①連續(xù)兩次拋擲一枚骰子，兩次都出現(xiàn)2點向上；
②13個人中至少有兩個人生肖相同；
③某人買彩票中獎；
④在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，水加熱到90℃會沸騰．
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】利用隨機事件的定義直接判斷．
【解答】解：①連續(xù)兩次拋擲一枚骰子，兩次都出現(xiàn)2點向上，是隨機事件；
②13個人中至少有兩個人生肖相同是必然事件；
③某人買彩票中獎是隨機事件；
④在標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下，水加熱到90℃會沸騰是不可能事件．
故選：B．
2．某醫(yī)院治療一種疾病的治愈率為50%，下列說法正確的是（ ）
A．如果第1位病人沒有治愈，那么第2位病人一定能治愈
B．2位病人中一定有1位能治愈
C．每位病人治愈的可能性是50%
D．所有病人中一定有一半的人能治愈
【分析】利用概率的意義直接求解．
【解答】解：某醫(yī)院治療一種疾病的治愈率為50%，
對于A，如果第1位病人沒有治愈，那么第2位病人治愈的概率為50%，故A錯誤；
對于B，2位病人中每個人治愈的可能性都是50%，或兩人都能治愈，或有1位能治愈，或都不能治愈，故B錯誤；
對于C，每位病人治愈的可能性是50%，故C正確；
對于D，所有病人中每個人治愈的可能性都是50%，但所有病人中不一定有一半的人能治愈，故D錯誤．
故選：C．
3．設(shè)O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3點，則取到的3點共線的概率為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)古典概率公式即可求出．
【解答】解：O，A，B，C，D中任取3點，共有＝10種，
即OAB，OAC，OAD，OBC，OBD，OCD，ABC，ABD，ACD，BCD十種，
其中共線為A，O，C和B，O，D兩種，
故取到的3點共線的概率為P＝＝，
故選：A．
4．下列命題：
①對立事件一定是互斥事件；
②若A，B為兩個隨機事件，則P（A∪B）＝P（A）+P（B）；
③若事件A，B，C兩兩互斥，則P（A）+P（B）+P（C）＝1；
④若A與B是對立事件，則P（A）+P（B）＝1．
其中正確命題的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】直接利用互斥事件和對立事件的關(guān)系式的運算關(guān)系判斷A、B、C、D的結(jié)論．
【解答】解：對于下列命題：
①對立事件一定是互斥事件；對于事件來講，對立必互斥，互斥不一定對立，故正確．
②若A，B為兩個互斥的隨機事件，所以互斥事件的概率符合的公式P（A∪B）＝P（A）+P（B）；故錯誤．
③若事件A，B，C兩兩互斥，但是不一定對立，則P（A）+P（B）+P（C）≠1；故錯誤．
④若A與B是對立事件，對立事件是必然事件，則P（A）+P（B）＝1．故正確．
故選：B．
5．在新冠肺炎疫情防控期間，某超市開通網(wǎng)上銷售業(yè)務(wù)，每天能完成1200份訂單的配貨，由于訂單量大幅增加，導(dǎo)致訂單積壓．為解決困難，許多志愿者踴躍報名參加配貨工作．已知該超市某日積壓500份訂單未配貨，預(yù)計第二天的新訂單超過1600份的概率為0.05．志愿者每人每天能完成50份訂單的配貨，為使第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于0.95，則至少需要志愿者（ ）
A．10名B．18名C．24名D．32名
【分析】由題意可得至少需要志愿者為＝18名．
【解答】解：第二天的新訂單超過1600份的概率為0.05，就按1600份計算，
第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于0.95就按1200份計算，
因為公司可以完成配貨1200份訂單，則至少需要志愿者為＝18名，
故選：B．
6．若事件A與B相互獨立，P（A）＝，P（B）＝，則P（A∪B）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由事件A與B相互獨立，得到P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）．
【解答】解：∵事件A與B相互獨立，P（A）＝，P（B）＝，
∴P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）
＝＝．
故選：C．
7．甲、乙兩人下棋，和棋的概率為，乙獲勝的概率為，則下列說法正確的是（ ）
A．甲獲勝的概率是B．甲不輸?shù)母怕适?br>C．乙輸?shù)母怕适荄．乙不輸?shù)母怕适?br>【分析】利用互斥事件概率計算公式直接求解．
【解答】解：甲、乙兩人下棋，和棋的概率為，乙獲勝的概率為，
對于A，甲獲勝的概率是p＝1﹣＝，故A正確；
對于B，甲不輸?shù)母怕适荘＝1﹣＝，故B錯誤；
對于C，乙輸?shù)母怕适莗＝1﹣＝，故C錯誤；
對于D，乙不輸?shù)母怕适荘＝+＝，故D錯誤．
故選：A．
8． 2020年疫情的到來給我們生活學(xué)習(xí)等各方面帶來種種困難．為了順利迎接高考，省里制定了周密的畢業(yè)年級復(fù)學(xué)計劃．為了確保安全開學(xué)，全省組織畢業(yè)年級學(xué)生進行核酸檢測的篩查．學(xué)生先到醫(yī)務(wù)室進行咽拭子檢驗，檢驗呈陽性者需到防疫部門做進一步檢測．已知隨機抽一人檢驗呈陽性的概率為0.2%，且每個人檢驗是否呈陽性相互獨立，若該疾病患病率為0.1%，且患病者檢驗呈陽性的概率為99%．若某人檢驗呈陽性，則他確實患病的概率（ ）
A．0.99%B．99%C．49.5%D．36.5%
【分析】根據(jù)條件概率公式計算某人檢驗呈陽性且患病的概率，再計算某人檢驗呈陽性的條件下患病的概率．
【解答】解：設(shè)事件A為：“某人檢驗呈陽性”，事件B為：”某人為疾病患者“，
由題意可知P（A）＝0.2%，P（B）＝0.1%，P（A|B）＝99%，
∴P（AB）＝P（A|B）?P（B）＝0.1%×99%，
∴P（B|A）＝＝＝49.5%．
故選：C．
9．袋中共有10個除了顏色外完全相同的球，其中有7個白球，3個紅球，從袋中任取2個球，所取的2個球中恰有1個白球，1個紅球的概率為（ ）
A．1B．C．D．
【分析】基本事件總數(shù)n＝＝45，所取的2個球中恰有1個白球，1個紅球包含的基本事件個數(shù)m＝＝21，由此能求出所取的2個球中恰有1個白球，1個紅球的概率．
【解答】解：袋中共有10個除了顏色外完全相同的球，其中有7個白球，3個紅球，從袋中任取2個球，
基本事件總數(shù)n＝＝45，
所取的2個球中恰有1個白球，1個紅球包含的基本事件個數(shù)m＝＝21，
∴所取的2個球中恰有1個白球，1個紅球的概率為p＝＝＝．
故選：C．
10．甲乙兩人玩猜數(shù)字游戲，先由甲心中想一個數(shù)字，記為a，再由乙猜甲剛才所想的數(shù)字，把乙猜的數(shù)字記為b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6，7}，若|a﹣b|≤1，就稱甲乙“心有靈犀”．現(xiàn)任意找兩人玩這個游戲，則他們“心有靈犀”的概率為（ ）
A．B．C．D．
【分析】基本事件總數(shù)n＝7×7＝49，|a﹣b|≤1，就稱甲乙“心有靈犀”．現(xiàn)任意找兩人玩這個游戲，利用列舉法求出他們“心有靈犀“包含的基本事件個數(shù)，由此能求出他們“心有靈犀”的概率．
【解答】解：甲乙兩人玩猜數(shù)字游戲，先由甲心中想一個數(shù)字，記為a，
再由乙猜甲剛才所想的數(shù)字，把乙猜的數(shù)字記為b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6，7}，
基本事件總數(shù)n＝7×7＝49，
|a﹣b|≤1，就稱甲乙“心有靈犀”．
現(xiàn)任意找兩人玩這個游戲，則他們“心有靈犀“包含的基本事件有：
（1，1），（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2），（3，3），（3，4），（4，3），（4，4），（4，5），（5，4），
（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），（6，7），（7，6），（7，7），共19個，
∴現(xiàn)任意找兩人玩這個游戲，則他們“心有靈犀”的概率為P＝．
故選：C．
11．《周易》是我國古代典籍，用“卦”描述了天地世間萬象變化．如圖是一個八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎、離、艮、兌八卦《每一卦由三個爻組成，其中“─”表示一個陽爻，“﹣﹣”表示一個陰爻）．若從含有兩個及以上陽爻的卦中任取兩卦，這兩卦的六個爻中都恰有兩個陽爻的概率為（ ）
A．B．C．D．
【分析】從含有兩個及以上陽爻的卦中任取兩卦，基本事件總數(shù)n＝＝6，這兩卦的六個爻中都恰有兩個陽爻包含的基本事件個數(shù)m＝＝3，由此能求出這兩卦的六個爻中都恰有兩個陽爻的概率．
【解答】解：含有兩個陽爻的卦有3個，含有三個陽爻的卦有1個，
從含有兩個及以上陽爻的卦中任取兩卦，
基本事件總數(shù)n＝＝6，
這兩卦的六個爻中都恰有兩個陽爻包含的基本事件個數(shù)m＝＝3，
∴這兩卦的六個爻中都恰有兩個陽爻的概率為p＝＝＝．
故選：B．
12．今年年初，新型冠狀病毒引發(fā)的疫情牽動著億萬人的心，八方馳援戰(zhàn)疫情，眾志成城克時難，社會各界支援湖北，共抗新型冠狀病毒肺炎．我市某醫(yī)院的甲、乙、丙三名醫(yī)生隨機分到湖北的A，B兩個城市支援，則每個城市至少有一名醫(yī)生的概率為（ ）
A．B．C．D．
【分析】基本事件總數(shù)n＝23＝8，每個城市至少有一名醫(yī)生包含的基本事件個數(shù)m＝＝6，由此能求出每個城市至少有一名醫(yī)生的概率．
【解答】解：我市某醫(yī)院的甲、乙、丙三名醫(yī)生隨機分到湖北的A，B兩個城市支援，
基本事件總數(shù)n＝23＝8，
每個城市至少有一名醫(yī)生包含的基本事件個數(shù)m＝＝6，
則每個城市至少有一名醫(yī)生的概率p＝＝＝．
故選：A．
13．（多選）利用簡單隨機抽樣的方法抽查某工廠的100件產(chǎn)品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余為不合格品，現(xiàn)在這個工廠隨機抽查一件產(chǎn)品，設(shè)事件A為“是一等品”，B為“是合格品”，C為“是不合格品”，則下列結(jié)果正確的是（ ）
A．B．
C．P（A∩B）＝0D．P（A∪B）＝P（C）
【分析】先分別求出P（A），P（B），P（C），進而求出P（A∪B），P（A∩B），由此能求出結(jié)果．
【解答】解：由題意得：
P（A）＝＝，
P（B）＝＝，
P（C）＝＝，
P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝＝≠P（C），
P（A∩B）＝0，
故A，B，C均正確，D錯誤．
故選：ABC．
14．（多選）已知甲罐中在四個相同的小球，標(biāo)號1，2，3，4；乙罐中有五個相同的小球，標(biāo)號為1，2，3，5，6．現(xiàn)從甲罐、乙罐中分別隨機抽取1個小球，記事件A＝“抽取的兩個小球標(biāo)號之和大于5”，事件B＝“抽取的兩個小球標(biāo)號之積大于8”，則（ ）
A．事件A發(fā)生的概率為
B．事件A∪B發(fā)生的概率為
C．事件A∩B發(fā)生的概率為
D．從甲罐中抽到標(biāo)號為2的小球的概率為
【分析】對于A，從甲罐、乙罐中分別隨機抽取1個小球，基本事件總數(shù)n＝4×5＝20，利用列舉法求出事件A包含的基本事件有11個，從而P（A）＝；對于B，利用列舉法求出事件A∪B包含的基本事件有11個，從而P（B）＝；對于C，利用列舉法求出事件A∩B包含的基本事件有8個，從而P（C）＝．對于D，從甲罐中抽到標(biāo)號為2的小球的概率為．
【解答】解：甲罐中在四個相同的小球，標(biāo)號1，2，3，4；乙罐中有五個相同的小球，標(biāo)號為1，2，3，5，6．
現(xiàn)從甲罐、乙罐中分別隨機抽取1個小球，記事件A＝“抽取的兩個小球標(biāo)號之和大于5”，事件B＝“抽取的兩個小球標(biāo)號之積大于8”，
對于A，從甲罐、乙罐中分別隨機抽取1個小球，基本事件總數(shù)n＝4×5＝20，
事件A包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），（3，3），（3，5），（3，6），（4，2），（4，3），（4，5），（4，6），共11個，
∴P（A）＝，故A錯誤；
對于B，事件A∪B包含的基本事件有：（1，5），（1，6），（2，5），（2，6），（3，3），（3，5），（3，6），（4，2），（4，3），（4，5），（4，6），共11個，
∴P（B）＝，故B正確；
對于C，事件A∩B包含的基本事件有（2，5），（2，6），（3，3），（3，5），（3，6），（4，3），（4，5），（4，6），共8個，
∴P（C）＝＝．
對于D，從甲罐中抽到標(biāo)號為2的小球的概率為p＝＝，故D錯誤．
故選：BC．
15．一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數(shù)，則點數(shù)和為5的概率是 ．
【分析】分別求得基本事件的總數(shù)和點數(shù)和為5的事件數(shù)，由古典概率的計算公式可得所求值．
【解答】解：一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子先后拋擲2次，可得基本事件的總數(shù)為6×6＝36種，
而點數(shù)和為5的事件為（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4種，
則點數(shù)和為5的概率為P＝＝．
故答案為：．
16．已知隨機事件A，B互斥，且P（A+B）＝0.8，P（A）＝0.3，則P（B）＝ ．
【分析】利用互斥事件概率加法公式直接求解．
【解答】解：∵隨機事件A，B互斥，且P（A+B）＝0.8，P（A）＝0.3，
∴P（B）＝P（A+B）﹣P（A）＝0.8﹣0.3＝0.5．
故答案為：0.5．
17．已知甲、乙兩球落入盒子的概率分別為和．假定兩球是否落入盒子互不影響，則甲、乙兩球都落入盒子的概率為 ；甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為 ．
【分析】根據(jù)互斥事件的概率公式計算即可．
【解答】解：甲、乙兩球落入盒子的概率分別為和，則×＝，
甲、乙兩球至少有一個落入盒子的概率為1﹣（1﹣）（1﹣）＝1﹣＝，
故答案為：，．
18．從40張卡片（點數(shù)從1﹣40各1張）中任取一張，有下列事件：
①“抽出的牌點數(shù)小于10”與“抽出的牌點數(shù)大于20”；
②“抽出的牌點數(shù)小于20”與“抽出的牌點數(shù)大于10”；
③“抽出的牌點數(shù)是奇數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)是偶數(shù)”；
④“抽出的牌點數(shù)為5的倍數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)大于9”；
其中，（1）是互斥事件的有 ．
（2）是對立事件的有 ；
（3）既不是對立事件，也不是互斥事件的有 ．
【分析】利用互斥事件、對立事件的定義直接求解．
【解答】解：從40張卡片（點數(shù)從1﹣40各1張）中任取一張，
對于①，“抽出的牌點數(shù)小于10”與“抽出的牌點數(shù)大于20”不能同時發(fā)生，但能同時不發(fā)生，是互斥事件；
對于②，“抽出的牌點數(shù)小于20”與“抽出的牌點數(shù)大于10”能同時發(fā)生，不是互斥事件；
對于③，“抽出的牌點數(shù)是奇數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)是偶數(shù)”既不能同時發(fā)生，又不能同時不發(fā)生，是對立事件；
對于④是，“抽出的牌點數(shù)為5的倍數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)大于9”能同時發(fā)生，不是互斥事件．
∴其中，（1）是互斥事件的有 ①③．
（2）是對立事件的有③；
（3）既不是對立事件，也不是互斥事件的有②④．
故答案為：①③，③，②④．
19．我國在北宋年間（公元1084年）第一次印刷出版了《算經(jīng)十書》，即賈憲的《黃帝九章算法細(xì)草》，劉益的《議古根源》，秦九韶的《數(shù)書九章》，李冶的《測圓海鏡》和《益古演段》，楊輝的《詳解九章算法》、《日用算法》和《楊輝算法》，朱世杰的《算學(xué)啟蒙》和《四元玉鑒》．這些書中涉及的很多方面都達到古代數(shù)學(xué)的高峰，其中一些“算法”如開立方和開四次方也是當(dāng)時世界數(shù)學(xué)的高峰．哈三中圖書館中正好有這十本書，現(xiàn)在小張同學(xué)從這十本書中任借三本閱讀，那么他借到的三本書中書名中恰有一個“算”字的概率為 ．
【分析】基本事件總數(shù)n＝＝120，他借到的三本書中書名中恰有一個“算”字包含的基本事件個數(shù)m＝＝50，由此能求出他借到的三本書中書名中恰有一個“算”字的概率．
【解答】解：《算經(jīng)十書》，即賈憲的《黃帝九章算法細(xì)草》，劉益的《議古根源》，秦九韶的《數(shù)書九章》，
李冶的《測圓海鏡》和《益古演段》，楊輝的《詳解九章算法》、《日用算法》和《楊輝算法》，
朱世杰的《算學(xué)啟蒙》和《四元玉鑒》．哈三中圖書館中正好有這十本書，
小張同學(xué)從這十本書中任借三本閱讀，
基本事件總數(shù)n＝＝120，
他借到的三本書中書名中恰有一個“算”字包含的基本事件個數(shù)m＝＝50，
∴他借到的三本書中書名中恰有一個“算”字的概率為p＝＝＝．
故答案為：．
20．我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)可以拆分為兩個素數(shù)的和”，如30＝7+23＝13+17＝11+19，30有3種拆分方式；6＝3+3，6只有1種拆分方式．現(xiàn)從大于4且小于16的偶數(shù)中隨機任取一個，取出的數(shù)有不止一種上述拆分方式的概率為 ．
【分析】基本事件總數(shù)n＝5，取出的數(shù)有不止一種上述拆分方式有10，14，共2個，由此能求出取出的數(shù)有不止一種上述拆分方式的概率．
【解答】解：現(xiàn)從大于4且小于16的偶數(shù)中隨機任取一個，
基本事件總數(shù)n＝5，
取出的數(shù)有不止一種上述拆分方式有10，14，共2個，
∴取出的數(shù)有不止一種上述拆分方式的概率為P＝．
故答案為：．
21．甲、乙兩人進行圍棋比賽，比賽要求雙方下滿五盤棋，開始時甲每盤棋贏的概率為，由于心態(tài)不穩(wěn)，甲一旦輸一盤棋，他隨后每盤棋贏的概率就變?yōu)椋僭O(shè)比賽沒有和棋，且已知前兩盤棋都是甲贏．
（Ⅰ）求第四盤棋甲贏的概率；
（Ⅱ）求比賽結(jié)束時，甲恰好贏三盤棋的概率．
【分析】（Ⅰ）第四盤棋甲贏分兩種情況：若第三盤棋和第四盤棋都是甲贏，若第三盤棋乙贏，第四盤棋甲贏，由此能求出第四盤棋甲贏的概率．
（Ⅱ）若甲恰好贏三盤棋，則他在后三盤棋中只贏一盤，分三種情況．甲第三盤贏，甲第四盤贏，甲第五盤贏，由此能求出比賽結(jié)束時，甲恰好贏三盤棋的概率．
【解答】解：（Ⅰ）第四盤棋甲贏分兩種情況．
若第三盤棋和第四盤棋都是甲贏，；
若第三盤棋乙贏，第四盤棋甲贏，．
設(shè)事件A為“第四盤棋甲贏”，
則第四盤棋甲贏的概率．
（Ⅱ）若甲恰好贏三盤棋，則他在后三盤棋中只贏一盤，分三種情況．
若甲第三盤贏，；
若甲第四盤贏，；
若甲第五盤贏，．
設(shè)事件B為“比賽結(jié)束時，甲恰好贏三盤棋”，
則比賽結(jié)束時，甲恰好贏三盤棋的概率為：
．
22．某學(xué)校就學(xué)生對端午節(jié)文化習(xí)俗的了解情況，進行了一次20道題的問卷調(diào)查，每位同學(xué)都是獨立答題，在回收的試卷中發(fā)現(xiàn)甲同學(xué)答對了12個，乙同學(xué)答對了16個．假設(shè)答對每道題都是等可能的，試求：
（1）任選一道題目，甲乙都沒有答對的概率；
（2）任選一道題目，恰有一人答對的概率．
【分析】（1）設(shè)A＝“任選一道題目，甲答對”，B＝“任選一道題目，乙答對”，根據(jù)古典概型概率計算公式，得P（A）＝，P（B）＝，任選一道題目，甲乙都沒有答對的概率為P（）＝P（）P（）．
（2）任選一道題目，恰有一人答對的概率為P（）＝P（）+P（A）＝P（）P（B）+P（A）P（）．
【解答】解：（1）設(shè)A＝“任選一道題目，甲答對”，B＝“任選一道題目，乙答對”，
根據(jù)古典概型概率計算公式，得：
P（A）＝＝，P（B）＝，
∴P（）＝，P（）＝，
∴任選一道題目，甲乙都沒有答對的概率為：
P（）＝P（）P（）＝＝．
（2）任選一道題目，恰有一人答對的概率為：
P（）＝P（）+P（A）
＝P（）P（B）+P（A）P（）
＝
＝．
23．新冠肺炎波及全球，我國計劃首先從3個亞洲國家（伊朗、巴基斯坦、越南）和2個歐洲國家（意大利、塞爾維亞）中選擇2個國家進行對口支援．
（1）若從這5個國家中任選2個，求這2個國家都是亞洲國家的概率：
（2）若從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，求這2個國家包括伊朗但不包括意大利的概率．
【分析】（1）設(shè)3個亞洲國家伊朗、巴基斯坦、越南分別為A1，A2，A3，2個歐洲國家意大利、塞爾維亞分別為B1，B2，從5個國家中任選2個，利用列舉法能求出這2個國家都是亞洲國家的概率．
（2）從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，利用列舉法能求出這2個國家包括伊朗但不包括意大利的概率．
【解答】解：（1）設(shè)3個亞洲國家伊朗、巴基斯坦、越南分別為A1，A2，A3，
2個歐洲國家意大利、塞爾維亞分別為B1，B2，
從5個國家中任選2個，其可能的結(jié)果組成的基本事件有：
{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，
{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10個，
其中，選到的這2個國家都是亞洲國家的基本事件有：
{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3個．
故這2個國家都是亞洲國家的概率P＝．
（2）從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，其可能的結(jié)果組成的基本事件有：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共6個，
其中，選到的這2個國家包括A1（伊朗）但不包括B1（意大利）的基本事件有{A1，B2}，共1個，
故這2個國家包括伊朗但不包括意大利的概率P＝．
24．根據(jù)某省的高考改革方案，考生應(yīng)在3門理科學(xué)科（物理、化學(xué)、生物）和3門文科學(xué)科（歷史、政治、地理）的6門學(xué)科中選擇3門學(xué)科參加考試，根據(jù)以往統(tǒng)計資料，1位同學(xué)選擇生物的概率為0.5，選擇物理但不選擇生物的概率為0.2，考生選擇各門學(xué)科是相互獨立的．
（1）求1位考生至少選擇生物，物理兩門學(xué)科中的1門的概率；
（2）某校高二400名學(xué)生中，選擇生物但不選擇物理的人數(shù)為140，求1位考生同時選擇生物、物理兩門學(xué)科的概率．
【分析】（1）設(shè)事件A表示“考生選擇生物學(xué)科”，事件B表示“考生選擇物理但不選擇生物學(xué)科”，事件C表示“考生至少選擇生物、物理兩門學(xué)科中的1門學(xué)科”，則P（A）＝0.5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝?，由此能求出1位考生至少選擇生物，物理兩門學(xué)科中的1門的概率．
（2）設(shè)事件D表示“選擇生物但不選擇物理”，事件E表示“同時選擇生物、物理兩門學(xué)科”，求出P（D）＝＝0.35，再由D∪E＝A，能求出1位考生同時選擇生物、物理兩門學(xué)科的概率．
【解答】角：（1）設(shè)事件A表示“考生選擇生物學(xué)科”，事件B表示“考生選擇物理但不選擇生物學(xué)科”，
事件C表示“考生至少選擇生物、物理兩門學(xué)科中的1門學(xué)科”，
則P（A）＝0.5，P（B）＝0.2，C＝A∪B，A∩B＝?，
∴1位考生至少選擇生物，物理兩門學(xué)科中的1門的概率：
P（C）＝P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.5+0.2＝0.7．
（2）設(shè)事件D表示“選擇生物但不選擇物理”，事件E表示“同時選擇生物、物理兩門學(xué)科”，
∵某校高二400名學(xué)生中，選擇生物但不選擇物理的人數(shù)為140，
∴P（D）＝＝0.35，
∵D∪E＝A，
∴1位考生同時選擇生物、物理兩門學(xué)科的概率：
P（E）＝P（A）﹣P（D）＝0.5﹣0.35＝0.15．
[B組]—強基必備
1．一項拋擲骰子的過關(guān)游戲規(guī)定：在第n關(guān)要拋擲一顆骰子n次，如里這n次拋擲所出現(xiàn)的點數(shù)和大于n2，則算過關(guān)，可以隨意挑戰(zhàn)某一關(guān)．若直接挑戰(zhàn)第三關(guān)，則通關(guān)的概率為 ；若直接揚戰(zhàn)第四關(guān)，則通關(guān)的概率為 ．
【分析】若挑戰(zhàn)第3關(guān)，則擲3次骰子，總的可能數(shù)為63＝216種，不能過關(guān)的基本事件為方程x+y+z＝a，其中a＝3，4，5，6，7，8，9的正整數(shù)解的總數(shù)，根據(jù)互斥事件的概率公式計算即可；若挑戰(zhàn)第4關(guān)，則投擲4次骰子，總的可能數(shù)為64＝1296種，不能通關(guān)的基本事件為方程x+y+z+m＝a，其中a＝4，5，6，…，16的正整數(shù)解的總數(shù)，分類求出，再根據(jù)互斥事件的概率公式計算即可．
【解答】解：若挑戰(zhàn)第3關(guān)，則擲3次骰子，總的可能數(shù)為63＝216種，
不能過關(guān)的基本事件為方程x+y+z＝a，其中a＝3，4，5，6，7，8，9的正整數(shù)解的總數(shù)，
共有1+C32+C42+…+C72+C82﹣3＝81種，不能過關(guān)的概率為＝．
故通關(guān)的概率為1﹣＝．
若挑戰(zhàn)第4關(guān)，則投擲4次骰子，總的可能數(shù)為64＝1296種，
不能通關(guān)的基本事件為方程x+y+z+m＝a，其中a＝4，5，6，…，16的正整數(shù)解的總數(shù)，
當(dāng)a＝4，5，…，9共有1+C43+C53+…+C93＝1+4+10+20+35+56＝126種，
當(dāng)a＝10時，C93﹣4＝84﹣4＝80種，當(dāng)a＝11時，C113﹣C41﹣C41C32＝120﹣4﹣12＝104種，
當(dāng)a＝12時，C113﹣C41﹣C41C32﹣C41C42＝165﹣4﹣12﹣24＝125種，
當(dāng)a＝13時，C123﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52＝220﹣4﹣12﹣24﹣40＝140種．
當(dāng)a＝14時，C133﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52﹣C41C62＝286﹣4﹣12﹣24﹣40﹣60＝146種．
當(dāng)a＝15時，C143﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52﹣C41C62﹣C41C72＝364﹣4﹣12﹣24﹣40﹣60﹣84＝140種．
當(dāng)a＝16時，C153﹣C41﹣C41C32﹣C41C42﹣C41C52﹣C41C62﹣C41C72﹣C41（C82﹣3）﹣C42
＝455﹣4﹣12﹣24﹣40﹣60﹣84﹣100﹣6＝125種，
所以不能過關(guān)的概率為（80+126+104+125+140+146+140+125）＝．
故答案為：，．
2．某種質(zhì)地均勻的正四面體玩具的4個面上分別標(biāo)有數(shù)字0，1，2，3，將這個玩具拋擲n次，記第n次拋擲后玩具與桌面接觸的面上所標(biāo)的數(shù)字為an，數(shù)列{an}的前n項和為Sn．記Sn是3的倍數(shù)的概率為P（n）．
（1）求P（1），P（2）；
（2）求P（n）．
【分析】（1）拋擲一次，出現(xiàn)一個0和一個3時符合要求，拋擲兩次，出現(xiàn)1+2，2+1，0+0，3+3，0+3，3+0時，符合要求，故計6種情況，由此能求出P（1）和P（2）．
（2）設(shè)Sn被3除時余1的概率為p1（n），Sn被3除時余2的概率為P2（n），推導(dǎo)出P（n+1）＝+，P1（n+1）＝+，P2（n+1）＝，從而4P（n+1）＝p（n）+1，進而P（n+1）﹣＝[P（n）﹣]，由此能求出P（n）．
【解答】解：（1）拋擲一次，出現(xiàn)一個0和一個3時符合要求，故P（1）＝，
拋擲兩次，出現(xiàn)1+2，2+1，0+0，3+3，0+3，3+0時，符合要求，故計6種情況，
故P（2）＝＝．
（2）設(shè)Sn被3除時余1的概率為p1（n），Sn被3除時余2的概率為P2（n），
則P（n+1）＝+，①
P1（n+1）＝+，②
P2（n+1）＝，③
①﹣（②+③），得：
P（n+1）﹣[P1（n+1）+P2（n+1）]＝﹣[P1（n）+P2（n）]，
化簡，得4P（n+1）＝p（n）+1，
∴P（n+1）﹣＝[P（n）﹣]，
又P（1）＝，
∴P（n）＝．

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