资源描述
[基础达标]
1．高三(4)班有4个学习小组，从中抽取2个小组进行作业检查．在这个试验中，基本大事的个数为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C．设这4个学习小组为A、B、C、D，“从中任抽取两个小组”的基本大事有AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6个．
2．已知某车间在三天内，每天生产10件某产品，其中第一天，其次天分别生产出了1件，n件次品，而质检部每天要从生产的10件产品中任凭抽取4件进行检查，若发觉有次品，则当天的产品不能通过．则第一天通过检查的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B．由于任凭抽取4件产品检查是随机大事，而第一天有1件次品，所以第一天通过检查的概率P＝＝.
3．(2022·湖北武汉市调研测试)已知等比数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝－2an(n∈N*)．若从数列{an}的前10项中随机抽取一项，则该项不小于8的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选B．依题意可知an＝2·(－2)n－1，由计算可知，前10项中，不小于8的只有8，32，128，512，4个数，故所求概率是＝.
4．(2021·高考课标全国卷Ⅰ)从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的确定值为2的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选B．从1，2，3，4中任取2个不同的数，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共12种情形，而满足条件“2个数之差的确定值为2”的只有(1，3)，(2，4)，(3，1)，(4，2)，共4种情形，所以取出的2个数之差的确定值为2的概率为＝.
5．(2022·北京西城区质检)将正整数1，2，3，4，5，6，7随机分成两组，使得每组至少有一个数，则两组中各数之和相等的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选B．将正整数1，2，3，4，5，6，7随机分成两组，使得每组至少有一个数，则有C＋C＋C＋C＋C＋C＝27－2＝126(种)．由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28，所以要使两组中各数之和相等，则有各组数之和为14.则有7＋6＋1＝5＋4＋3＋2；7＋5＋2＝6＋4＋3＋1；7＋4＋3＝6＋5＋2＋1；7＋4＋2＋1＝6＋5＋3；5＋4＋3＋2＝7＋6＋1；6＋4＋3＋1＝7＋5＋2；6＋5＋2＋1＝7＋4＋3；6＋5＋3＝7＋4＋2＋1共8种，所以两组中各数之和相等的概率是＝.
6．(2021·高考重庆卷)若甲、乙、丙三人随机地站成一排，则甲、乙两人相邻而站的概率为________．
解析：甲、乙、丙三人随机地站成一排有(甲乙丙)、(甲丙乙)、(乙甲丙)、(乙丙甲)、(丙甲乙)、(丙乙甲)共6种排法，甲、乙相邻而站有(甲乙丙)、(乙甲丙)、(丙甲乙)、(丙乙甲)共4种排法，由概率计算公式得甲、乙两人相邻而站的概率为＝.
答案：
7．(2021·高考课标全国卷Ⅱ)从n个正整数1，2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n＝________.
解析：由题意知n >4，取出的两数之和等于5的有两种状况：1，4和2，3，所以P＝＝，即n2－n－56＝0，解得n＝－7(舍去)或n＝8.
答案：8
8．(2022·浙江省名校联盟)一个袋子中装有六个大小外形完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3.现从中任取一球，登记编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是________．
解析：列举可知，共有36种状况，和为4的状况有10种，所以所求概率P＝＝.
答案：
9．(2022·河南洛阳质检)袋子中放有大小和外形相同的小球若干个，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个．已知从袋子中随机抽取1个小球，取到标号是2的小球的概率是.
(1)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，其次次取出的小球标号为B．记大事A表示“a＋b＝2”，求大事A的概率．
解：(1)由题意可知：＝，解得n＝2.
(2)不放回地随机抽取2个小球的全部基本大事为：(0，1)，(0，21)，(0，22)，(1，0)，(1，21)，(1，22)，(21，0)，(21，1)，(21，22)，(22，0)，(22，1)，(22，21)，共12个，大事A包含的基本大事为：(0，21)，(0，22)，(21，0)，(22，0)，共4个．
∴P(A)＝＝.
10．(2022·高考山东卷)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.
(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
解：(1)标号为1，2，3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1，2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的全部可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10种．
由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本大事的毁灭是等可能的．
从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，共3种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.
(2)记F是标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的全部可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．
由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本大事的毁灭是等可能的．
从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共8种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.
[力气提升]
1．(2021·高考安徽卷)若某公司从五位高校毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D．由题意，从五位高校毕业生中录用三人，全部不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的全部不同的可能结果只有(丙、丁、戊)这1种，故其对立大事“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P＝.
2．设a∈{1，2，3，4}，b∈{2，4，8，12}，则函数f(x)＝x3＋ax－b在区间[1，2]上有零点的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C．由于f(x)＝x3＋ax－b，所以f′(x)＝3x2＋A．由于a∈{1，2，3，4}，因此f′(x)>0，所以函数f(x)在区间[1，2]上为增函数．若存在零点，则解得a＋1≤b≤8＋2A．因此可使函数在区间[1，2]上有零点的有a＝1，2≤b≤10，故b＝2，b＝4，b＝8；a＝2，3≤b≤12，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝3，4≤b≤14，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝4；5≤b≤16，故b＝8，b＝12.依据古典概型可得有零点的概率为.
3．(2022·高考重庆卷)某艺校在一天的6节课中随机支配语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
解析：法一：6节课的全排列为A种，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(ACAA＋2AA)种，由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
法二：6节课的全排列为A种，先排三节艺术课有A种不同方法，同时产生四个空，再利用插空法排文化课共有A种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
答案：
4. 如图，在平行四边形ABCD中，O是AC与BD的交点，P，Q，M，N分别是线段OA，OB，OC，OD的中点．在A，P，M，C中任取一点记为E，在B，Q，N，D中任取一点记为F.设G为满足向量＝＋的点，则在上述的点G组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD外(不含边界)的概率为________．
解析：基本大事的总数是4×4＝16，在＝＋中，当＝＋，＝＋，＝＋，＝＋时，点G分别为该平行四边形的各边的中点，此时点G在平行四边形的边界上，而其余状况的点G都在平行四边形外，故所求的概率是1－＝.
答案：
5．(2022·高考江西卷)如图，从A1(1，0，0)，A2(2，0，0)，B1(0，1，0)，B2(0，2，0)，C1(0，0，1)，C2(0，0，2)这6个点中随机选取3个点．
(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；
(2)求这3点与原点O共面的概率．
解：从这6个点中随机选取3个点的全部可能结果是：
x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种；
y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种；
z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共4种．
所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种．因此，从这6个点中随机选取3个点的全部可能结果共20种．
(1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的全部可能结果有：A1B1C1，A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P1＝＝.
(2)选取的这3个点与原点O共面的全部可能结果有：A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，因此，这3个点与原点O共面的概率为P2＝＝.
6．(选做题)(2022·江西九江一模)一个口袋里有2个红球和4个黄球，从中随机地连取3个球，每次取一个，记大事A＝“恰有一个红球”，大事B＝“第3个是红球”．求：
(1)不放回时，大事A，B的概率；
(2)每次取后放回时，A，B的概率．
解：(1)由不放回抽样可知，第一次从6个球中取一个，其次次只能从5个球中取一个，第三次从4个球中取一个，基本大事共有6×5×4＝120(个)．又大事A中含有基本大事3×2×4×3＝72(个)(第1个是红球，则第2、3个是黄球，取法有2×4×3种，第2个是红球和第3个是红球跟第1个是红球的取法一样多)，
∴P(A)＝＝.
第3次抽取红球对前两次没有什么要求，由于红球数占总球数的，在每一次取到都是随机的等可能大事，
∴P(B)＝.
(2)由放回抽样知，每次都是从6个球中任取一个，有取法63＝216(种)，大事A包含基本大事3×2×4×4＝96(种)．
∴P(A)＝＝.
第三次取到红球包括B1＝{红，黄，红}，B2＝{黄，黄，红}，B3＝{黄，红，红}，B4＝{红，红，红}四种互斥的情形，P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，P(B3)＝＝，P(B4)＝＝，
∴P(B)＝P(B1)＋P(B2)＋P(B3)＋P(B4)
＝＋＋＋＝.
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