高考一本解决专项方案高考数学文科新课标版专题训练专题十四概率doc.doc

1．(·天津，2，易)甲、乙两人下棋，两人下成和棋概率是，甲获胜概率是，则甲不输概率为(　　)
A. B. C. D.
1．A　[考向3]甲不输，则甲胜或平，
∴P＝＋＝.
2．(·课标Ⅰ，3，易)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色花中任选2种花种在一个花坛中，余下2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色花不在同一花坛概率是(　　)
A. B. C. D.
2．C　[考向2]从红、黄、白、紫4种花中任取2种有6种取法，分别为红和黄，红和白，红和紫，黄和白，黄和紫，白和紫，其中红和紫不在同一花坛有4种情况，故红色和紫色不在同一花坛概率P＝＝.
3．(·课标Ⅲ，5，易)小敏打开计算机时，忘记了开机密码前两位，只记得第一位是M，I，N中一个字母，第二位是1，2，3，4，5中一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机概率是(　　)
A. B. C. D.
3．C　[考向2]由题意可知，

共15种可能性，而只有1种是正确．
∴输入一次密码能够成功开机概率为.
4．(·北京，6，中)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中概率为(　　)
A. B. C. D.
4．B　[考向2]从甲、乙等5名同学中随机选出2人，有10种不一样结果，而甲被选中有4种结果，故P＝＝，故选B.
5．(·课标Ⅰ，4，易)假如3个正整数可作为一个直角三角形三条边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不一样数，则这3个数组成一组勾股数概率为(　　)
A. B. C. D.
5．C　[考向2]从1，2，3，4，5中任取3个数，共有10种选法，而为勾股数只有3，4，5，故所求概率为.选C.
6．(·湖北，2，易)容量为20样本数据，分组后频数以下表：
分组
[10，20)
[20，30)
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10，40)频率为(　　)
A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65
6．B　[考向1]数据落在[10，40)频率为＝＝0.45，故选B.
7．(· 广东，7，中)已知5件产品中有2件次品，其它为合格品，现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品概率为(　　)
A．0.4 B．0.6 C．0.8 D．1
7．B　[考向2]首先对5件产品编号为1，2，3，4，5.其中1，2两件为次品，3，4，5为正品，从5件产品中任取2件产品，全部事件为：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(45)，共10个事件．
其中恰有一件为次品事件为：(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，共6个事件．
∴恰有一件次品概率为P＝＝＝0.6，选B.
8．(·四川，13，中)从2，3，8，9中任取两个不一样数字，分别记为a，b，则logab为整数概率是________．
8．[考向2]【解析】　由题意得，a，b有(2，3)，(2，8)，(2，9)，(3，8)，(3，9)，(8，9)，(3，2)，(8，2)，(9，2)，(8，3)，(9，3)，(9，8)，共12种取法．
若满足logab为整数，则仅有
a＝2，b＝8和a＝3，b＝9两种情况，
∴logab为整数概率为＝.
【答案】　
9．(·课标Ⅰ，13，中)将2本不一样数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻概率为________．
一行有A1A2B，A1BA2，A2A1B，A2BA1，BA1A2，BA2A1，共6种情况.2本数学书相邻有A1A2B，A2A1B，BA1A2，BA2A1，共4种情况，所以P＝＝.
【答案】　
10．(·课标Ⅱ，13，中)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色运动服中选择1种，则她们选择相同颜色运动服概率为________．
10．[考向2]【解析】　甲、乙两名运动员从三种颜色运动服中等可能地选择一个，全部可能结果有红红红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、蓝蓝，共9种，选择相同颜色结果共有3种，所以选择同种颜色概率为P＝＝.
【答案】　
11．(·山东，16，12分，易)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参与活动儿童需转动图所表示转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，统计指针所指区域中数．记两次统计数分别为x，y.奖励规则以下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；
②若xy≥8，则奖励水杯一个；
③其它情况奖励饮料一瓶．
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参与此项活动．
(1)求小亮取得玩具概率；
(2)请比较小亮取得水杯和取得饮料概率大小，并说明理由．
11．[考向2]解：用数对(x，y)表示儿童参与活动前后统计数，则基础事件空间Ω和点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一对应．
因为S中元素个数是4×4＝16，
所以基础事件总数n＝16.
(1)记“xy≤3”为事件A，
则事件A包含基础事件数共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，
所以P(A)＝，即小亮取得玩具概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B，“3共5个，
即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，
所以P(C)＝，
因为>，
所以小亮取得水杯概率大于取得饮料概率．
12．(·课标Ⅱ，18，12分，中)某险种基础保费为a(单位：元)，继续购置该险种投保人称为续保人，续保人本年度保费和其上年度出险次数关联以下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
随机调查了该险种200名续保人在十二个月内出险情况，得到以下统计表：
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20

10
(1)记A为事件：“一续保人本年度保费不高于基础保费”．求P(A)估量值；
(2)记B为事件：“一续保人本年度保费高于基础保费但不高于基础保费160%”．求P(B)估量值；
(3)求续保人本年度平均保费估量值．
12．[考向1]解：(1)事件A发生当且仅当十二个月内出险次数小于2.由所给数据知，十二个月内出险次数小于2频率为
＝0.55，
故P(A)估量值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当十二个月内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，十二个月内出险次数大于1且小于4频率为
＝0.3，
故P(B)估量值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a

1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
调查200名续保人平均保费为
0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
所以，续保人本年度平均保费估量值为1.192 5a.
13．(·湖南，16，12分，中)某商场举行有奖促销活动，用户购置一定金额商品后即可抽奖．抽奖方法是：从装有2个红球A1，A2和1个白球B甲箱和装有2个红球a1，a2和2个白球b1，b2乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出2个球全部是红球则中奖，不然不中奖．
(1)用球标号列出全部可能摸出结果；
(2)有些人认为：两个箱子中红球比白球多，所以中奖概率大于不中奖概率，你认为正确吗？请说明理由．
13．[考向2，3]解：(1)全部可能摸出结果是{A1，a1}，{A1，a2}，{A1，b1}，{A1，b2}，{A2，a1}，{A2，a2}，{A2，b1}，{A2，b2}，{B，a1}，{B，a2}，{B，b1}，{B，b2}．
(2)不正确．理由以下：
由(1)知，全部可能摸出结果共12种，其中摸出2个球全部是红球结果为
{A1，a1}，{A1，a2}，{A2，a1}，{A2，a2}，
共4种，所以中奖概率为＝，不中奖概率为1－＝>，故这种说法不正确．
14．(·陕西，19，12分，中)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份天气情况进行统计，结果以下：
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
晴
日期
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
雨
阴
阴
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天，估量西安市在该天不下雨概率；
(2)西安市某学校拟从4月份一个晴天开始举行连续2天运动会，估量运动会期间不下雨概率．
14．[考向1]解：(1)在容量为30样本中，不下雨天数是26，以频率估量概率，4月份任选一天，西安市在该天不下雨概率为.
(2)称相邻两个日期为“互邻日期对”(如1日和2日，2日和3日等)．这么，在4月份中，前一天为晴天“互邻日期对”有16个，其中后一天不下雨有14个，所以晴天次日不下雨频率为.
以频率估量概率，运动会期间不下雨概率为.
15.(·山东，16，12分，中)海关对同时从A，B，C三个不一样地域进口某种商品进行抽样检测，从各地域进口此种商品数量(单位：件)以下表所表示．工作人员用分层抽样方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.
地域
A
B
C
数量
50
150
100
(1)求这6件样品中来自A，B，C各地域商品数量；
(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行深入检测，求这2件商品来自相同地域概率．
15．[考向2]解：(1)因为样本容量和总体中个体数比是＝，
所以样本中包含三个地域个体数量分别是50×＝1，150×＝3，100×＝2.所以这6件样品来自A，B，C三个地域商品数量分别为1，3，2.
(2)设6件来自A，B，C三个地域样品分别为A；B1，B2，B3；C1，C2.
则抽取这2件商品组成全部基础事件为{AB1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2)，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．
每个样品被抽到机会均等，所以这些基础事件出现是等可能．
记事件D：“抽取这2件商品来自相同地域”，则事件D包含基础事件有{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．
所以P(D)＝，即这2件商品来自相同地域概率为.

经过计算事件发生频率去估算事件概率是近几年高考考查概率热点，多以解答题形式出现，有时也会以选择题、填空题形式出现，属低中等题，常和频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表交汇命题．
在复习中，要充足了解频率和概率关系，熟练掌握事件频数计算方法，如列举法、列表法、树状图法等．
1(·北京，17，13分)某超市随机选择1 000名用户，统计了她们购置甲、乙、丙、丁四种商品情况，整理成以下统计表，其中“√”表示购置，“×”表示未购置．
商品
用户人数　　
甲
乙
丙
丁
100
√
×
√
√
217
×
√
×
√
200
√
√
√
×
300
√
×
√
×
85
√
×
×
×
98
×
√
×
×
(1)估量用户同时购置乙和丙概率；
(2)估量用户在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品概率；
(3)假如用户购置了甲，则该用户同时购置乙、丙、丁中哪种商品可能性最大？
【解析】　(1)从统计表能够看出，在这1 000位用户中有200位用户同时购置了乙和丙，所以用户同时购置乙和丙概率能够估量为＝0.2.
(2)从统计表中能够看出，在这1 000位用户中，有100位用户同时购置了甲、丙、丁，另有200位用户同时购置甲、乙、丙，其它用户最多购置了2种商品，所以用户在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品概率能够估量为＝0.3.
(3)和(1)同理，可得：
用户同时购置甲和乙概率能够估量为＝0.2，

用户同时购置甲和丙概率能够估量为＝0.6，
用户同时购置甲和丁概率能够估量为＝0.1，
所以，假如用户购置了甲，则该用户同时购置丙可能性最大．

解题(1)关键是从表中数清同时购置乙和丙用户人数；
解题(2)关键是从表中数清在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品用户人数；
(3)分别计算购置了甲商品用户中同时购置乙、丙、丁三种商品中其中一个人数所占百分比，并比较大小．
(·陕西，19，12分)某保险企业利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车赔付结果统计以下：
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车投保金额均为2 800元，估量赔付金额大于投保金额概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机占10%，在赔付金额为4 000元样本车辆中，车主是新司机占20%，估量在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估量概率得
P(A)＝＝0.15， P(B)＝＝0.12.
因为投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元车辆中，车主为新司机有120×20%＝24(辆)．
所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元频率为＝0.24，
由频率估量概率得P(C)＝0.24.,

用频率估量事件发生概率方法
(1)依据题设统计图表，选择合适方法，计算出所求事件发生频数；
(2)计算出事件发生频率；
(3)依据频率和概率关系估量出事件发生概率值．
注意：计算关键是计算此事件出现频数．

古典概型是高考热点，常以实际问题或数学其它分支知识(如统计等)材料为背景考查，属于低中等题，以考查古典概型基础概念、运算为主．三种题型全部有可能出现．
复习中，要了解古典概型定义，熟练掌握将实际概率计算题转化为古典概型概率计算方法；掌握列举法、列表法及树状图法求基础事件数技巧．
2(·山东，16，12分)某中学调查了某班全部45名同学参与书法社团和演讲社团情况，数据以下表：(单位：人)

参与书法社团
未参与书法社团
参与演讲社团
8
5
未参与演讲社团
2
30
(1)从该班随机选1名同学，求该同学最少参与上述一个社团概率；
(2)在既参与书法社团又参与演讲社团8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中概率．
【解析】　(1)记“该同学最少参与上述一个社团为事件A”，
则P(A)＝＝.
所以该同学最少参与上述一个社团概率为.
(2)从5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能结果组成基础事件有：(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(A4，B1)，(A4，B2)，(A4，B3)，(A5，B1)，(A5，B2)，(A5，B3)共15个．
依据题意，这些基础事件出现是等可能．
其中A1被选中且B1未被选中基础事件有(A1，B2)，(A1，B3)共2个．
所以A1被选中且B1未被选中概率为P＝.
(·四川，17，12分)一辆小客车有5个座位，其座位号为1，2，3，4，5，乘客P1，P2，P3，P4，P5座位号分别为1，2，3，4，5，她们根据座位号从小到大次序前后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己1号座位，这时司机要求余下乘客按以下规则就座：假如自己座位空着，就只能坐自己座位；假如自己座位已经有乘客就座，就在这5个座位剩下空位中任意选择座位．
(1)若乘客P1坐到了3号座位，其它乘客按规则就座，则此时共有4种坐法．下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就座座位号填入表中空格处)；

乘客
P1
P2
P3
P4
P5
座位号
3
2
1
4
5
3
2
4
5
1

(2)若乘客P1坐到了2号座位，其它乘客按规则就座，求乘客P5坐到5号座位概率．
思绪点拨：(1)P2定在2处，按前后次序分析P3，P4，P5即可；(2)先安排P2，再依次安排P3，P4，P5即可，进而用古典概型求概率。
解：(1)当乘客P1坐在3号位置上，此时P2位置没有被占，只能坐在2位置，P3位置被占，可选剩下任何一个座位，即可选1，4，5；
①当P3选1位置，P4位置没被占，只能选4位置，P5选剩下，只有一个情况；
②当P3选4位置，P4可选5位置也可选1位置，P5选剩下，有两种情况；
③当P3选5位置，P4只可选4位置，P5选剩下，有一个情况，填表以下：
乘客
P1
P2
P3
P4
P5
座位号
3
2
1
4
5
3
2
4
5
1
3
2
4
1
5
3
2
5
4
1
(2)若乘客P1坐到了2号座位，其它乘客按规则就坐，则全部可能坐法可用下表表示：
乘客
P1
P2
P3
P4
P5
座位号
2
1
3
4
5
3
4
5
1
1
5
1
4
5
5
4
1
4
3
1
5
5
1
5
3
4
1
于是，全部可能坐法共8种．
设“乘客P5坐到5号座位”为事件A，则事件A中基础事件个数为4，
所以P(A)＝＝.
所以乘客P5坐到5号座位概率是.

(1)关键是由数据表确定该同学最少参与上述一个社团基础事件数；
(2)列举法是求基础事件数关键方法，同时一定按规律一一列举，做到不重不漏．

求古典概型概率步骤
(1)反复阅读题目，搜集题目中多种信息，了解题意；
(2)判定试验是否为古典概型，并用字母表示所求事件；
(3)利用列举法、列表法或树状图法求出总基础事件个数n及事件A中包含基础事件个数m；
(4)计算事件A概率P(A)＝.

列举法处理问题注意事项
(1)尽可能按某一次序，以做到不反复、不遗漏．
(2)是否有次序，有序和无序是有区分，能够交换次序来看是否对结果造成影响，有影响就是有序，无影响即无序．
(3)是否许可反复，即是放回还是不放回，放回取元素是许可反复，不放回取元素是不许可反复．

互斥事件和对立事件概率是高考关键内容，通常不单独命题，常和古典概型等知识交汇命题，将复杂事件概率计算问题转化为其对立事件概率或多个相互互斥简单事件概率和，从而优化解题过程，常出现在解答题中关键一问中，属低中等题．
复习中，熟记互斥事件和对立事件概率计算公式及适用条件，掌握求复杂互斥事件方法．

3(1)(·安徽，5)若某企业从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用机会均等，则甲或乙被录用概率为(　　)
A. B. C. D.
(2)(·湖南，170，12分)某超市为了解用户购物量及结算时间等信息，安排一名职员随机搜集了在该超市购物100位用户相关数据，以下表所表示．
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
用户数(人)
x
30
25
y
10
结算时间(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位用户中一次购物量超出8件用户占55%.
①确定x，y值，并估量用户一次购物结算时间平均值；
②求一位用户一次购物结算时间不超出2分钟概率．(将频率视为概率)
【解析】　(1)从五人中录用三人，全部可能情况有(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．
方法一(通法)：甲被录用乙没被录用可能情况有(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)共3种，乙被录用甲没被录用可能情况有(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)共3种，甲、乙全部被录用可能情况有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)共3种，
所以所求概率为P＝＝.
方法二(优法)：记事件A：甲或乙被录用．则A对立事件仅有(丙，丁，戊)这一个可能，∴P()＝.即P(A)＝1－P()＝，选D.
(2)①由已知得25＋y＋10＝100×55%＝55，x＋30＝100×(1－55%)＝45，
所以x＝15，y＝20.
该超市全部用户一次购物结算时间组成一个总体，所搜集100位用户一次购物结算时间可视为总体一个容量为100简单随机样本，用户一次购物结算时间平均值可用样本平均数估量，其估量值为
＝1.9(分钟)．
②方法一(通法)：记A表示事件“一位用户一次购物结算时间不超出2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该用户一次购物结算时间为1分钟”“该用户一次购物结算时间为1.5分钟”“该用户一次购物结算时间为2分钟”．
将频率视为概率得
P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝.
因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝＋＋＝.
故一位用户一次购物结算时间不超出2分钟概率为.
方法二(优法)：记A表示事件“一位用户一次购物结算时间不超出2分钟”，则A对立事件为“一位用户一次购物结算时间超出2分钟”，
由表知，P()＝＝.
所以P(A)＝1－P()＝1－＝.
故一位用户一次购物结算时间不超出2分钟概率为.

解题(1)时，关键是求出甲或乙被录用可能结果种类，通法求解情况较多，可用优法求解，再用古典概型求概率；
解题(2)①时，关键由已知先确定x，y值，进而计算平均值；解②时，关键是分清哪些事件是相互互斥，并应用互斥事件概率加法公式分别求解或转化为求其对立事件概率，用间接法求解。．
(·江西，18，12分)小波以游戏方法决定是去打球、唱歌还是去下棋．游戏规则为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6(图)这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量数量积为X.若X>0就去打球，若X＝0就去唱歌，若X<0就去下棋．
(1)写出数量积X全部可能取值；
(2)分别求小波去下棋概率和不去唱歌概率．
解：(1)由题意得X全部可能取值为－2，－1，0，1.
(2)数量积为－2有·，共1种；
数量积为－1有·，·，·，·，·，·，共6种；
数量积为0有·，·，·，·，共4种；
数量积为1有·，·，·，·，共4种．故全部可能情况共有1＋6＋4＋4＝15(种)．
所以小波去下棋概率为P1＝；
因为去唱歌概率为P2＝，所以小波不去唱歌概率P＝1－P2＝1－＝.
思绪点拨：本题(1)解题关键是依据向量坐标，求出其数量积；本题(2)先依据(1)结果求出各数量积对应两个向量个数，再求概率。

互斥事件、对立事件概率求法
(1)处理这类问题，首先应依据互斥事件和对立事件定义分析是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算．
(2)求复杂互斥事件概率通常有两种方法：
①直接法：将所求事件概率分解为部分相互互斥事件概率和，利用互斥事件概率加法公式计算；
②间接法：先求此事件对立事件概率，再用公式P(A)＝1－P()求解，即用正难则反数学思想，尤其是“至多”“最少”型问题，用间接法就显得较简便．

1．(·河南安阳二模，5)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到产品不是一等品”概率为(　　)
A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.5
1．C　[考向3]“抽到产品不是一等品”和事件A是对立事件，∴所求概率P＝1－P(A)＝0.35，故选C.
2．(·山东烟台一模，6)从集合A＝{－1，1，2}中随机选择一个数记为k，从集合B＝{－2，1，2}中随机选择一个数记为b，则直线y＝kx＋b不经过第三象限概率为(　　)
A. B. C. D.
2．A　[考向2]由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含事件k∈A＝{－1，1，2}，b∈B＝{－2，1，2}得到(k，b)取值全部可能结果有：(－1，－2)，
(－1，1)，(－1，2)，(1，－2)，(1，1)，(1，2)，(2，－2)，(2，1)，(2，2)共9种．
而当时，直线不经过第三象限，
符合条件(k，b)有2种结果，
∴直线不经过第三象限概率为
P＝.故选A.
3．(·湖北荆州一模，7)已知盒中装有3只螺口灯泡和7只卡口灯泡，这些灯泡外形和功率全部相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在她第1次抽到是螺口灯泡条件下，第2次抽到是卡口灯泡概率为(　　)
A. B. C. D.
3．D　[考向2]若第1次抽到是螺口灯泡，这时盒子中还有2只螺口灯泡和7只卡口灯泡，则第2次抽到是卡口灯泡概率为＝，故选D.

4．(·湖南益阳一模，4)4张卡上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出2张卡片上数字之和为偶数概率为(　　)
A. B. C. D.
4．B　[考向2]因为从4张卡片中任取出2张有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共6种情况，其中2张卡片上数字和为偶数有(1，3)，(2，4)这2种情况，所以2张卡片上数字和为偶数概率为，故选B.
5．(·广东中山联考，12)经统计，在银行一个营业窗口天天早晨9点钟排队等候人数及对应概率以下：
排队人数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
则该营业窗口早晨9点钟时，最少有2人排队概率是______________________．
5．[考向3]【解析】　由表格可得最少有2人排队概率P＝0.3＋0.3＋0.1＋0.04＝0.74.
【答案】　0.74
6．(·安徽合肥二模，11)采取随机模拟试验方法估量三天中恰有两天下雨概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值随机数，用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这三天下雨情况．经随机模拟试验产生了以下20组随机数：
907　966　191　925　271　932　812　458　569　683
431　257　393　027　556　488　730　113　537　989
据此估量，这三天中恰有两天下雨概率近似为________．
6．[考向1]【解析】　由题意知模拟三天中恰有两天下雨结果，经随机模拟产生了20组随机数，在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨有：191、271、932、812、393，共5组随机数，故所求概率为＝0.25.
【答案】　0.25
7．(·四川成全部一模，17，12分)某地域从某年起几年内考上大学人数及其中男生人数如表：
时间范围
1年内
2年内
3年内
4年内
考上大学人数
5 544
9 607
13 520
17 190
男生人数
2 883
4 970
6 994
8 892
(1)分别计算几年(1年，2年，3年，4年)内考上大学学生是男生频率(保留4位小数)；
(2)这一地域考上大学学生是男生概率约是多少？
7．[考向1]解：(1)该地域考上大学学生是男生频率：
1年内：≈0.520 0.
2年内：≈0.517 3.
3年内：≈0.517 3.
4年内：≈0.517 3.
(2)因为(1)中这些频率很靠近0.517 3.所以这一地域考上大学学生是男生概率约为0.517 3.
8．(·湖南岳阳一模，16，12分)某中学生物爱好小组在学校生物园地种植了一批名贵树苗，为了解树苗生长情况，从这批树苗中随机地测量了其中50棵树苗高度(单位：厘米)，并把这些高度列成了以下频数分布表：
分组
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80)
[80，90)
[90，100]
频数
2
3
14
15
12
4
(1)在这批树苗中任取一棵，其高度不低于80厘米概率是多少？
(2)这批树苗平均高度大约是多少？(计算时用各组中间值替换各组数据平均值)
(3)为了深入取得研究资料，若从[40，50)组中移出一棵树苗，从[90，100]组中移出两棵树苗进行试验研究，则[40，50)组中树苗A和[90，100]组中树苗C同时被移出概率是多少？
8．[考向2]解：(1)∵高度不低于80厘米频数是12＋4＝16，
∴高度不低于80厘米树苗概率为＝.
(2)依据题意，样本容量即各组频数之和为2＋3＋14＋15＋12＋4＝50，
则树苗平均高度为
＝＝＝73.8(cm)．
(3)设[40，50)组中树苗为A、B，[90，100]组中树苗为C、D、E、F，
则基础事件总数为12，它们是ACD、ACE、ACF、ADE、ADF、AEF、BCD、BCE、BCF、BDE、BDF、BEF，
而满足A、C同时被移出事件为ACD、ACE、ACF共3种，
∴树苗A和树苗C同时被移出概率为P＝＝.
思绪点拨：(1)依据题意，由频率分布表可得高度不低于80厘米频数，进而由等可能事件概率公式，计算可得．
(2)首先计算出样本容量，进而由平均数计算公式计算可得．
(3)设[40，50)组中树苗为A、B，[90，100]组中树苗为C、D、E、F，用列举法可得移出3棵树苗基础事件数目和A、C同时被移出事件数目，由等可能事件概率公式计算可得．
9．(·湖北黄石二模，18，12分)某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖概率．
9．[考向3]解：(1)P(A)＝，
P(B)＝＝，
P(C)＝＝.
小说件A，B，C概率分别为，，.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．
设“1张奖券中奖”为事件M，则
M＝A∪B∪C.
∵A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.
故1张奖券中奖概率为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，由对立事件概率公式得
P(N)＝1－P(A∪B)
＝1－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖概率为.

1．(·课标Ⅱ，8，易)某路口人行横道信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯连续时间为40秒．若一名行人来到该路口碰到红灯，则最少需要等候15秒才出现绿灯概率为(　　)
A. B. C. D.
1．B　[考向1]P＝＝.
2．(·福建，8，易)图，矩形ABCD中，点A在x轴上，点B坐标为(1，0)，且点C和点D在函数f(x)＝图象上，若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分概率等于(　　)
A. B. C. D.
2．B　[考向2]由题意可知，图，则E(0，1)，C(1，2)，D(－2，2)，

∴所求事件概率为P＝＝.
3．(·湖南，5，易)在区间[－2，3]上随机选择一个数X，则X≤1概率为(　　)
A. B. C. D.
3．B　[考向1]这是一个几何概型问题，测度是长度，此问题总长度为5，使得“X≤1”长度为3，所以P(X≤1)＝.
4．(·辽宁，6，易)若将一个质点随机投入图所表示长方形ABCD中，其中AB＝2，BC＝1，则质点落在以AB为直径半圆内概率是(　　)

A. B. C. D.
4．B　[考向2]设“质点落在以AB为直径半圆内”为事件A，则P(A)＝＝＝.
5．(·湖南，9，中) 已知事件“在矩形ABCD边CD上随机取一点P，使△APB最大边是AB”发生概率是，则＝(　　)
A. B. C. D.
5．D　[考向1]矩形ABCD图所表示，在点P从D点向C点移动过程中，DP在增大，AP也在增大，而BP在逐步减小，当点P到P1位置时，BA＝BP1，当点P到P2位置时，AB＝AP2，故点P在线段P1P2上时，△ABP中边AB最大，由题意可得P1P2＝CD.在Rt△BCP1中，BP＝CD2＋BC2＝AB2＋AD2＝AB2.即AD2＝AB2，所以＝，故选D.

思绪点拨：依据几何概型特点寻求满足条件点P，利用直角三角形性质求解．
6．(·陕西，12，难)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x概率为(　　)
A.＋ B.＋ C.－ D.－
6．C　[考向2]由|z|≤1得(x－1)2＋y2≤1，由题意作图图所表示，

∴y≥x概率为＝－.
7．(·福建，13，易)图，在边长为1正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估量阴影部分面积为________．

7．[考向2]【解析】　由已知可知豆子落到阴影部分概率为
P＝＝＝，
∴S阴影＝0.18.
【答案】　0.18
8．(·湖北，15，中)在区间[－2，4]上随机地取一个数x，若x满足|x|≤m概率为，则m＝________．
8．[考向1]【解析】　由|x|≤m，得－m≤x≤m.
当m≤2时由题意得＝，
解得m＝2.5，矛盾，舍去．
当2