第59讲 古典概型（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 12 页 第第 59 讲：古典概型讲：古典概型 一、课程标准 1、了解随机事件发生的不确定性与频率的稳定性 2、理解古典概型的特点及其概率计算公式 二、基础知识回顾 1基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是互斥的； (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和 2古典概型 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型 (1)所有的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件的发生都是等可能的 3如果 1 试验的等可能基本事件共有 n 个， 那么每一个等可能基本事件发生的概率都是1 n， 如果某个事件 A 包含了其中 m 个等可能基本事件，那么事件 A

2、发生的概率为 P(A)m n 4古典概型的概率公式（） P(A)A包含的基本事件的个数 基本事件的总数 三、自主热身、归纳总结 1、掷两颗均匀的骰子，则点数之和为 5 的概率等于（ ） A 1 18 B 1 9 C 1 6 D 1 12 【答案】 B 【解析】掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有6 636 种，点数之和为 5 的有 4 中， 所以所求概率为 41 369 2、2019 年中国北京世界园艺博览会于 4 月 29 日至 10 月 7 日在北京市延庆区举办如果小明从中国馆、国 际馆、植物馆、生活体验馆四个展馆中随机选择一个进行参观，那么他选择的展馆恰为中国馆的概率为 ( ) A. 1 2

3、 B. 1 4 C. 1 8 D. 1 16 第 2 页 / 共 12 页 【答案】B 【解析】可能出现的选择有 4 种，满足条件要求的种数为 1 种，则 P1 4.故选 B. 3、如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这 3 个数为一组勾股数从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为( ) A. 1 10 B. 1 5 C. 3 10 D. 1 20 【答案】A 【解析】 从 1， 2， 3， 4， 5 中任取 3 个不同的数的基本事件为() 1，2，3，()1，2，4，()1，2，5，()1，3，4， () 1，3，5，()1，4

4、，5，()2，3，4，()2，3，5，()2，4，5，()3，4，5，共 10 个，其中满足勾股数的只有 () 3，4，5，共 1 个，所求概率 p 1 10.故选 A. 4、 （多选题） 从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务，记事件“选中的 2 人都是女同的概率 为 1 P； 事件“选中2人都是男同的概率为 2 P； 事件“选中1名男同名女同的概率 3 P 则下列选项正确的是 （ ） A 123 PPP B 23 2=P P C 12 2PP D 2 123 PP P 【答案】 BC 【解析】将 2 名男同学分别记为x，y，3 名女同学分别记为a，b，c，则从 5 名同

5、学中任选 2 人参加社 区服务的所有可能情况有( , )x y，( , )x a，( , )x b，( , )x c，( , )y a，( , )y b，( , )y c，( , )a b，( , )a c，( , )b c 共 10 种，则 1 3 10 =P， 2 1 10 =P， 3 6 10 =P 5、一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球，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，记下编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于 4 的概率是_- 【答案】 5 18 【解析】基本事件数为 6 636，编号之和为 4 的有：10 种，所求概率为10

6、36 5 18 6、在运动会火炬传递活动中，有编号为 1，2，3，4，5 的 5 名火炬手若从中任选 3 人，则选出的火炬手 的编号相连的概率为_ 【答案】 3 10 【解析】 从 1，2，3，4，5 中任取三个数的结果有 10 种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1，2， 3)，(2，3，4)，(3，4，5)，共 3 种，故选出的火炬手的编号相连的概率为 P 3 10. 第 3 页 / 共 12 页 四、例题选讲 考点一 随机事件的概率与频率 例 1、某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其 上年度出险次数的关联如下： 上年度出 险次

7、数 0 1 2 3 4 5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 出险次数 0 1 2 3 4 5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记 A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求 P(A)的估计值； (2)记 B 为事件： “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 160%” ， 求 P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值 【解析】 (1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2，由所给数据知，一年内出险次数小于 2 的频率 为6050

8、 200 0.55，故 P(A)的估计值为 0.55. (2)事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 1 且小于 4，由所给数据知，一年内出险次数大于 1 且小 于 4 的频率为3030 200 0.3，故 P(B)的估计值为 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 调查的 200 名续保人的平均保费为 0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.10 2a0.051.192 5a. 续保人本年度平均保费的估计值为 1.192 5a. 变式 1

9、、某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸 奶降价处理， 以每瓶 2 元的价格当天全部处理完 根据往年销售经验， 每天需求量与当天最高气温(单位： ) 有关如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间20,25)，需求量为 300 瓶；如果 最高气温低于 20，需求量为 200 瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数 据，得下面的频数分布表： 第 4 页 / 共 12 页 最高气温 10,15) 15,20) 20,25) 25,30) 30,35) 35,40) 天数 2 16 36 25

10、7 4 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率 (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位：元)当六月份这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时，写 出 Y 的所有可能值，并估计 Y 大于零的概率 【解析】(1)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶，当且仅当最高气温低于 25 ，由表格数据知，最高气 温低于 25 的频率为21636 90 0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率的估计值为 0.6. (2)当这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时， 若最高气温不低于 25 ，则Y645044509

11、00； 若最高气温位于区间20,25)，则Y63002(450300)4450300； 若最高气温低于 20 ，则Y62002(450200)4450100. 所以Y的所有可能值为 900,300，100， Y大于零当且仅当最高气温不低于 20 ， 由表格数据知， 最高气温不低于 20 的频率为362574 90 0.8，因此Y大于零的概率的估计值为 0.8. 变式 2、某超市随机选取 1 000 位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计 表，其中“”表示购买， “”表示未购买 商品 顾客人数 甲 乙 丙 丁 100 217 200 300 85 98 (1)估计顾客

12、同时购买乙和丙的概率； (2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率； (3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 【解析】 (1)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买 乙和丙的概率可以估计为 200 1 0000.2. 第 5 页 / 共 12 页 (2)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中，有 100 位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有 200 位顾客同 时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了 2 种商品 所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为100200

13、 1 000 0.3. (3)顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为 200 1 000 02，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100200300 1 000 0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估 计为 100 1 0000.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大 方法总结： (1)解题的关键是根据统计图表分析满足条件的事件发生的频数， 计算频率， 用频率估计概率 (2)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来 反映随机事件发生的可能性的大小， 通过大量的重复试验， 事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数(概率)， 所以有时也用频

14、率来作为随机事件概率的估计值 考点二 古典概型的概率问题 例 1、 （1）(2020武汉部分学校调研)我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节气， 如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨某书画院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节 气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的 6 幅彩绘，在制签抽签公平的前提下，甲抽到 绘制夏季 6 幅彩绘的概率是( ) A.1 6 B.1 4 C.1 3 D.1 2 （2）(2019兰州市诊断考试)某区要从参加扶贫攻坚任务的 5 名干部 A，B，C，D，E 中随机选取 2 人， 赴区属的某贫困村进行驻村扶贫工作，则 A 或 B

15、 被选中的概率是( ) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D. 7 10 （3）(2019 武汉市调研测试)已知某口袋中装有 2 个红球，3 个白球和 1 个蓝球，从中任取 3 个球，则其中 恰有两种颜色的概率是( ) A.3 5 B.4 5 C. 7 20 D.13 20 【答案】 （1）B.（2）D.（3）D 【解析】 （1）甲从春、夏、秋、冬四个季节的各 6 幅彩绘绘制的任务中选一个季节的 6 幅彩绘绘制，故甲 第 6 页 / 共 12 页 抽到绘制夏季 6 幅彩绘的概率为1 4，选 B. （2）选 D 从 5 名干部中随机选取 2 人有 C 2 510(种)选法，其中只选中A没选中B

16、有 C 1 33(种)选法，只选 中B没选中A有 C 1 33(种)选法，A和B均选中有 1 种选法，所以所求概率P331 10 7 10，故选 D. （3）依题意，从口袋中任取 3 个球，共有 C 3 620(种)不同的取法， 当取得三个球颜色相同， 则有 C 3 31 种取法； 当取的三个球颜色互不相同， 则有 C 1 3C 1 2C 1 16 种取法； 综合得：从中任取三个球，其中恰有两种颜色的概率为 116 20 13 20. 变式 1、 （1） 甲盒子中有编号分别为 1， 2 的 2 个乒乓球， 乙盒子中有编号分别为 3， 4， 5， 6 的 4 个乒乓球 现 分别从两个盒子中随机地

17、各取出 1 个乒乓球，则取出的乒乓球的编号之和大于 6 的概率为_ (2)从 1，2，3，4，5，6 这六个数中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数的和能被 3 整除的概率为_ (3)100 张卡片上分别写有 1，2，3，100.从中任取 1 张，则这张卡片上的数是 6 的倍数的概率是_ 【答案】 （1） 3 8 （2） 1 3 （3） 4 25 【解析】(1)由题意得，从甲、乙两个盒子中随机地各取出 1 个乒乓球，共有 248 种情况，编号之和大 于 6 的有(1，6)，(2，5)，(2，6)，共 3 种，所以取出的乒乓球的编号之和大于 6 的概率为3 8. (2)从 1，2，3，4，5

18、，6 这六个数中一次随机地取 2 个数，基本事件总数 n15，所取 2 个数的和能被 3 整除包含的基本事件有(1，2)，(1，5)，(2，4)，(3，6)，(4，5)，共 5 个，所以所取 2 个数的和能被 3 整除 的概率 P 5 15 1 3. (3)从 100 张分别写有 1，2，3，100 的卡片中任取 1 张，基本事件总数 n100，所取这张卡片上的数是 6 的倍数包含的基本事件有 16，26，166，共 16 个，所以所取这张卡片上的数是 6 的倍数的概 率 P 16 100 4 25. 变式 2、先后抛掷两枚质地均匀的骰子，求： (1) 点数之和是 4 的倍数的概率； (2)

19、点数之和大于 5 且小于 10 的概率 【解析】 从图中容易看出，基本事件与所描点一一对应，共 36 种 第 7 页 / 共 12 页 (1) 记“点数之和是 4 的倍数”的事件为 A，从图中可以看出，事件 A 包含的基本事件共有 9 个：(1， 3)，(2，2)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，(6，6)，所以 P(A)1 4. (2) 记“点数之和大于 5 且小于 10”的事件为 B，从图中可以看出，事件 B 包含的基本事件共有 20 个 (已用虚线圈出)，所以 P(B)20 36 5 9. 变式 3、 在上例的条件下，求： (1) 点数之和出现 7

20、 点的概率； (2) 出现两个 4 点的概率； (3) 点数之和能被 3 整除的概率 【解析】 如图所示，从图中容易看出基本事件与所描点一一对应，共 36 种 (1) 记“点数之和出现 7 点”为事件 A，从图中可以看出，事件 A 包含的基本事件共有 6 个：(6，1)， (5，2)，(4，3)，(3，4)，(2，5)，(1，6)，故 P(A) 6 36 1 6. (2) 记“出现两个 4 点”为事件 B，从图中可以看出，事件 B 包含的基本事件只有 1 个，即(4，4)故 P(B) 1 36. (3) 记“点数之和能被 3 整除”为事件 C，则事件 C 包含的基本事件共有 12 个：(1，2

21、)，(2，1)，(1， 5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，(3，6)，(6，3)，(4，5)，(5，4)，(6，6)，故 P(C)12 36 1 3. 变式 4、若先后抛掷两次骰子得到的点数分别为 m，n，求点 P(m，n)在直线 xy4 上的概率 【解析】 由题意(m，n)的取值情况共有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，6)；(2，1)，(2，2)，(2， 6)；(6，1)，(6，2)，(6，6)共有 36 种情况，而满足点 P(m，n)在直线 xy4 上的取值情况有 (1，3)，(2，2)，(3，1)共 3 种情况，故所求概率为 3 36 1 12. 方法总结：

22、古典概型的概率求解步骤 (1)求出所有基本事件的个数 n. (2)求出事件 A 包含的所有基本事件的个数 m. (3)代入公式 P(A)m n求解 第 8 页 / 共 12 页 考点三 古典概型与统计的综合 例 3、 从某地高中男生中随机抽取 100 名同将他们的体重(单位： kg)数据绘制成频率分布直方图(如图所示) 由 图中数据可知体重的平均值为_ kg；若要从体重在60,70)，70,80)，80,90三组内的男生中，用分 层抽样的方法选取 12 人参加一项活动，再从这 12 人中选两人当正副队长，则这两人体重不在同一组内的 概率为_ 【答案】645 2 3 【解析】由频率分布直方图可知

23、，体重在40,50)内的男生人数为 0005 10 1005，同理，体重在50,60)， 60,70) ， 70,80) ， 80,90 内 的 人 数 分 别 为35,30,20,10 ， 所 以 体 重 的 平 均 值 为 45 555 3565 3075 2085 10 100 64 5 利用分层抽样的方法选取12人， 则从体重在60,70)， 70,80)， 80,90三组内选取的人数分别为 12 30 606,12 20 604,12 10 602，则两人体重不在同一组内的概率为 C16C16C14C18C12C110 A212 2 3 变式 1、在某次测验中，有 6 位同学的平均成

24、绩为 75 分用 xn表示编号为 n(n1，2，6)的同学所得成 绩，且前 5 位同学的成绩如下： 编号 n 1 2 3 4 5 成绩 xn 70 76 72 70 72 (1)求第 6 位同学的成绩 x6及这 6 位同学成绩的标准差 s； (2)从前 5 位同学中，随机地选 2 位同求恰有 1 位同学成绩在区间(68，75)中的概率 【解析】 (1)这 6 位同学的平均成绩为 75 分， 所以1 6(7076727072x6)75，解得 x690，这 6 位同学成绩的方差 s 21 6(7075) 2(76 75)2(7275)2(7075)2(7275)2(9075)249，所以标准差 s

25、7. (2)从前 5 位同学中，随机地选出 2 位同学的成绩有：(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76， 72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共 10 种恰有 1 位同学成绩在区间(68，75)中的 有：(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共 4 种 故所求的概率为 4 100.4，即恰有 1 位同学成绩在区间(68，75)中的概率为 0.4. 第 9 页 / 共 12 页 变式 2、某小组共有 A，B，C，D，E 五位同他们的身高(单位：m)及体重指标(单位：kg/m2)如下表所示

26、： A B C D E 身高 1.69 1.73 1.75 1.79 1.82 体重指标 19.2 25.1 18.5 23.3 20.9 (1)从该小组身高低于 1.80 m 的同学中任选 2 人，求选到的 2 人身高都在 1.78 m 以下的概率； (2)从该小组同学中任选 2 人，求选到的 2 人的身高都在 1.70 m 以上且体重指标都在18.5，23.9)中的概 率 【解析】 (1)从身高低于 1.80 m 的 4 名同学中任选 2 人， 其一切可能的结果组成的基本事件有(A， B)， (A， C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共 6 个设“选到的 2 人身高都在

27、 1.78 m 以下”为事件 M，其包 括的基本事件有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共 3 个，故 P(M)3 6 1 2. (2)从小组 5 名同学中任选 2 人，其一切可能的结果组成的基本事件有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A， E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共 10 个 设“选到的 2 人的身高都在 1.70 m 以上且体重指标都在18.5，23.9)中”为事件 N，则事件 N 包括的基 本事件有(C，D)，(C，E)，(D，E)，共 3 个，故 P(N) 3 10. 方法总结：解决此类题目步骤是：根据题目要求求出数据；列出所

28、有基本事件，计算基本事件总数； 找出所求事件包含的基本事件个数；根据古典概型公式求解；明确规范表述结论 五、优化提升与真题演练 1、 （2018 年高考全国卷理数）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德 巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723在不超过 30 的素数中，随 机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是（ ） A 1 12 B 1 14 C 1 15 D 1 18 【答案】C 【解析】不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个， 随机选取两个不同的数，共有C10 2 = 45种方法

29、， 因为723 11 19 13 1730，所以随机选取两个不同的数，其和等于 30 的有 3 种方法， 故所求概率为 31 = 4515 ，故选 C 第 10 页 / 共 12 页 2、(2019 全国卷)我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的 6 个 爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“ ”，右图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦 恰有 3 个阳爻的概率是( ) A. 5 16 B.11 32 C.21 32 D.11 16 【答案】A 【解析】重卦是由从下到上排列的 6 个爻组成，而爻有“阳爻”和“阴爻”两种，故所有的重卦共有 2 6 64 种重卦中恰有

30、3 个“阳爻”的共有 C 3 6C 3 320 种故所求概率P20 64 5 16，故选 A. 3、(多选)(2019 山东烟台期中)某学校共有 6 个学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐 厅就餐(选择每个餐厅的概率相同)，则下列结论正确的是( ) A四人去了四个不同餐厅就餐的概率为 5 18 B四人去了同一餐厅就餐的概率为 1 1 296 C四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为 25 216 D四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为2 3 【答案】ACD 【解析】四人去餐厅就餐的情况共有 6 4种，其中四人去了四个不同餐厅就餐的情况有 A4 6种，则四人去了四 个不同餐厅就餐的

31、概率为A 4 6 6 4 5 18，故 A 正确；同理，四人去了同一餐厅就餐的概率为 6 6 4 1 216，故 B 错误； 四人中恰有两人去了第一餐厅就餐的概率为C 2 45 2 6 4 25 216， 故 C 正确； 设四人中去第一餐厅就餐的人数为， 则0,1,2,3,4.则P(0)5 4 6 4，P(1)C 1 45 3 6 4，P(2)C 2 45 2 6 4，P(3)C 3 45 6 4，P(4) 1 6 4， 则四人中去第一餐厅就餐的人数的分布列为 0 1 2 3 4 P 5 4 6 4 C 1 45 3 6 4 C 2 45 2 6 4 C 3 45 6 4 1 6 4 则四人中

32、去一餐厅就餐的人数的期望E()05 4 6 41C 1 45 3 6 42C 2 45 2 6 43C 3 45 6 44 1 6 42 3， 故 D正确 4、 （2019 年高考全国卷理数）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，则经停该站高 第 11 页 / 共 12 页 铁列车所有车次的平均正点率的估计值为_ 【答案】0.98 【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为10 0.9720 0.98 10 0.9939.2，其中高铁个 数为10 20 10

33、40，所以该站所有高铁平均正点率约为 39.2 0.98 40 5、 （2018 年高考江苏卷）某兴趣小组有 2 名男生和 3 名女生，现从中任选 2 名学生去参加活动，则恰好选 中 2 名女生的概率为_ 【答案】 3 10 【解析】从 5 名学生中抽取 2 名学生，共有 10 种方法，其中恰好选中 2 名女生的方法有 3 种，因此所求概 率为 3 10 6、 （2017 全国高考从分别写有 1，2，3，4，5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，则 抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为_ 【答案】2 5 【解析】 (1)将第一次抽取的卡片上的数记为 a，

34、第二次抽取的卡片上的数记为 b，先后两次抽取的卡片上 的数记为(a，b)，则有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)， (3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)， (5，4)，(5，5)，共 25 种抽取方法，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的抽取方法有 10 种，所 以所求概率 P10 25 2 5. 7(2019 南昌市第一次模拟测试)2021 年广东新高考将实行 312 模式，即语文、数英

35、语必选，物理、历 史二选一，政治、地理、化生物四选二，共有 12 种选课模式今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若 他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率为_ 【答案】1 6 【解析】由题意，从政治、地理、化生物中四选二，共有 C 2 46(种)方法，所以他们选课相同的概率为1 6. 8(一题两空)一只袋子中装有 7 个红玻璃球，3 个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个， 取得两个红玻璃球的概率为 7 15， 取得两个绿玻璃球的概率为 1 15， 则取得两个同色玻璃球的概率为_； 至少取得一个红玻璃球的概率为_ 【答案】 8 15 14 15 【解析】由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃球，只需两 第 12 页 / 共 12 页 互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为P 7 15 1 15 8 15. 由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至少取得一个红 玻璃球的概率为P(A)1P(B)1 1 15 14 15.