易错点15 概率（解析版） (183)

易错点15概率易错点1.事件、频率和概率概念理解错误1.事件的关系定义表示法图示包含关系一般地，如果事件A发生时，事件B一定发生，则称“A包含于B”(或“B包含A”)记作A⊆B(或B⊇A)互斥事件给定事件A，B，若事件A与B不能同时发生，则称A与B互斥，记作AB＝∅(或A∩B＝∅)若A∩B＝∅，则A与B互斥对立事件给定样本空间Ω与事件A，则由Ω中所有不属于A的样本点组成的事件称为A的对立事件，记作A若A∩B＝∅，且A∪B＝Ω，则A与B对立2.事件的运算定义表示法图示并事件给定事件A，B，由所有A中的样本点与B中的样本点组成的事件称为A与B的和(或并)记作A＋B(或A∪B)交事件给定事件A，B，由A与B中的公共样本点组成的事件称为A与B的积(或交)记作AB(或A∩B)3.用频率估计概率一般地，如果在n次重复进行的试验中，事件A发生的频率为mn，其中，m是n次重复试验事件A发生的次数，则当n很大时，可以认为事件A发生的概率P(A)的估计值为mn.易错点2.古典概型公式理解错误1.古典概型一般地，如果随机试验的样本空间所包含的样本点个数是有限的(简称为有限性)，而且可以认为每个只包含一个样本点的事件(即基本事件)发生的可能性大小都相等(简称为等可能性)，则称这样的随机试验为古典概率模型，简称为古典概型.2.古典概型的概率公式古典概型中，假设样本空间含有n个样本点，如果事件C包含有m个样本点，则P(C)＝mn.3.概率的性质性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1；性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1.性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B).易错点3.条件概率和全概率公式理解错误1.相互独立事件一般地，当P(AB)＝P(A)P(B)时，就称事件A与B相互独立(简称独立).如果事件A与B相互独立，则A－与B－，A与B，A－与B－也相互独立.2.条件概率(1)概念：一般地，当事件B发生的概率大于0(即P(B)0)时，已知事件B发生的条件下事件A发生的概率，称为条件概率，记作P(A|B)，而且P(A|B)＝P（A∩B）P（B）.(2)两个公式①利用古典概型，P(B|A)＝n（AB）n（A）；②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A).3.全概率公式一般地，如果样本空间为Ω，A，B为事件，则BA与BA－是互斥的，且B＝BΩ＝B(A＋A－)＝BA＋BA－，从而P(B)＝P(BA＋BA－)＝P(BA)＋P(BA－)，当P(A)0且P(A－)0时，有P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－).|z2|.1．甲、乙、丙、丁4名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A，B，C三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区去服务．则甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率为（）A．13B．49C．59D．712【答案】B【详解】依题意，4名志愿者到三个小区服务的试验的基本事件有43种，它们等可能，甲不在A小区、乙不在B小区服务，甲、乙各有2种选法，丙、丁各有3种选法，甲不在A小区、乙不在B小区服务的事件M含有的基本事件有2223种，所以甲不在A小区、乙不在B小区服务的概率224234()39PM.故选：B2．我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这5部专著中3部产生于汉、魏晋、南北朝时期．某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著均是汉、魏晋、南北朝时期专著的概率为（）A．310B．35C．710D．45【答案】A【详解】解：从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件总数()10n，设A={所选2部专著均是汉、魏晋、南北朝时期专著}则()3nA∴()3()()10nAPAn故选：A．3．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为（）A．427B．827C．29D．49【答案】A【详解】解：根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有1333AA18种，当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有2333AA36种，故满足回答者的所有情况共183654种.其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有2222AA4种；当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有2222AA4种，所以，最终丙和丁获得前两名的情况有448种，所以，最终丙和丁获得前两名的概率为845427P故选：A4．现有甲､乙､丙､丁四个人到九嶷山､阳明山､云冰山､舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则(|)PAB（）A．59B．49C．29D．13【答案】C【详解】由题意，4人去4个不同的景点，总事件数为4444256，事件B的情况数为133327，则事件B发生的概率为27256PB，事件A与事件B的交事件AB为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”事件AB的情况数为331A6，则事件AB发生的概率为63256128PAB，即32128|279256PABPABPB.故选：C.5．从装有a个红球和b个蓝球的袋中(a，b均不小于2)，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为1A，“第一次摸球时摸到蓝球”为2A；“第二次摸球时摸到红球”为1B，“第二次摸球时摸到蓝球”为2B，则下列说法错误的是（）A．1aPBabB．11211PBAPBA∣∣C．121PBPBD．21121PBAPBA∣∣【答案】D【详解】由题意可知，1()aPAab，2()bPAab，111211()()()11aabaaPBPABPABababababab，212221()()()11abbbbPBPABPABababababab，从而12()()1PBPB，故AC正确；又因为111111()11()1aaPABaababPBAaPAabab∣，12211()1()1abPABbababPBAaPAabab∣，故11211PBAPBA∣∣，故B正确；21122()1()1baPABaababPBAbPAabab∣，故21121111baabPBAPBAababab∣∣，故D错误.故选：D.1．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A．16B．13C．12D．23【答案】D【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有27C21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P.故选：D.2．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【答案】D【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p甲则21321331231211(1)(1)(1)(1)22ppppppppppppp甲123123()2pppppp；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙，则123123213123(1)(1)()2ppppppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则132132312123(1)(1)()2ppppppppppppp丙则123123213123123()2()20ppppppppppppppppp甲乙213123312123231()2()20ppppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D3．现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（）A．225B．116C．125D．132【答案】B【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有5232种方法，其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以213216P.故选：B4．一个口袋中有大小、形状完全相同的4个红球，3个蓝球，3个白球，现从袋中随机抽取3个球．事件甲：3个球的颜色互不相同；事件乙：恰有2个红球；事件丙：至多有1个蓝球；事件丁：3个球颜色均相同．则下列结论正确的是（）A．事件甲与事件丁为对立事件B．事件乙的概率是事件丁的6倍C．事件丙和事件丁相互独立D．事件甲与事件丙相互独立【答案】B【详解】事件甲与事件丁为互斥事件，但事件取得的3个球为2个红球，1个白球发生时，事件甲与事件丁都不发生，所以事件甲与事件丁不对立，A项错误；事件甲的概率1113314310CCC3C10P，事件乙的概率21462310CC3C10P，事件丙的概率1233773310CCC49C60P，事件丁的概率3334334310120CCCPC，243106120PP，故B项正确；事件丙和事件丁同时发生的概率3343534310CC1C24PPP，故C项错误；因为事件甲与事件丙同时发生的事件为甲事件，且31P，所以事件甲与事件丙不相互独立，故D项错误．故选：B．5．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B为“第一次记录的数字为奇数”，事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（）A．事件B与事件C是对立事件B．事件A与事件B不是相互独立事件C．18PAPBPCD．18PABC【答案】C【详解】对于A，事件B与事件C是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；对于B，对于事件A与事件B，111,,224PAPBPAB,事件A与事件B是相互独立事件,故B错误；对于C，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4416种，其中，事件A发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有22228种，所以81162PA，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以2142PB，2142PC，所以31128PAPBPC，故C正确；对于D，事件ABC表示第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数，故