8.1，所以0.05+0.12+a +(8.1−7.5)×b =0.6，则a +0.6b =0.43②将①与②联立，解得{a =0.25b =0.3．所以平均值为0.05×5+0.12×6+0.25×7+0.3×8+0.2×9+0.08×10=7.72．（2）根据题意，设事件A ，B ，C 分别为甲、乙、丙在[7.5，8.5）内，则P (A )=P (B )=P (C )=0.3．①“抽取3人中有2人在[7.5，8.5）内”=ABC ∪ABC ∪A BC ，且ABC 与AB̅C 与A BC 互斥，根据概率的加法公式和事件独立性定义，得P 1=P (ABC ∪AB̅C ∪A BC )=0.3×0.3×(1−0.3)+0.3×(1−0.3)×0.3+(1−0.3)×0.3×0.3 =0.189． ②“抽取3人中有3人在[7.5，8.5）内”=ABC ，由事件独立性定义，得P 2=P (ABC )=P (A )P (B )P (C )=0.3×0.3×0.3=0.027．所以抽取的3人中至少有两人去年可支配收入在[7.5，8.5）内的概率：P 1+P 2=0.189+0.027=0.216．19、某车间共有八名工人，为了保障安全生产，每月1号要从中选取四名工人参加同样的技能测试，每名工人通过每次测试的概率都是34．甲从事的岗位比较特殊，每次他都必须参加技能测试．工厂规定：若工人连续两次没通过测试，则被撤销上岗资格．求甲恰好参加四次技能测试后被撤销上岗资格的概率．答案：364 分析：结合独立事件公式直接计算即可.设一次测试甲通过测试的事件为A ，由题可知，甲第三次，第四次一定没通过测试，则第二次一定通过测试，第一次通不通过测试不受影响，故甲恰好参加四次技能测试后被撤销上岗资格的概率P =1×P (A )×P(A)×P(A)=34×14×14=364.20、某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑（互不影响）的成绩在13s 内（称为合格）的概率分别为25，34，13.若对这三名短跑运动员的100跑的成绩进行一次检测，则求：（Ⅰ）三人都合格的概率；（Ⅱ）三人都不合格的概率；（Ⅲ）出现几人合格的概率最大.答案：（Ⅰ）110；（Ⅱ）110；（Ⅲ）1人.分析：记甲、乙、丙三人100米跑成绩合格分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P(A)=25，P(B)=34，P(C)=13，从而根据不同事件的概率求法求得各小题.记甲、乙、丙三人100米跑成绩合格分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P(A)=25，P(B)=34，P(C)=13 设恰有k 人合格的概率为P k (k =0,1,2,3).（Ⅰ）三人都合格的概率：P 3=P(ABC)=P(A)⋅P(B)⋅P(C)=25×34×13=110（Ⅱ）三人都不合格的概率：P 0=P(A B ̅C )=P(A )⋅P(B ̅)⋅P(C )=35×14×23=110.（Ⅲ）恰有两人合格的概率：P 2=P(ABC )+P(AB ̅C)+P(A BC)=25×34×23+25×14×13+35×34×13=2360. 恰有一人合格的概率：P 1=1−P 0−P 2−P 3=1−110−2360−110=2560=512.因为512>2360>110，所以出现1人合格的概率最大.。

高中数学概率易错题辨析

高考数学概率易错题辨析一、概念理解不清致错例1．抛掷一枚均匀的骰子，若事件A ：“朝上一面为奇数”，事件B ：“朝上一面的点数不超过3”，求P （A+B ）错误解法：事件A ：朝上一面的点数是1，3，5；事件B ：趄上一面的点数为1，2，3，∴P （A+B ）=P （A ）+P （B ）=216363=+ 错因分析：事件A ：朝上一面的点数是1，3，5；事件B ：趄上一面的点数为1，2，3，很明显，事件A 与事件B 不是互斥事件。

即P （A+B ）≠P （A ）+P （B ），所以上解是错误的。

实际上：正确解法为：A+B 包含：朝上一面的点数为1，2，3，5四种情况∴P （A+B ）=3264=错误解法2：事件A ：朝上一面的点数为1，3，5；事件B ：朝上一面的点数为1，2，3，即以A 、B 事件中重复的点数1、3∴P （A+B ）=P （A ）+P （B ）－P （A ·B ）=4321212121=⨯-+ 错因分析：A 、B 事件中重复点数为1、3，所以P （A ·B ）=62；这种错误解法在于简单地类比应用容斥原理)()()()(B A Card B Card A Card B A Card I Y -+=致错正确解答：P （A+B ）=P （A ）+P （B ）－P （A ·B ）=32622121=-+ 例2．某人抛掷一枚均匀骰子，构造数列}{n a ，使⎩⎨⎧-=)(,1)(,1次掷出奇数当第次掷出偶数当第n n a n ，记n n a a a S +++=Λ21 求)4,3,2,1(0=≥i S i 且28=S 的概率。

错解：记事件A ：28=S ，即前8项中，5项取值1，另3项取值－1∴28=S 的概率858)21()(⋅=C A P记事件B ：)4,3,2,1(0=≥i S i ，将)4,3,2,1(0=≥i S i 分为两种情形：（1）若第1、2项取值为1，则3，4项的取值任意（2）若第1项为1，第2项为－1，则第3项必为1第四项任意 ∴P （B ）=83)21()21(32=+∴所求事件的概率为P=P （A ）·P （B ）=858)21(83⋅⋅C错因分析：0≥i S 且28=S 是同一事件的两个关联的条件，而不是两个相互独立事件。

全国通用版高中数学第十章概率易错知识点总结

(名师选题)全国通用版高中数学第十章概率易错知识点总结单选题1、将一枚骰子先后抛掷两次，若先后出现的点数分别为b ，c ，则方程x 2+bx +c =0有实数根的样本点个数为（）A ．17B ．18C ．19D ．20答案：C分析：直接列举即可得到.一枚骰子先后抛掷两次，样本点一共有36个；方程有实数根，需满足b 2−4c ≥0；样本点中满足b 2−4c ≥0的有（2，1）､（3，1）､（3，2）､（4，1）､（4，2）､（4，3）､（4，4）､（5，1）､（5，2）､（5，3）､（5，4）､（5，5）､（5，6）､（6，1）､（6，2）､（6，3）､（6，4）､（6，5）､（6，6），共19个.故选：C2、《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为（）．A ．13B ．23C ．16D ．12答案：C分析：根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a , b ，c ，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A ，B ，C ，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等可能事件的概率计算可得答案.设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a ，b ，c ，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A ，B ，C ，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛，所有的可能为:Aa ，Bb ，Cc ，田忌得0分;Aa ，Bc ，Cb ，田忌得1分Ba ，Ab ，Cc ，田忌得1分Ba ，Ac ，Cb ，田忌得1分;Ca ，Ab ，Bc ，田忌得2分，Ca ，Ac ，Bb ，田忌得1分田忌得2分概率为P =16，故选：C3、我们通常所说的ABO 血型系统是由A ，B ，O 三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自父亲和母亲，其中AA ，AO 为A 型血，BB ，BO 为B 型血，AB 为AB 型血，OO 为O 型血.比如：父亲和母亲的基因型分别为AO ，AB ，则孩子的基因型等可能的出现AA ，AB ，AO ，BO 四种结果，已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB 型，不考虑基因突变，则小明是A 型血的概率为（）A ．116B ．18C ．14D ．12 答案：C分析：根据给定条件求出父亲所有可能血型的概率，再分情况求解小明是A 型血的概率作答.因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB 型，则小明父亲的血型可能是AA ，AB ，BB ，它们对应的概率分别为14,12,14，当小明父亲的血型是AA 时，因其母亲的血型为AB ，则小明的血型可能是AA ，AB ，它们的概率均为12，此时小明是A 型血的概率为14×12=18，当小明父亲的血型是AB 时，因其母亲的血型为AB ，则小明的血型是AA 的概率为14，此时小明是A 型血的概率为12×14=18，当小明父亲的血型是BB 时，因其母亲的血型为AB ，则小明的血型不可能是AA ，所以小明是A 型血的概率为18+18=14，即C 正确.故选：C4、将一个容量为1000的样本分成若干组，已知某组的频率为0.4，则该组的频数是（）A ．4B ．40C ．250D ．400答案：D分析：直接利用频率的定义求解即可．∵一个容量为1000的样本分成若干组，某组的频率为0.4，∴该组的频数为：1000×0.4=400．故选：D ．小提示：本题考查频数的求法，解题时要认真审题，属于基础题．5、如图，开关K 1，K 2被称为双联开关，K 1可以与a ，b 点相连，概率分别为12，K 2可以与c ，d 点相连，概率分别为12，普通开关K 3要么与e 点相连（闭合），要么悬空（断开），概率也分别为12．若各开关之间的连接情况相互独立，则电灯L 1不亮的概率是（）A ．18B ．14C ．34D ．78答案：C分析：利用对立事件，结合相互独立事件概率计算公式，计算出所求概率.先考虑对立事件“电灯L 1亮”：首先需要“K 3与e 点相连”，同时满足“K 1与a 点相连且K 2与c 点相连”或“K 1与b 点相连且K 2与d 点相连”，因此电灯L 1亮的概率P =12×(12×12+12×12)=14，故电灯L 1不亮的概率为34.故选：C6、生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为A ．23B ．35C ．25D ．15答案：B分析：本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．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610=35，选B ．小提示：本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．7、从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）A ．至少有一个黑球与都是黑球B ．至少有一个黑球与至少有一个红球C ．恰有一个黑球与恰有两个黑球D ．至少有一个黑球与都是红球答案：C分析：根据互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可.对于A ：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，∴这两个事件不是互斥事件，∴A不正确；对于B：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，∴B不正确；对于C：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴C正确；对于D：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，∴这两个事件是对立事件，∴D不正确.故选：C．8、下列事件属于古典概型的是（）A．任意抛掷两颗均匀的正方体骰子，所得点数之和作为基本事件B．篮球运动员投篮，观察他是否投中C．测量一杯水分子的个数D．在4个完全相同的小球中任取1个答案：D解析：根据古典概率的特征，逐项判断，即可得出结果判断一个事件是否为古典概型，主要看它是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性.A选项，任意抛掷两颗均匀的正方体骰子，所得点数之和对应的概率不全相等，如点数之和为2与点数之和为3发生的可能性显然不相等，不属于古典概型，故A排除；B选项，“投中”与“未投中”发生的可能性不一定相等，不属于古典概型，故B排除；C选项，杯中水分子有无数多个，不属于古典概率，故C排除；D选项，在4个完全相同的小球中任取1个，每个球被抽到的机会均等，且包含的基本事件共有4个，符合古典概型，故D正确.故选：D.9、已知100件产品中有5件次品，从这100件产品中任意取出3件，设E表示事件“3件产品全不是次品”，F 表示事件“3件产品全是次品”，G 表示事件“3件产品中至少有1件是次品”，则下列结论正确的是（）A ．F 与G 互斥B ．E 与G 互斥但不对立C ．E,F,G 任意两个事件均互斥D ．E 与G 对立答案：D分析：列出基本事件，再结合互斥事件，对立事件的定义即可判断.设1表示取到正品, 0 表示取到次品，所有事件Ω={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)}.则E = {(1,1,1)},F = {(0,0,0)},G = {(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)}F ∩G =F, 故F 与G 不互斥，故A,C 错E ∩G =∅,E ∪G =Ω, 故E 与G 互斥且对立,故B 错，D 正确故选：D10、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.依题意，该同学可以进入两个社团的概率为15，则ab ⋅(1−14)+14a(1−b)+14b(1−a)=15，整理得ab +a +b =45，又三个社团都进不了的概率为310，则(1−a)(1−b)(1−14)=310，整理得a +b −ab =35，联立ab +a +b =45与a +b −ab =35，解得ab =110，所以ab =110.故选：B11、若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )=2−a ，P (B )=4a −5，则实数a 的取值范围是（）A．(54,2)B．(54,32)C．(54,43]D．[54,32]答案：C分析：利用互斥事件的加法公式及概率的基本性质列式即可作答. 因随机事件A，B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=3a−3，依题意及概率的性质得{0<P(A)<1 0<P(B)<10<P(A+B)≤1，即{0<2−a<10<4a−5<10<3a−3≤1，解得54<a≤43，所以实数a的取值范围是(54,4 3 ].故选：C12、下列叙述正确的是（）A．互斥事件一定不是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件B．若事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1C．频率是稳定的，概率是随机的D．5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性小答案：B分析：由互斥事件及对立事件的关系，频率与概率的关系及随机事件的概率逐一判断即可得解.解：对于A，互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件，即A错误；对于B，事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1，即B正确；对于C，概率是稳定的，频率是随机的，即C错误；对于D，5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性都为15，即D错误，即叙述正确的是选项B，故选：B.小提示：本题考查了互斥事件及对立事件的关系，重点考查了频率与概率的关系及随机事件的概率，属基础题.填空题13、某商店的有奖促销活动中仅有一等奖､二等奖､鼓励奖三个奖项，其中中一等奖的概率为0.05，中二等奖的概率为0.16，中鼓励奖的概率为0.40，则不中奖的概率为________.答案：0.39解析：利用互斥事件和对立事件的概率公式即可求解该题.中奖可分为三个互斥事件：一等奖、二等奖和鼓励奖，故中奖的概率为：0.05+0.16+0.40=0.61，中奖与不中奖互为对立事件，故不中奖的概率为：1−0.61=0.39.所以答案是：0.39.14、已知事件A，B，且P(A)=0.5，P(B)=0.2，如果A与B互斥，令m=P(AB)；如果A与B相互独立，令n= P(A B̅)，则n−m=___________.答案：0.4##25分析：利用互斥事件的概念及独立事件概率公式即得.∵A与B互斥，∴m=P(AB)=0,∵A与B相互独立，∴n=P(A B̅)=P(A)P(B̅)=(1−0.5)×(1−0.2)=0.4，∴n−m=0.4.所以答案是：0.4.15、为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品.从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.82，则抽到一等品的概率为___________.答案：0.75##34分析：由互斥事件的概率加法公式进行求解即可．设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为A，B，C，则{P(A)+P(B)=0.93 P(A)+P(C)=0.82P(A)+P(B)+P(C)=1，解得{P(A)=0.75P(B)=0.18P(C)=0.07，所以抽到一等品的概率为0.75.所以答案是：0.75.16、在一次数学考试中，某班学生的及格率是80%，这里所说的“80%”是指___________.(填“频率”或“概率”)答案：频率分析：根据频率与概率的概念即可得出答案.解析：在一次数学考试中，某班学生的及格率是80%，这里所说的“80%”是指“频率”.只有经过很多次考试得到的及格率都是80%，才能说是概率.所以答案是：频率.17、同时抛三枚均匀的硬币，则样本点的总个数和恰有2个正面朝上的样本点个数分别为________.答案：8，3分析：利用列举法计数可得．同时抛三枚均匀的硬币的可能的不同结果有：正正正，正正反，正反正，反正正，反反正，反正反，正反反，反反反，样本点的总个数为8，恰好有2个正面朝上的样本点为正正反、正反正、反正正，共3个.故答案为8，3.解答题18、冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN 的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN 将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O 的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O 中，得3分，冰壶的重心落在圆环A 中，得2分，冰壶的重心落在圆环B 中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为13，14；甲、乙得2分的概率分别为25，12；甲、乙得1分的概率分别为15，16．(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X ，求X 的分布列和期望．答案：(1)2990 (2)分布列见解析；期望为4712分析：（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；（2）由题意X 可能取值为0，1，2，3，4，5，6，分别计算出概率得分布列，由期望公式计算期望．（1）由题意知甲得0分的概率为1−13−25−15=115，乙得0分的概率为1−14−12−16=112，所以甲、乙两人所得分数相同的概率为13×14+25×12+15×16+115×112=2990．（2）X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，则P(X=0)=115×112=1180，P(X=1)=115×16+15×112=136，P(X=2)=115×12+15×16+25×112=110，P(X=3)=115×14+15×12+25×16+13×112=1990，P(X=4)=15×14+25×12+13×16=1136，P(X=5)=25×14+13×12=415，P(X=6)=13×14=112，所以，随机变量X的分布列为：所以E(X)=0×1180+1×136+2×110+3×1990+4×1136+5×415+6×112=4712．19、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)}.20、2022年3月5日，第十三届全国人民代表大会第五次会议在北京人民大会堂开幕，会议报告指出，2021年，国内生产总值和居民人均可支配收入明显增长．某地为了解居民可支配收入情况，随机抽取100人，经统计，这100人去年可支配收入（单位：万元）均在区间[4.5,10.5]内，按[4.5,5.5)，[5.5,6.5)，[6.5,7.5)，[7.5,8.5)，[8.5,9.5)，[9.5,10.5]分成6组，频率分布直方图如图所示，若上述居民可支配收入数据的第60百分位数为8.1．(1)求a,b 的值，并估计这100位居民可支配收入的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)用样本的频率估计概率，从该地居民中抽取甲、乙、丙3人，若每次抽取的结果互不影响，求抽取的3人中至少有两人去年可支配收入在[7.5,8.5)内的概率．答案：(1){a =0.25b =0.3；平均值为7.72 (2)0.216分析：（1）根据频率分布直方图的矩形面积和为1，结合第60百分位数的性质求解a,b ，进而根据频率分布直方图的平均值算法求解即可；（2）分抽取的3人中有两人和三人去年可支配收入在[7.5,8.5)内两种情况求解即可（1）由频率分布直方图，可得0.05+0.12+a +b +0.2+0.08=1，则a +b =0.55①因为居民收入数据的第60百分位数为8.1，所以0.05+0.12+a +(8.1−7.5)×b =0.6，则a +0.6b =0.43②将①与②联立，解得{a =0.25b =0.3．所以平均值为0.05×5+0.12×6+0.25×7+0.3×8+0.2×9+0.08×10=7.72．（2）根据题意，设事件A，B，C分别为甲、乙、丙在[7.5，8.5）内，则P(A)=P(B)=P(C)=0.3．①“抽取3人中有2人在[7.5，8.5）内”=ABC∪ABC∪A BC，且ABC与AB̅C与A BC互斥，根据概率的加法公式和事件独立性定义，得P1=P(ABC∪AB̅C∪A BC)=0.3×0.3×(1−0.3)+0.3×(1−0.3)×0.3+(1−0.3)×0.3×0.3=0.189．②“抽取3人中有3人在[7.5，8.5）内”=ABC，由事件独立性定义，得P2=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.3×0.3×0.3=0.027．所以抽取的3人中至少有两人去年可支配收入在[7.5，8.5）内的概率：P1+P2=0.189+0.027=0.216．。

2023年人教版高中数学第十章概率易错知识点总结

(名师选题)2023年人教版高中数学第十章概率易错知识点总结单选题1、如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是（）A ．0.999B ．0.981C ．0.980D ．0.729 答案：B解析：求出开关1、2均正常工作的概率及开关3正常工作的概率，由相互独立事件概率公式、对立事件的概率公式即可得解.由题意，开关1、2在某段时间内均正常工作的概率P 1=0.9×0.9=0.81，开关3正常工作的概率P 2=0.9，故该系统正常工作的概率P =1−(1−P 1)(1−P 2)=1−(1−0.81)×(1−0.9)=0.981, 所以该系统的可靠性为0.981. 故选：B.2、齐王与田忌赛马，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，现双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，若双方均不知道对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为（） A ．13B ．14 C ．15D ．16答案：D分析：将齐王与田忌的上、中、下等马编号，列出双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛的基本事件即可利用古典概率计算作答.齐王的上等马、中等马、下等马分别记为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别记为a，b，c，双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，依题意，共赛3场，所有基本事件为：(Aa,Bb,Cc),(Aa,Bc,Cb),(Ab,Ba,Cc),(Ab,Bc,Ca),(Ac,Bb,Ca),(Ac,Ba,Cb)，共6个基本事件，它们等可能，田忌获胜包含的基本事件为：(Ac,Ba,Cb)，仅只1个，所以田忌获胜的概率p=16.故选：D3、若随机事件A，B互斥，且P(A)=2−a，P(B)=3a−4，则实数a的取值范围为（）A．(43,32]B．(1,32]C．(43,32)D．(12,43)答案：A分析：根据随机事件概率的范围以及互斥事件概率的关系列出不等式组，即可求解.由题意，知{0<P(A)<1 0<P(B)<1P(A)+P(B)≤1，即{0<2−a<10<3a−4<12a−2≤1，解得43<a≤32，所以实数a的取值范围为(43,32].故选：A.4、某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是（）A．该教职工具有本科学历的概率低于60％B．该教职工具有研究生学历的概率超过50％C ．该教职工的年龄在50岁以上的概率超过10％D ．该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10％答案：D分析：根据表中数据，用频率代替概率求解.A.该教职工具有本科学历的概率p =75120=58=62.5%>60% ，故错误； B.该教职工具有研究生学历的概率p =45120=38=37.5%<50%，故错误； C.该教职工的年龄在50岁以上的概率p =10120=112≈8.3%<10%，故错误； D.该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率p =15120=18=12.5%>10%，故正确.小提示：本题主要考查概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5、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.6、生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为 A ．23B ．35C ．25D ．15答案：B分析：本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．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610=35，选B ．小提示：本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错． 7、若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P(A)=2−a ，P(B)=4a −5，则实数a 的取值范围是A ．(1,2)B ．(54,32)C ．(54,43)D ．(54,43]答案：D分析：由随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，知{0<P(A)<10<P(B)<1P(A)+P(B)⩽1 ，由此能求出实数a 的取值范围．∵随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，且P (A )=2−a ，P (B )=4a −5，∴ {0<P(A)<10<P(B)<1P(A)+P(B)⩽1 ，即{0<2−a <10<4a −5<13a −3⩽1 ，解得54<a ⩽43，即a ∈(54,43]．故选：D ．小提示：本题考查互斥事件的概率的应用，属于基础题．解题时要认真审题，仔细解答．8、已知100件产品中有5件次品，从这100件产品中任意取出3件，设E 表示事件“3件产品全不是次品”，F表示事件“3件产品全是次品”，G 表示事件“3件产品中至少有1件是次品”，则下列结论正确的是（） A ．F 与G 互斥B ．E 与G 互斥但不对立 C ．E,F,G 任意两个事件均互斥D ．E 与G 对立答案：D分析：列出基本事件，再结合互斥事件，对立事件的定义即可判断.设1表示取到正品, 0 表示取到次品，所有事件Ω={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)}. 则E = {(1,1,1)},F = {(0,0,0)},G = {(1,1,0),(1,0,0),(0,0,0)} F ∩G =F, 故F 与G 不互斥，故A,C 错E ∩G =∅,E ∪G =Ω, 故E 与G 互斥且对立,故B 错，D 正确故选：D9、抛掷两枚质地均匀的硬币，下列事件与事件“至少一枚硬币正面朝上”互为对立的是（） A ．至多一枚硬币正面朝上B ．只有一枚硬币正面朝上 C ．两枚硬币反面朝上D ．两枚硬币正面朝上答案：C分析：由对立事件的概念直接判断即可.由对立事件的概念知：“至少一枚硬币正面朝上”的对立事件为“两枚硬币反面朝上”. 故选：C.10、从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为15，身体关节构造合格的概率为14．从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是（假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响）（） A ．1320B ．25C ．14D ．15 答案：B解析：先写出事件“从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格”的对立事件，然后再根据相互独立事件同时发生的概率公式求出其概率，最后根据对立事件的概率公式即可算出．设事件A ：“从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格”，则其对立事件B ：“从中任挑一儿童，这两项都不合格”，由题可知，儿童体型不合格的概率为45，身体关节构造不合格的概率为34，所以P (B )=45×34=35，故P (A )=1−P (B )=1−35=25．故选：B ．小提示：本题主要考查对立事件的概率公式和相互独立事件同时发生的概率公式的应用，属于基础题． 11、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：D12、若随机事件A,B 满足P (AB )=16，P (A )=23，P (B )=14，则事件A 与B 的关系是（）A ．互斥B ．相互独立C ．互为对立D ．互斥且独立答案：B分析：利用独立事件，互斥事件和对立事件的定义判断即可解：因为P (A )=23， P (B )=14，又因为P (AB )=16≠0，所以有P (AB )=P (A )P (B )，所以事件A 与B 相互独立，不互斥也不对立故选：B. 双空题13、假设P (A )=0.7，P (B )=0.8，且A ，B 相互独立，则P (AB )=______；P (A ∪B )=______. 答案： 0.56 0.94分析：（1）由A 与B 相互独立知P (AB )=P (A )×P (B )，代入求解即可，（2）P (A ∪B )=P (A )+P (B )−P (AB )，代入求解即可．解：（1）∵P (A )=0.7，P (B )=0.8，且A 与B 相互独立， ∴P (AB )=P (A )×P (B )=0.7×0.8=0.56；（2）P (A ∪B )=P (A )+P (B )−P (AB )=0.7+0.8−0.56=0.94，所以答案是：0.56；0.94．14、在一次掷硬币试验中，掷100次，其中有48次正面向上，设“反面向上”为事件A ，则事件A 出现的频数为________，事件A 出现的频率为________. 答案： 52 1325分析：直接利用频数和频率的公式求解即可. 由题得事件A 出现的频数为100−48=52；事件A 出现的频率为52100=2650=1325. 所以答案是：52；1325.15、在抛掷一枚硬币两次的试验中，事件A ：两次中恰有一次正面朝上的概率为______；同时抛掷两枚相同的硬币，事件B ：两枚中恰有一枚正面朝上的概率为______．答案： 12##0.5 12##0.5分析：由列举法列出全部基本事件，根据古典概型的计算公式即可求解.抛一枚硬币两次，基本事件全集为{(正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}．若其中（正，反）表示第一次正，第二次反，其余同理，则事件A ={（正，反），（反，正）}．若其中（正，反）表示第一枚正，第二枚反，其余同理，则事件B ={（正，反），（反，正）}，则P (A )=12；P (B )=12．所以答案是：12，1216、抽取某种产品,抽查检验记录为一级品15件,二级品20件,三级品5件,则抽取的产品中三级品的频数为_____,频率为_________. 答案： 5 18解析：因为抽查检验记录为一级品15件,二级品20件,三级品5件,则三级品有5件,故频数为5,根据频率计算公式,即可求得答案.∵抽查检验记录为一级品15件,二级品20件,三级品5件则三级品有5件,故频数为5, ∴ 频率为540=18.故答案为:5,18.小提示：本题考查了求事件发生的频率,解题关键是掌握频率的计算公式,考查了分析能力,属于基础题. 17、5张彩票中仅有1张中奖彩票，5个人依次摸奖，则第二个人摸到中奖彩票的概率为________，第三个人摸到中奖彩票的概率为________. 答案： 15 15分析：第二个人摸到中奖彩票，指第一个人没有摸到，第二个人摸到，根据事件写出概率，第三个人摸到中奖彩票，指前两个人没有摸到，第三个人摸到，写出概率.记“第i 个人抽中中奖彩票”为事件Ai ，第二个人摸到中奖彩票，指第一个人没有摸到，第二个人摸到，根据事件写出概率，第三个人摸到中奖彩票，指前两个人没有摸到，第三个人摸到，显然P (A 1)=15，而P (A 2)=45×14=15,P (A 3)=45×34×13=15.所以答案是：15；15 解答题18、健身馆某项目收费标准为每次60元，现推出会员优惠活动：具体收费标准如下：现随机抽取了100位会员统计它们的消费次数，得到数据如下：假设该项目的成本为每次30元，根据给出的数据回答下列问题：（1）估计1位会员至少消费两次的概率（2）某会员消费4次，求这4次消费获得的平均利润；答案：（1）25；（2）22.5.分析：(1)根据消费次数表,利用频率估计概率; (2)分别求出4次消费的利润,再求其平均值即可.(1)根据消费次数表,估计1位会员至少消费两次的概率P =25+10+5100=25;(2)第1次消费利润60×0.95−30=27; 第2次消费利润60×0.90−30=24; 第3次消费利润60×0.85−30=21; 第4次消费利润60×0.80−30=18; 这4次消费获得的平均利润:27+24+21+184=22.5.小提示：本题考查利用频率估计概率,考查平均值的计算,属于简单题.19、冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN 的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN 将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O 的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O 中，得3分，冰壶的重心落在圆环A 中，得2分，冰壶的重心落在圆环B 中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为13，14；甲、乙得2分的概率分别为25，12；甲、乙得1分的概率分别为15，16．(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X ，求X 的分布列和期望．答案：(1)2990(2)分布列见解析；期望为4712分析：（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；（2）由题意X 可能取值为0，1，2，3，4，5，6，分别计算出概率得分布列，由期望公式计算期望．（1）由题意知甲得0分的概率为1−13−25−15=115，乙得0分的概率为1−14−12−16=112，所以甲、乙两人所得分数相同的概率为13×14+25×12+15×16+115×112=2990．（2）X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，则P(X=0)=115×112=1180，P(X=1)=115×16+15×112=136，P(X=2)=115×12+15×16+25×112=110，P(X=3)=115×14+15×12+25×16+13×112=1990，P(X=4)=15×14+25×12+13×16=1136，P(X=5)=25×14+13×12=415，P(X=6)=13×14=112，所以，随机变量X的分布列为：所以E(X)=0×1180+1×136+2×110+3×1990+4×1136+5×415+6×112=4712．20、垃圾分类（Garbage classification），一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称．垃圾分类具有社会、经济、生态等多方面的效益．小明和小亮组成“明亮队”参加垃圾分类有奖答题活动，每轮活动由小明和小亮各答一个题，已知小明每轮答对的概率为p，小亮每轮答对的概率为23,且在每轮答题中小明和小亮答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．已知一轮活动中，“明亮队”至少答对1道题概率为1112．(1)求p的值；(2)求“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率．答案：(1)p=34(2)512分析：（1）设C=“一轮活动中，“明亮队”至少答对的1道题”，利用对立事件两人都没有答对可求解.（2）设A i=“两轮活动中小明答对了1道题”，B i=“两轮活动中小亮答对了1道题”，i=0，1，2，分别求出其概率，设E =“明亮队”在两轮活动中答对3道题”，则E =A 1B 2+A 2B 1从而可得答案.(1)设A = “一轮活动中小明答对一题”，B =“一轮活动中小亮答对一题”，则P(A)=p ，P(B)=23. 设C =“一轮活动中，“明亮队”至少答对的1道题”，则C =AB̅̅̅̅，由于每轮答题中小明和小亮答对与否不影响，所以A 与B 相互独立，从而A 与B̅相互独立，所以P(C )=P(AB ̅̅̅̅)=P(A )P(B ̅)=(1−p)×13=1−P(C)=112，所以p =34 (2)设A i =“两轮活动中小明答对了1道题”，B i =“两轮活动中小亮答对了1道题”，i =0，1，2. 由题意得，P(A 1)=14×34+34×14=38，P(A 2)=34×34=916 P(B 1)=23×13+13×23=49，P(B 2)=23×23=49 设E =“明亮队”在两轮活动中答对3道题”，则E =A 1B 2+A 2B 1.由于A i 和B i 相互独立，则A 1B 2与A 2B 1互斥，所以P(E)=P(A 1B 2)+P(A 2B 1)=P(A 1)P(B 2)+P(A 2)P(B 1)=38×49+916×49=512. 所以，“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率为512.。

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高中数学第十一章-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1、必然事件：一般地，把在条件S 下，一定会发生的事件叫做相对于条件S 的必然事件。

2、不可能事件：把在条件S 下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S 的不可能事件。

3、确定事件：必然事件和不可能事件统称相对于条件S 的确定事件。

4、随机事件：在条件S 下可能发生也可能不发生的事件，叫相对于条件S 的随机事件。

5、频数：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n A 为事件A 出现的频数。

6、频率：事件A 出现的比例()=A nn A nf。

7、概率：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1、概率的正确解释：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。

2、游戏的公平性：抽签的公平性。

3、决策中的概率思想：从多个可选答案中挑选出正确答案的决策任务，那么“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、小概率事件4、天气预报的概率解释：明天本地降水概率为70%解释是“明天本地下雨的机会是70%”。

5、试验与发现：孟德尔的豌豆试验。

6、遗传机理中的统计规律。

3.1.3 概率的基本性质1、事件的关系与运算（1）包含。

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。

（2）相等。

若BA AB 且，则称事件A 与事件B 相等，记作A=B 。

（3）事件A 与事件B 的并事件（和事件）：某事件发生当且仅当事件A 发生或事件B 发生。

（4）事件A 与事件B 的交事件（积事件）：某事件发生当且仅当事件A 发生且事件B 发生。

（5）事件A 与事件B 互斥：A B 为不可能事件，即=A B ，即事件A 与事件B 在任何一次试验中并不会同时发生。

高考文科数学命题热点名师解密专题：概率问题易错点(含答案)

高考文科数学命题热点名师解密专题：概率问题易错点（含答案）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。

高中数学第十章概率易混淆知识点(带答案)

高中数学第十章概率易混淆知识点单选题1、甲、乙两人练习射击，甲击中目标的概率为0.9，乙击中目标的概率为0.7，若两人同时射击一目标，则他们都击中的概率是（）A ．0.3B ．0.63C ．0.7D ．0.9答案：B分析：结合相互独立事件直接求解即可.设甲击中为事件A ，乙击中为事件B ，则P (AB )=P (A )⋅P (B )=0.9×0.7=0.63.故选：B2、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，3、一个学习小组有5名同学，其中2名男生，3名女生．从这个小组中任意选出2名同学，则选出的同学中既有男生又有女生的概率为（）A ．15B ．25C ．35D ．45答案：C分析：写出5人取2人的所有事件，找出一男同学一女同学的取法，利用古典概型求解.5人小组中，设2男生分别为a ,b ，3名女生分别为A,B,C ，则任意选出2名同学，共有:(a,b),(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C),(A,B),(A,C),(B,C)10个基本事件，其中选出的同学中既有男生又有女生共有(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C)6个基本事件，所以P =610=35, 故选：C4、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p 1，p 2，p 3，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 ．p 1p 2p 3B ．1−p 1p 2p 3C ．(1−p 1)(1−p 2)(1−p 3)D ．1−(1−p 1)(1−p 2)(1−p 3)答案：C分析：根据独立事件概率的乘法公式直接计算即可.由题意，三次交接棒不失误的概率分别为1−p 1，1−p 2，1−p 3，则该组合交接棒不失误的概率为(1−p 1)(1−p 2)(1−p 3).故选：C.5、下列叙述正确的是（）A ．互斥事件一定不是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件B ．若事件A 发生的概率为P (A )，则0≤P (A )≤1C ．频率是稳定的，概率是随机的D ．5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性小分析：由互斥事件及对立事件的关系，频率与概率的关系及随机事件的概率逐一判断即可得解.解：对于A ，互斥事件不一定是对立事件，但是对立事件一定是互斥事件，即A 错误；对于B ，事件A 发生的概率为P (A )，则0≤P (A )≤1，即B 正确；对于C ，概率是稳定的，频率是随机的，即C 错误；对于D ，5张奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙比甲抽到有奖奖券的可能性都为15，即D 错误，即叙述正确的是选项B ，故选：B.小提示：本题考查了互斥事件及对立事件的关系，重点考查了频率与概率的关系及随机事件的概率，属基础题.6、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.7、造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生400名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种及其以上发明的有73人，据此估计该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（）.A ．69人B ．84人C ．108人D ．115人答案：C分析：先求得100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此列出比例式，可求得400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有100−73=27人，设该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有x 人，则10027=400x ，解得x =108人.故选：C .小提示：本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.8、魔方又叫鲁比克方块（Rubk's Cube ），是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克·艾尔内于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议．三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为（）A ．29B ．827C ．49D ．12 答案：C分析：由题可知正方体切开共有27个小正方体，其中只有2个面涂色的小正方体共有12个，进而根据古典概型即可得答案.沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有27个，其中有3个面涂色的小正方体共有8个，只有2个面涂色的小正方体共有12个，只有1个面涂色的小正方体共有6个，所以恰好抽到只有2个面有色的小正方体的概率为1227=49．故选：C ．小提示：本题考查古典概型，解题的关键在于正确计数各类型的小正方体，进而利用古典概型公式计算求解，是基础题.多选题9、抛掷一枚骰子1次,记“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2”为事件B,“向上的点数是1,2,3”为事件C,“向上的点数是1,2,3,4”为事件D,则下列关于事件A，B，C，D判断正确的有（）A．A与B是互斥事件但不是对立事件B．A与C是互斥事件也是对立事件C．A与D是互斥事件D．C与D不是对立事件也不是互斥事件答案：ABD解析：根据互斥事件的定义以及对立事件的定义逐个判定即可.抛掷一枚骰子1次,记“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2”为事件B,“向上的点数是1,2,3”为事件C,“向上的点数是1,2,3,4”为事件D,在A中,A与B不能同时发生,但能同时不发生,是互斥事件但不是对立事件,故A正确；在B中,A与C是互斥事件也是对立事件,故B正确；在C中,A与D能同时发生,不是互斥事件,故C错误；在D中,C与D能同时发生,不是对立事件也不是互斥事件,故D正确.故选：ABD.小提示：本题主要考查了互斥与对立事件的判定,属于基础题.10、下列说法错误的有（）A．随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值B．在同一次试验中，不同的基本事件不可能同时发生C．任意事件A发生的概率P(A)满足0<P(A)<1D．若事件A发生的概率趋近于0，则事件A是不可能事件答案：CD分析：根据概率与频率的关系判断①正确，根据基本事件的特点判断②正确，根据必然事件，不可能事件，随机事件的概念判断③错误，根据小概率事件的概念判断④错误．∵随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，∴A中说法正确；基本事件的特点是任意两个基本事件是互斥的，∴在同一次试验中，不同的基本事件不可能同时发生，∴B中说法正确；必然事件发生的概率为1，不可能事件发生的概率为0，随机事件发生的概率大于0且小于1.∴任意事件A发生的概率P（A）满足0≤P(A)≤1.∴C中说法错误；若事件A发生的概率趋近于0，则事件A是小概率事件，但不是不可能事件，∴D中说法错误.故选CD小提示：本题主要考查了概率的概念和有关性质，属于概念辨析题，对一些易混概念必须区分清．11、连续抛掷一个质地均匀的骰子（每个面上对应的数字分别为1，2，3，4，5，6）两次．事件A表示“第一次正面朝上的点数是奇数”，事件B表示“第二次正面朝上的点数是偶数”，事件C表示“两次正面朝上的点数之和小于6”，事件D表示“两次正面朝上的点数之和是9”，则下列说法正确的是（）A．事件A与事件B为对立事件B．事件A与事件B相互独立C．事件C与事件D是互斥事件D．事件C与事件D相互独立答案：BC分析：根据相互独立事件、互斥事件、对立事件的定义判断可得；解：由题意可知事件A与事件B相互独立，则A错误，B正确；事件C与事件D是互斥事件，但不是对立事件，则C正确；D错误．故选：BC12、给出下列四个命题,其中正确的命题有A．做100次抛硬币的试验,结果51次出现正面朝上,因此,出现正直朝上的概率是51100B．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率C．抛掷骰子100次,得点数是1的结果有18次,则出现1点的频率是950D．随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率答案：CD解析：根据概率和频率定义,逐项判断,即可求得答案.对于A,混淆了频率与概率的区别,故A 错误;对于B,混淆了频率与概率的区别,故B 错误;对于C,抛掷骰子100次,得点数是1的结果有18次,则出现1点的频率是950,符合频率定义,故C 正确; 对于D,频率是概率的估计值,故D 正确.故选:CD.小提示：本题考查了频率和概率区别,解题关键是掌握频率和概率的定义,考查了分析能力,属于基础题.13、(多选)下列说法中不正确的有（）A ．做9次抛掷一枚均匀硬币的试验，结果有5次出现正面，所以出现正面的频率是59B ．盒子中装有大小均匀的3个红球，3个黑球，2个白球，每种颜色的球被摸到的可能性相同C ．从-4，-3，-2，-1，0，1，2中任取一个数，取得的数小于0和不小于0的可能性相同D ．分别从2名男生，3名女生中各选1名作为代表，那么每名学生被选中的可能性相同答案：BCD分析：利用古典概型概率计算即可判断选项A ；利用等可能事件的意义可判断选项B ，C ，D 并作答.对于A ，抛掷一枚均匀硬币的试验是等可能的，由古典概型可得其频率是59，即A 正确；对于B ，白球个数比红球或黑球的个数少，即摸到每种颜色的球不是等可能的，B 不正确；对于C ，小于0的数有4个，不小于0的数只有3个，从而取得的数小于0和不小于0的可能性不同，C 不正确；对于D ，男生被选中的概率为12，而女生被选中的概率为13，即男生与女生被选中的可能性不同，D 不正确，所以BCD 都不正确.故选：BCD填空题14、一个容量为100的样本，其数据的分组与各组的频数如下表：答案：0.52分析：根据图表，样本数据落在[10，40)上的频数为13＋24＋15＝52，根据频率公式即可得解.样本数据落在[10，40)上的频数为13＋24＋15＝52.则样本数据落在[10，40)上的频率为52100＝0.52.所以答案是：0.5215、为了迎接春节，小王买了红､黄､紫三种颜色的花各一盆，准备并排摆放在自家阳台上，则红和紫两种颜色的花不相邻的概率为___________.答案：13 分析：列出所有可能的基本事件和符合条件的基本事件，再利用古典概型的概率公式进行求解.红､黄､紫三种颜色的花依次摆放的方法有：（红､黄､紫），（红､紫､黄），（黄､红､紫），（黄､紫､红），（紫､红､黄），（紫､黄､红），共6种不同的情况，其中满足条件的是（红､黄､紫），（紫､黄､红），共2种情况，所以红和紫两种颜色的花不相邻的概率为26=13.所以答案是：13. 16、某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为45，35，25，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．答案：101125分析：设事件A i (i =1,2,3)表示“该选手能正确回答第i 轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入P(A 1),P(A 2),P(A 3)的值，可得结果；记“该选手能正确回答第i 轮的问题”为事件A i (i =1,2,3)，则P (A 1)=45,P (A 2)=35,P (A 3)=25.该选手被淘汰的概率：P =P(A 1+A 1A 2+A 1A 2A 3)=P(A 1)+P(A 1)(A 2)+P(A 1)(A 2)(A 3)=15+45×25+45×35×35=101125所以答案是：101125小提示：求复杂互斥事件概率的两种方法：(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)=1－P(A)求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．解答题17、随着金融市场的发展，越来越多人选择投资“黄金”作为理财的手段，下面将A市把黄金作为理财产品的投资人的年龄情况统计如图所示.(1)求a的取值，以及把黄金作为理财产品的投资者的年龄的中位数；（结果用小数表示，小数点后保留两位有效数字）(2)现按照分层抽样的方法从年龄在[40,50)和[60,70]的投资者中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行投资调查，求至少有1人年龄在[60,70]的概率.答案：(1)a=0.030，中位数为48.33(2)710分析：（1）由各组频率和为1列方程求解出a，前2组的频率和小于0.5，前3组的频率和大于0.5，从而可判断出中位数在第3组，然后求解，（2）由分层抽样的定义可求出龄在[40,50)的投资者抽取3人，年龄在[60,70]的投资者抽取2人，然后利用列举法求解概率（1）依题意，0.07+0.18+10a +0.25+0.2=1，解得a =0.030，因为前2组的频率和为10×(0.007+0.018)=0.25<0.5，前3组的频率和为10×(0.007+0.018+0.030)=0.55>0.5，所以所求中位数为40+0.5−0.250.03≈48.33. （2）由频率分布直方图可知年龄在[40,50)和[60,70]的频率分别为0.3,0.2，所以年龄在[40,50)的投资者应抽取3人，记为A ，B ，C年龄在[60,70]的投资者应抽取2人.记为a ，b ，则任取2人，所有的情况为：(A,B),(A,C),(B,C),(a,b),(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b)，共10种，满足条件的为(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b)共7种故至少有1人年龄在[60,70]的概率为P =710.18、2020年1月26日4点，篮球运动员湖人队名宿科比·布莱恩特在加州坠机身亡，享年41岁.对于很多篮球迷来说是巨大的悲痛，也是对这个世界最大的损失，但是科比留给我们的是他对比赛的积极备战的态度，毫无保留的比赛投入，夺冠时的疯狂庆祝；永不言弃的精神是科比的人生信条，他的这种精神被称为“曼巴精神”，热情、执着、严厉、回击和无惧就是“曼巴精神”的内涵所在.现如今这种精神一直鼓舞着无数的运动员和球迷们.这种精神也是高三的所有学子在学习疲惫或者迷茫时的支柱.在美国NBA 篮球比赛中，季后赛和总决赛采用的赛制是“7场4胜制”，即先赢4场比赛的球队获胜，此时比赛结束.比赛时两支球队有主客场之分，顺序是按照常规赛的战绩排名的，胜率最高的球队先开始主场比赛，且主客场安排依次是“主主客客主客主”，且每场比赛结果相互独立.在NBA 2019~2020赛季总决赛中，詹姆斯和戴维斯带领的洛杉矶湖人队以4:2战胜迈阿密热火队，获得队史第17个NBA 总冠军，詹姆斯也荣获职业生涯的第4个FMVP .如果在总决赛开打之前，根据大数据和NBA 专家的预测，以常规赛战绩排名，湖人队先开始主场比赛，且湖人队在主场赢球概率为，客场赢球概率为12（说明：篮球比赛中没有平局，只有赢或者输），根据上述预测：（1）分别求出只进行4场比赛和湖人队4:1获胜的概率； 34（2）如果湖人队已经取得2:0的开局，求最终夺冠的概率.答案：（1）932；（2）5964. 分析：（1）4场比赛包括湖人队4:0获胜或者0:4失败；湖人队4:1获胜，则前4场比赛中两个主场胜一场输一场，两个客场全胜或两个主场全胜，两个客场胜一场输一场，第5场胜，然后利用相互独立事件的概率乘法公式与互斥事件的概率加法公式求解即可（2）湖人队最后夺冠的情况有4:0，4:1，4:2，4:3，然后利用相互独立事件的概率乘法公式与互斥事件的概率加法公式求解即可（1）记事件A 为“只进行4场比赛”，事件B 为“湖人队4:1获胜”，则由题意知，4场比赛包括湖人队4:0获胜或者0:4失败，P A =34×34×12×12+14×14×12×12=532，湖人队4:1获胜，则前4场比赛中两个主场胜一场输一场，两个客场全胜或两个主场全胜，两个客场胜一场输一场，第5场胜，P B =34×14×12×12×34×2+34×34×12×12×34×2=932.（2）湖人队最后夺冠的情况有4:0，4:1，4:2，4:3，4:0夺冠的概率：P 1=12×12=14， 4:1夺冠的概率：P 2=12×12×34×2=38，4:2夺冠的概率：P 3=12×12×14×12×2+12×12×34×12=532， 4:3夺冠的概率：P 4=12×12×14×12×34×3+12×12×34×12×34=964，所以湖人队最终夺冠的概率为P 1+P 2+P 3+P 4=5964.。

高考数学复习点拨随机事件的概率易错点分析

随机事件的概率易错点分析随机事件的概率概念多、且不易弄清它们之间的关系，学生在学习中经常遇到困难，下面就学生在解题时出现的错误分析如下，供大家参考.一、不理解频率的意义例1 若在同等条件下进行n 次重复试验，得到某个事件A 发生的频率为()f n ，则随着n 的逐渐增大，有（）A ()f n 与某个常数越来越接近B ()f n 与某个常数的差逐渐减小C ()f n 与某个常数的差的绝对值差逐渐减小D ()f n 的图象趋于稳定错解 A 、B 、C分析由频率与概率的关系知：对于给定的事件A ，由于事件A 发生的频率()n f A 随着试验次数的增加稳定于概率()P A ，因此可以用频率()n f A 来估计概率()P A .故A 、B 、C 都是错误的. 正解 D二、应用能力差例2 有下列事件：（1）足球运动员点球命中；（2）在自然数集合中任取一个数为偶数；（3）在标准大气压下，水在100C 时沸腾；（4）已知A ＝{1,2,3},B={3,4},则B ØA ；（5）当α≠β时，sin α≠sin β；（6）光线在均匀媒质中发生折射现象；（7）任意两个奇数之和为奇数.问：上述事件中为随机事件的有______________________,为必然事件的有______________,不可能事件的有_________________.错解随机事件有（1）、（2）、（6）；必然事件有（3）、（5）；不可能事件有（4）、（7）. 分析（1）足球运动员罚点球可能命中，也可能不命中；（2）在自然数集合中任取一个数可能为奇数也可能为偶数；（3）在标准大气压下，水在100C 时一定沸腾；（4）已知A ＝{1,2,3},B={3,4},则B ØA 是不可能的；（5）当α≠β时，如果α＝60，β＝30，则sin α≠sin β；如果α＝150，β＝30，则sin α＝sin β；（6）光线在均匀媒质中是沿直线传播的，不可能发生折射现象；（7）任意两个奇数之和为偶数正解随机事件有（1）、（2）、（5）；必然事件有（3）；不可能事件有（4）、（6）、（7）. 三、未弄清互斥事件与对立事件的关系例3 判断下列命题的真假：（1）将一枚硬币抛掷两次，设事件A ：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”.则事件A与B是对立事件；（2）在5件产品中有2件是次品，从中任取2件.事件A：“所取2件中最多有1件是次品”，事件B：“所取2件中至少有1件是次品”.则事件A与B是互斥事件；（3）若事件A与B是互斥事件，则P(A+B)＝P(A)＋P(B).错解命题（1）、（2）、（3）都是真命题.分析（1）错因是概念不清，将互斥事件与对立事件不加区别.因为事件A与B是对立事件还要满足A∪B是必然事件，显然这是错误的；（2）错因是未弄清“最多”、“至少”的意义，因为它们都包括“所取2件中有1件是次品”，当然事件A与B就不是互斥事件了；（3）是概率的加法公式，当然是正确的.正解（1）是假命题；（2）是假命题；（3）是真命题.四、未弄清对立事件的性质例4 设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“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错解C.分析若事件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.设掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”，则P(A)＝78，P(B)＝18，满足P(A)＋P(B)＝1，但A、B不是对立事件.正解A.五、主观臆断例5 同时掷两枚骰子，问：(1)“两点的和等于7”的事件与“两点的和等于8”的事件，哪一个发生的机会多?(2)最容易出现的和的点数是多少？并求出它的概率.错解（1）∵每次掷骰子的可能结果有6种，∴“两点的和等于7”的事件与“两点的和等于8”的事件，发生的机会相同；（2）出现的和的点数相同，概率为61 366=.分析错因是将掷一个骰子出现的6种结果与掷二个骰子出现两点和的事件当做一回事处理.正解设掷二个骰子，一个出现x点，另一个出现y点，和x+y,如下表：个，∴前者比后者容易出现.（2）从表中比较得，最容易出现的和是7，它的概率是61 366=.。

部编版高中数学必修二第十章概率带答案重点易错题

(名师选题)部编版高中数学必修二第十章概率带答案重点易错题单选题1、某人将一枚硬币连抛20次，正面朝上的情况出现了12次.若用A 表示事件“正面向上”，则A 的（） A ．频率为35B ．概率为35C ．频率为12D ．概率接近352、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”3、某省在新的高考改革方案中规定：每位考生的高考成绩是按照3（语文、数学、英语）+2（物理、历史）选1+4（化学、生物、地理、政治）选2的模式设置的，则某考生选择全理科的概率是（） A ．310B ．35C ．710D ．1124、如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是（）A ．0.999B ．0.981C ．0.980D ．0.7295、在一次试验中，随机事件A ，B 满足P(A)=P(B)=23，则（） A ．事件A ，B 一定互斥B ．事件A ，B 一定不互斥C ．事件A ，B 一定互相独立D ．事件A ，B 一定不互相独立6、如图，某系统由A ，B ，C ，D 四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A ，B ，C ，D 正常工作的概率都为p (0<p <1)，则该系统正常工作的概率为（）A ．[1−(1−p )p 2]pB ．[1−p (1−p 2)]pC．[1−(1−p)(1−p2)]p D．[1−(1−p)2p]p7、造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生400名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种及其以上发明的有73人，据此估计该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（）. A．69人B．84人C．108人D．115人8、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：）A．0.68B．0.625C．0.587D．0.615多选题9、袋中装有4个相同的小球，分别编号为1，2，3，4，从中不放回的随机取两个球，A表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的有（）A．事件A与事件B不互斥B．事件A与事件B独立C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为15D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为1210、不透明的口袋内装有红色､绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（）A．2张卡片都不是红色B．2张卡片恰有一张红色C．2张卡片至少有一张红色D．2张卡片都为绿色11、已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，4，5．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．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为15B．事件A发生的概率为12C．事件A∩B发生的概率为25D．事件A∪B发生的概率为12填空题12、意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，若从该数列的前96项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为_________．部编版高中数学必修二第十章概率带答案(三)参考答案1、答案：A分析：根据频率和概率的知识确定正确选项.依题意可知，事件A的频率为1220=35，概率为12.所以A选项正确，BCD选项错误.故选：A2、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：A3、答案：D分析：列举法求得选物理和历史的所有种数，再利用古典概型求解在2（物理，历史）选1+4（化学、生物、地理、政治）选2中，选物理的有6种，分别为：物化生、物化地、物化政、物生地、物生政、物地政，同时，选历史的也有6种，共计12种，其中选择全理科的有1种，∴某考生选择全理科的概率是P=112.故选：D4、答案：B解析：求出开关1、2均正常工作的概率及开关3正常工作的概率，由相互独立事件概率公式、对立事件的概率公式即可得解.由题意，开关1、2在某段时间内均正常工作的概率P1=0.9×0.9=0.81，开关3正常工作的概率P2=0.9，故该系统正常工作的概率P=1−(1−P1)(1−P2)=1−(1−0.81)×(1−0.9)=0.981,所以该系统的可靠性为0.981.故选：B.5、答案：B分析：根据互斥事件和独立事件的概率的定义进行判断即可若事件A，B为互斥事件，则P(A+B)=P(A)+P(B)=4>1，与0≤P(A+B)≤1矛盾，所以P(A+B)≠3P(A)+P(B)，所以事件A，B一定不互斥，所以B正确，A错误，由题意无法判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立，所以不能判断事件A，B是否互相独立，所以CD错误，故选：B6、答案：C分析：要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算.记零件或系统X能正常工作的概率为P(X)，该系统正常工作的概率为:P{[(AB)∪C]∩D}=P[(AB)∪C]P(D)=[1−P(AB)P(C)]P(D)=(1−P(A∪B)P(C))P(D)=[1−(1−P(AB))(1−P(C))]P(D)=[1−(1−p2)(1−p)]p,故选：C.7、答案：C分析：先求得100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此列出比例式，可求得400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有100−73=27人，设该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有x人，则10027=400x，解得x=108人.故选：C.小提示：本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.8、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．9、答案：ACD分析：根据互斥事件和独立事件的概念判断A，B的正误，根据条件概率公式分别计算事件A发生的前提下，事件B发生的概率以及在事件B发生的前提下，事件A发生的概率判断C，D的正误.对选项A：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中，故事件A与事件B不互斥，选项A正确；对选项B：事件A的概率P(A)=1−P(A)=1−C22C42=56，事件B的概率P(B)=C22+C22C42=13，事件AB的概率P(AB)=C22C42=16，因为P(AB)≠P(A)⋅P(B)，所以事件A与事件B不独立，选项B错误﹔对选项C：事件A的概率P(A)=1−P(A)=1−C22C42=56，事件B的概率P(B)=C22+C22C42=13，事件AB的概率P(AB)=C22C42=16．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=1656=15，选项C正确；对选项D：事件A的概率P(A)=1−P(A)=1−C22C42=56，事件B的概率P(B)=C22+C22C42=13，事件AB的概率P(AB)=C22C42=16．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为P(A|B)=P(AB)P(B)=1613=12，选项D正确．故选：ACD.10、答案：ABD分析：列举出所有情况，然后再利用互斥事件和对立事件的定义判断.解：6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有：“2张都为红色”､“2张都为绿色”､“2张都为蓝色”､“1张为红色1张为绿色”､“1张为红色1张为蓝色”､“1张为绿色1张为蓝色”，选项中给出的四个事件中与“2张都为红色”互斥而非对立的事件是：“2张都不是红色”，“2张恰有一张红色”，“2张都为绿色”，其中“2张至少一张为红色”包含事件“2张都为红色”，二者并非互斥.故选：ABD.11、答案：BD分析：列出所有的基本事件，然后可求解.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为14，故A错误从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有20个基本事件，如下：11,12,13,14,15,21,22,23,24,25,31,32,33,34,35,41,42,43,44,45抽取的两个小球标号之和大于5的有：15,24,25,33,34,35,42,43,44,45，共10个所以P(A)=1020=12，故B正确事件A∩B包含的基本事件有：25,33,34,35,43,44,45，共7个所以P(A∩B)=720，故C错误事件A∪B包含的基本事件有：15,24,25,33,34,35,42,43,44,45，共10个所以P(A∪B)=1020=12，故D正确故选：BD12、答案：23分析：由该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，得出该数列的前96项中奇数的个数，再求概率.由题意可知，该数列连续三个数有两个奇数，一个偶数，则该数列的前96项中奇数共有96−963=64，即这个数是奇数的概率为6496=23.所以答案是：23。