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基础·巩固
1.一枚硬币连掷2次，恰好出现一次正面的概率是( ) A.21 B.41 C.4
3 D.0 思路分析：列举出所有基本事件，找出“只有一次正面”包含的结果；一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有一次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为2
142=. 答案：A
2.在第1、3、4、5、8路公共汽车都要停靠的一个站(假定这个站只能停靠一辆汽车)，有一位乘客等候第4路或第8路汽车.假定当时各路汽车首先到站的可能性相等，则首先到站正好是这位乘客所需乘的汽车的概率等于( ) A.21 B.32 C.53 D.5
2 思路分析：读懂题意，找出什么是基本事件，基本事件总数是多少，所求事件包含哪几个基本事件；基本事件分别是第1、3、4、5、8路公共汽车到站，显然共有5个，而“乘客所需乘的汽车”
包括4路和8路两个，故概率P=5
2. 答案：D
3.某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的概率为( ) A.
157 B.15
8 C.153 D.1 思路分析：这是一个古典概型与互斥事件相结合的问题；设“恰有一名女生当选”为事件A ，“恰有两名女生当选”为事件B ，显然A 、B 为互斥事件.从10名同学中任选2人共有10×9÷2=45种选法(即45个基本事件)，而事件A 包括3×7个基本事件，事件B 包括3×2÷2=3个基本事件，故P=P(A)+P(B)=15
84534521=+. 答案：B
4.某银行储蓄卡上的密码是一种4位数字号码，每位上的数字可在0—9这10个数字中选取，某人未记住密码的最后一位数字，如果随意按下密码的最后一位数字，则正好按对密码的概率是( ) A.4101 B.310
1 C.2101 D.101 思路分析：前三位密码已经记住，肯定按对，故概率与前三位密码无关.只考虑最后一位数字即可，从0到9的10个数字中随机选一个，概率为
101. 答案：D
5.从标有1，2，3，…，9的9张纸片中任取2张，那么这2张纸片上的数字之积为偶数的概率为( )
A.21
B.187
C.1813
D.18
11 思路分析：互斥事件与古典概型共用.记“2张纸片上的数字之积为偶数”为事件A ，“两张纸片上的数字一奇一偶”为事件B ，“两张纸片上的数字都是偶数”为事件C ，则B 、C 互斥且A=B ∪C.基本事件总数为9×8÷2=36，事件B 包含5×4=20个基本事件，事件C 包含4×
3÷2=6个基本事件，故P(B)=
3620，P(C)=36
6. ∴P(A)=P(B ∪C)=P(B)+P(C)=181********=+. 答案：C
6.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，则至少要有甲型与乙型电视机各一台的概率为( ) A.32 B.1 C.65 D.2
1 思路分析：对立事件、互斥事件、古典概型综合应用.基本事件总数为
123789⨯⨯⨯⨯=84，记“甲型与乙型电视机各一台”为事件A ，“3台电视机全是甲型”为事件B ，“3台电视机全是乙型”
为事件C ，B 包含
123234⨯⨯⨯⨯=4个基本事件，C 包含123345⨯⨯⨯⨯=10个基本事件，故P(B)=84
4，P(C)=8410.而P(A)=1-P(B ∪C)=1-P(B)-P(C)=1-6584708410844==-. 答案：C
7.用1，2，3，4，5排成无重复数字的五位数，这些数被2整除的概率是_________.
思路分析：求基本事件用乘法；基本事件总数为5×4×3×2×1=120(个)，被2整除的基本事件有2×4×3×2×1=48(个)，由古典概型得P=
5212048=. 答案：5
2 8.一个口袋内装有3个红球和n 个绿球，从中任取3个，若取出的3个球中至少有1个是绿球的概率是
3534，则n=_________. 思路分析：由对立事件概率公式列方程解之.记“至少有一个绿球”为事件A ，其对立事件是“3个球全是红球”记为事件B ，基本事件总数为6
)1)(2)(3(123)1)(2)(3(+++=⨯⨯+++n n n n n n ，而B 只包含1个基本事件，故P(A)=1-P(B)=1-35
346
)1)(2)(3(1=+++n n n ， ∴(n+3)(n+2)(n+1)=6×35.∵n ∈N *
，通过试值得n=4.
答案：4
9.从1，2，3，…，9这9个数字中任取2个数字，2个数字都是奇数的概率为_________； 2个数字之和为偶数的概率为_________.
思路分析：理清所求事件A 所包含的事件，必要时注意分类或与互斥事件相结合；问题中基本事件总数为9×8÷2=36个.
2个数字都是奇数应从1，3，5，7，9这五个数字中选2个，有5×4÷2=10种方法，故P=18
53610=. 2个数字之和为偶数包括2个数字都是奇数(10种选法)，两个数字都是偶数(4×3÷2=6种
选法)，故P=
9
436610=+. 答案：185 94 综合·应用
10.用红、黄、蓝三种不同颜色给图3-2-2中3个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，求：
图3-2-2
(1)3个矩形颜色都相同的概率；
(2)3个矩形颜色都不同的概率.
思路分析：读懂题意，研究是否为古典概型，列出所有基本事件，找到事件A 包含的基本事件，所有可能的基本事件共有27个，如下图所示：
解:(1)记“3个矩形都涂同一颜色”为事件A ，由图知，事件A 的基本事件有1×3=3个，故P(A)=9
1273=. (2)记“3个矩形颜色都不同”为事件B ，由图可知，事件B 的基本事件有2×3=6个，故P(B)= 9
2276=. 11.从含有两件正品a 1、a 2和一件次品b 1的3件产品中，每次任取1件.
(1)如果每次取出后不放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率;
(2)如果每次取出后放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率. 思路分析：要注意“有放回抽取”和“无放回抽取”在求基本事件总数时的区别.
解:(1)每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件空间为{(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)}，
其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品，基本事件总数6个，而且可以认为这些基本事件的出现是等可能的；用A 表示“取出的两件中，恰好有一件次品”这一事件，则A={(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)}.
事件A 由4个基本事件组成.
因而，P(A)=3
264=. (2)有放回地连续取出两件，其一切可能的结果组成的基本事件空间为
{(a 1，a 1)，(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，a 2)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 1，b 1)}， 由9个基本事件组成；由于每一件产品被取到的机会均等，因此可以认为这些基本事件的出
