小结教案1

概率单元复习

互斥事件和对立事件是针对两个事件而言的，它们既有区别又有联系．

在一次试验中，两个互斥事件最多只发生一个；而两个对立的事件则必有一个发生，但不可能同时发生．所以，两个事件互斥，它们未必对立；反之，两个事件对立，它们一定互斥．

若事件A1，A2，…，An彼此互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．

应用互斥事件的概率的加法公式解题时，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件分别发生的概率，再求和．对于较复杂事件的概率，可以转化为求对立事件的概率．

求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，若A与B互为对立事件，则利用公式P(A)＝1－P(B)求解．

[典例1]

黄种人群中各种血型的人所占的比例如下：

血型

A B AB O 8

35 该血型的人所占比例(%)

28

29

已知同种血型的人可以输血，O型血可以输给任一种血型的人，其他不同血型的人不能互相输血，张三是B型血，若张三因病需要输血，问：

(1)任找一个人，其血可以输给张三的概率是多少？

(2)任找一个人，其血不能输给张三的概率是多少？

解：(1)对任一人，其血型为A，B，AB，O的事件分别记为A′，B′，C′，D′，由已知，有P(A′)＝0.28，P(B′)＝0.29，P(C′)＝0.08，P(D′)＝0.35，因为B，O型血可以输给张三，所以“任找一人，其血可以输给张三”为事件B′∪D′.依据互斥事件概率的加法公式，有P(B′∪D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64. (2)法一：由于A，AB型血不能输给B型血的人，所以“任找一人，其血不能输给张三”为事件A′∪C′，依据互斥事件概率的加法公式，有P(A′∪C′)＝P(C′)＋P(A′)＝0.28＋0.08＝0.36. 法二：因为事件“任找一人，其血可以输给张三”与事件“任找一人，其血不能输给张三”是对立事件，所以由对立事件的概率公式，有P(A′∪C′)＝1－P(B′∪D′)＝1－[P(B′)＋P(D′)]＝1－0.64＝0.36. [对点训练] 1．某商场有奖销售中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每1 000张奖券为一个开奖单位．设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：

(1)P(A)，P(B)，P(C)；

(2)抽取1张奖券中奖的概率；

(3)抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．

解：(1)∵每1 000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，

1101∴P(A)＝，P(B)＝＝，

1 0001 000100501P(C)＝＝. 1 00020(2)设“抽取1张奖券中奖”为事件D，则

P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝＝111＋＋

1 0001002061. 1 000(3)设“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖”为事件E，则

P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－11989－＝. 1 0001001 000

古典概型是一种最基本的概型，也是学习其他概型的基础，在高考题中，经常出现此种概型的题目，解题时要紧紧抓住古典概型的两个基本特征，即有限性和等可能性．

对于古典概型概率的计算，关键是分清基本事件个数n与事件A中包含的结果数m，

m有时需用列举法把基本事件一一列举出来，再利用公式P(A)＝求出事件的概率，这是一个n形象、直观的好方法，但列举时必须按某一顺序做到不重复、不遗漏．

[典例2]

一辆小客车上有5个座位，其座位号为1,2,3,4,5，乘客P1，P2，P3，P4，P5

的座位号分别为1,2,3,4,5，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车，乘客P1

因身体原因没有坐自己的1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就座，如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位，如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位．

(1)若乘客P1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，此时共有4种坐法，下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表格空格处)；

(2)若乘客P1坐在了2号座位，其他的乘客按规则就座，求乘客P5

坐到5号座位的概率. 乘客

P1

3 座位号

3

解：(1)余下两种坐法如下表所示：

乘客

座位号

P1

3 3

P2

2 2

P3

4 5

P4

1 4 P5

5 1 P2

2 2

P3

1 4

P4

4 5

P5

5 1

(2)若乘客P1

坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐．

则所有可能的坐法可用下表表示为：

乘客

P1

2 2 2 座位号

2 2 2 2 2 于是，所有可能的坐法共8种．

设“乘客P5

坐到5号座位”为事件A，则事件A中的基本事件的个数为4. 41所以P(A)＝＝. 82P2

1 3 3 3 3 4 4 5 P3

3 1 4 4 5 3 3 3 P4

4 4 1 5 4 1 5 4 P5

5 5 5 1 1 5 1 1

1乘客P5

坐到5号座位的概率是. 2[对点训练] 2．现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答．试求：

(1)所取的2道题都是甲类题的概率；

(2)所取的2道题不是同一类题的概率．

解：(1)将4道甲类题依次编号为1,2,3,4；2道乙类题依次编号为5,6.任取2道题，基本事件为：{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}，共15个，而且这些基本事件的出现是等可能的．

用A表示“都是甲类题”这一事件，则A包含的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，62{2,4}，{3,4}，共6个，所以P(A)＝＝. 155(2)基本事件同(1)，用B表示“不是同一类题”这一事件，则B包含的基本事件有{1,5}，8{1,6}，{2,5}，{2,6}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，共8个，所以P(B)＝. 15

若试验同时具有基本事件的无限性和每个事件发生的等可能性两个特征，则此试验为几m何概型，由于其结果的无限性，概率就不能应用P(A)＝求解，而需转化为几何度量(如长n度、面积、体积等)的比值求解，体现了数形结合的数学思想．

[典例3]

已知关于x的一元二次方程x2－2(a－2)x－b2＋16＝0. (1)若a、b是一枚骰子先后投掷两次所得到的点数，求方程有两个正实数根的概率；

(2)若a∈[2,6]，b∈[0,4]，求一元二次方程没有实数根的概率．

解：(1)基本事件(a，b)共有36个，且a，b∈{1,2,3,4,5,6}，方程有两个正实数根等价于a－2>0,16－b2>0，Δ≥0，即a>2，－4

41故所求的概率为P(A)＝＝. 369(2)试验的全部结果构成区域Ω＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4}，设“一元二次方程无实数根”为事件B，则构成事件B的区域为B＝{(a，b)|2≤a≤6,0≤b≤4，(a－2)2＋b2<16}，如图可知构成事件Ω的区域面积为S(Ω)＝16.

14ππ构成事件B的区域面积为：S(B)＝×π×42＝4π，故所求的概率为P(B)＝＝. 4164[对点训练] 3．设有一个等边三角形网格，其中各个最小等边三角形的边长都是43 cm.现用直径为2 cm的硬币投掷到此网格上，求硬币落下后与格线没有公共点的概率．

解：记事件A＝“硬币落下后与格线无公共点”，则硬币圆心落在如图所示的小三角形内，小三角形的边长为23.

3×232S△A′B′C′41∴P(A)＝＝＝. 4S△ABC3×4324

统计和古典概型的综合是高考解答题的一个命题趋势和热点，此类题很好地结合了统计与概率的相关知识，并且在实际生活中应用也十分广泛，能很好地考查学生的综合解题能力，在解决综合问题时，要求同学们对图表进行观察、分析、提炼，挖掘出图表所给予的有用信息，排除有关数据的干扰，进而抓住问题的实质，达到求解的目的．

[典例4]

(2015·安徽高考)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80，90)，[90,100]．

(1)求频率分布直方图中a的值；

(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；

(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．

解：(1)由频率分布直方图可知：(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，解得a＝0.006. (2)由频率分布直方图可知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.

(3)受访职工中评分在[50,60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；

受访职工中评分在[40,50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2. 从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又1因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B1，B2}，故所求的概率为. 10[对点训练] 4．随机抽取某中学甲、乙两班各10名同学，测量他们的身高(单位：cm)，获得身高数据的茎叶图如图所示.

(1)直接根据茎叶图判断哪个班的平均身高较高；

(2)计算甲班的样本方差；

(3)现从乙班这10名同学中随机抽取两名身高不低于173 cm的同学，求身高为176 cm的同学被抽中的概率．

解：(1)由茎叶图可知：甲班身高集中于160 cm～179 cm之间，而乙班身高集中于170 cm～179 cm之间．因此乙班平均身高高于甲班；

(2)甲班的平均身高x＝

158＋162＋163＋168＋168＋170＋171＋179＋179＋182＝170(cm)．

10甲班的样本方差s2＝1[(158－170)2＋(162－170)2＋(163－170)2＋(168－170)2＋(168－10170)2＋(170－170)2＋(171－170)2＋(179－170)2＋(179－170)2＋(182－170)2]＝57.2(cm2)．

(3)设“身高为176 cm的同学被抽中”为事件A，从乙班10名同学中抽取两名身高不低于173 cm的同学有：(181,173)，(181,176)，(181,178)，(181,179)，(179,173)，(179,176)，(179,178)，(178,173)，(178,176)，(176,173)共10个基本事件，而事件A含有4个基本事件：(181,176)，(179,176)，(178,176)，(176,173)，

42∴P(A)＝＝. 1052即身高为176 cm的同学被抽中的概率为. 5

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的) 1．下列说法正确的是(

) A．随机事件的概率总在[0,1]内

B．不可能事件的概率不一定为0 C．必然事件的概率一定为1 D．以上均不对

解析：选C

随机事件的概率总在(0,1)内，不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1. 2．下列事件中，随机事件的个数为(

) ①在某学校校庆的田径运动会上，学生张涛获得100米短跑冠军；

②在明天下午体育课上，体育老师随机抽取一名学生去拿体育器材，抽到李凯；

③从标有1,2,3,4的4张号签中任取一张，恰为1号签；

④在标准大气压下，水在4 ℃时结冰．

A．1

B．2

C．3

D．4 解析：选C

①在某学校校庆的田径运动会上，学生张涛有可能获得100米短跑冠军，也有可能未获得冠军，是随机事件；②在明天下午体育课上，体育老师随机抽取一名学生去拿体育器材，李凯不一定被抽到，是随机事件；③从标有1,2,3,4的4张号签中任取一张，不一定恰为1号签，是随机事件；④在标准大气压下，水在4 ℃时结冰是不可能事件．故选C. 3．甲、乙、丙三人随意坐一排座位，乙正好坐中间的概率为(

) 1111A.

B.

C.

D.

2346解析：选B

甲、乙、丙三人随意坐有6个基本事件，乙正好坐中间，甲、丙坐左右两21侧有2个基本事件，故乙正好坐中间的概率为＝. 634．从一批产品中取出三件产品，设A＝“三件产品全不是次品”，B＝“三件产品全是次品”，C＝“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是(

) A．A与C互斥

B．B与C互斥

C．任何两个均互斥

D．任何两个均不互斥

解析：选B

因为事件B是表示“三件产品全是次品”，事件C是表示“三件产品不全是次品”，显然这两个事件不可能同时发生，故它们是互斥的，所以选B. 5．(2016·郑州高一检测)函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，那么任取一点x0，使得f(x0)≤0的概率是(

) 3124A.

B.

C.

D.

105552解析：选A

由f(x0)≤0，即x0－x0－2≤0，得－1≤x0≤2，其区间长度为3，由x∈

3[－5,5]，区间长度为10，所以所求概率为P＝. 106．如图，在矩形ABCD中，点E为边CD的中点．若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率等于(

)

1112A.

B.

C.

D.

43231解析：选C

不妨设矩形的长、宽分别为a、b，于是S矩形＝ab，S△ABE＝ab，由几何概2S△ABE1型的概率公式可知P＝＝. S矩形27．给甲、乙、丙三人打电话，若打电话的顺序是任意的，则第一个打电话给甲的概率是(

) 1112A.

B.

C.

D.

6323解析：选B

给三人打电话的不同顺序有6种可能，其中第一个给甲打电话的可能有221种，故所求概率为P＝＝.故选B. 638．如图，EFGH是以O为圆心、半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，则P(A)＝(

)

41A.

B.

ππ2C．2

D.

π解析：选D

豆子落在正方形EFGH内是随机的，故可以认为豆子落在正方形EFGH内任一点是等可能的，属于几何概型．因为圆的半径为1，所以正方形EFGH的边长是2，2则正方形EFGH的面积是2，又圆的面积是π，所以P(A)＝. π9．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π2

有零点的概率为(

) ππA.

B．1－

4444C.

D.－1 ππ

解析：选B

要使函数有零点，则Δ＝(2a)2－4(－b2＋π2)≥0，a2＋b2≥π2，又－π≤a≤π，－π≤b≤π，所以基本事件的范围是2π·2π＝4π2，函数有零点所包含的基本事件的范围是4π24π2－π3π－π.所以所求概率为2＝1－.故选B. 4π4310．如图所示，茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中有一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是(

)

2749A.

B.

C.

D.

5105101解析：选C

设被污损的数字是x，则x∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}．甲的平均成绩为x甲＝5442＋x1(88＋89＋90＋91＋92)＝90，x乙＝[83＋83＋87＋(90＋x)＋99]＝，设甲的平均成绩55超过乙的平均成绩为事件A，则此时有90＞442＋x，解得x＜8，则事件A包含x＝5840,1,2,3,4,5,6,7，共8个基本事件，则P(A)＝＝. 10511．掷一枚均匀的正六面体骰子，设A表示事件“出现2点”，B表示“出现奇数点”，则P(A∪B)等于(

) 1212A.

B.

C.

D.

2335131解析：选B

由古典概型的概率公式得P(A)＝，P(B)＝＝. 66211又事件A与B为互斥事件，由互斥事件的概率和公式得P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝622. 312．节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是(

) 1137A.

B.

C.

D.

4248解析：选C

由于两串彩灯第一次闪亮相互独立且4秒内任一时刻等可能发生，所以总的基本事件为如图所示的正方形的面积，

而要求的是第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的基本事件，即如图所示的阴影部分的面123积，根据几何概型的计算公式可知它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是＝，164故选C. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．(2016·青岛高一检测)一个口袋内装有大小相同的10个白球，5个黑球，5个红球，从中任取一球是白球或黑球的概率为________．

解析：记“任取一球为白球”为事件A，“任取一球为黑球”为事件B，则P(A＋B)＝1053P(A)＋P(B)＝＋＝. 202043答案：

414．如图所示，在正方形内有一扇形(见阴影部分)，点P随意等可能落在正方形内，则这点落在扇形外且在正方形内的概率为________．

1ππ解析：设正方形的边长为1，则正方形的面积S＝1，扇形的面积S1＝××12＝，根224π1－4π据几何概型公式得，点P落在扇形外且在正方形内的概率为＝1－. 14π答案：1－

415．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，集合B＝{(x，y)|x＋y＋a＝0}，若A∩B≠∅的概率为1，则a的取值范围是________．

解析：依题意知，直线x＋y＋a＝0与圆x2＋y2＝1恒有公共点，故2≤a≤2. 答案：[－2，2] 16．从1,2,3,4这四个数字中，任取两个，这两个数字都是奇数的概率是________，这两个数字之和是偶数的概率是________．

解析：从1,2,3,4四个数字中任取两个共有6种取法．取的两个数字都是奇数只有1,31一种情况，故此时的概率为.若取出两个数字之和是偶数，必须同时取两个偶数或两个奇数，621有1,3；2,4两种取法，所以所求的概率为＝. 6311答案：

63|a|≤1，解得－12＋12

三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(10分)从甲、乙、丙、丁四个人中选两名代表．求：

(1)甲被选中的概率；

(2)丁没被选中的概率．

解：(1)从甲、乙、丙、丁四个人中选两名代表，共有{甲、乙}，{甲、丙}，{甲、丁}，{乙、丙}，{乙、丁}，{丙、丁}6个基本事件，甲被选中的事件有{甲、乙}，{甲、丙}，{甲、31丁}共3个，若记甲被选中为事件A，则P(A)＝＝. 6211－(2)记丁被选中为事件B，则P(B)＝1－P(B)＝1－＝. 2218．(12分)袋子中装有大小和形状相同的小球，其中红球与黑球各1个，白球n个．从1袋子中随机取出1个小球，取到白球的概率是. 2(1)求n的值；

(2)记从袋中随机取出的一个小球为白球得2分，为黑球得1分，为红球不得分．现从袋子中取出2个小球，求总得分为2分的概率．

解：(1)由题意可得n1＝，解得n＝2. 1＋1＋n2(2)设红球为a，黑球为b，白球为c1，c2，从袋子中取出2个小球的所有基本等可能事件为：(a，b)，(a，c1)，(a，c2)，(b，c1)，(b，c2)，(c1，c2)，共有6个，其中得2分的基本事件有(a，c1)，(a，c2)，

21所以总得分为2分的概率为＝. 6319．(12分)一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机抽取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率．

(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n

解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有1和2,1和3，共2个．

21因此所求事件的概率P＝＝. 63(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果(m，n)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．

3又满足m＋2≤n的事件的概率为P1＝，

16

313故满足n

(1)若x，y∈Z，求x＋y≥0的概率；

(2)若x，y∈R，求x＋y≥0的概率．

解：(1)设“x＋y≥0，x，y∈Z”为事件A，x，y∈Z，x∈[0,2]，即x＝0,1,2；y∈[－1,1]，即y＝－1,0,1. 则基本事件有：(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)，(2,1)8共9个．其中满足“x＋y≥0”的基本事件有8个，∴P(A)＝. 98故x，y∈Z，x＋y≥0的概率为. 9(2)设“x＋y≥0，x，y∈R”为事件B，

∵x∈[0,2]，y∈[－1,1]，则基本事件为如图四边形ABCD区域，事件B包括的区域为其中的阴影部分．

S阴影∴P(B)＝

S四边形ABCD1S四边形ABCD－×1×12＝

S四边形ABCD12×2－×1×1277＝＝，故x，y∈R，x＋y≥0的概率为. 882×221．(12分)(2015·福建高考)全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标．根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据，对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计，结果如表所示. 组号

1

2

3

4

分组

[4,5)

[5,6)

[6,7)

[7,8]

频数

2 8 7 3 (1)现从融合指数在[4,5)和[7,8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研，求至

少有1家的融合指数在[7,8]内的概率；

(2)根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数．

解：(1)融合指数在[7,8]内的3家“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在[4,5)内的2家“省级卫视新闻台”记为B1，B2.从融合指数在[4,5)和[7,8]内的5家“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是：

{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10个．

其中，至少有1家融合指数在[7,8]内的基本事件是：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，共9个．

9所以所求的概率P＝. 10(2)这20家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数为

28734．5×＋5.5×＋6.5×＋7.5×＝6.05. 2020202022．(12分)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；

(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．

解：(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10种．由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．

从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，共3种．

3所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为. 10(2)记F是标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．

由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．

从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共8种．

8所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为. 15