第5節(jié)古典概型、概率的基本性質(zhì)

考試要求1.理解古典概型及其概率計算公式.2.會計算一些隨機事件所包含的樣

本點及事件發(fā)生的概率.3.當直接求某一事件的概率較為復雜時，可轉(zhuǎn)化為求幾個

互斥事件的概率之和或其對立事件的概率.

■知識

【知識梳理】

1.古典概型

具有以下特征的試驗叫做古典概型試驗，其數(shù)學模型稱為古典概率模型，簡稱古

典概型.

(1)有限性：樣本空間的樣本點只有有限個;

(2)等可能性：每個樣本點發(fā)生的可能性相笠.

2.古典概型的概率公式

設試驗E是古典概型，樣本空間。包含〃個樣本點，事件A包含其中的左個樣本

點，則定義事件A的概率P(A)=5=Fk.

其中，“(A)和〃(0分別表示事件A和樣本空間Q包含的樣本點個數(shù).

3.概率的性質(zhì)

性質(zhì)1：對任意的事件A,都有OWP(A)W1；

性質(zhì)2：必然事件的概率為1,不可能事件的概率為0,即P(0=1,P(0)=O；

性質(zhì)3：如果事件A與事件3互斥，那么P(AU5)=P(A)+P(B)；

性質(zhì)4：如果事件A與事件3互為對立事件，那么P(B)=1~P(A),P(A)=1-P(B)；

性質(zhì)5：如果AG3,那么P(A)WP(B),由該性質(zhì)可得，對于任意事件A,因為0GAG

Q,所以0WP(A)WL

性質(zhì)6：設A,3是一個隨機試驗中的兩個事件,有P(AU3)=P(A)+P(3)—P(An5).

［常用結(jié)論與微點提醒］

概率的一般加法公式尸(AUJB)=P(A)+P(5)—P(AnJB)中，當ADB=0,即A,B

互斥時，P(AUB)=P(A)+P(B),此時P(AnB)=0.

【診斷自測】

1.思考辨析(在括號內(nèi)打“J”或“X”)

(1)“在適宜條件下，種下一粒種子觀察它是否發(fā)芽”屬于古典概型，其樣本點是

“發(fā)芽與不發(fā)芽”.()

⑵擲一枚硬幣兩次，出現(xiàn)“兩個正面”“一正一反”“兩個反面”，這三個結(jié)果

是等可能事件.()

(3)從一3,-2,-1,0,1,2中任取一個數(shù)，取到的數(shù)小于0或不小于0的可能

性相同.()

2

(4)從1,2,3這三個數(shù)中任取兩個數(shù)，其和不小于4的概率為？()

答案(1)X(2)X(3)V(4)V

解析對于(1),發(fā)芽與不發(fā)芽不一定是等可能，所以(1)不正確；對于(2),三個事

件不是等可能，其中“一正一反”應包括“正反”與“反正”兩個樣本點，所以

(2)不正確.

2.(必修二P237例7改編)單項選擇題是標準化考試中常用的題型，一般是從A,

B,C,D四個選項中選擇一個正確答案.如果考生掌握了考查的內(nèi)容，他可以選

擇唯一正確的答案.假設考生有一題不會做，他隨機地選擇一個答案，答對的概率

是.

答案|

解析選擇一個答案有選A,選B,選C,選D共4種等可能的結(jié)果，故答對的

概率p=1.

3.袋中裝有大小、形狀完全相同的6個白球，4個紅球，從中任取一球，則取到白

球的概率為..

答案I

解析完全相同的6個白球，4個紅球，從中任取一球，一共有Clo=lO種取法，

取到白球有Q=6種取法，

則取到白球的概率P=^=|.

4.某人進行打靶練習，共射擊10次，其中有2次中10環(huán)，有3次中9環(huán)，有4

次中8環(huán)，有1次未中靶.假設此人再射擊1次，則中靶的概率約為.

答案0.9

,2349

解析法一由題意知正+而+元=元=09

法二由題意，未中靶的概率為需=0.1,

故中靶的概率為1—0.1=09

■考點聚焦突破

考點一古典概型

例1(1)(2024.東莞調(diào)研)甲、乙、丙、丁四人在足球訓練中進行傳球訓練，從甲開

始傳球，甲等可能地把球傳給乙、丙、丁中的任何一個人，以此類推，則經(jīng)過3

次傳球后乙恰好接到1次球的概率為()

A,1--4-5「1617

227B9C-27D27

答案c

解析按接球人分類：①不含甲，三人時，乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，

丁乙丙，丁丙乙，共6種；

兩人時，乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6種；

②含甲，乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，

丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15種，

故共計27種.

其中乙恰好接到1次球的情況有16種，所以所求概率為招.

⑵(2024.沈陽模擬)如圖為一個開關陣列，每個開關只有“開”和“關”兩種狀態(tài),

按其中一個開關1次，將導致自身和所有相鄰(上、下相鄰或左、右相鄰)的開關

改變狀態(tài).若從這十六個開關中隨機選兩個不同的開關先后各按1次(例如：先按(1,

1),再按(4,4)),則(2,3)和(4,1)的最終狀態(tài)都未發(fā)生改變的概率為.

(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)

答案120

解析要使得(2,3)的狀態(tài)發(fā)生改變,

則需要按(1,3),(2,2),(2,3),(2,4),(3,3)這五個開關中的一個，

要使得(4,1)的狀態(tài)發(fā)生改變，則需要按(3,1),(4,1),(4,2)這三個開關中的

一個，

所以要使得(2,3)和(4,1)的最終狀態(tài)都未發(fā)生改變,

則需按其他八個開關中的兩個或(1,3),(2,2),(2,3),(2,4),(3,3)中的兩個

或(3,1),(4,1),(4,2)中的兩個,

A9+Ag+A941

故所求概率為

A?6120-

感悟提升求樣本空間中樣本點個數(shù)的方法

(1)枚舉法：適合于給定的樣本點個數(shù)較少且易一一列舉出的問題.

⑵樹狀圖法：適合于較為復雜的問題，注意在確定樣本點時(x,y)可看成是有序

的，如(1,2)與(2,1)不同；有時也可看成是無序的，如(1,2)與(2,1)相同.

(3)排列組合法：在求一些較復雜的樣本點個數(shù)時，可利用排列或組合的知識.

訓I練1(1)(2023?益陽調(diào)研)2022年10月12日“天宮課堂”首次在問天實驗艙中授

課，航天員老師們演示和講解的多種實驗，極大地激發(fā)了學生的學習興趣.在一次

模仿操作實驗中，學生們從標號分別為1,2,3,4,5,6,7,8,9的9種不同

的種子中隨機抽取2種種子進行實驗，則抽到的2種不同的種子的標號之和恰為

10的概率為()

1154

A-9B15C36D-45

答案A

解析從標號分別為1,2,3,4,5,6,7,8,9的9種不同的種子中隨機抽取

2種種子的所有結(jié)果有C&=36(種)，

而標號之和恰為10的結(jié)果有{1,9},{2,8},{3,7},{4,6},共4種，

4I

所以所求的概率2=*=§?

(2)(2023?全國乙卷)某學校舉辦作文比賽，共6個主題，每位參賽同學從中隨機抽

取一個主題準備作文，則甲、乙兩位參賽同學抽到不同主題的概率為()

5211

A6B-3C2D-3

答案A

解析法一設6個主題分別為A,B,C,D,E,F,甲、乙兩位同學所選主題

的所有可能情況如表:

XABCDEF

A(A,A)(A,B)(A,C)(A，D)(A,E)(A,F)

B(B,A)(B,B)(B,C)(B,D)(B,E)(B,F)

C(C,A)CB)(C，O(C，D)(C，E)(C，F(xiàn))

D(D,A)(。，B)(D,O(D，D)(D，E)(D,F)

E(E,A)(E,B)(E，O(E,D)(E，E)(E，F(xiàn))

F(RA)(F,B)(RC)(F,D)(RE)(F,F)

共36種情況，其中甲、乙兩位同學抽到不同主題的情況有30種，故抽到不同主

題的概率為30"=]5.

JOo

法二甲、乙兩位同學抽到相同主題的情況有6種，故抽到不同主題的概率為1

__6_=5

-36-6'

考點二概率的基本性質(zhì)

例2從甲地到乙地沿某條公路行駛一共200公里，遇到紅燈個數(shù)的概率如表所示:

紅燈個數(shù)0123456個及

6個以上概率0.020.1a0.350.20.10.03

求：(1)表中字母。的值；

⑵至少遇到4個紅燈的概率；

⑶至多遇到5個紅燈的概率.

解(1)由題意可得0.02+0.1+a+0.35+0.2+0.1+0.03=l,解得。=0.2.

(2)設事件A為遇到紅燈的個數(shù)為4,事件3為遇到紅燈的個數(shù)為5,

事件C為遇到紅燈的個數(shù)為6個及6個以上，

則事件“至少遇到4個紅燈”為AUBUC,

因為事件A,B,C互斥,

所以尸(AU5UO=P(A)+P(3)+P(O=0.2+0.1+0.03=0.33,

即至少遇到4個紅燈的概率為0.33.

(3)設事件D為遇到6個及6個以上紅燈，則至多遇到5個紅燈為事件D

則P(D)=1-P(D)=1-0.03=0.97.

感悟提升復雜事件概率的求解方法

(1)對于一個較復雜的事件，一般將其分解成幾個簡單的事件，當這些事件彼此互

斥時，原事件的概率就是這些簡單事件的概率的和.

⑵當求解的問題中有“至多”“至少”“最少”等關鍵詞語時，常?？紤]其對立

事件，通過求其對立事件的概率，然后轉(zhuǎn)化為所求問題.

訓練2(多選)(2024.河北名校聯(lián)考)中國籃球職業(yè)聯(lián)賽中，某男籃球運動員在最近

幾次參加的比賽中的得分情況如下表：

投籃次數(shù)投中兩分球的次數(shù)投中三分球的次數(shù)

1005518

記該運動員在一次投籃中，投中兩分球為事件A,投中三分球為事件'沒投中

為事件C,貝1)()

A.P(A)=0.55B.P(B)=0.18

C.P(C)=0.27D.P(BUQ=0.55

答案ABC

解析由題意可知P(A)=需=0.55,

1Q

P(B)=血=0.18,

事件AU3為事件C的對立事件，且事件A,B,C兩兩互斥，

...P(o=1—P(AU5)=1—P(A)-P(B)=0.27,

Q=P(B)+P(C)=0.45.

考點三古典概型的綜合應用

例3(2024.南充診斷)某大學“愛牙協(xié)會”為了解“愛吃甜食”與青少年“蛀牙”

情況之間的關系，隨機對200名青少年展開了調(diào)查，得知這200個人中共有120

個人“有蛀牙”，其中“不愛吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不愛吃甜食”

且“無蛀牙”的有50人.有2X2列聯(lián)表如表所示.

有蛀牙無蛀牙總計

愛吃甜食

不愛吃甜食

總計

⑴根據(jù)已知條件完成如表所示的2X2列聯(lián)表，依據(jù)小概率值?=0.005的獨立性

檢驗，能否認為“愛吃甜食”與青少年“蛀牙”有關；

(2)若從“無蛀牙”的青少年中用分層隨機抽樣的方法抽取8人做進一步調(diào)查，再

從抽取的這8人中隨機抽取2人去擔任“愛牙宣傳志愿者”，求抽取的2人都是

“不愛吃甜食”且“無蛀牙”的青少年的概率.

n(ad~be)2

附：k?(a+。)(c+d)(a+c)(0+d)'n=a+b+c+d-

a0.050.010.005

Xa3.8416.6357.879

解(1)由題意可知，2X2列聯(lián)表為

有蛀牙無蛀牙總計

愛吃甜食9030120

不愛吃甜食305080

總計12080200

零假設Ho：“愛吃甜食”與青少年''蛀牙”無關.

2

??2(9OX5O-3OX3O)

./■200X120X80X120X80=28-125>7-879=X0005，

根據(jù)小概率值a=0.005的獨立性檢驗，推斷Ho不成立，

認為“愛吃甜食”與青少年“蛀牙”有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.

(2)若從“無蛀牙”的青少年中用分層隨機抽樣的方法抽取8人做進一步調(diào)查，

則愛吃甜食的有3人，設為x,y,z,不愛吃甜食的有5人，設為a,b,c,d,e,

從中隨機抽取2人,所有情況為{x,y},{x,z],{y,z],[x,a],{x,b],{x,

c},{x,d},{x,e},{y,a},{y,b},{y,c},{y,d},{y,e},{z,a},{z,

b],{z,c},{z,d},{z,e],{a,b},{a,c},{a,d},{a,e},{b,c},{b,

d},{b,e},{c,d},{c,e],{d,e},共28種,

其中抽取的2人都是“不愛吃甜食”且“無蛀牙”的為{a,b},{a,c},{a,d},

{a,e},{b,c],{b,d},{b,e},{c,d],{c,e},{d,e],共10種,

故抽取的2人都是“不愛吃甜食”且“無蛀牙”的青少年的概率p=11=得

感悟提升有關古典概型與統(tǒng)計結(jié)合的題型是高考考查概率的一個重要題型.概

率與統(tǒng)計的結(jié)合題，無論是直接描述還是利用頻率分布表、頻率分布直方圖等給

出的信息，準確從題中提煉信息是解題的關鍵.復雜事件的概率可將其轉(zhuǎn)化為互斥

事件或?qū)α⑹录母怕蕟栴}.

訓練3某城市100戶居民的月平均用電量(單位:千瓦時)以[160,180),[180,200),

[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300]分組的頻率分布直

方圖如圖.

⑴求直方圖中x的值；

(2)求月平均用電量的眾數(shù)和中位數(shù)；

(3)在月平均用電量為[240,260),[260,280),[280,300]的三組用戶中,用分層

隨機抽樣的方法抽取6戶居民，并從抽取的6戶中任選2戶參加一個訪談節(jié)目，

求參加節(jié)目的2戶來自不同組的概率.

解(1)由(0.0020+0.0095+0.0110+0.0125+尤+0.0050+0.0025)X20=1得x

=0.0075,

所以直方圖中x的值是0.0075.

220+240

(2)月平均用電量的眾數(shù)是一一=230.

因為(0.0020+0.0095+0.0110)X20=0.45<0.5,

且(0.0020+0.0095+0.0110+0.0125)X20=0.7>0.5,

所以月平均用電量的中位數(shù)在［220,240)內(nèi)，

設中位數(shù)為a,由(0.0020+0.0095+0.0110)X20+0.0125X(。-220)=0.5,

解得。=224,

所以月平均用電量的中位數(shù)是224.

(3)月平均用電量為［240,260)的用戶有

0.0075X20X100=15(戶)，

月平均用電量為［260,280）的用戶有

0.005X20X100=10（戶），

月平均用電量在［280,300］的用戶有

0.0025X20X100=5（戶）.

所以在［240,260）,［260,280）,［280,300］中分別抽取3戶、2戶和1戶.

設參加節(jié)目的2戶來自不同組為事件A,

CiCi+C^Cl+CiCl11

則P(A)=

分層精練

【A級基礎鞏固】

1.（多選）下列試驗是古典概型的是（）

A.在區(qū)間［―1,5］上任取一個數(shù)尤，使x2—3x+2>0

B.口袋里有2個白球和2個黑球，這4個球除顏色外完全相同，從中任取一球為

白球的概率

C.向一個圓面內(nèi)部隨機地投一個點，該點落在圓心的概率

D.老師從甲、乙、丙三名學生中任選兩人做典型發(fā)言，甲被選中的概率

答案BD

解析A中，在區(qū)間［―1,5］上任取一個數(shù)x,使一一3》+2>0,該事件個數(shù)是無

限的；

B中，從中任取一球的事件有限，且任取一球為白球或黑球的概率是等可能的；

C中，向一個圓面內(nèi)部隨機地投一個點，該點落在圓心的概率不符合有限性；

D中，老師從甲、乙、丙三名學生中任選兩人的事件有限，甲、乙、丙被選中的

概率是等可能的.

2.（2023?全國甲卷）某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名.從這4名

學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（）

答案D

解析記高一年級2名學生分別為⑶，。2,高二年級2名學生分別為從，bi,則

從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演的基本事件有（m,或），（ai,bi）,（ai,

bi）,Q,bi）,（42,bi）,（bi,bi）,共6個，其中這2名學生來自不同年級的基本

事件有（ai,bi）,（tzi,bi）,（＜22,bi）,Q,bi）,共4個，所以這2名學生來自不同

42

年級的概率P=^=y

3.（2024?杭州調(diào)研）杭州亞運會的三個吉祥物分別取名“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”，

如圖.現(xiàn)將三張分別印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片（卡片的形狀、大小

和質(zhì)地完全相同）放入盒子中.若從盒子中依次有放回地取出兩張卡片，則一張為

“琮琮”，一張為“宸宸”的概率是（）

1

D-9

解析記印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片分別為A,B,C,

則樣本點有(A,A),(A,B),(A,C),(B,A),(B,B),(B,C),(C,A),(C,B),

(C,Q,共9個，

其中一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的樣本點有（A,B）,（B,A）,共2個，

2

所以所求的概率p=§.

4.（2024?張家口質(zhì)檢）已知a是1,3,3,5,7,8,10,11的第75百分位數(shù)，在1,

3,3,5,7,8,10,11中隨機取兩個數(shù)，這兩個數(shù)都小于。的概率為（）

1515

BC--D

A.4-2813

1428

答案c

解析因為8X75%=6,所以a==9.

8個數(shù)中有6個數(shù)小于9,

f215

所以隨機取兩個數(shù)，這兩個數(shù)都小于。的概率為己=荻.

C.82d

5.（2024?深圳模擬）從1,2,3,4,5中隨機選取三個不同的數(shù)，若這三個數(shù)之積

為偶數(shù)，則它們之和大于8的概率為（）

答案D

解析從1,2,3,4,5中隨機選取三個不同的數(shù)，這三個數(shù)之積為偶數(shù)的樣本

點有(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,

5),(2,4,5),(3,4,5),共9個，

它們之和大于8的樣本點有(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,

5),共5個，

故所求概率Q=|.

6.(2023?南京模擬)有5個形狀大小相同的球，其中3個紅色、2個藍色，從中一次

性隨機取2個球，則下列說法正確的是()

A.“恰好取到1個紅球”與“至少取到1個藍球”是互斥事件

B.“恰好取到1個紅球”與“至多取到1個藍球”是互斥事件

C.“至少取到1個紅球”的概率大于“至少取到1個藍球”的概率

D.“至多取到1個紅球”的概率大于“至多取到1個藍球”的概率

答案C

解析對于A、B,兩事件能同時發(fā)生，不是互斥事件，A、B錯誤；

c4+c!ci

對于C,“至少取到1個紅球”的概率.=△=°-9,“至少取到1個藍球”

的概率

c2+c4cA

片飛=07,故C正確；

。鄉(xiāng)Idd

對于D,“至多取到1個紅球”的概率夕=一c,一=0-7,“至多取到1個藍球”

I

的概率2=eg=0,9,故D錯誤.

7.(2024.廈門模擬)某中學體育節(jié)中，羽毛球單打12強中有3個種子選手，將這12

人任意分成3個組(每組4個人)，則3個種子選手恰好被分在同一組的概率為

()

3111

A-55B-4C3D2

答案A

解析由已知條件得，將12人任意分成3組(每組4個人)，不同的分組方法有

efoCieL,。人加二業(yè)于八qe兄山、斗^acicL,

—與一種，3個種子選手分在同一組的萬法有種，

cjg

故3個種子選手恰好被分在同一組的概率為色2c度

8.(2024.海南四校大聯(lián)考)從不包含大小王的52張撲克牌中隨機抽取一張，設事件

A=“抽到紅心”，事件3=“抽到方片”，且P(A)=P(3)=：,記事件C="抽

到黑花色”，則尸(0=.

答案|

解析記事件。='‘抽到紅花色”，

因為D=AU3,且A,3不會同時發(fā)生，

所以A,3是互斥事件，

則P(D)=P(AUB)=P(A)+P(3)=|.

又因為C,D互斥,且CUD是必然事件，

所以C,?；閷α⑹录?，

所以p(O=i—p(0=g.

9.(2024.重慶診斷)餃子是我國的傳統(tǒng)美食，不僅味道鮮美而且寓意美好.現(xiàn)鍋中煮

有白菜餡餃子4個，韭菜餡餃子3個，這兩種餃子的外形完全相同.從中任意舀取

3個餃子，則每種口味的餃子都至少舀取到1個的概率為.

答案!

解析分為兩類，舀取到的餃子有1個白菜餡，2個韭菜餡，或是2個白菜餡，1

個韭菜餡,

6

所以所求概率p=

C弓T

10.(2024?聊城模擬)若互不相等的實數(shù)機，72,s,/'滿足則稱加，n,s,t

具有“準等比”性質(zhì).現(xiàn)從2,4,8,16,32,64,128這7個數(shù)中隨機選取4個

不同的數(shù)，則這4個數(shù)具有“準等比”性質(zhì)的概率為.

答案35

解析從7個數(shù)中隨機選取4個不同的數(shù)共有G=35種不同的選法.

因為2=2、4=22,8=23,16=2、32=25,64=26,128=27,

所以具有“準等比"性質(zhì)的4個數(shù)有{2,16,4,8},{2,32,4,16},{2,64,

8,16},{2,64,4,32},{2,128,4,64},{2,128,8,32},{8,16,4,32},

{4,64,8,32},{4,128,16,32},{4,128,8,64},{16,32,8,64},{16,

64,8,128},{32,64,16,128),共13種.

所以這4個數(shù)具有“準等比”性質(zhì)的概率為蕓13.

11.2021年，我國施行個人所得稅專項附加扣除辦法，涉及子女教育、繼續(xù)教育、

大病醫(yī)療、住房貸款利息或者住房租金、贍養(yǎng)老人等六項專項附加扣除.某單位老、

中、青員工分別有72,108,120人，現(xiàn)采用分層隨機抽樣的方法，從該單位上述

員工中抽取25人調(diào)查專項附加扣除的享受情況.

(1)應從老、中、青員工中分別抽取多少人？

(2)抽取的25人中，享受至少兩項專項附加扣除的員工有6人，分別記為A,B,

C,D,E,E享受情況如下表，其中表示享受，“X”表示不享受.現(xiàn)從這

6人中隨機抽取2人接受采訪.

員工

ABCDEF

項目

子女教育OOXOXO

繼續(xù)教育XXOXOO

大病醫(yī)療XXXOXX

住房貸款利息OOXXOO

住房租金XXOXXX

贍養(yǎng)老人OOXXXO

①試用所給字母列舉出所有可能的抽取結(jié)果；

②設M為事件“抽取的2人享受的專項附加扣除至少有一項相同”，求事件M

發(fā)生的概率.

解(1)由已知得老、中、青員工人數(shù)之比為6：9：10,由于采用分層隨機抽樣的

方法從中抽取25位員工，

因此應從老、中、青員工中分別抽取6人、9人、10人.

(2)①從已知的6人中隨機抽取2人的樣本空間為{(A,B),(A,O,(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個樣本點.

②由表格知，符合題意的樣本空間為{(A,B),(A,D),(A,E),(A,F),(B,D),

(B,E),(B,F),(C,E),(C,F),(D,F),(E,F)},共11個樣本點，

所以事件M發(fā)生的概率

12.某中學組織了一次數(shù)學學業(yè)水平模擬測試，學校從測試合格的男、女生中各隨

機抽取100人的成績進行統(tǒng)計分析，分別制成了如圖所示的男生和女生數(shù)學成績

的頻率分布直方圖.

°vv6070809010()女生成統(tǒng)

注：分組區(qū)間為[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]

(1)若得分大于或等于80認定為優(yōu)秀，則男、女生的優(yōu)秀人數(shù)各為多少？

(2)在(1)中所述的優(yōu)秀學生中用分層隨機抽樣的方法抽取5人，從這5人中任意選

取2人，求至少有一名男生的概率.

解(1)由題可得，男生優(yōu)秀人數(shù)為100X(0.01+0.02)X10=30,女生優(yōu)秀人數(shù)為

100X(0.015+0.03)X10=45.

⑵因為樣本容量與總體中的個體數(shù)的比是布1^=卷，所以樣本中包含的男生人

數(shù)為30X卷=2,女生人數(shù)為45X卷=3.

則從5人中任意選取2人共有C§=10種，抽取的2人中沒有一名男生有C3=3

7

種，則至少有一名男生有Cs—C^=7種.故至少有一名男生的概率為P=元.

【B級能力提升】

13.(2024?北京通州區(qū)質(zhì)檢)齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣

于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的

下等馬劣于齊王的下等馬.現(xiàn)雙方各出上、中、下等馬各一匹，分三組各進行一場

比賽，勝兩場及以上者獲勝.若雙方均不知對方馬的出場順序，則田忌獲勝的概率

為;若已知田忌的上等馬與齊王的中等馬分在一組，則田忌獲勝的概率

為.

XF11

口木45

解析齊王的上、中、下等馬分別記為ai,