高考数学总复习第十章统计与统计案例概率第6节几何概型教案文含解析北师大版

第4节 随机事件的概率最新考纲 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式.知 识 梳 理1.概率与频率(1)频率：在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An为事件A 出现的频率.(2)概率：在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A 发生的频率具有稳定性.这时我们把这个常数叫作随机事件A 的概率，记作P (A ). 2.事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率P (E )＝1. (3)不可能事件的概率P (F )＝0.(4)互斥事件概率的加法公式①如果事件A 与事件B 互斥，则P (A +B )＝P (A )＋P (B ). ②若事件B 与事件A 互为对立事件，则P (A )＝1－P (B ). [微点提醒]1.从集合的角度理解互斥事件和对立事件(1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集.(2)事件A 的对立事件A －所含的结果组成的集合，是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集.2.概率加法公式的推广当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时， 要用到概率加法公式的推广，即P (A 1+A 2+…+A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n ).基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的.( )(2)在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值.( ) (3)若随机事件A 发生的概率为P (A )，则0≤P (A )≤1.( )(4)6张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的概率小于乙中奖的概率.( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×2.(必修3P157A9改编)容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：则样本数据落在区间[10，40)的频率为( ) A.0.35B.0.45C.0.55D.0.65解析 由表知[10，40)的频数为2＋3＋4＝9， 所以样本数据落在区间[10，40)的频率为920＝0.45.答案 B3.(必修3P139例3改编)某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”( ) A.是互斥事件，不是对立事件 B.是对立事件，不是互斥事件 C.既是互斥事件，也是对立事件 D.既不是互斥事件也不是对立事件解析 “至少有一名女生”包括“一男一女”和“两名女生”两种情况，这两种情况再加上“全是男生”构成全集，且不能同时发生，故“至少有一名女生”与“全是男生”既是互斥事件，也是对立事件. 答案 C4.(2019·长沙月考)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A.必然事件 B.随机事件 C.不可能事件D.无法确定解析 抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件. 答案 B5.(2018·全国Ⅲ卷)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( ) A.0.3B.0.4C.0.6D.0.7解析 某群体中的成员分为只用现金支付、既用现金支付也用非现金支付、不用现金支付，它们彼此是互斥事件，所以不用现金支付的概率为1－(0.15＋0.45)＝0.4. 答案 B6.(2018·咸阳调研)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，乙获胜的概率是13，则乙不输的概率是________.解析 乙不输包含两人下成和棋和乙获胜，且它们是互斥事件，所以乙不输的概率为12＋13＝56. 答案 56考点一 随机事件的关系【例1】 (1)把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人，每个人分得一张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”( ) A.是对立事件B.是不可能事件C.是互斥但不对立事件D.不是互斥事件(2)设条件甲：“事件A 与事件B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P (A )＋P (B )＝1”，则甲是乙的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 (1)显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给丙、丁两人，综上，这两个事件为互斥但不对立事件.(2)若事件A 与事件B 是对立事件，则A +B 为必然事件，再由概率的加法公式得P (A )＋P (B )＝1；投掷一枚硬币3次，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不一定是对立事件，如：事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“出现3次正面”，则P (A )＝78，P (B )＝18，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不是对立事件.答案 (1)C (2)A规律方法 1.准确把握互斥事件与对立事件的概念：(1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；(2)对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.2.判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件. 【训练1】 从1，2，3，4，5这五个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中，是对立事件的是( ) A.①B.②④C.③D.①③解析 从1，2，3，4，5这五个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，两个奇数，两个偶数.其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数构成对立事件.又①②④中的事件可以同时发生，不是对立事件. 答案 C考点二 随机事件的频率与概率【例2】 (2017·全国Ⅲ卷)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：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 (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，由表中数据可知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝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，若最高气温低于20，则Y ＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100； 若最高气温位于区间[20，25)，则Y ＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300； 若最高气温不低于25，则Y ＝450×(6－4)＝900， 所以，利润Y 的所有可能值为－100，300，900.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36＋25＋7＋490＝0.8.因此Y 大于零的概率的估计值为0.8. 规律方法 1.概率与频率的关系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，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.2.随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.提醒概率的定义是求一个事件概率的基本方法.【训练2】如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径.解(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，∴用频率估计相应的概率为p＝44100＝0.44.(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站.由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P (A 2)＝0＋0.1＋0.4＝0.5，∵P (A 1)＞P (A 2)，∴甲应选择L 1.同理，P (B 1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P (B 2)＝0＋0.1＋0.4＋0.4＝0.9，∵P (B 1)＜P (B 2)，∴乙应选择L 2. 考点三 互斥事件与对立事件的概率【例3】 经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：求：(1)至多2人排队等候的概率； (2)(一题多解)至少3人排队等候的概率.解 记“无人排队等候”为事件A ，“1人排队等候”为事件B ，“2人排队等候”为事件C ，“3人排队等候”为事件D ，“4人排队等候”为事件E ，“5人及5人以上排队等候”为事件F ，则事件A ，B ，C ，D ，E ，F 彼此互斥.(1)记“至多2人排队等候”为事件G ，则G ＝A +B +C ， 所以P (G )＝P (A +B +C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一 记“至少3人排队等候”为事件H ， 则H ＝D +E +F ，所以P (H )＝P (D +E +F )＝P (D )＋P (E )＋P (F )＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二 记“至少3人排队等候”为事件H ，则其对立事件为事件G ，所以P (H )＝1－P (G )＝0.44.规律方法 1.求解本题的关键是正确判断各事件之间的关系，以及把所求事件用已知概率的事件表示出来.2.求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率再求和；二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由P (A )＝1－P (A －)求解.当题目涉及“至多”、“至少”型问题，多考虑间接法.【训练3】 (一题多解)一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球.从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率；(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率.解法一(利用互斥事件求概率)记事件A1＝{任取1球为红球}，A2＝{任取1球为黑球}，A3＝{任取1球为白球}，A4＝{任取1球为绿球}，则P(A1)＝512，P(A2)＝412＝13，P(A3)＝212＝16，P(A4)＝112，根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得(1)取出1球是红球或黑球的概率为P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝512＋412＝34.(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝512＋412＋212＝1112.法二(利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1＋A2的对立事件为A3＋A4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A1＋A2)＝1－P(A3＋A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－212－112＝34.(2)因为A1＋A2＋A3的对立事件为A4，所以P(A1＋A2＋A3)＝1－P(A4)＝1－112＝1112.[思维升华]1.对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率f n(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率f n(A)来估计概率P(A).2.对立事件不仅两个事件不能同时发生，而且二者必有一个发生.3.求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算.(2)间接法：先求此事件的对立事件的概率，再用公式P (A )＝1－P (A －)，即运用逆向思维(正难则反). [易错防范]1.易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数.2.正确认识互斥事件与对立事件的关系，对立事件是互斥事件，是互斥事件中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件.3.需准确理解题意，特别留心“至多……”“至少……”“不少于……”等语句的含义.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.下列说法正确的是( )A.甲、乙二人比赛，甲胜的概率为35，则比赛5场，甲胜3场B.某医院治疗一种疾病的治愈率为10%，前9个病人没有治愈，则第10个病人一定治愈C.随机试验的频率与概率相等D.天气预报中，预报明天降水概率为90%，是指降水的可能性是90% 解析 由概率的意义知D 正确. 答案 D2.有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A.互斥但非对立事件 B.对立事件 C.相互独立事件D.以上都不对解析 由于每人一个方向，事件“甲向南”与事件“乙向南”不能同时发生，但能同时不发生，故是互斥事件，但不是对立事件. 答案 A3.设事件A ，B ，已知P (A )＝15，P (B )＝13，P (A +B )＝815，则A ，B 之间的关系一定为( )A.两个任意事件B.互斥事件C.非互斥事件D.对立事件解析 因为P (A )＋P (B )＝15＋13＝815＝P (A +B )，所以A ，B 之间的关系一定为互斥事件.答案 B4.(2019·九江检测)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为( ) A.0.95B.0.97C.0.92D.0.08解析 记“抽检的产品是甲级品”为事件A ，是“乙级品”为事件B ，是“丙级品”为事件C ，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P (A )＝1－P (B )－P (C )＝1－5%－3%＝92%＝0.92.答案 C5.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( ) A.17B.1235C.1735D.1解析 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A +B ，且事件A 与B 互斥. 由于P (A )＝17，P (B )＝1235.所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.答案 C 二、填空题6.传说古时候有一个农夫正在田间干活，忽然发现一只兔子撞死在地头的木桩上，他喜出望外，于是拾起兔子回家了，第二天他就蹲在木桩旁守候，就这样日复一日，年复一年，但再也没有等着被木桩碰死的兔子，原因是_______________________________________________________________________________________. 答案 兔子碰死在木桩上是随机事件，可能不发生7.(2019·济南模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A ＝{抽到一等品}，事件B ＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P (A )＝0.65，P (B )＝0.2，P (C )＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________. 解析 ∵事件A ＝{抽到一等品}，且P (A )＝0.65，∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为p＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.答案0.358.(2019·北京东城区调研)经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下表：则该营业窗口上午9点钟时，至少有2人排队的概率是________.解析由表格知，至少有2人排队的概率p＝0.3＋0.3＋0.1＋0.04＝0.74.答案0.74三、解答题9.黄种人人群中各种血型的人数所占的比例见下表：已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任一种血型的人输血，任何人的血都可以输给AB型血的人，其他不同血型的人不能互相输血.小明是B型血，若他因病需要输血，问：(1)任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？(2)任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？解(1)任找一人，其血型为A，B，AB，O型血分别记为事件A′，B′，C′，D′，它们是互斥的.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B型血的人，故“任找一个人，其血可以输给小明”为事件B′+D′，根据概率加法公式，得P(B′+D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64.(2)由于A，AB型血不能输给B型血的人，故“任找一个人，其血不能输给小明”为事件A′+C′，且P(A′+C′)＝P(A′)＋P(C′)＝0.28＋0.08＝0.36.10.(2016·全国Ⅱ卷)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：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：(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 (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60＋50200＝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30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3. (3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.掷一个骰子的试验，事件A 表示“出现小于5的偶数点”，事件B 表示“出现小于5的点数”，若B －表示B 的对立事件，则一次试验中，事件A +B －发生的概率为( ) A.13B.12C.23D.56解析 掷一个骰子的试验有6种可能结果. 依题意P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，∴P (B －)＝1－P (B )＝1－23＝13.∵B －表示“出现5点或6点”的事件，因此事件A 与B －互斥，从而P (A +B －)＝P (A )＋P (B －)＝13＋13＝23.答案 C12.如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( )A.25B.710C.45D.910解析 设被污损的数字为x ，则x －甲＝15(88＋89＋90＋91＋92)＝90，x －乙＝15(83＋83＋87＋99＋90＋x )，若x －甲＝x －乙，则x ＝8.若x －甲＞x －乙，则x 可以为0，1，2，3，4，5，6，7， 故p ＝810＝45.答案 C13.某城市2018年的空气质量状况如表所示：其中污染指数T ≤50时，空气质量为优；50＜T ≤100时，空气质量为良，100＜T ≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2018年空气质量达到良或优的概率为________. 解析 由题意可知2018年空气质量达到良或优的概率为p ＝110＋16＋13＝35.答案 3514.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y (单位：kg)与它的“相近”作物株数X 之间的关系如表所示：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米. (1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg 的概率.解 (1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：所种作物的平均年收获量为51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝69015＝46.(2)由(1)知，P (Y ＝51)＝215，P (Y ＝48)＝415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg 的概率为P (Y ≥48)＝P (Y ＝51)＋P (Y ＝48)＝215＋415＝25.。

六年级下册数学教案-总复习统计与概率|北师大版一、教学目标本节课主要让学生全面回顾统计与概率这个单元所学习的知识，加深对这一领域的理解，为下一阶段的学习做好铺垫。

1. 知识与技能•回顾概率的基本概念和性质，并能利用概率进行简单的计算。

•回顾统计的基本概念和方法，并能够根据实际情况进行数据的分析与总结。

2. 过程与方法•通过回顾统计与概率的知识，让学生对这一单元的知识有一个全面的认识。

•通过小组合作，让学生在实践中掌握统计与概率的基本方法。

3. 情感态度价值观•培养学生的数据意识，让学生能够主动地在日常生活中进行数据的收集和分析。

•强化学生的合作意识和团队精神，让学生在互动中体验到学习的快乐。

二、教学重难点1. 教学重点•概率的基本性质和计算方法。

•统计的基本方法和技巧。

2. 教学难点•统计与概率的综合应用。

•让学生培养主动收集数据和形成数据分析意识的能力。

三、教学内容及课时安排1. 教学内容•概率的基本概念和性质。

•概率的计算方法。

•统计的基本概念和方法。

•统计与概率的综合应用。

2. 课时安排•第一课时：概率的基本概念和性质（1小时）。

•第二课时：概率的计算方法（1小时）。

•第三课时：统计的基本概念和方法（1小时）。

•第四课时：统计与概率的综合应用（1小时）。

四、教学方法与教学手段1. 教学方法•讲授法。

•实践操作法。

•合作学习法。

2. 教学手段•课件。

•实物模型。

•数学游戏。

•小组合作。

五、教学评价方法1. 随堂测验在教学过程中进行多次随堂测验，检查学生对知识点的掌握情况。

2. 作业评估根据学生的作业完成情况，评估学生对知识点的整体掌握程度。

3. 课堂表现评估根据学生在课堂上的表现和参与情况，评估学生对学习的态度和思维能力。

六、教学安排与重点1. 教学安排•创建轻松愉快的学习氛围。

•讲授概率的基本概念和性质。

•实践演练概率计算。

•讲授统计的基本概念和方法。

•合作完成小组统计任务。

•讲授统计与概率的综合应用。

[考纲传真] １．了解分布的意义与作用，能根据频率分布表画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，体会它们各自的特点.２．理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差.３．能从样本数据中提取基本的数字特征（如平均数、标准差），并做出合理的解释.４．会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征．理解用样本估计总体的思想，会用样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题．１．常用统计图表（１）频率分布表的画法：第一步：求极差，决定组数和组距，组距＝错误!；第二步：分组，通常对组内数值所在区间取左闭右开区间，最后一组取闭区间；第三步：登记频数，计算频率，列出频率分布表．（２）频率分布直方图：反映样本频率分布的直方图．横轴表示样本数据，纵轴表示错误!，每个小矩形的面积表示样本落在该组内的频率．（３）频率分布折线图和总体密度曲线１频率分布折线图：连接频率分布直方图中各小长方形上端的中点，就得到频率分布折线图．２总体密度曲线：随着样本容量的增加，作图时所分的组数增加，组距减小，相应的频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线，统计中称这条光滑曲线为总体密度曲线．（４）茎叶图的画法：第一步：将每个数据分为茎（高位）和叶（低位）两部分；第二步：将各个数据的茎按大小次序排成一列；第三步：将各个数据的叶依次写在其茎的右（左）侧．２．样本的数字特征（１）众数：一组数据中出现次数最多的那个数据，叫做这组数据的众数．（２）中位数：把n个数据按大小顺序排列，处于最中间位置的一个数据（或最中间两个数据的平均数）叫做这组数据的中位数．（３）平均数：把错误!＝错误!称为x１，x２，…，x n这n个数的平均数．（４）标准差与方差：设一组数据x１，x２，x３，…，x n的平均数为错误!，则这组数据的标准差和方差分别是s＝错误!；s２＝错误![（x１—错误!）２＋（x２—错误!）２＋…＋（x n—错误!）２]．错误!１．频率分布直方图中各小矩形的面积之和为１．２．频率分布直方图与众数、中位数与平均数的关系（１）最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数．（２）中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的．（３）平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．３．若数据x１，x２，…，x n的平均数为错误!，方差为s２，则数据mx１＋a，mx２＋a，mx３＋a，…，mx n＋a的平均数是m错误!＋a，方差为m２s２.[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）平均数、众数与中位数从不同的角度描述了一组数据的集中趋势．（２）一组数据的方差越大，说明这组数据越集中. （）（３）频率分布直方图中，小矩形的面积越大，表示样本数据落在该区间的频率越高．（４）茎叶图一般左侧的叶按从大到小的顺序写，右侧的叶按从小到大的顺序写，相同的数据可以只记一次．（）[答案] （１）√（２）×（３）√（４）×２．为评估一种农作物的种植效果，选了n块地作试验田．这n块地的亩产量（单位：kg）分别为x１，x２，…，x n，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是（）Ａ．x１，x２，…，x n的平均数Ｂ．x１，x２，…，x n的标准差Ｃ．x１，x２，…，x n的最大值Ｄ．x１，x２，…，x n的中位数B[标准差反映样本数据的离散波动大小，故选Ｂ．]３．数据１,３,４,8的平均数与方差分别是（）Ａ．２,２．５Ｂ．２,１0．５Ｃ．４,２Ｄ．４,6．５D[平均数为错误!＝４，方差为错误!＝6．５．]４．某学生在一门功课的２２次考试中，所得分数茎叶图如图所示，则此学生该门功课考试分数的极差与中位数之和为（）Ａ．１１7 Ｂ．１１8Ｃ．１１8．５Ｄ．１１9．５B[２２次考试中，所得分数最高的为98，最低的为５6，所以极差为98—５6＝４２，将分数从小到大排列，中间两数为76,76，所以中位数为76，所以此学生该门功课考试分数的极差与中位数之和为４２＋76＝１１8．]５．（教材改编）某校为了了解教科研工作开展状况与教师年龄之间的关系，将该校不小于３５岁的80名教师按年龄分组，分组区间为[３５,４0），[４0,４５），[４５,５0），[５0,５５），[５５,60]，由此得到频率分布直方图如图，则这80名教师中年龄小于４５岁的有________人．４8 [由频率分布直方图可知４５岁以下的教师的频率为５×（0．0４0＋0．080）＝0．6，所以共有80×0．6＝４8（人）. ]样本的数字特征的计算与应用１．在某次测量中，得到的A样本数据为8１,8２,8２,8４,8４,8５,86,86,86，若B样本数据恰好是A样本数据分别加２后所得的数据，则A，B两个样本的下列数字特征对应相同的是（）Ａ．众数Ｂ．平均数Ｃ．标准差Ｄ．中位数C[由题意可得A，B两组数据的众数分别是86和88，排除A；B组数据的平均数比A组数据的平均数大２，排除B；B组数据的中位数比A组数据的中位数大２，排除D；A，B两组数据的标准差相同，C正确，故选Ｃ．]２．甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶５次，两人成绩的条形统计图如图所示，则（）甲乙Ａ．甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数Ｂ．甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数Ｃ．甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差Ｄ．甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差C[根据条形统计图可知甲的中靶情况为４环、５环、6环、7环、8环；乙的中靶情况为５环、５环、５环、6环、9环.错误!甲＝错误!（４＋５＋6＋7＋8）＝6，错误!乙＝错误!（５×３＋6＋9）＝6，甲的成绩的方差为错误!＝２，乙的成绩的方差为错误!＝２．４；甲的成绩的极差为４环，乙的成绩的极差为４环；甲的成绩的中位数为6环，乙的成绩的中位数为５环，综上可知C正确，故选Ｃ．]３．某人５次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y,１0,１１,9．已知这组数据的平均数为１0，方差为２，则|x—y|的值为（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４D[由题意可知错误!∴错误!∴（x＋y）２＝x２＋y２＋２xy，即２08＋２xy＝４00，∴xy＝96．∴（x—y）２＝x２＋y２—２xy＝１6，∴|x—y|＝４，故选Ｄ．][规律方法] 众数、中位数、平均数、方差的意义及常用结论（１）平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体的一种简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意义，平均数、中位数、众数描述其集中趋势，方差和标准差描述波动大小．（２）方差的简化计算公式：s２＝错误![（x错误!＋x错误!＋…＋x错误!）—n错误!２]，或写成s２＝错误!（x错误!＋x错误!＋…＋x错误!）—错误!２，即方差等于原数据平方的平均数减去平均数的平方．【例１】某良种培育基地正在培育一小麦新品种A，将其与原有的一个优良品种B进行对照试验，两种小麦各种植了２５亩，所得亩产量的数据（单位：千克）如下：品种A：３５7,３５9,３67,３68,３7５,３88,３9２,３99,４00,４0５,４１２,４１４,４１５,４２１,４２３,４２３,４２7,４３0,４３0,４３４,４４３,４４５,４４５,４５１,４５４．品种B：３6３,３7１,３7４,３8３,３8５,３86,３9１,３9２,３9４,３9４,３9５,３97,３97,４00,４0１,４0１,４0３,４06,４07,４１0,４１２,４１５,４１6,４２２,４３0（１）作出品种A与B亩产量数据的茎叶图；（２）用茎叶图处理现有的数据，有什么优点？（３）通过观察茎叶图，对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论．[解] （１）画出茎叶图如图所示．（２）由于每个品种的数据都只有２５个，样本容量不大，画茎叶图很方便；此时茎叶图不仅清晰明了地展示了数据的分布情况，便于比较，没有任何信息损失，而且可以随时记录新的数据．（３）通过观察茎叶图可以看出：１品种A的亩产量的平均数（或均值）比品种B高；２品种A的亩产量的标准差（或方差）比品种B大，故品种A的亩产量的稳定性较差．[规律方法] 茎叶图中的两个关注点（１）重复出现的数据要重复记录，不能遗漏．（２）给定两组数据的茎叶图，估计数字特征，茎上的数字由小到大排列，一般“重心”下移者平均数较大，数据集中者方差较小．易错警示：茎叶图中数字大小排列不一定从小到大排列，一定要看清楚．气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级，0～５0为优；５１～１00为良；１0１～１５0为轻度污染；１５１～２00为中度污染；２0１～３00为重度污染；大于３00为严重污染．从某地一环保人士某年的AQI记录数据中，随机抽取１0个，用茎叶图记录如图．根据该统计数据，估计此地该年AQI大于１00的天数约为________．（该年为３6５天）（２）如图所示的茎叶图是甲、乙两位选手在某次比赛中的比赛得分，则下列说法正确的是（）Ａ．甲的平均数大于乙的平均数Ｂ．甲的中位数大于乙的中位数Ｃ．甲的方差大于乙的方差Ｄ．甲的平均数等于乙的中位数（１）１４6 （２）C[（１）该样本中AQI大于１00的频数是４，频率为错误!，由此估计该地全年AQI大于１00的频率为错误!，估计此地该年AQI大于１00的天数约为３6５×错误!＝１４6．（２）由茎叶图可知，错误!甲＝错误!×（５9＋４５＋３２＋３8＋２４＋２6＋１１＋１２＋１４）＝２9，错误!乙＝错误!×（５１＋４３＋３0＋３４＋２0＋２５＋２7＋２8＋１２）＝３0，s错误!＝错误!×（３0２＋１6２＋３２＋9２＋５２＋３２＋１8２＋１7２＋１５２）≈２３５．３，s错误!＝错误!×（２１２＋１３２＋0２＋４２＋１0２＋５２＋３２＋２２＋１8２）≈１２0．9，甲的中位数为２6，乙的中位数为２8．所以甲的方差大于乙的方差．故选Ｃ．]频率分布直方图【例２】某城市１00户居民的月平均用电量（单位：千瓦时），以[１60,１80），[１80,２00），[２00,２２0），[２２0,２４0），[２４0,２60），[２60,２80），[２80,３00]分组的频率分布直方图如图．（１）求直方图中x的值．（２）求月平均用电量的众数和中位数．（３）在月平均用电量为[２２0,２４0），[２４0,２60），[２60,２80），[２80,３00]的四组用户中，用分层抽样的方法抽取１１户居民，则月平均用电量在[２２0,２４0]的用户中应抽取多少户？[解] （１）（0．00２＋0．009 ５＋0．0１１＋0．0１２５＋x＋0．00５＋0．00２５）×２0＝１，解得x＝0．007 ５．即直方图中x的值为0．007 ５．（２）月平均用电量的众数是错误!＝２３0．∵（0．00２＋0．009 ５＋0．0１１）×２0＝0．４５＜0．５，（0．00２＋0．009 ５＋0．0１１＋0．0１２５）×２0＝0．7＞0．５，∴月平均用电量的中位数在[２２0,２４0）内．设中位数为a，则0．４５＋0．0１２５×（a—２２0）＝0．５，解得a＝２２４，即中位数为２２４．（３）月平均用电量在[２２0,２４0]的用户有0．0１２５×２0×１00＝２５（户）．同理可得月平均用电量在[２４0,２60）的用户有１５户，月平均用电量在[２60,２80）的用户有１0户，月平均用电量在[２80,３00]的用户有５户，故抽取比例为错误!＝错误!.∴月平均用电量在[２２0,２４0）的用户中应抽取２５×错误!＝５（户）．[规律方法] 频率、频数、样本容量的计算方法（１）错误!×组距＝频率．（２）错误!＝频率，错误!＝样本容量，样本容量×频率＝频数．从某企业生产的某种产品中抽取１00件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表：质量指标值分组[7５,8５）[8５,9５）[9５,１0５）[１0５,１１５）[１１５,１２５]频数6２6３8２２8（２）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（３）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于9５的产品至少要占全部产品的80%”的规定？[解] （１）如图所示：（２）质量指标值的样本平均数为错误!＝80×0．06＋90×0．２6＋１00×0．３8＋１１0×0．２２＋１２0×0．08＝１00．质量指标值的样本方差为s２＝（—２0）２×0．06＋（—１0）２×0．２6＋0×0．３8＋１0２×0．２２＋２0２×0．08＝１0４．所以这种产品质量指标值的平均数的估计值为１00，方差的估计值为１0４．（３）质量指标值不低于9５的产品所占比例的估计值为0．３8＋0．２２＋0．08＝0．68．由于该估计值小于0．8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于9５的产品至少要占全部产品的80%”的规定．１．（２0１7·全国卷Ⅲ）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了１月至１２月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是（）Ａ．月接待游客量逐月增加Ｂ．年接待游客量逐年增加Ｃ．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月Ｄ．各年１月至6月的月接待游客量相对于7月至１２月，波动性更小，变化比较平稳A[对于选项A，由图易知月接待游客量每年7,8月份明显高于１２月份，故A错；对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确；对于选项C，D，由图可知显然正确．故选Ａ．２．（２0１8·全国卷Ⅰ）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（）Ａ．新农村建设后，种植收入减少Ｂ．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上Ｃ．新农村建设后，养殖收入增加了一倍Ｄ．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半A[设新农村建设前经济收入的总量为x，则新农村建设后经济收入的总量为２x.建设前种植收入为0．6x，建设后种植收入为0．7４x，故A不正确；建设前其他收入为0．0４x，建设后其他收入为0．１x，故B正确；建设前养殖收入为0．３x，建设后养殖收入为0．6x，故C正确；建设后养殖收入与第三产业收入的总和占建设后经济收入总量的５8%，故D正确．]。

课时59 几何概型班级： 姓名：一、高考考纲要求1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；2.了解几何概型的意义. 二、高考考点回顾1.定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．2.特点：①无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个； ②等可能性：每个结果的发生具有等可能性．3.求解公式：P (A )＝构成事件A 的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.思考：已知区间[5,5]M =-.事件A ：在M 内任取一个整数x ，使得21x <；事件B ：在M 内任取一个实数x ，使得21x <.请问，事件A 与事件B 有何区别？4.几何概型的类型：（1）与长度、角度相关； （2）与面积相关； （3）与体积相关.三、课前检测1. 在区间[20,80]内随机取一实数a ，则实数a 属于区间[50,75]的概率是( )．A.14 B.34 C.512 D.7122.一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，当某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )．A.15 B.25 C. 35 D. 453.在1 L 高产小麦种子中混入了一粒带麦锈病的种子，从中随机取出10 mL ，则含有麦锈病种子的概率是 ( )A ．1B ．0.1C ．0.01D ．0.0014.如图，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 ( )． A.14B.13C.12 D.23课时 59 几何概型 (课内探究案)班级： 姓名：考点一：与长度、角度等相关的几何概型【典例1】(1)已知一只蚂蚁在边长分别为5,12,13的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于1的地方的概率为________． (2)如图，四边形ABCD 为矩形，3,1AB BC ==，以A 为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE ，在DAB ∠内任作射线AP ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________．【变式1】（1）有一根长为1米的细绳子，随机从中间将细绳剪断，则使两截的长度都大于18米的概率为________． （2）如图，在ABC ∆中，60B ∠=o ，45C ∠=o，高3AD =，在BAC ∠内作射线AM 交BC 于点M ，则1BM <的概率是________．考点二：与面积、体积相关的几何概型【典例2】（1）花园小区内有一块三边长分别是5m 、5m 、6m 的三角形绿化地，有一只小花猫在其内部玩耍，若不考虑猫的大小，则在任意指定的某时刻，小花猫与三角形三个顶点的距离均超过2m 的概率是________． (2)在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体1111ABCD A B C D -内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．【变式2】 （1）如图，在半径为R 的圆内随机撒一粒黄豆，它落在圆的内接正三角形(阴影部分)内的概率是 ( )． A.3B.33C. 3D.33（2）一只小蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为________．考点三：几何概型的综合应用【典例3】（1）在区间[1,1]-上随机取一个数k ，使直线(2)y k x =+与圆221x y +=相交的概率为( ) A.12B.13C.3 D.3 （2）如图所示，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为23，则阴影区域的面积为________．【变式3】（1）如图的矩形长为5，宽为2，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在阴影部分的黄豆数为138颗，由此我们可以估计出阴影部分的面积约为( ) A.165B.215C.235D.195（2）在不等式组2403000x y x y x y +-≤⎧⎪+-≤⎪⎨≥⎪⎪≥⎩所表示的平面区域内，点(,)x y 落在[1,2]x ∈区域内的概率是________．【当堂检测】班级： 姓名：1. 将一根长10 cm 的铁丝用剪刀剪成两段，然后再将每一段剪成等长的两段，并用这四段铁丝围成一个矩形，则围成的矩形面积大于6 cm 2的概率等于( )A.15 B. 25 C. 35 D. 452. 分别以正方形ABCD 的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )． A.42π- B.22π-C.44π-D.24π-3. 在区间(0,1)上任取两个数，则两个数之和小于65的概率是( ) A.1225 B. 1825 C. 1625 D. 17254. 利用计算机产生1~0之间的均匀随机数a ,则事件“013<-a ”发生的概率为_______ 5．在区间[2,4]-上随机地取一个数x ，若x 满足||x m ≤的概率为56，则m =__________.课后巩固案班级： 姓名： 完成时间：30分钟1．设不等式组0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )． A.4π B.22π- C.6π D.44π-2.已知集合{}2|230A x x x =--<，1|13x B x y g x -⎧⎫==⎨⎬+⎩⎭，在区间()3,3-上任取一实数x ，则“x A B ∈I ”的概率为( )A.41 B.81 C.31 D.121 3.在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ,现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于232cm 的概率为( )．A.16B.13C.23D.454.在区间[,]22ππ-上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0至12之间的概率为________． 5.小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于12，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于14，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为________．1.设事件A 表示“关于x 的方程2220x ax b ++=有实数根”． （1）若a ，{1,2,3}b ∈，求事件A 发生的概率()P A ； （2）若a ，[1,3]b ∈，求事件A 发生的概率()P A ．2.已知关于x 的一元二次方程222(2)160.x a x b ---+=（1）若,a b 是一枚骰子掷两次所得到的点数，求方程有两正根的概率； （2）若[2,6],[0,4]a b ∈∈，求方程没有实根的概率.参考答案 课前检测 1.C 2.B 3.C 4.C【典例1】（1）45；（2）13.【变式1】（1）34；（2）25.【典例2】（1）16π-；（2）112π-.【变式2】（1）D ；（2）127.【典例3】（1）C ；（2）83【变式3】（1）C ；（2）27.【当堂检测】 1.A 2.B 3.D 4.135.31.D2.C3.C4.1 35.13161.(1)23；（2）12.2.（1）19；（2）4.。

１．“二项分布”与“超几何分布”的区别有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．２．两个概率公式（１）在事件B发生的条件下A发生的概率为P（A|B）＝错误!.注意其与P（B|A）的不同．（２）若事件A１，A２，…，A n相互独立，则P（A１A２…A n）＝P（A１）P（A２）…P（A n）．３．二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：（１）每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；（２）每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为１—p；（３）各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P（X＝k）＝C错误!p k（１—p）n—k（k＝0，１，２，…，n）．若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B（n，p）．常用结论二、教材衍化１．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0．２，乙地降雨概率是0．３．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A错误!＋错误!B，所以P（A错误!＋错误!B）＝P（A错误!）＋P（错误!B）＝P（A）P（错误!）＋P（错误!）P（B）＝0．２×0．7＋0．8×0．３＝0．３8．答案：0．３8２．已知盒中装有３个红球、２个白球、５个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，则P（AB）＝错误!×错误!，P（A）＝错误!，所以P（B|A）＝错误!＝错误!.答案：错误!一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）条件概率一定不等于它的非条件概率．（）（２）相互独立事件就是互斥事件．（）（３）对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立．（）（４）二项分布是一个概率分布，其公式相当于（a＋b）n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝１—p.（）（５）P（B|A）表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P（AB）表示事件A，B同时发生的概率．（）答案：（１）×（２）×（３）×（４）×（５）√二、易错纠偏错误!错误!（１）条件概率公式套用错误；（２）相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；（３）独立重复试验公式应用错误．１．由0，１组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P（A|B）＝________．解析：因为第一位数字可为0或１，所以第一位数字为0的概率P（B）＝错误!，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P（AB）＝错误!×错误!＝错误!，所以P（A|B）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!２．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为错误!，错误!，在操作考试中“合格”的概率依次为错误!，错误!，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．解析：甲获得“合格证书”的概率为错误!×错误!＝错误!，乙获得“合格证书”的概率是错误!×错误!＝错误!，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.答案：错误!３．设随机变量X～B错误!，则P（X＝３）＝________．解析：因为X～B错误!，所以P（X＝３）＝C错误!错误!错误!×错误!错误!＝错误!.答案：错误!条件概率（典例迁移）（１）（一题多解）现有３道理科题和２道文科题共５道题，若不放回地依次抽取２道题，则在第１次抽到理科题的条件下，第２次抽到理科题的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）从１，２，３，４，５中任取２个不同的数，事件A＝“取到的２个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的２个数均为偶数”，则P（B|A）＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】（１）法一：设第１次抽到理科题为事件A，第２次抽到理科题为事件B，P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.故选Ｃ．法二：在第１次抽到理科题的条件下，还有２道理科题和２道文科题，故在第１次抽到理科题的条件下，第２次抽到理科题的概率为错误!.故选Ｃ．（２）P（A）＝错误!＝错误!＝错误!，P（AB）＝错误!＝错误!，由条件概率公式，得P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.【答案】（１）C （２）B【迁移探究】（变条件）将本例（２）中的“和”改为“积”，求P（B|A）．解：事件A：“取到的２个数之积为偶数”所包含的基本事件有：（１，２），（３，２），（４，２），（５，２），（４，１），（４，３），（４，５），所以P（A）＝错误!.事件B：“取到的２个数均为偶数”所包含的基本事件有（２，４），所以P（AB）＝错误!，所以P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.错误!条件概率的两种求解方法１．（２0２0·珠海模拟）夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到１５厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0．１５，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0．0５，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为________．解析：设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P（A）＝0．１５，P（AB）＝0．0５，所以P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!２．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P（A|B）＝________，P（B|A）＝________．解析：P（A|B）的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6—５×５×５＝9１种情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有C错误!×５×４＝60种情况，所以P（A|B）＝错误!.P （B|A）的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×５×４＝１２0种情况，所以P（B|A）＝错误!.答案：错误!错误!相互独立事件的概率（师生共研）（２0２0·福州四校联考）某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期１00位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车１辆所获得的利润分别是１万元、２万元、３万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这１00位客户所采用的分期付款方式的频率估计１位客户采用相应分期付款方式的概率．（１）求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；（２）记X（单位：万元）为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与数学期望．【解】（１）设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，P（A）＝错误!＝0．３５，P（B）＝错误!＝0．４５，P（C）＝错误!＝0．２，所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝１—[P（A）·P（A）＋P（B）·P（B）＋P（C）·P （C）]＝0．6３５．（２）由题意知，X的所有可能取值为２，３，４，５，6，P（X＝２）＝P（A）P（A）＝0．３５×0．３５＝0．１２２５，P（X＝３）＝P（A）P（B）＋P（B）P（A）＝0．３５×0．４５＋0．４５×0．３５＝0．３１５，P（X＝４）＝P（A）P（C）＋P（B）P（B）＋P（C）P（A）＝0．３５×0．２＋0．４５×0．４５＋0．２×0．３５＝0．３４２５，P（X＝５）＝P（B）P（C）＋P（C）P（B）＝0．４５×0．２＋0．２×0．４５＝0．１8，P（X＝6）＝P（C）P（C）＝0．２×0．２＝0．0４．所以X的分布列为X２３４５6P0．１２２５0．３１５0．３４２５0．１80．0４EX＝0．１２２．0４×6＝３．7．错误!利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路（１）将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．（２）将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知（易求）概率的相互独立事件的积事件．（３）代入概率的积、和公式求解．１．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）１１分制乒乓球比赛，每赢一球得１分，当某局打成１0∶１0平后，每球交换发球权，先多得２分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0．５，乙发球时甲得分的概率为0．４，各球的结果相互独立．在某局双方１0∶１0平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．（１）求P（X＝２）；（２）求事件“X＝４且甲获胜”的概率．解：（１）X＝２就是１0∶１0平后，两人又打了２个球该局比赛结束，则这２个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P（X＝２）＝0．５×0．４＋（１—0．５）×（１—0．４）＝0．５．（２）X＝４且甲获胜，就是１0∶１0平后，两人又打了４个球该局比赛结束，且这４个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得１分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0．５×（１—0．４）＋（１—0．５）×0．４]×0．５×0．４＝0．１．２．为迎接２0２２年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过１小时免费，超过１小时的部分每小时收费标准为４0元（不足１小时的部分按１小时计算）．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过１小时离开的概率分别为错误!，错误!；１小时以上且不超过２小时离开的概率分别为错误!，错误!；两人滑雪时间都不会超过３小时．（１）求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；（２）设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．解：（１）两人所付费用相同，相同的费用可能为0，４0，80元，两人都付0元的概率为P１＝错误!×错误!＝错误!，两人都付４0元的概率为P２＝错误!×错误!＝错误!，两人都付80元的概率为P３＝错误!×错误!＝错误!×错误!＝错误!，则两人所付费用相同的概率为P＝P１＋P２＋P３＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!.（２）设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，４0，80，１２0，１60，则：P（ξ＝0）＝错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝４0）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝80）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１２0）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１60）＝错误!×错误!＝错误!.ξ的分布列为ξ0４080１２0１60P错误!错误!错误!错误!错误!独立重复试验与二项分布（师生共研）某工厂的某种产品成箱包装，每箱２00件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取２0件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p（0＜p＜１），且各件产品是否为不合格品相互独立．（１）记２0件产品中恰有２件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值点p0；（２）现对一箱产品检验了２0件，结果恰有２件不合格品，以（１）中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为２元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付２５元的赔偿费用．１若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；２以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【解】（１）２0件产品中恰有２件不合格品的概率为f（p）＝C错误!p２（１—p）１8.因此f′（p）＝C错误![２p（１—p）１8—１8p２（１—p）１7]＝２C错误!p（１—p）１7（１—１0p）．令f′（p）＝0，得p＝0．１．当p∈（0，0．１）时，f′（p）>0；当p∈（0．１，１）时，f′（p）<0．所以f（p）的最大值点为p0＝0．１．（２）由（１）知，p＝0．１．１令Y表示余下的１80件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B（１80，0．１），X＝２0×２＋２５Y，即X＝４0＋２５Y.所以EX＝E（４0＋２５Y）＝４0＋２５EY＝４90．２如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为４00元．由于EX>４00，故应该对余下的产品作检验．错误!（１）独立重复试验的特点１每次试验中，事件发生的概率是相同的；２每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．（２）判断随机变量X服从二项分布的条件（X～B（n，p））１X的取值为0，１，２，…，n；２P（X＝k）＝C错误!p k（１—p）n—k（k＝0，１，２，…，n，p为试验成功的概率）．[提醒] 在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．１．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现音乐，要么不出现音乐．设每次击鼓出现音乐的概率为错误!，且各次击鼓出现音乐相互独立．设每盘游戏出现音乐的次数为X，则P（X≥１）＝________．玩三盘游戏，则恰有两盘出现音乐的概率是________．解析：由题意X～B错误!，所以P（X≥１）＝１—P（X＝0）＝１—C错误!错误!错误!＝错误!，或P（X≥１）＝P（X＝１）＋P（X＝２）＋P（X＝３）＝C错误!错误!错误!错误!＋C错误!错误!错误!错误!＋C错误!错误!错误!＝错误!，故每盘游戏出现音乐的概率为错误!，所以玩三盘游戏，恰有两盘出现音乐的概率P＝C错误!错误!错误!×错误!＝错误!.答案：错误!错误!２．（２0２0·合肥模拟）师大附中学生会组织部分同学，用“１0分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取１6名，如图所示的茎叶图（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶）记录了他们的幸福度分数．（１）若幸福度不低于9．５分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这１6人中随机选取３人，至多有１人的幸福度是“极幸福”的概率；（２）以这１6人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区（人数很多）任选３人，记ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．解：（１）设事件A i（i＝0，１，２，３）表示所取３人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有１人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P（A）＝P（A0）＋P（A１）＝错误!＋错误!＝错误!.（２）ξ的可能取值为0，１，２，３，由样本估计总体得任选１人，其幸福度为“极幸福”的概率为错误!＝错误!，则P（ξ＝0）＝错误!错误!＝错误!；P（ξ＝１）＝C错误!×错误!×错误!错误!＝错误!；P（ξ＝２）＝C错误!×错误!错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝３）＝错误!错误!＝错误!.所以ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误!所以E（ξ）＝0×二项分布与超几何分布的辨别方法写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？（１）X１表示n次重复抛掷１枚骰子出现点数是３的倍数的次数；（２）X２表示连续抛掷２枚骰子，所得的２枚骰子的点数之和；（３）有一批产品共有N件，其中次品有M件（N＞M＞0），采用有放回抽取方法抽取n次（n＞N），抽出的次品件数为X３；（４）有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X ４（N＞M>n>0）．【解】（１）X１的分布列为X１0１２…nPC错误!错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!…C错误!错误!错误!１１（２）X２的分布列为X２２３４５6789１0１１１２P错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!２（３）X３的分布列为X ３0１２…nP错误!错误!C错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!…错误!错误!３３（４）X４的分布列为X４0１…k…nP错误!错误!…错误!…错误!４错误!综上，（１）（３）服从二项分布，（４）服从超几何分布，（２）既不服从二项分布也不服从超几何分布．超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立．当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布．某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动．公园甲乙丙丁获得签名人数４５60３0１５0个关于长征的问题中随机抽取４个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．（１）求此活动中各公园幸运之星的人数；（２）若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为错误!，求乙公园中恰好２位幸运之星获得纪念品的概率；（３）若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外２个问题答不对，记小李答对的问题数为X，求X的分布列．解：（１）甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为错误!×１0＝３，错误!×１0＝４，错误!×１0＝２，错误!×１0＝１．（２）根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为C错误!错误!错误!＝错误!，所以乙公园中恰好２位幸运之星获得纪念品的概率为C错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!.（３）由题意，知X的所有可能取值２，３，４，服从超几何分布，P（X＝２）＝错误!＝错误!，P（X＝３）＝错误!＝错误!，P（X＝４）＝错误!＝错误!.所以X的分布列为X２３４P错误!错误!错误![基础题组练]１．（２0２0·马鞍山一模）已知一种元件的使用寿命超过１年的概率为0．8，超过２年的概率为0．6，若一个这种元件使用到１年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过２年的概率为（）Ａ．0．7５Ｂ．0．6C．0．５２Ｄ．0．４8解析：选Ａ．设一个这种元件使用到１年时还未损坏为事件A，使用到２年时还未损坏为事件B，则由题意知P（AB）＝0．6，P（A）＝0．8，则这个元件使用寿命超过２年的概率为P（B|A）＝错误!＝错误!＝0．7５，故选Ａ．２．设每个工作日甲、乙、丙、丁４人需使用某种设备的概率分别为0．6，0．５，0．５，0．４，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少３人需使用设备的概率为（）Ａ．0．２５Ｂ．0．３0Ｃ．0．３１Ｄ．0．３５解析：选Ｃ．设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P（A）＝0．6，P（B）＝P（C）＝0．５，P（D）＝0．４，恰好３人使用设备的概率P１＝P（错误!BCD＋A错误!CD＋AB错误!D＋ABC错误!）＝（１—0．6）×0．５×0．５×0．４＋0．6×（１—0．５）×0．５×0．４＋0．6×0．５×（１—0．５）×0．４＋0．6×0．５×0．５×（１—0．４）＝0．２５，４人使用设备的概率P２＝0．6×0．５×0．５×0．４＝0．06，故所求概率P＝0．２５＋0．06＝0．３１．３．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的２00个机械元件情况如下：0天以上的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．由表可知元件使用寿命在３0天以上的概率为错误!＝错误!，则所求概率为C错误!错误!错误!×错误!＋错误!错误!＝错误!.４．（２0２0·河南中原名校联盟一模）市场调查发现，大约错误!的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为错误!，而实体店里的家用小电器的合格率约为错误!.现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．因为大约错误!的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为错误!，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为错误!×错误!＝错误!，又实体店里的家用小电器的合格率约为错误!，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为错误!×错误!＝错误!，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝错误!＝错误!.５．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的１0位成员中使用移动支付的人数，DX＝２．４，P（X＝４）＜P（X＝6），则p＝（）Ａ．0．7 Ｂ．0．6Ｃ．0．４Ｄ．0．３解析：选Ｂ．由题意知，该群体的１0位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝１0p·（１—p）＝２．４，所以p＝0．6或p＝0．４．由P（X＝４）＜P（X＝6），得C错误!p４（１—p）6＜C错误!p6（１—p）４，即（１—p）２＜p２，所以p＞0．５，所以p＝0．6．6．投篮测试中，每人投３次，至少投中２次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0．6，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．解析：该同学通过测试的概率P＝C错误!×0．6２×0．４＋0．6３＝0．４３２＋0．２１6＝0．6４8．答案：0．6４87．小赵、小钱、小孙、小李到４个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“４个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）＝________．解析：小赵独自去一个景点共有４×３×３×３＝１08种情况，即n（B）＝１08，４个人去的景点不同的情况有A错误!＝４×３×２×１＝２４种，即n（AB）＝２４，所以P（A|B）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!8．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的５个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0．8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了４个问题就晋级下一轮的概率为________，该选手回答了５个问题结束的概率为________．解析：依题意，该选手第２个问题回答错误，第３，４个问题均回答正确，第１个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝0．8×0．２×0．8２＋0．２×0．２×0．8２＝１×0．２×0．8２＝0．１２8．依题意，设答对的事件为A，可分第３个正确与错误两类，若第３个正确则有A错误!A错误!或错误!错误!A错误!两类情况，其概率为：0．8×0．２×0．8×0．２＋0．２×0．２×0．8×0．２＝0．0２５6＋0．006 ４＝0．0３２0．该选手第３个问题的回答是错误的，第１，２两个问题回答均错误或有且只有１个错误，则所求概率P＝0．２３＋２×0．２×0．8×0．２＝0．008＋0．06４＝0．07２．所以，所求概率为0．0３２0＋0．07２＝0．１0４．答案：0．１２8 0．１0４9．（２0２0·湖南两市联考）某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．一个运动员出线记１分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为错误!，错误!，错误!，他们出线与未出线是相互独立的．（１）求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；（２）记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员所得分数之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ．解：（１）记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则P（D）＝１—P（错误!错误!错误!）＝１—错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）ξ的所有可能取值为0，１，２，３．P（ξ＝0）＝P（错误!错误!错误!）＝错误!；P（ξ＝１）＝P（A错误!错误!）＋P（错误!B错误!）＋P（错误!错误!C）＝错误!；P（ξ＝２）＝P（AB错误!）＋P（A错误!C）＋P（错误!BC）＝错误!；P（ξ＝３）＝P（ABC）＝错误!.所以ξ的分布列为故Eξ＝0×错误!＋１×错误!＋２×错误!＋３×错误!＝错误!.１0．（２0２0·河北“五个一名校联盟”模拟）空气质量指数（Air Quality Index，简称AQI）是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～５0为优；５１～１00为良；１0１～１５0为轻度污染；１５１～２00为中度污染；２0１～３00为重度污染；３00以上为严重污染．一环保人士记录去年某地六月１0天的AQI的茎叶图如图．（１）利用该样本估计该地六月空气质量为优良（AQI≤１00）的天数；（２）将频率视为概率，从六月中随机抽取３天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列．解：（１）从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为２，空气质量为良的天数为４，所以该样本中空气质量为优良的频率为错误!＝错误!，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为３0×错误!＝１8．（２）由（１）估计某天空气质量为优良的概率为错误!，ξ的所有可能取值为0，１，２，３，且ξ～B错误!.所以P（ξ＝0）＝错误!错误!＝错误!，P（ξ＝１）＝C错误!错误!错误!错误!＝错误!，P（ξ＝２）＝C错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!，P（ξ＝３）＝错误!错误!＝错误!.ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误!１．（２0２0·南昌模拟）为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是３0项基础设施类工程、２0项民生类工程和１0项产业建设类工程．现有３名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这３名民工选择的项目所属类别互异的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i，B i，C i，i＝１，２，３．由题意，事件A i，B i，C i（i＝１，２，３）相互独立，则P（A i）＝错误!＝错误!，P（B i）＝错误!＝错误!，P（C i）＝错误!＝错误!，i＝１，２，３，故这３名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝A错误!P（A i B i C i）＝6×错误!×错误!×错误!＝错误!.２．箱子里有５个黑球，４个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第４次取球之后停止的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!错误!×错误!Ｃ．错误!×错误!Ｄ．C错误!×错误!错误!×错误!解析：选Ｂ．由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为错误!错误!×错误!.３．甲罐中有５个红球，２个白球和３个黑球，乙罐中有４个红球，３个白球和３个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A１，A２和A３表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________．（写出所有正确结论的序号）１P（B）＝错误!；２P（B|A１）＝错误!；３事件B与事件A１相互独立；４A１，A２，A３是两两互斥的事件；５P（B）的值不能确定，它与A１，A２，A３中哪一个发生都有关．解析：由题意知A１，A２，A３是两两互斥的事件，P（A１）＝错误!＝错误!，P（A２）＝错误!＝错误!，P（A３）＝错误!，P（B|A１）＝错误!＝错误!，P（B|A２）＝错误!，P（B|A３）＝错误!，而P（B）＝P（A１B）＋P（A２B）＋P（A３B）＝P（A１）P（B|A１）＋P（A２）P（B|A２）＋P（A３）P（B|A３）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.故正确的为２４．答案：２４４．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳２米高度成功的概率分别是0．7，0．6，且每次试跳成功与否之间没有影响．（１）甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________；（２）若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．解析：（１）记“甲在第i次试跳成功”为事件A i，“乙在第i次试跳成功”为事件B i，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件Ｃ．法一：P（C）＝P（A１错误!１）＋P（错误!１B１）＋P（A１B１）＝P（A１）P（错误!１）＋P（错误!１）P（B１）＋P（A１）P（B１）＝0．7×0．４＋0．３×0．6＋0．7×0．6＝0．88．法二：由对立事件的概率计算公式得P（C）＝１—P（错误!１错误!１）＝１—P（错误!１）P（错误!）＝１—0．３×0．４＝0．88．１（２）设“甲在两次试跳中成功i次”为事件M i，“乙在两次试跳中成功i次”为事件N i，所以所求概率P＝P（M１N0）＋P（M２N１）＝P（M１）P（N0）＋P（M２）P（N１）＝C错误!×0．7×0．３×0．４２＋0．7２×C错误!×0．6×0．４＝0．３0２４．答案：（１）0．88 （２）0．３0２４５．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是错误!和错误!.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．（１）求甲射击４次，至少有１次未击中目标的概率；（２）求两人各射击４次，甲恰好击中目标２次且乙恰好击中目标３次的概率；（３）假设每人连续２次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击５次后，被终止射击的概率是多少？。

规范答题系列4 高考中的概率与统计问题[命题解读] 从近五年全国卷高考试题来看,在高考的解答题中,对概率与随机变量及其分布相结合的综合问题的考查既是热点又是重点,是高考必考的内容,并且常常与统计相结合,常常设计成包含概率计算、概率分布表、随机变量的数学期望与方差、统计图表的识别等知识为主的综合题．以考生比较熟悉的实际应用问题为载体,考查学生应用基础知识和基本方法分析问题和解决问题的能力．[典例示范] (本题满分12分)(2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题,约定：对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列①；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i(i＝0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i 时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0＝0,p8＝1,p i＝ap i－1＋bp i＋cp i＋1(i＝1,2,…,7),其中a＝P(X＝－1),b＝P(X＝0),c＝P(X＝1)．假设α＝0.5,β＝0.8.(i)证明：{p i＋1－p i}(i＝0,1,2,…,7)为等比数列②；(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．[信息提取] (1)看到①,想到概率模型及概率的求法；(2)看到②,想到递推关系的变形；看到求特定项,想到求通项公式．[规范解答] (1)X的所有可能取值为－1,0,1.P(X＝－1)＝(1－α)β,P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β),P(X＝1)＝α(1－β), 3分所以X的分布列为4分(2)①由(1)得a＝0.4,b＝0.5,c＝0.1.因此p i＝0.4p i－1＋0.5p i＋0.1p i＋1,故0.1()p i ＋1－p i ＝0.4()p i －p i －1, 即p i ＋1－p i ＝4()p i －p i －1.6分又因为p 1－p 0＝p 1≠0,所以{}p i ＋1－p i (i ＝0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p 1的等比数列.7分 ②由①可得p 8＝p 8－p 7＋p 7－p 6＋…＋p 1－p 0＋p 0＝()p 8－p 7＋()p 7－p 6＋…＋()p 1－p 0＝48－13p 1.由于p 8＝1,故p 1＝348－1,9分所以p 4＝()p 4－p 3＋()p 3－p 2＋()p 2－p 1＋()p 1－p 0＝44－13p 1＝1257.10分p 4表示最终认为甲药更有效的概率,由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p 4＝1257≈0.003 9,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.12分[易错防范][(1)定元：根据已知条件确定离散型随机变量的取值． (2)定性：明确每个随机变量取值所对应的事件．(3)定型：确定事件的概率模型和计算公式． (4)计算：计算随机变量取每一个值的概率． (5)列表：列出分布列． (6)求解：根据公式求期望．[规范特训] 某超市计划按月订购一种冰激凌,每天进货量相同,进货成本为每桶5元,售价为每桶7元,未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕,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600桶,如果最高气温(单位：℃)位于区间[20,25),需求量为400桶,如果最高气温低于20 ℃,需求量为200桶．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：(1)求六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为Y (单位：元),当六月份这种冰激凌一天的进货量n (单位：桶)为多少时,Y 的均值取得最大值？[解] (1)由已知得,X 的所有可能取值为200,400,600,记六月份最高气温低于20 ℃为事件A 1,最高气温(单位：℃)位于区间[20,25)为事件A 2,最高气温不低于25 ℃为事件A 3,根据题意,结合频数分布表,用频率估计概率,可知P (X ＝200)＝P (A 1)＝1890＝15,P (X ＝400)＝P(A 2)＝3690＝25,P (X ＝600)＝P (A 3)＝3690＝25,故六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列为当n ≤200时,EY ＝2n ≤400；当200<n ≤400时,EY ＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋45×n ×2＝65n ＋160∈(400,640]；当400<n ≤600时,EY ＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n －400)×(－2)]＋25×n ×2＝－25n＋800∈[560,640)；当n>600时,EY＝15×[200×2＋(n－200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n－400)×(－2)]＋25×[600×2＋(n－600)×(－2)]＝1 760－2n<560, 所以当n＝400时,Y的均值取得最大值640.。

[考纲传真] １．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.２．了解两个互斥事件的概率加法公式.３．理解古典概型及其概率计算公式.４．会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.５．了解随机数的意义，能运用随机模拟的方法估计概率.6．了解几何概型的意义．１．频率与概率在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P（A）．２．事件的关系与运算互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．３．概率的几个基本性质（１）概率的取值范围：0≤P（A）≤１.（２）必然事件的概率P（E）＝１.（３）不可能事件的概率P（F）＝0.（４）互斥事件概率的加法公式１如果事件A与事件B互斥，则P（A＋B）＝P（A）＋P（B）．２若事件A与事件错误!互为对立事件，则P（A）＝１—P（错误!）．４．古典概型与几何概型名称古典概型几何概型相同点基本事件发生的可能性相等不同点基本事件有有限个基本事件有无限个计算公式P（A）＝P（A）＝.如果事件A１，A２，…，A n两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P（A１∪A２∪…∪A n）＝P（A１）＋P（A２）＋…＋P（A n）．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．（）（２）在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值．（）（３）对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．（）（４）概率为0的事件一定为不可能事件．（）[答案] （１）√（２）√（３）√（４）×２．某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数１0２0５0１00２00５00击中靶心次数8１9４４9２１78４５５Ａ．0．80 Ｂ．0．8５Ｃ．0．90 Ｄ．0．99C[由题意，该射手击中靶心的频率大约在0．9附近上下波动，故其概率约为0．90．故选Ｃ．]３．（教材改编）投掷两枚均匀的硬币，则两枚硬币均正面朝上的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[P＝错误!×错误!＝错误!，故选Ａ．]４．（教材改编）有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是（）A[P（A）＝错误!，P（B）＝错误!，P（C）＝错误!，P（D）＝错误!，∴P（A）>P（C）＝P（D）>P（B）．]５．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．A与B，A与C，B与C，B与D B与D[设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B ＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D ＝I，故B与D互为对立事件．]随机事件的频率与概率【例１】（２0１7·全国卷Ⅲ）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：最高气温[１0,１５）[１５,２0）[２0,２５）[２５,３0）[３0,３５）[３５,４0）天数２１6３6２５7４（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] （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的频率为错误!＝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Y＝6×４５0—４×４５0＝900；若最高气温位于区间[２0,２５），则Y＝6×３00＋２×（４５0—３00）—４×４５0＝３00；若最高气温低于２0，则Y＝6×２00＋２×（４５0—２00）—４×４５0＝—１00．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的频率为错误!＝0．8，因此Y大于零的概率的估计值为0．8．[规律方法] （１）概率与频率的关系概率是常数，是频率的稳定值，频率是变量，是概率的近似值．有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．（２）随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即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，这个常数就是概率．易错警示：概率的定义是求一个事件概率的基本方法．利润５0元，若供大于求，剩余商品全部退回，但每件退回商品亏损１0元；若供不应求，则从外部调剂，此时每件调剂商品可获得利润３0元．（１）若商店一天购进该商品１0件，求当天的利润y（单位：元）关于当天的需求量n（单位：件，n∈N*）的函数解析式；（２）商店记录了５0天该商品的日需求量n（单位：件），整理得下表：日需求量n/件89１0１１１２频数9１１１５１0５（ⅱ）若商店一天购进１0件该商品，以５0天记录的各日需求量的频率作为各日需求量的概率，求当天的利润大于５00元的概率．[解] （１）当日需求量n≥１0时，利润y＝５0×１0＋（n—１0）×３0＝３0n＋２00；当日需求量n＜１0时，利润y＝５0×n—（１0—n）×１0＝60n—１00．所以日利润y关于日需求量n的函数解析式为y＝错误!（２）（ⅰ）由（１）及表格可知，这５0天中有9天的日利润为３80元，有１１天的日利润为４４0元，有１５天的日利润为５00元，有１0天的日利润为５３0元，有５天的日利润为５60元，所以这５0天的日利润的平均数为错误!×（３80×9＋４４0×１１＋５00×１５＋５３0×１0＋５60×５）＝４77．２（元）．（ⅱ）若当天的利润大于５00元，则日需求量大于１0件，则当天的利润大于５00元的概率P＝错误!＝错误!.古典概型【例２】（１）（２0１8·全国卷Ⅱ）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３0＝7＋２３．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．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１7·全国卷Ⅱ）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（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（１）C（２）D[（１）不超过３0的素数有２,３,５,7,１１,１３,１7,１9,２３,２9，共１0个，从中随机选取两个不同的数有C错误!种不同的取法，这１0个数中两个不同的数的和等于３0的有３对，所以所求概率P＝错误!＝错误!，故选Ｃ．（２）从５张卡片中随机抽取１张，放回后再随机抽取１张的情况如图：基本事件总数为２５，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为１0，∴所求概率P＝错误!＝错误!.故选Ｄ．][规律方法] １．计算古典概型事件的概率可分三步：（１）计算基本事件总个数n；（２）计算事件A所包含的基本事件的个数m；（３）代入公式求出概率P.２．（１）用列举法写出所有基本事件时，可借助“树状图”列举，以便做到不重、不漏．（２）利用排列、组合计算基本事件时，一定要分清是否有序，并重视两个计数原理的灵活应用．每个小盒中至少有１个小球，那么甲盒中恰好有３个小球的概率为（）Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１8·石家庄一模）用１,２,３,４,５组成无重复数字的五位数，若用a１，a２，a３，a４，a分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a１＜a２＜a３＞a４＞a５特征的五位数的概率５为________．（１）C（２）错误![（１）将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁４个不同的小盒中，每个小盒中至少有１个小球有C错误!种放法，甲盒中恰好有３个小球有C错误!种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为错误!＝错误!.故选Ｃ．（２）１,２,３,４,５可组成A错误!＝１２0个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的５必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C错误!C 错误!＝6个，故出现a１＜a２＜a３＞a４＞a５特征的五位数的概率为错误!＝错误!.]几何概型【例３】（１）（２0１6·全国卷Ⅰ）某公司的班车在7：３0,8：00,8：３0发车，小明在7：５0至8：３0之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过１0分钟的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）（２0１8·合肥二模）小李从网上购买了一件商品，快递员计划在下午５：00到6：00之间送货上门，已知小李下班到家的时间在下午５：３0到6：00之间．快递员到小李家时，如果小李未到家，则快递员会电话联系小李．若小李能在１0分钟之内到家，则快递员等小李回来；否则，就将商品存放在快递柜中．则小李需要去快递柜领取商品的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!（３）已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝２，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O­ABCD的体积不小于错误!的概率为________．（１）B（２）D（３）错误![（１）这是几何概型问题，总的基本事件空间如图所示，共４0分钟，等车时间不超过１0分钟的时间段为：7：５0至8：00和8：２0至8：３0，共２0分钟，故他等车时间不超过１0分钟的概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．（２）如图，设快递员和小李分别在下午５点后过了x分钟和y分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{（x，y）|0≤x≤60,３0≤y≤60}，这是一个矩形区域，y—x＞１0表示小李比快递员晚到超过１0分钟，事件M表示小李需要去快递柜领取商品，其所构成的区域是如图所示的直角梯形ABCD的内部区域及边界（不包含AB），由错误!可得错误!即A（５0,60），由错误!可得错误!即B（２0,３0），所以由几何概型的概率计算公式可知P（M）＝错误!＝错误!，故选Ｄ．（３）当四棱锥O­ABCD的体积为错误!时，设O到平面ABCD的距离为h，则错误!×２２×h＝错误!，解得h＝错误!.如图所示，在四棱锥P­ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为错误!.因为PA⊥底面ABCD，且PA＝２，所以错误!＝错误!，所以四棱锥O­ABCD的体积不小于错误!的概率P＝错误!＝错误!３＝错误!３＝错误!.][规律方法] 解答几何概型试题要善于根据题目特点寻找基本事件所在线、面、体，寻找随机事件所在的线、面、体，把几何概型的计算转化为相应的长度、面积和体积的比值的计算．（１）在线段上取点，则点在线段上等可能出现；在角内作射线，则射线在角内的分布等可能．（２）两个变量在某个范围内取值，对应的“区域”是面积．（１）随机地取两个实数x和y，使得x∈[—１,１]，y∈[0,１]，则满足y≥x２的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．（１）B（２）错误![（１）满足x∈[—１,１]，y∈[0,１]的区域为矩形区域（包括边界）（图略），面积为２，满足y≥x２的区域的面积S＝错误!—１（１—x２）dx＝错误!|错误!＝错误!，故所求概率P＝错误!＝错误!.故选Ｂ．（２）在AB上取AC′＝AC（图略），则∠ACC′＝错误!＝67．５°，记A＝{在∠ACB内部任作一射线CM与线段AB交于点M，AM＜AC}，则所有可能结果的区域为∠ACB，事件A构成的区域为∠ACC′.又∠ACB＝90°，∠ACC′＝67．５°，∴P（A）＝错误!＝错误!.]１．（２0１8·全国卷Ⅰ）如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AＣ．△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p１，p２，p３，则（）Ａ．p１＝p２Ｂ．p１＝p３Ｃ．p２＝p３Ｄ．p１＝p２＋p３A[设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S １＝错误!bc ，区域Ⅱ的面积S ２＝错误!π×错误!２＋错误!π×错误!２—错误!＝错误!π（c ２＋b ２—a ２）＋错误!bc ＝错误!bc ，所以S １＝S ２，由几何概型的知识知p １＝p ２，故选Ａ．]２．（２0１7·全国卷Ⅰ）如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!B [不妨设正方形ABCD 的边长为２，则正方形内切圆的半径为１，可得S 正方形＝４．由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝错误!S 圆＝错误!，所以由几何概型知所求概率P ＝错误!＝错误!＝错误!.故选Ｂ．]３．（２0１6·全国卷Ⅱ）从区间[0,１]随机抽取２n 个数x １，x ２，…，x n ，y １，y ２，…，y n ，构成n 个数对（x １，y １），（x ２，y ２），…，（x n ，y n ），其中两数的平方和小于１的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!C [因为x １，x ２，…，x n ，y １，y ２，…，y n 都在区间[0,１]内随机抽取，所以构成的n 个数对（x １，y １），（x ２，y ２），…，（x n ，y n ）都在正方形OABC 内（包括边界），如图所示．若两数的平方和小于１，则对应的数对在扇形OAC 内（不包括扇形圆弧上的点所对应的数对），故在扇形OAC 内的数对有m 个．用随机模拟的方法可得错误!＝错误!，即错误!＝错误!，所以π＝错误!.]４．（２0１４·全国卷Ⅰ）４位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为（ ）Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!D [４名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有２４＝１6（种），其中仅在周六（周日）参加的各有１种，∴所求概率为１—错误!＝错误!.]。

高中数学北师大版概率统计教案设计第一节：引言概率统计是数学中的一个重要分支，也是生活中应用甚广的一门学科。

本教案将以北师大版高中数学教材为基础，设计一堂概率统计的课程，帮助学生理解和掌握相关概念和方法。

第二节：教学目标本节课主要目标如下：1. 理解随机事件和概率的概念；2. 掌握概率计算的基本方法，包括频率法和几何法；3. 理解条件概率和独立事件的概念，并能运用相关公式解题；4. 学会使用树型图解决复杂概率问题。

第三节：教学内容1. 随机事件和概率- 引入随机事件的概念，介绍事件的基本性质和表示方法；- 解释概率的意义，引导学生理解概率与频率的关系；- 演示如何计算简单事件的概率，并进行相关练习。

2. 概率计算方法- 分别介绍频率法和几何法计算概率的基本思路；- 通过例题演示这两种方法的具体运用，并与学生一起解决相关问题；- 提供一些练习题，巩固学生对概率计算方法的掌握。

3. 条件概率和独立事件- 引入条件概率的概念，解释条件概率的计算方法；- 定义独立事件的概念，并讲解独立事件的性质；- 通过例题，帮助学生掌握条件概率和独立事件的计算方法。

4. 树型图的应用- 介绍树型图的概念和绘制方法；- 解释如何利用树型图解决复杂的概率问题；- 演示树型图在实际问题中的应用，并与学生一起解决相关问题。

第四节：教学方法1. 探究式教学法：通过引入生活中的实际问题，激发学生的兴趣和思考，培养学生的独立思考和问题解决能力。

2. 合作学习法：鼓励学生在小组内合作讨论，促进思想交流和互相学习。

3. 案例分析法：通过引入真实案例，帮助学生将所学的概率统计方法应用到实际问题中，培养学生的应用能力。

第五节：教学过程1. 激发兴趣：- 引入一个有趣的数学概率问题，引发学生思考的兴趣。

2. 知识探究：- 分组讨论，探究随机事件和概率的概念及表示方法；- 学生自主发现和总结概率计算的基本方法；- 利用案例分析法，引导学生理解条件概率和独立事件的概念。

第六节 几何概型[考纲传真] (教师用书独具)1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.2.了解几何概型的意义．(对应学生用书第181页)[基础知识填充]1．几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，与区域的形状，位置无关，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的两个基本特点(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个． (2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．3．几何概型的概率公式P (A )＝构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积).[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( ) (2)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是110.( )(3)概率为0的事件一定是不可能事件．( )(4)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )A [P (A )＝38，P (B )＝28，P (C )＝26，P (D )＝13，所以P (A )>P (C )＝P (D )>P (B )．]3．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，x ∈[－1,4]，则f (x )为增函数的概率为( )A ．15B ．25C ．35D ．45C [f (x )＝x 2－2x －3＝(x －1)2－4，x ∈[－1,4]，∴f (x )在[1,4]上是增函数．∴f (x )为增函数的概率为P ＝4－14－(－1)＝35.]4．(2017·全国卷Ⅰ)如图10­6­1，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()图10­6­1A ．14B ．π8C ．12D ．π4B [不妨设正方形ABCD 的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S 正方形＝4. 由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S 黑＝S 白＝12S 圆＝π2，所以由几何概型知所求概率P ＝S 黑S 正方形＝π24＝π8.故选B ．]5．如图10­6­2所示，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有180粒落到阴影部分，据此估计阴影部分的面积为________．图10­6­20.18 [由题意知，S 阴S 正＝1801 000＝0.18. ∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18.](对应学生用书第181页)(1)(2016·全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( ) A ．13 B ．12 C ．23D ．34(2)如图10­6­3所示，四边形ABCD 为矩形，AB ＝3，BC ＝1，在∠DAB 内作射线AP ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________．图10­6­3(1)B (2)13 [(1)如图，7：50至8：30之间的时间长度为40分钟，而小明等车时间不超过10分钟是指小明在7：50至8：00之间或8：20至8：30之间到达发车站，此两种情况下的时间长度之和为20分钟，由几何概型概率公式知所求概率为P ＝2040＝12.故选B ．(2)以A 为圆心，以AD ＝1为半径作圆弧交AC ，AP ，AB 分别为C ′，P ′，B ′.依题意，点P ′在上任何位置是等可能的，若射线AP 与线段BC 有公共点，则事件“点P ′在上发生”．又在Rt△ABC 中，易求∠BAC ＝∠B ′AC ′＝π6.故所求事件的概率]A ＝与角度有关的几何概型作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段x 2－2ax ＋4a －3＝0有两个正根的概率为( )A ．23 B ．12 C ．38D ．13(2)(2017·江苏高考)记函数f (x )＝6＋x －x 2的定义域为D ．在区间[－4,5]上随机取一个数x ，则x ∈D 的概率是________． (1)C (2)59[(1)因为方程x 2－2ax ＋4a －3＝0有两个正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a >0，4a －3>0，4a 2－4(4a －3)≥0，解得34<a ≤1或a ≥3，所以所求概率P ＝1－34＋(5－3)5－(－1)＝38，故选C ．(2)由6＋x －x 2≥0，解得－2≤x ≤3，∴D ＝[－2,3]．如图，区间[－4,5]的长度为9，定义域D 的长度为5， ∴P ＝59.]◎角度1 与平面图形面积有关的几何概型(2018·成都二诊)两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面，且他们在5：30～6：00之间到达的时刻是等可能的，先到同学须等待，15分钟后还未见面便离开．则两位同学能够见面的概率是( )【导学号：79140362】A ．1136B ．14C ．12D ．34D [从下午5：30开始计时，设两位同学到达的时刻分别为x ，y 分钟，则x ，y 应满足⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤30，0≤y ≤30，如图中正方形OABC 所示，若两位同学能够见面，则x ，y 应满足|x －y |≤15，如图中阴影部分(含边界)所示，所以所求概率P ＝30×30－2×12×15×1530×30＝34，故选D ．]◎角度2 与线性规划交汇的问题(2017·广州综合测试)在平面区域{(x ，y )|0≤x ≤1,1≤y ≤2}内随机投入一点P ，则点P 的坐标(x ，y )满足y ≤2x 的概率为( ) A ．14 B ．12 C ．23 D ．34A[依题意作出图像如图，则P (y ≤2x )＝S 阴影S 正方形＝12×12×112＝14.] ◎角度3 与定积分交汇的问题(2018·郑州第二次质量预测)在区间[1，e]上任取实数a ，在区间[0,2]上任取实数b ，使函数f (x )＝ax 2＋x ＋14b 有两个相异零点的概率是( )A ．12(e －1)B ．14(e －1)C ．18(e －1)D ．116(e －1)A [函数f (x )＝ax 2＋x ＋14b 有两个相异零点，即方程ax 2＋x ＋14b ＝0有两个不等的实数根，则Δ＝1－ab >0，b <1a.所有试验结果为Ω＝{(a ，b )|1≤a ≤e,0≤b ≤2}，面积为2(e－1)，使函数f (x )有两个相异零点的事件为Ω1＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(a ，b )⎪⎪⎪b <1a ，1≤a ≤e，0≤b ≤2，面积为⎠⎛1e 1ad a ＝ln a|e1＝1－0＝1，则所求概率为P(A)＝12(e －1)，故选A ．]x ＝RAND (0,1)，y ＝RAND (0,1)，则x 2＋y 2<1的概率为( )A ．π4B ．1－π4C ．π8D ．1－π8(2)如图10­6­4，点A 的坐标为(1,0)，点C 的坐标为(2,4)，函数f(x )＝x 2.若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．图10­6­4(1)A (2)512 [(1)由几何概型的概率计算公式知，所求概率P ＝14×π×121×1＝π4，故选A ．(2)由题意知，阴影部分的面积S ＝⎠⎛12(4－x 2)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －13x 3⎪⎪⎪21＝53，所以所求概率P ＝S S 矩形ABCD ＝531×4＝512.]在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．1－π12 [如图，与点O 距离不大于1的点的轨迹是一个半球，其体积V 1＝12×43π×13＝2π3.事件“点P 与点O 距离大于1的概率”对应的区域体积为23－2π3，根据几何概型概率公式得，点P 与点O 距离大于1的概率P ＝23－2π323＝1－π12.]关键是计算问题的总体积总空间以及事件的体积事件空间，对于某些较复杂的事件也可利用其对立事件去求.跟踪训练] 所示，点是AB 一只蝴蝶在几何体ADF ­BCE 内自由飞翔，则它飞入几何体F ­AMCD 内的概率为( )【导学号：79140363】图10­6­5A ．34B ．23C ．13D ．12D [由题图可知V F ­AMCD ＝13×S AMCD ×DF ＝14a 3，V ADF ­BCE ＝12a 3，所以它飞入几何体F ­AMCD 内的概率为14a 312a 3＝12.]。