第3課時隨機事件與概率[考試要求]1.了解隨機事件發生的不確定性和頻率的穩定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區別.2.理解事件間的關系與運算.3.掌握古典概型及其計算公式，能計算古典概型中簡單隨機事件的概率．1．樣本空間與樣本點(1)樣本點：隨機試驗E的每個可能的基本結果稱為樣本點，常用ω表示．(2)樣本空間：全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，常用Ω表示樣本空間．如果一個隨機試驗有n個可能結果ω1，ω2，…，ωn，則稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間．2．隨機事件、必然事件與不可能事件(1)隨機事件：樣本空間Ω的子集稱為隨機事件，簡稱事件．隨機事件一般用大寫字母A，B，C，…表示．在每次試驗中，當且僅當A中某個樣本點出現時，稱為事件A發生．(2)隨機事件的特殊情形：必然事件Ω(包含所有樣本點)、不可能事件?(不包含任何樣本點)、基本事件(只包含一個樣本點)．3．兩個事件的關系和運算含義符號表示包含關系A發生導致B發生B?A或A?B相等關系B?A且A?BA＝B并事件(和事件)A與B至少有一個發生A∪B或A＋B交事件(積事件)A與B同時發生A∩B或AB互斥(互不相容)A與B不能同時發生A∩B＝?互為對立A與B有且僅有一個發生A∪B＝Ω，A∩B＝?4．古典概型的特征(1)有限性：樣本空間的樣本點只有有限個.(2)等可能性：每個樣本點發生的可能性相等.5．古典概型的概率公式一般地，設試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事件A包含其中的k個樣本點，則定義事件A的概率P(A)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ).其中，n(A)和n(Ω)分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點個數．6．概率的基本性質性質1：對任意的事件A，都有P(A)≥0.性質2：必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，即P(Ω)＝1，P(?)＝0.性質3：如果事件A與事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B).性質4：如果事件A與事件B互為對立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B).性質5：如果A?B，那么P(A)≤P(B)．由該性質可得，對于任意事件A，因為??A?Ω，所以0≤P(A)≤1.性質6：(一般概率加法公式)設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B).7．頻率與概率(1)頻率的穩定性一般地，隨著試驗次數n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發生的頻率fn(A)會逐漸穩定于事件A發生的概率P(A)，我們稱頻率的這個性質為頻率的穩定性．(2)頻率穩定性的作用可以用頻率fn(A)估計概率P(A)．(3)頻率是概率的近似值，概率是頻率的穩定值．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)必然事件一定發生.(√)(2)兩個事件的和事件發生是指這兩個事件至少有一個發生．(√)(3)在大量重復試驗中，概率是頻率的穩定值．(√)(4)若A∪B是必然事件，則A與B是對立事件．(×)二、教材經典衍生1．(人教A版必修第二冊P235練習T1改編)一個人打靶時連續射擊兩次，事件“至多有一次中靶”的對立事件是()A．至少有一次中靶 B．兩次都中靶C．只有一次中靶 D．兩次都不中靶B[“至多有一次中靶”的對立事件是“兩次都中靶”．]2．(人教A版必修第二冊P238例9改編)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()A．eq\f(2,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)B[P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).]3．(人教A版必修第二冊P247習題10.1T13改編)某射手在一次射擊中，射中10環，9環，8環的概率分別是0.2,0.3,0.1，則該射手在一次射擊中不夠8環的概率為()A．0.9 B．0.3C．0.6 D．0.4D[設“該射手在一次射擊中不夠8環”為事件A，則事件A的對立事件eq\x\to(A)是“該射手在一次射擊中不小于8環”．因為事件eq\x\to(A)包括射中10環，9環，8環，這三個事件是互斥的，所以P(eq\x\to(A))＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6，所以P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－0.6＝0.4，即該射手在一次射擊中不夠8環的概率為0.4.]4．(人教A版必修第二冊P245練習T1改編)已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.2.(1)如果B?A，那么P(A∪B)＝________，P(AB)＝__________；(2)如果A，B互斥，那么P(A∪B)＝，P(AB)＝__________.(1)0.40.2(2)0.60[(1)因為B?A，所以P(A∪B)＝P(A)＝0.4，P(AB)＝P(B)＝0.2.(2)如果A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋0.2＝0.6，P(AB)＝P(?)＝0.]考點一隨機事件與樣本空間[典例1](1)同時投擲兩枚完全相同的骰子，用(x，y)表示結果，記事件A為“所得點數之和小于5”，則事件A包含的樣本點的個數是()A．3 B．4C．5 D．6(2)從裝有10個紅球和10個白球的罐子里任取兩球，下列情況中是互斥而不對立的兩個事件的是()A．至少有一個紅球；至少有一個白球B．恰有一個紅球；都是白球C．至少有一個紅球；都是白球D．至多有一個紅球；都是紅球(1)D(2)B[(1)事件A包含(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6個樣本點．故選D.(2)對于A，“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白球，“至少有一個白球”可能為一個白球、一個紅球，故兩事件可能同時發生，所以不是互斥事件；對于B，“恰有一個紅球”，則另一個必是白球，與“都是白球”是互斥事件，而任取兩球還可能都是紅球，故兩事件不是對立事件；對于C，“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白，與“都是白球”顯然是對立事件；對于D，“至多有一個紅球”為都是白球或一紅一白，與“都是紅球”是對立事件．故選B.]1.求樣本空間中樣本點個數的方法(1)列舉法；(2)樹狀圖法；(3)排列組合法.2．互斥事件與對立事件的關系對立事件是互斥事件，而互斥事件未必是對立事件．對立事件是互斥事件的充分不必要條件．[跟進訓練]1．(1)擲一枚質地均勻的骰子，“向上的點數是1或3”為事件A，“向上的點數是1或5”為事件B，則()A．A∪B表示向上的點數是1或3或5B．A＝BC．A∪B表示向上的點數是1或3D．A∩B表示向上的點數是1或5(2)已知事件A與B互斥，它們都不發生的概率是eq\f(1,5)，且P(A)＝3P(B)，則P(eq\x\to(A))＝_____________.(1)A(2)eq\f(2,5)[(1)A＝{1,3}，B＝{1,5}，則A∩B＝{1}，A∪B＝{1,3,5}，所以A≠B，A∩B表示向上的點數是1，A∪B表示向上的點數為1或3或5.故選A.(2)由題意事件A與B互斥，它們都不發生的概率是eq\f(1,5)，則P(A)＋P(B)＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5)，結合P(A)＝3P(B)，可得4P(B)＝eq\f(4,5)，即P(B)＝eq\f(1,5)，可得P(A)＝eq\f(3,5)，故P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝eq\f(2,5).]考點二隨機事件的頻率與概率[典例2](2025·日照模擬)某超市為了解顧客的購物量及結算時間等信息，安排一名員工隨機收集了在該超市購物的100位顧客的相關數據，如表所示．一次購物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顧客數/人x3025y10結算時間/(min/人)11.522.53已知這100位顧客中一次購物量超過8件的顧客占55%.(1)確定x，y的值，并估計顧客一次購物的結算時間的平均值；(2)估計一位顧客一次購物的結算時間不超過2min的概率．解：(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.則顧客一次購物的結算時間的平均值可用樣本平均數估計，其估計值為eq\f(1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10,100)＝1.9(min)．(2)記A為事件“一位顧客一次購物的結算時間不超過2min”，A1，A2，A3分別表示事件“該顧客一次購物的結算時間為1min”“該顧客一次購物的結算時間為1.5min”“該顧客一次購物的結算時間為2min”，則可估計概率約為P(A1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(A2)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4).因為A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(3,20)＋eq\f(3,10)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,10)，故一位顧客一次購物的結算時間不超過2min的概率約為eq\f(7,10).計算簡單隨機事件的頻率或概率的步驟提醒：互斥事件的概率加法公式的適用條件是事件必須是互斥事件．重視對立事件的概率和等于1，用間接法求概率．[跟進訓練]2．某水力發電站，每年六月份的發電量Y(單位：萬千瓦時)與該河上游在六月份的降水量X(單位：mm)有關．據統計，當X＝70時，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值為140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.(1)完成近20年六月份降水量頻率分布表；降水量70110140160200220頻率eq\f(1,20)eq\f(1,5)eq\f(1,10)(2)假定今年六月份的降水量與近20年六月份降水量的分布規律相同，并將頻率視為概率，求今年六月份該水力發電站的發電量低于490萬千瓦時或超過530萬千瓦時的概率．解：(1)在所給數據中，110有3個，160有7個，200有3個，故近20年六月份降水量頻率分布表為降水量70110140160200220頻率eq\f(1,20)eq\f(3,20)eq\f(1,5)eq\f(7,20)eq\f(3,20)eq\f(1,10)(2)由已知可得Y＝eq\f(X,2)＋425，故P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝eq\f(1,20)＋eq\f(3,20)＋eq\f(1,10)＝eq\f(3,10).考點三古典概型[典例3]有編號為A1，A2，…，A10的10個零件，測量其直徑(單位：cm)，得到下面數據：編號A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10直徑1.511.491.491.511.491.511.471.461.531.47其中直徑在區間[1.48,1.52]內的零件為一等品．(1)從上述10個零件中，隨機抽取1個，求這個零件為一等品的概率．(2)從這些一等品中，隨機抽取2個零件．①用零件的編號列出樣本空間；②求這2個零件直徑相等的概率．解：(1)由題表知一等品共有6個，設“從10個零件中，隨機抽取1個為一等品”為事件A，則P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(2)①一等品的編號為A1，A2，A3，A4，A5，A6，從這6個一等品中隨機抽取2個，樣本空間Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A4)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)}，共15個樣本點．②將“從一等品中，隨機抽取的2個零件直徑相等”記為事件B，則B包含的樣本點有(A1，A4)，(A1，A6)，(A4，A6)，(A2，A3)，(A2，A5)，(A3，A5)，共6個，所以P(B)＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).利用公式法求解古典概型問題的步驟提醒：若樣本點個數不多，要列出樣本空間，若樣本點個數多，用排列組合方法求．[跟進訓練]3．(1)(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()A．eq\f(5,6) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)(2)(2024·新高考Ⅰ卷)甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1,3,5,7，乙的卡片上分別標有數字2,4,6,8.兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片(棄置的卡片在此后的輪次中不能使用)，則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為.(1)A(2)eq\f(1,2)[(1)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：乙甲ABCDEFA(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)(C，B)(C，C)(C，D)(C，E)(C，F)D(D，A)(D，B)(D，C)(D，D)(D，E)(D，F)E(E，A)(E，B)(E，C)(E，D)(E，E)(E，F)F(F，A)(F，B)(F，C)(F，D)(F，E)(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eq\f(30,36)＝eq\f(5,6).故選A.(2)法一：因為甲出卡片1一定輸，出其他卡片有可能贏，所以四輪比賽后，甲的總得分最多為3.若甲的總得分為3，則甲出卡片3,5,7時都贏，所以只有1種組合：3－2,5－4,7－6,1－8.若甲的總得分為2，有以下三類情況：第一類，當甲出卡片3和5時贏，只有1種組合，為3－2,5－4,1－6,7－8；第二類，當甲出卡片3和7時贏，有3－2,7－4,1－6,5－8或3－2,7－4,1－8,5－6或3－2,7－6,1－4,5－8，共3種組合；第三類，當甲出卡片5和7時贏，有5－2,7－4,1－6,3－8或5－2,7－4,1－8,3－6或5－4,7－2,1－6,3－8或5－4,7－2,1－8,3－6或5－2,7－6,1－4,3－8或5－2,7－6,1－8,3－4或5－4,7－6,1－2,3－8，共7種組合．綜上，甲的總得分不小于2共有12種組合，而所有不同的組合共有4×3×2×1＝24(種)，所以甲的總得分不小于2的概率為P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).法二：設甲在四輪比賽中的得分分別為X1，X2，X3，X4，四輪的總得分為X.對于任意一輪，甲、乙兩人在該輪出示每張牌的概率都相等，其中使得甲獲勝的出牌組合有6種，從而甲在該輪獲勝的概率P(Xk＝1)＝eq\f(6,4×4)＝eq\f(3,8)(k＝1,2,3,4)，所以E(Xk)＝eq\f(3,8).從而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝eq\i\su(k＝1,4,E)(Xk)＝eq\f(3,8)＋eq\f(3,8)＋eq\f(3,8)＋eq\f(3,8)＝eq\f(3,2).記pm＝P(X＝m)(m＝0,1,2,3)．若甲得0分，則組合方式是唯一的，必定是甲出1,3,5,7分別對應乙出2,4,6,8，所以p0＝eq\f(1,A\o\al(4,4))＝eq\f(1,24)；若甲得3分，則組合方式也是唯一的，必定是甲出1,3,5,7分別對應乙出8,2,4,6，所以p3＝eq\f(1,A\o\al(4,4))＝eq\f(1,24).而X的所有可能取值是0,1,2,3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝eq\f(3,2).所以eq\f(1,24)＋p1＋p2＋eq\f(1,24)＝1，p1＋2p2＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,2)，兩式相減即得p2＝eq\f(11,24)，故p2＋p3＝eq\f(1,2).所以甲的總得分不小于2的概率為p2＋p3＝eq\f(1,2).]課時分層作業(六十五)(本試卷共92分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．若某群體中的成員只用現金支付的概率為0.45，既用現金支付也用非現金支付的概率為0.15，則不用現金支付的概率為()A．0.3 B．0.4C．0.6 D．0.7B[由題意知不用現金支付的概率為1－0.45－0.15＝0.4.]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()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)D[記高一年級2名學生分別為a1，a2，高二年級2名學生分別為b1，b2，則從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演的樣本點有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6個，其中這2名學生來自不同年級的樣本點有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4個，所以這2名學生來自不同年級的概率P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).故選D.]3．在手工課上，老師將5個環(顏色分別為藍、黑、紅、黃、綠)分發給甲、乙、丙、丁、戊五位同學加工制作，每人分得一個，則事件“甲分得紅環”與“乙分得紅環”()A．是對立事件 B．是不可能事件C．是互斥但不是對立事件 D．不是互斥事件C[甲、乙不可能同時得到紅環，因而這兩個事件是互斥事件；又甲、乙可能都得不到紅環，即事件“甲或乙分得紅環”不是必然事件，故這兩個事件不是對立事件．故選C.]4．(2022·全國甲卷)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數字之積是4的倍數的概率為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,5) D．eq\f(2,3)C[從寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回地抽取2張，共有15種取法，它們分別是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，其中卡片上的數字之積是4的倍數的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6種取法，所以所求概率是P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).故選C.]5．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想可以表述為“每個大于2的偶數都可以表示為兩個質數的和”，如：16＝5＋11.在不超過12的質數中，隨機選取兩個不同的數，其和為偶數的概率為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,5)C．eq\f(7,10) D．eq\f(4,5)B[不超過12的質數為2,3,5,7,11，隨機選取兩個不同的數，共有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)方法，其和為偶數的共有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)方法，其和為偶數的概率為P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).故選B.]6．(2025·濰坊模擬)袋子中有5個質地完全相同的球，其中2個是白球，3個是紅球，從中不放回地依次隨機摸出兩個球，記A＝“第一次摸到紅球”，B＝“第二次摸到紅球”，則以下說法正確的是()A．P(A)＋P(B)＝P(A∩B)B．P(A)·P(B)＝P(A∪B)C．P(A)＝P(B)D．P(A∪B)＋P(A∩B)<1C[P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,4)＋eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,5)，則P(A)＝P(B)，C正確；P(A∩B)＝eq\f(3×2,5×4)＝eq\f(3,10)，則P(A)＋P(B)≠P(A∩B)，A錯誤；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq\f(3,5)＋eq\f(3,5)－eq\f(3,10)＝eq\f(9,10)，則P(A)·P(B)≠P(A∪B)，B錯誤；P(A∪B)＋P(A∩B)＝eq\f(9,10)＋eq\f(3,10)＝eq\f(6,5)>1，D錯誤．故選C.]7．班長邀請A，B，C，D四位同學參加圓桌會議．如圖，班長坐在⑤號座位，四位同學隨機坐在①②③④四個座位，則A，B兩位同學座位相鄰的概率是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(2,3)A[根據題意，畫出樹狀圖如圖所示．由圖可知，共有24種等可能的結果，其中A，B兩位同學座位相鄰的結果有12種，故A，B兩位同學座位相鄰的概率是eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).故選A.]8．有一批貨物需要用汽車從生產商所在城市甲運至銷售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩條公路，據調查統計，通過這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車所用時間的頻數分布情況如表所示：所用時間/天數10111213通過公路1的頻數20402020通過公路2的頻數10404010假設汽車A只能在約定日期(某月某日)的前11天出發，汽車B只能在約定日期的前12天出發(將頻率視為概率)，為了在各自允許的時間內將貨物運至城市乙，汽車A和汽車B選擇的最佳路徑分別為()A．公路1和公路2 B．公路2和公路1C．公路2和公路2 D．公路1和公路1A[通過公路1到城市乙用時10,11,12,13天的頻率分別為0.2,0.4,0.2,0.2；通過公路2到城市乙用時10,11,12,13天的頻率分別為0.1,0.4,0.4,0.1.設A1，A2分別表示汽車A在約定日期前11天出發，選擇公路1,2將貨物運往城市乙，B1，B2分別表示汽車B在約定日期前12天出發選擇公路1,2將貨物運往城市乙，則P(A1)＝0.2＋0.4＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(B1)＝0.2＋0.4＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，所以汽車A最好選擇公路1，汽車B最好選擇公路2.]二、多項選擇題9．已知Ω為實驗E的樣本空間，隨機事件Ω′?Ω，則()A．Ω為必然事件，且P(Ω)＝1B．?為不可能事件，且P(?)＝0C．若P(Ω′)＝1，則Ω′為必然事件D．若P(Ω′)＝0，則Ω′不一定為不可能事件ABD[Ω為必然事件，且P(Ω)＝1，A正確；?為不可能事件，且P(?)＝0，B正確；若P(Ω′)＝1，則Ω′不一定為必然事件，C錯誤；若P(Ω′)＝0，則Ω′不一定為不可能事件，D正確．故選ABD.]10．有兩批種子，甲批種子15粒，能發芽的占80%，乙批種子10粒，能發芽的占70%，則下列說法正確的有()A．從甲批種子中任取兩粒，至少一粒能發芽的概率是eq\f(34,35)B．從乙批種子中任取兩粒，至多一粒能發芽的概率是eq\f(7,15)C．從甲、乙兩批種子中各任取一粒，至少一粒能發芽的概率是eq\f(47,50)D．如果將兩批種子混合后，隨機抽出一粒，能發芽的概率為eq\f(19,25)ACD[甲批種子有15粒，能發芽的占80%，乙批種子有10粒，能發芽的占70%,所以甲批有15×80%＝12(粒)發芽，乙批有10×70%＝7(粒)發芽．從甲批種子中任取2粒，至少1粒能發芽的概率為P＝1－eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,15))＝eq\f(34,35)，A正確；從乙批種子中任取2粒，至多1粒能發芽的概率為P＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,10))＋eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,7),C\o\al(2,10))＝eq\f(8,15)，B錯誤；從甲、乙兩批中各任取一粒，至少一粒能發芽的概率是P＝1－eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,3),C\o\al(1,15)C\o\al(1,10))＝eq\f(47,50)，C正確；將兩批種子混合后，隨機抽出一粒，能發芽的概率為P＝eq\f(C\o\al(1,12)＋C\o\al(1,7),C\o\al(1,25))＝eq\f(19,25)，D正確．故選ACD.]三、填空題11．已知花博會有四個不同的場館A，B，C，D，甲、乙兩人每人選2個去參觀，則他們的選擇中，恰有一個館相同的概率為________.eq\f(2,3)[甲選2個去參觀，有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)，乙選2個去參觀，有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)，共有6×6＝36(種)，若甲、乙恰有一個館相同，則選確定相同的館有Ceq\o\al(1,4)＝4(種)，然后從剩余3個館中選2個進行排列，有Aeq\o\al(2,3)＝6(種)，共有4×6＝24(種)，則對應概率P＝eq\f(24,36)＝eq\f(2,3).]12．(2022·全國甲卷)從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為________.eq\f(6,35)[根據題意，從正方體的8個頂點中任取4個，有n＝Ceq\o\al(4,8)＝70(種)結果，這4個點在同一個平面的有m＝6＋6＝12(種)，故所求概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).]四、解答題13．(15分)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續購買該險種的投保人稱為續保人，續保人本年度的保費與其上年度出險次數的關聯如表所示：上年度出險次數01234≥5保費/元0.85aa1.25a1.5a1.75a2a隨機調查了該險種的200名續保人在一年內的出險情況，得到如表所示的統計表：出險次數01234≥5頻數605030302010(1