高考数学(文)大一轮复习检测：第十章 概率 课时作业64 Word版含答案

课时作业63古典概型••>#础迭标演竦、选择题1 •集合A={2,3} , B= {1,2,3}，从A, B中各任意取一个数，则这两数之和等于概率是()2A.3 B•1C.3 D •解析：从A, B 中任意取一个数，共有(2,1) , (2,2) , (2,3) , (3,1) , (3,2) , (3,3)62 1种情形，两数之和等于4的情形只有(2,2) , (3,1)两种，•••= ：.6 3答案：C2.4张卡上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为()1A. 2 B .解析：因为从四张卡片中任取出两张的情况为(1,2)，(1,3)，(1,4) ，(2,3) ，(2,4)，(3,4)，共6种.其中两张卡片上数字和为偶数的情况为(1,3) ，(2,4)共2种，所以两张卡1片上的数字之和为偶数的概率为 3.答案：B3•一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是()1 A.—121 B兀3 C. 一25 1 D.125解析：8 1小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求概率为P= _.1 000 125答案：D4.连掷两次骰子分别得到点数m n则向量(m n)与向量(一1，1)的夹角e >90°的5••• (m n ) • ( — 1,1) =- m+ n <0,「. m >n •基本事件总共有 6x 6= 36(个)，符合要 求的有(2,1) , (3,1) , (3,2) , (4,1) , (4,2) , (4,3) , (5,1)，…，(5,4) , (6,1)，…，(6,5), 共 1 + 2 + 3+ 4+ 5= 15(个).••• P = 36=善答案：A15. （2017 •商丘模拟）已知函数f （x ） = §x 3+ ax 2 + b 2x + 1,若a 是从1,2,3三个数中任取 的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为7 1 A.9 B - 3 C.9 D .解析：f '(x ) = x 2 + 2ax + b 2 ,要使函数有两个极值点，贝U△= 4a 2 — 4b 2>0 ,即a 2>b 2 ,(a , b )的取值共 3X 3= 9 种结果,其中(1,0) , (2,1) , (2,0) , (3,0) , (3,1) , (3,2)6 种满 2 26 2足 a 2>b 2，则 P = 9 = 3答案：D6. （2017 •合肥模拟）从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某 公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为 （ ）C.1 D .解析：设2名男生记为 A , A 2,2名女生记为 B , Ba ,任意选择两人在星期六、星期日参 加某公益活动，共有 AA , AB , AB 2 , AB , A 2B 2 , B 1B 2 , A 2A 1 , BA , B 2A , BA , BA , 12种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有 AB , AB , A 2B , AR 4种情况，4 1则发生的概率为 P =石=3,故选A.概率是（C.1 D -解析: A.3 B . _512答案：A二、填空题7•袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为___________ .51 1 5解析：这两只球颜色相同的概率为，故两只球颜色不同的概率为1—云=.6 6 65答案：66&从123,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a,b,使得a2>4b的概率是__________________ .解析：基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，…，(4,3)，共12._ 2个，符合条件的有(2,1) , (3,1) , (3,2) , (4,1) , (4,2) , (4,3)，共6 个，因此使得a >4 b1的概率是^.1答案：9•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____________________ •解析：基本事件数为6X 6= 36,编号之和为4的有：10种，10 5所求概率为36=18.答案：箱三、解答题10. 先后掷一枚质地均匀的骰子，分别记向上的点数为a, b.事件A：点(a, b)落在圆2 2 2 3x + y = 12 内；事件B： f (a)<0 ,其中函数f(x) = x —2x+ -.(1) 求事件A发生的概率；(2) 求事件A、B同时发生的概率.解：(1)先后掷一枚质地均匀的骰子，有6X 6= 36种等可能的结果.满足落在圆x2+ y2 =12 内的点(a, b)有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)共6 个.二事件A 发6 1生的概率RA)= 36= ^.2 3 1 3(2)由f(a) = a —2a+ 严,得尹<2 又a€ {1,2,3,4,5,6} ，知a= 1.所以事件A B 同3 时发生时，有(1,1) , (1,2) , (1,3)共3种情形•故事件A B同时发生的概率为RAB =361=11. (2017 •荆门模拟)为了解某市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为:8 15 1(1) (2) 用简单随机抽样方法从这 6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样 本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5的概率.解：(1)6条道路的平均得分为 所以该市的总体交通状况等级为合格.(2)设A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.5 ” •从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为：(5,6) , (5,7) , (5,8) , (5,9) , (5,10) , (6,7),(6,8) , (6,9) , (6,10) , (7,8) , (7,9) , (7,10) , (8,9) , (8,10) , (9,10)，共 15 个基本事 件•事件 A 包括(5,9) , (5,10) , (6,8) , (6,9) , (6,10) , (7,8) , (7,9)共 7 个基本事件,7所以RA)=.生沖击名綾1.有两张卡片，一张的正反面分别写着数字 0与1，另一张的正反面分别写着数字 2与3,将两张卡片排在一起组成一个两位数，则组成的两位数为奇数的概率是( )1 A 6 B .C .6D .解析：所组成的两位数有12,13,20,21,30,31 ，共6个，其中所组成的两位数为奇数的 3 1有13,21,31，共3个，故所组成的两位数为奇数的概率是P = 3 =-.故选C.6 2答案：C2. (2016 •新课标全国卷川)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第 一位是M I ,N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()5+ 6 + 7 + 8+ 9+ 1067.5 ,8 15 1A.—B . D.丄 30解析：开机密码的所有可能结果有：(M,1) , (M,2) , (M,3) , (M,4) , (M,5) , (I, 1) , (I, 2),(I, 3) , (I, 4) , (I, 5) , (N,1), (N,2) , (N,3) , ( N,4) , (N,5)，共 15 种，所以小敏输入一答案：C 3.(2016 •江苏卷)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有123,4,5,6 个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ________ .解析：解法1:将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2次，向上的点数有 36种结果，其中解法2:将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有 36种结果，其中点数之和不小于10的有(6,6) , (6,5) , (6,4) , (5,6) , (5,5) , (4,6)，共6种，故所求概率为 16 _ 5 36 = 6 答案：|4. (2016 •山东卷)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动•参加活动的儿 童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的 数•设两次记录的数分别为x , y .奖励规则如下：指针① 若xy w 3,则奖励玩具一个； ② 若xy >8,则奖励水杯一个； ③ 其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀•小亮准备参加此项活动. (I )求小亮获得玩具的概率；次密码能够成功开机的概率是1话故选C.点数之和小于10的有30种，故所求概率为 30_ 536= 6(n)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.解：(I )记“ xy w 3”为事件A,则事件A包含的基本事件共5个，则(1,1) , (1,2),5 5(1.3) , (2,1) , (3,1) •所以RA) =祜，即小亮获得玩具的概率为话(n )记“xy >8”为事件B “3<xy<8”为事件C.则事件B包含的基本事件共6个，即6 3(2.4) , (3,3) , (3,4) , (4,2) , (4,3) , (4,4)，所以RB)=^ =-.事件C 包含的基本事件16 85 3 5共5个，即(1,4) , (2,2) , (2,3) , (3,2) , (4,1)，所以P(C)=厉.因为歹花，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.。

10．1 随机事件的概率[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2017·湖南十三校二模)同学聚会上，某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( )A.13B.12C.23D.56 答案 B解析 分别记《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》为A 1，A 2，A 3，A 4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能结果为A 1A 2，A 1A 3，A 1A 4，A 2A 3，A 2A 4, A 3A 4，共6个，其中A 1未被选取的结果有3个，所以所求概率P ＝36＝12.故选B.2．(2018·广东中山模拟)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个，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 答案 C解析 从1,2,3,4,5这5个数中任取两个，有三种情况：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，两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件，而①②④中的事件可能同时发生，不是对立事件，故选C.3．(2017·安徽“江南十校”联考)从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a ，从{1,2,3}中随机选取一个数为b ，则b >a 的概率是( )A.45B.35C.25D.15 答案 D解析 令选取的a ，b 组成实数对(a ，b )，则有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)共15种情况，其中b >a 的有(1,2)，(1,3)，(2,3)3种情况，所以b >a 的概率为315＝15.故选D.4．把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a ，第二次出现的点数为b ，向量m ＝(a ，b )，n ＝(1,2)，则向量m 与向量n 不共线的概率是( )A.16B.1112C.112D.118 答案 B解析 若m 与n 共线，则2a －b ＝0.而(a ，b )的可能性情况为6×6＝36个．符合2a ＝b 的有(1,2)，(2,4)，(3,6)共三个．故共线的概率是336＝112，从而不共线的概率是1－112＝1112.故选B.5．一个袋子里装有编号为1,2，…，12的12个相同大小的小球，其中1到6号球是红色球，其余为黑色球．若从中任意摸出一个球，记录它的颜色和号码后再放回袋子里，然后再摸出一个球，记录它的颜色和号码，则两次摸出的球都是红球，且至少有一个球的号码是偶数的概率是( )A.116B.316C.14D.716 答案 B解析 据题意由于是有放回地抽取，故共有12×12＝144种取法，其中两次取到红球且至少有一次号码是偶数的情况共有6×6－3×3＝27种可能，故其概率为27144＝316.故选B.6．(2018·湖南常德模拟)现有一枚质地均匀且表面分别标有1,2,3,4,5,6的正方体骰子，将这枚骰子先后抛掷两次，这两次出现的点数之和大于点数之积的概率为( )A.13B.12C.23D.1136 答案 D解析 将这枚骰子先后抛掷两次的基本事件总数为6×6＝36(个)，这两次出现的点数之和大于点数之积包含的基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，共11个．∴这两次出现的点数之和大于点数之积的概率P ＝1136.故选D.7．(2018·安徽黄山模拟)从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数，则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是( )A.310B.15C.12D.35 答案 A解析 从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数的基本事件有(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，共10个，取出的3个数可作为三角形的三边边长的基本事件有(2,3,4)，(2,4,5)，(3,4,5)，共3个，故所求概率P ＝310.故选A.8．(2018·河南开封月考)有5张卡片，上面分别写有数字1,2,3,4,5.从这5张卡片中随机抽取2张，那么取出的2张卡片上的数字之积为偶数的概率为( )A.13B.23C.710D.310 答案 C解析 从5张卡片中随机抽2张的结果有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种，2张卡片上的数字之积为偶数的有7种，故所求概率P ＝710.9．(2018·河南商丘模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3中任取的一个数，b 是从0,1,2中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( )A.79B.13C.59D.23 答案 D解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要使函数f (x )有两个极值点，则有Δ＝(2a )2－4b 2>0，即a 2>b 2.由题意知所有的基本事件有9个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．满足a 2>b 2的有6个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的概率为69＝23.故选D. 10．(2017·湖南郴州三模)从集合A ＝{－2，－1,2}中随机抽取一个数记为a ，从集合B ＝{－1,1,3}中随机抽取一个数记为b ，则直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限的概率为( )A.29B.13C.49D.14 答案 A解析 (a ，b )所有可能的结果为(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9种．由ax －y ＋b ＝0得y ＝ax ＋b ，当⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，b ≥0时，直线不经过第四象限，符合条件的(a ，b )的结果为(2,1)，(2,3)，共2种，∴直线ax －y ＋b ＝0不经过第四象限的概率P ＝29，故选A.二、填空题11．(2017·陕西模拟)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________．答案 35解析 如图，从A ，B ，C ，D ，O 这5个点中任取2个，共有(A ，B )，(A ，C )，…，(D ，O )10种取法，满足两点间的距离不小于正方形边长的取法有(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(B ，C )，(B ，D )，(C ，D )共6种，因此所求概率P ＝610＝35.12．(2017·云南昆明质检)中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．答案1928解析 由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37＋14＝1928.13．一只袋子中装有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，取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．答案815 1415解析 (1)由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，因此事件C “取得两个同色球”，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色球的概率为P (C )＝715＋115＝815. (2)由于事件A “至少取得一个红球”与事件B “取得两个绿球”是对立事件，则至少取得一个红球的概率为P (A )＝1－P (B )＝1－115＝1415.14．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989 据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 答案 0.25解析 20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25. 三、解答题15．(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：以最高气温位于各区间的频率代替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，由表格数据知，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36＋25＋7＋490＝0.8，因此Y 大于零的概率的估计值为0.8.16．(2015·北京高考)某超市随机选取1000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．(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 (1)从统计表可以看出，在这1000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2001000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1000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100＋2001000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001000＝0.1.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．。

第4讲随机大事的概率最新考纲 1.了解随机大事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分；2.了解两个互斥大事的概率加法公式．知识梳理1．频率与概率(1)在相同的条件S下重复n次试验，观看某一大事A是否消灭，称n次试验中大事A消灭的次数n A为大事A消灭的频数，称大事A消灭的比例f n(A)＝n An为大事A消灭的频率．(2)在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机大事A发生的频率会在某个常数四周摇摆，即随机大事A发生的频率具有稳定性．这时我们把这个常数叫作随机大事A的概率，记作P(A)．2．大事的关系与运算定义符号表示包含关系假如大事A发生，则大事B肯定发生，这时称大事B包含大事A(或称大事A包含于大事B)B⊇A(或A⊆B)相等关系若B⊇A且A⊇B A＝B和大事(并大事)若某大事发生当且仅当大事A发生或大事B发生，称此大事为大事A与大事B的并大事(或和大事)A＋B(或A∪B)交大事(积大事)若某大事发生当且仅当大事A发生且大事B发生，则称此大事为大事A与大事B的交大事(或积大事)A∩B(或AB)互斥大事若A∩B为不行能大事，则称大事A与大事B互斥A∩B＝∅对立大事若A∩B为不行能大事，A∪B为必定大事，那么称大事A与大事B互为对立大事A∩B＝∅P(A＋B)＝13.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必定大事的概率P(E)＝1.(3)不行能大事的概率P(F)＝0.(4)互斥大事概率的加法公式①假如大事A与大事B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．②若大事B与大事A互为对立大事，则P(A)＝1－P(B)．诊断自测1．推断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT呈现(1)大事发生的频率与概率是相同的．()(2)在大量的重复试验中，概率是频率的稳定值．()(3)若随机大事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．袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则：①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述大事中，是对立大事的为()A．①B．②C．③D．④解析至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且肯定有一个发生．∴②中两大事是对立大事．答案 B3．(2022·天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为()A.56 B.25C.16D.13解析 设“两人下成和棋”为大事A ，“甲获胜”为大事B .大事A 与B 是互斥大事，所以甲不输的概率P ＝P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝12＋13＝56. 答案 A4．(2021·威海模拟)围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为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________． 解析 由题意知，所求概率P ＝17＋1235＝1735. 答案 17355．(2021·长沙模拟)有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：[11.5,15.5)，2；[15.5,19.5)，4；[19.5,23.5)，9；[23.5,27.5)，18；[27.5,31.5)，11；[31.5,35.5)，12；[35.5，39.5)，7；[39.5,43.5]，3.依据样本的频率分布估量，数据落在[27.5,43.5]内的概率约是________．解析 由条件可知，落在[27.5,43.5]的数据有11＋12＋7＋3＝33(个)，故所求概率约为3366＝12. 答案 12考点一 随机大事间的关系【例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．上述大事中，是对立大事的是( ) A ．① B ．②④ C ．③ D ．①③解析 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数有3种状况：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状况，它与两个都是偶数是对立大事．又①②④中的大事可以同时发生，不是对立大事． 答案 C规律方法 (1)本题中精确 理解恰有两个奇数(偶数)，一奇一偶，至少有一个奇数(偶数)是求解的关键，必要时可把全部试验结果写出来，看所求大事包含哪些试验结果，从而断定所给大事的关系．(2)精确 把握互斥大事与对立大事的概念． ①互斥大事是不行能同时发生的大事，但可以同时不发生．②对立大事是特殊的互斥大事，特殊在对立的两个大事不行能都不发生，即有且仅有一个发生． 【训练1】 口袋里装有1红，2白，3黄共6个外形相同的小球，从中取出2球，大事A ＝“取出的2球同色”，B ＝“取出的2球中至少有1个黄球”，C ＝“取出的2球至少有1个白球”，D ＝“取出的2球不同色”，E ＝“取出的2球中至多有1个白球”．下列推断中正确的序号为________．①A 与D 为对立大事；②B 与C 是互斥大事；③C 与E 是对立大事；④P (C ＋E )＝1；⑤P (B )＝P (C )．解析 当取出的2个球中一黄一白时，B 与C 都发生，②不正确．当取出的2个球中恰有一个白球时，大事C 与E 都发生，则③不正确．明显A 与D 是对立大事，①正确；C ＋E 不肯定为必定大事，P (C ∪E )≤1，④不正确．由于P (B )＝45，P (C )＝35，所以⑤不正确． 答案 ①考点二 随机大事的频率与概率【例2】 (2022·全国Ⅱ卷)某险种的基本保费为a (单位：元)，连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：上年度出险次数0 1 2 3 4 ≥5 保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数605030302010(1)记A 为大事：(2)记B 为大事：“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 )的估量值；(3)求续保人本年度平均保费的估量值．解 (1)大事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)的估量值为0.55.(2)大事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)的估量值为0.3.(3)由所给数据得调查的200×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.因此，续保人本年度平均保费的估量值为1.192 5a.规律方法(1)解题的关键是依据统计图表分析满足条件的大事发生的频数，计算频率，用频率估量概率．(2)频率反映了一个随机大事消灭的频繁程度，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大事发生的可能性的大小，通过大量的重复试验，大事发生的频率会渐渐趋近于某一个常数(概率)，因此有时也用频率来作为随机大事概率的估量值.【训练2】(2021·北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的状况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)(2)估量顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解(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量为2001 000＝0.2.(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量为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估量为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估量为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估量为1001 000＝0.1.所以，假如顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．考点三互斥大事与对立大事的概率【例3】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，支配一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(1)确定x，y的值，并估量顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率(将频率视为概率)．解(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市全部顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简洁随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估量，其估量值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A表示大事“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示大事“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P(A1)＝15100＝320，P(A2)＝30100＝310，P(A3)＝25100＝14.由于A＝A1＋A2＋A3，且A1，A2，A3是互斥大事，所以P(A)＝P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝320＋310＋14＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为7 10.规律方法(1)①求解本题的关键是正确推断各大事的关系，以及把所求大事用已知概率的大事表示出来．②结算时间不超过2分钟的大事，包括结算时间为2分钟的情形，否则会计算错误．(2)求简单的互斥大事的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求大事的概率分解为一些彼此互斥的大事的概率再求和；二是间接法，先求该大事的对立大事的概率，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】某商场有奖销售活动中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.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、二等奖的大事分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．解(1)P(A)＝11 000，P(B)＝101 000＝1100，P(C)＝501 000＝120.故大事A，B，C的概率分别为11 000，1100，120.(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个大事为M，则M＝A ＋B＋C.∵A，B，C两两互斥，∴P(M)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000.(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为大事N，则大事N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立大事，∴P(N)＝1－P(A＋B)＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.[思想方法]1．对于给定的随机大事A，由于大事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)来估量概率P(A)．2．对立大事不仅两个大事不能同时发生，而且二者必有一个发生．3．求简单的互斥大事的概率一般有两种方法：(1)直接法：将所求大事的概率分解为一些彼此互斥的大事的概率的和，运用互斥大事的求和公式计算．(2)间接法：先求此大事的对立大事的概率，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．正确生疏互斥大事与对立大事的关系，对立大事是互斥大事，是互斥大事中的特殊状况，但互斥大事不肯定是对立大事，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．3．需精确理解题意，特殊留心“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．有一个玩耍，其规章是甲、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，任意两人不能同一个方向．大事“甲向南”与大事“乙向南”是()A．互斥但非对立大事B．对立大事C．相互独立大事D．以上都不对解析由于任意两人不能同一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不行能的，故是互斥大事，但不是对立大事．答案 A2．(2021·合肥模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设大事A＝{抽到一等品}，大事B＝{抽到二等品}，大事C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则大事“抽到的不是一等品”的概率为()A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.3解析大事“抽到的产品不是一等品”与大事A是对立大事，由于P(A)＝0.65，所以由对立大事的概率公式得“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 C3．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若大事“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率为710的大事是()A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡解析至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个大事，它是“2张全是移动卡”的对立大事，因此“至多有一张移动卡”的概率为7 10.答案 A4．某袋中有编号为1,2,3,4,5,6的6个球(小球除编号外完全相同)，甲先从袋中摸出一个球，登记编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，登记编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是()A.15 B.16 C.56 D.3536解析设a，b分别为甲、乙摸出球的编号．由题意，摸球试验共有36种不同结果，满足a＝b的基本大事共有6种．所以摸出编号不同的概率P＝1－636＝56.答案 C5．掷一个骰子的试验，大事A表示“消灭小于5的偶数点”，大事B表示“消灭小于5的点数”，若B表示B的对立大事，则一次试验中，大事A＋B发生的概率为()A.13 B.12 C.23 D.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“消灭5点或6点”的大事，因此大事A与B互斥，从而P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝13＋13＝23.答案 C二、填空题6．给出下列三个命题，其中正确命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次消灭正面，因此正面消灭的概率是37；③随机大事发生的频率就是这个随机大事发生的概率．解析①错，不肯定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．答案07．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现接受随机模拟的方法估量该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683 431257393027556488730113537989据此估量，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________．解析20组随机数中，恰有两次命中的有5组，因此该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝520＝14.答案1 48．某城市2021年的空气质量状况如表所示：其中污染指数T≤＜T≤150时，空气质量为稍微污染，则该城市2021年空气质量达到良或优的概率为________．解析由题意可知2021年空气质量达到良或优的概率为P＝110＋16＋13＝35.答案35三、解答题9．某班选派5人，参与学校进行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：(1)若获奖人数不超过2(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y，z的值．解记大事“在竞赛中，有k人获奖”为A k(k∈N，k≤5)，则大事A k彼此互斥．(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56，∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.解得x＝0.3.(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.10．(2021·陕西卷)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气状况进行统计，结果如下：(1)在(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开头进行连续2天的运动会，估量运动会期间不下雨的概率．解(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估量概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为P＝2630＝1315.(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)，这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率f＝1416＝78.以频率估量概率，运动会期间不下雨的概率为78.力量提升题组(建议用时：20分钟)11．设大事A，B，已知P(A)＝15，P(B)＝13，P(A＋B)＝815，则A，B之间的关系肯定为()A．两个任意大事B．互斥大事C．非互斥大事D．对立大事解析由于P(A)＋P(B)＝15＋13＝815＝P(A＋B)，所以A，B之间的关系肯定为互斥大事．答案 B12.如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成果，其中一个数字被污损，则甲的平均成果超过乙的平均成果的概率是()A.25 B.710 C.45 D.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．抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字1,2,3,4,5,6)，大事A表示“朝上一面的数是奇数”，大事B表示“朝上一面的数不超过2”，则P(A＋B)＝________.解析将大事A＋B分为：大事C“朝上一面的数为1,2”与大事D“朝上一面的数为3,5”．则C，D互斥，且P(C)＝13，P(D)＝13，∴P(A＋B)＝P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝2 3.答案2 314．(2021·宝鸡调研)某保险公司利用简洁随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元)0 1 000 2 000 3 000 4 000车辆数(辆)500130100150120(1)(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估量在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解(1)设A表示大事“赔付金额为3 000元”，B表示大事“赔付金额为4 000元”，以频率估量概率得P(A)＝1501 000＝0.15，P(B)＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C表示大事“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估量概率得P(C)＝0.24.特殊提示：老师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.。

第十章 概率 第一节随机大事的概率1.了解随机大事发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率意义以及频率与概率的区分． 2．了解两个互斥大事的概率加法公式．学问点一 频率与概率1．在相同条件下，大量重复进行同一试验，随机大事A 发生的频率会在某个常数四周摇摆，即随机大事A 发生的频率具有________．我们把这个常数叫做随机大事A 的______．记作________．2．频率反映了一个随机大事消灭的频繁程度，但是频率是随机的，而______是一个确定的值，通常人们用______来反映随机大事发生的可能性的大小．有时也用______来作为随机大事概率的估量值．答案1．稳定性 概率 P (A ) 2．概率 概率 频率1．给出下列三个命题：①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品； ②做7次抛硬币的试验，结果3次消灭正面，因此正面消灭的概率是37；③随机大事发生的频率就是这个随机大事发生的概率． 其中错误的命题有________个．解析：①错，不肯定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．答案：32．(2021·长沙模拟)有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下： [11.5,15.5) 2 [15.5,19.5) 4 [19.5,23.5) 9 [23.5,27.5) 18 [27.5,31.5) 11 [31.5,35.5) 12[35.5,39.5) 7 [39.5 43.5) 3依据样本的频率分布估量，数据落在[27.5,43.5)的概率约是( ) A.16 B.13 C.12D.23解析：由条件可知，落在[27.5,43.5)的数据有11＋12＋7＋3＝33(个)，故所求概率约为3366＝12.答案：C学问点二 大事的关系与运算定义符号表示 包含关系 假如大事A ____，则大事B ____，这时称大事B 包含大事A (或称大事A 包含于大事B )____________相等关系 若B ⊇A 且A ⊇B ，那么称大事A 与大事B 相等 ____并大事 (和大事) 若某大事发生_______________，称此大事为大事A 与大事B 的______(或和大事)____________交大事 (积大事) 若某大事发生_________________发生，则称此大事为大事A 与大事B 的交大事(或积大事) ____________ 互斥大事 若A∩B 为______大事，则大事A 与大事B 互斥 A∩B＝∅ 对立大事若A∩B 为______大事，A∪B 为________，那么称大事A 与大事B 互为对立大事答案发生 肯定发生 B ⊇A(或A ⊆B) A ＝B 当且仅当大事A 发生或大事B 发生 并大事 A∪B(或A ＋B) 当且仅当大事A 发生且大事B A∩B(或AB) 不行能 不行能 必定大事3．甲：A 1、A 2是互斥大事；乙：A 1、A 2是对立大事．那么( )A ．甲是乙的充分但不必要条件B ．甲是乙的必要但不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解析：对立大事肯定互斥，互斥大事不肯定对立． 答案：B4．(人教A 必修③P 121T 4)一个人打靶时连续射击两次，大事“至少有一次中靶”的互斥大事是( )A．至多有一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都不中靶解析：大事“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种状况，由互斥大事的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥．答案：D学问点三概率的基本性质1．概率的取值范围：____________.2．必定大事的概率P(E)＝____.3．不行能大事的概率P(F)＝____.4．概率的加法公式．假如大事A与大事B互斥，则P(A∪B)＝__________.5．对立大事的概率若大事A与大事B互为对立大事，则A∪B为必定大事．P(A∪B)＝____，P(A)＝________.答案1．0≤P(A)≤1 2.1 3.04．P(A)＋P(B) 5.1 1－P(B)5．从一副混合后的扑克牌(52张)中，随机抽取1张，大事A为“抽得红桃K”，大事B为“抽得黑桃”，则概率P(A∪B)＝________.(结果用最简分数表示)．解析：∵P(A)＝152，P(B)＝1352，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝152＋1352＝1452＝726.答案：7 266．(2021·太原模拟)某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为________；中10环的概率约为________．解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为910＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.答案：0.9 0.2热点一随机大事间的关系【例1】推断下列各对大事是否是互斥大事或对立大事：某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参与演讲竞赛，其中(1)恰有1名男生和恰有2名男生；(2)至少有1名男生和至少有1名女生；(3)至少有1名男生和全是女生．【解】(1)是互斥大事，不是对立大事．“恰有1名男生”实质选出的是“1名男生和1名女生”，与“恰有两名男生”不行能同时发生，所以是互斥大事，不是对立大事．(2)不是互斥大事，也不是对立大事．“至少有1名男生”包括“1名男生和1名女生”与“两名都是男生”两种结果，“至少有1名女生”包括“1名女生和1名男生”与“两名都是女生”两种结果，它们可能同时发生．(3)是互斥大事且是对立大事．“至少有1名男生”，即“选出的两人不全是女生”，它与“全是女生”不行能同时发生，且其并大事是必定大事．∴两个大事互斥且对立.【总结反思】对互斥大事要把握住不能同时发生，而对于对立大事除不能同时发生外，其并大事应为必定大事，这些也可类比集合进行理解，具体应用时，可把全部试验结果写出来，看所求大事包含哪些试验结果，从而断定所给大事的关系.下列命题：①将一枚硬币抛两次，设大事M：“两次消灭正面”，大事N：“只有一次消灭反面”，则大事M与N互为对立大事．②若大事A与B互为对立大事，则大事A与B为互斥大事．③若大事A与B为互斥大事，则大事A与B互为对立大事．④若大事A与B互为对立大事，则大事A＋B为必定大事．其中真命题是( )A．①②④B．②④C．③④D．①②解析：对①，将一枚硬币抛两次，共消灭{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则大事M 与N是互斥大事，但不是对立大事，故①错．对②，对立大事首先是互斥大事，故②正确．对③，互斥大事不肯定是对立大事，如①中两个大事，故③错．对④，大事A 、B 为对立大事，则在一次试验中A 、B 肯定有一个要发生，故④正确．答案：B热点二 随机大事的频率与概率【例2】 (2022·新课标全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a(单位：元)，连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：上年度出险次数0 12 3 4 ≥5 保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险状况，得到如下统计表：出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数605030302010(1)记A 为大事：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P(A)的估量值；(2)记B 为大事：“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 )的估量值； (3)求续保人本年度平均保费的估量值．【解】 (1)大事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 )的估量值为0.55. (2)大事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 )的估量值为0.3.(3)由所给数据得保费 0.85a a1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率0.300.250.150.150.100.05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量值为1.192 5a .【总结反思】(1)概率与频率的关系：频率反映了一个随机大事消灭的频繁程度，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大事发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机大事概率的估量值．(2)随机大事概率的求法：利用概率的统计定义求大事的概率，即通过大量的重复试验，大事发生的频率会渐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率.某企业生产的乒乓球被奥运会指定为乒乓球竞赛专用球，目前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示：抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000 优等品数m 45 92 194 470 954 1 902 优等品频率mn(1)(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位) 解：(1)依据公式f ＝m n，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951. (2)由(1)知，抽取的球数n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取球数的增多，频率在常数0.950的四周摇摆，所以质量检查为优等品的概率约为0.950.热点三 互斥大事与对立大事的概率【例3】 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，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、二等奖的大事分别为A 、B 、C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．【解】 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120.故大事A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个大事为M ，则M ＝A ∪B ∪C . ∵A 、B 、C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为大事N ，则大事N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立大事，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.【总结反思】求简单的互斥大事的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求大事的概率分解为一些彼此互斥的大事的概率的和；二是间接法，先求该大事的对立大事的概率，再由P (A )＝1－P (A )求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法.某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，支配一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量 1至4件5至8件 9至12件13至16件17件及以上顾客数(人) x30 25 y10 结算时间 (分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x ，y 的值，并估量顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率) 解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市全部顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简洁随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估量，其估量值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A 为大事“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示大事“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110. P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.1．必定大事、不行能大事、随机大事是在肯定条件下发生的，当条件变化时，大事的性质也发生变化． 2．必定大事与不行能大事可看作随机大事的两种特殊状况，因此，任何大事发生的概率都满足：0≤P (A )≤1.3．正确区分互斥大事与对立大事的关系：对立大事是互斥大事，是互斥中的特殊状况，但互斥大事不肯定是对立大事，“互斥”是“对立”的必要而不充分条件．4．从集合的角度看，几个大事彼此互斥，是指由各个大事所含的结果组成的集合彼此互不相交，大事A 的对立大事A 所含的结果组成的集合，是全集中由大事A 所含的结果组成集合的补集．5．求某些较简单的概率问题时，通常有两种方法：一是将其分解为若干个彼此互斥的大事的和，然后利用概率加法公式求其值；二是求此大事A 的对立大事A 的概率，然后利用P (A )＝1－P (A )可得解．。

∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤2a ＋b ≤2，0≤a －2b ≤2表示的区域如图阴影部分所示，而|PC |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋152＞14，而|OD |＝255，∴P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2552－π⎝ ⎛⎭⎪⎫142⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＝1－564π。

答案：A二、填空题7．(2016·湖北八校二联)记集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}和集合B ＝{(x ，y )|x ＋y －2≤0，x ≥0，y ≥0}表示的平面区域分＝13AA 1·12S 矩形ABCD V 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1＝16。

答案：169．(2016·北京丰台区一模)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －4≤0，x －y ＋4≥0，y ≥0表示的平面区域为M ，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ －t ≤x ≤t ，0≤y ≤4－t (0≤t ≤4)表示的平面区域为N 。

在M 内随机取一个点，这个点在N 内的概率为P 。

①当t ＝1时，P ＝__________； ②P 的最大值是__________。

解析：不等式组表示的平面区域为M ，如图所示，球的体积4π3，全部结果构成的区域体积是空间直角坐标系中平面x ＝±1，y ＝±1，z ＝±1围成的正方体的体积23＝8，则P (C )＝4π38＝π6，即x 2＋y 2＋z 2＜1的概率是π6。

11．已知复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )在复平面上对应的点为M 。

(1)设集合P ＝{－4，－3，－2,0}，Q ＝{0,1,2}，从集合P 中随机取一个数作为x ，从集合Q 中随机取一个数作为y ，求复数z 为纯虚数的概率；(2)设x ∈[0,3]，y ∈[0,4]，求点M 落在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y －3≤0，x ≥0，y ≥0，所表示的平面区域内的概率。

解析：(1)记“复数z 为纯虚数”为事件A 。

课时作业63 古典概型一、选择题1．集合A ＝{2,3}，B ＝{1,2,3}，从A ，B 中各任意取一个数，则这两数之和等于4的概率是( )A.23 B ．12 C.13 D ．16解析：从A ，B 中任意取一个数，共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)6种情形，两数之和等于4的情形只有(2,2)，(3,1)两种，∴P ＝26＝13.答案：C2．4张卡上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为( )A.12 B ．13 C.23 D ．34解析：因为从四张卡片中任取出两张的情况为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种．其中两张卡片上数字和为偶数的情况为(1,3)，(2,4)共2种，所以两张卡片上的数字之和为偶数的概率为13.答案：B3．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )A.112 B ．110 C.325D ．1125解析：小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求概率为P ＝81 000＝1125.答案：D4．连掷两次骰子分别得到点数m ，n ，则向量(m ，n )与向量(－1，1)的夹角θ>90°的概率是( )A.512B ．712C.13 D ．12解析：∵(m ，n )·(－1,1)＝－m ＋n <0，∴m >n .基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，…，(5,4)，(6,1)，…，(6,5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)．∴P ＝1536＝512.答案：A5．(2017·商丘模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( )A.79 B ．13 C.59 D ．23解析：f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要使函数有两个极值点，则Δ＝4a 2－4b 2>0，即a 2>b 2，(a ，b )的取值共3×3＝9种结果，其中(1,0)，(2,1)，(2,0)，(3,0)，(3,1)，(3,2)6种满足a 2>b 2，则P ＝69＝23.答案：D6．(2017·合肥模拟)从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为( )A.13 B ．512 C.12 D ．712解析：设2名男生记为A 1，A 2,2名女生记为B 1，B 2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有A 1A 2，A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，B 1B 2，A 2A 1，B 1A 1，B 2A 1，B 1A 2，B 2A 2，B 2B 1 12种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2 4种情况，则发生的概率为P ＝412＝13，故选A.答案：A 二、填空题7．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．解析：这两只球颜色相同的概率为16，故两只球颜色不同的概率为1－16＝56.答案：568．从1,2,3,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a ，b ，使得a 2≥4b 的概率是________． 解析：基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，…，(4,3)，共12个，符合条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共6个，因此使得a 2≥4b 的概率是12.答案：129．一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________．解析：基本事件数为6×6＝36， 编号之和为4的有：10种， 所求概率为1036＝518.答案：518三、解答题10．先后掷一枚质地均匀的骰子，分别记向上的点数为a ，b .事件A ：点(a ，b )落在圆x 2＋y 2＝12内；事件B ：f (a )<0，其中函数f (x )＝x 2－2x ＋34.(1)求事件A 发生的概率； (2)求事件A 、B 同时发生的概率．解：(1)先后掷一枚质地均匀的骰子，有6×6＝36种等可能的结果．满足落在圆x 2＋y2＝12内的点(a ，b )有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)共6个．∴事件A 发生的概率P (A )＝636＝16.(2)由f (a )＝a 2－2a ＋34<0，得12<a <32.又a ∈{1,2,3,4,5,6}，知a ＝1.所以事件A 、B 同时发生时，有(1,1)，(1,2)，(1,3)共3种情形．故事件A 、B 同时发生的概率为P (AB )＝336＝112. 11．(2017·荆门模拟)为了解某市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为：5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如表(2)用简单随机抽样方法从这6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5的概率．解：(1)6条道路的平均得分为 5＋6＋7＋8＋9＋106＝7.5，所以该市的总体交通状况等级为合格．(2)设A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”．从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为：(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)，共15个基本事件．事件A 包括(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)共7个基本事件，所以P (A )＝715.1．有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起组成一个两位数，则组成的两位数为奇数的概率是( )A.16 B ．13 C.12 D ．38解析：所组成的两位数有12,13,20,21,30,31，共6个，其中所组成的两位数为奇数的有13,21,31，共3个，故所组成的两位数为奇数的概率是P ＝36＝12.故选C.答案：C2．(2016·新课标全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A.815 B ．18 C.115D ．130解析：开机密码的所有可能结果有：(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)，共15种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是115，故选C.答案：C3．(2016·江苏卷)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．解析：解法1：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和小于10的有30种，故所求概率为3036＝56.解法2：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和不小于10的有(6,6)，(6,5)，(6,4)，(5,6)，(5,5)，(4,6)，共6种，故所求概率为1－636＝56. 答案：564．(2016·山东卷)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x ，y .奖励规则如下：①若xy ≤3，则奖励玩具一个； ②若xy ≥8，则奖励水杯一个； ③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动． (Ⅰ)求小亮获得玩具的概率；(Ⅱ)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．解：(Ⅰ)记“xy ≤3”为事件A ，则事件A 包含的基本事件共5个，则(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)．所以P(A)＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(Ⅱ)记“xy≥8”为事件B，“3<xy<8”为事件C.则事件B包含的基本事件共6个，即(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，所以P(B)＝616＝38.事件C包含的基本事件共5个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，所以P(C)＝516.因为38>516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．。

课时作业58随机事件的概率一、选择题1．一个盒子内装有红球、白球、黑球三种球，其数量分别为3,2,1，从中任取两球，则互斥而不对立的两个事件为(D)A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球D．至少有一个白球；红球、黑球各一个解析：红球、黑球各取一个，则一定取不到白球，故“至少有一个白球”“红球、黑球各一个”为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球”这个事件，故不是对立事件．2．(2018·全国卷Ⅲ)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(B)A．0.3 B．0.4C．0.6 D．0.7解析：设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4.故选B.3．甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是(A)A ．甲获胜的概率是16 B ．甲不输的概率是12 C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16，故A 正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为16，故C 不正确；设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23(或设事件A 为“甲不输”，则A 是“乙获胜”的对立事件，所以P (A )＝1－13＝23)，故B 不正确；同理，“乙不输”的概率为56，故D 不正确．4．随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4 500名网上购物消费者进行了调查(每名消费者限选一种情况回答)，统计结果如表：较满意”或“满意”的概率是( C )A.715B.25C.1115D.1315解析：由题意，n ＝4 500－200－2 100－1 000＝1 200，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为1 200＋2 100＝3 300，由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为3 3004 500＝1115.5．同学聚会上，某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( B )A.13B.12C.23D.56解析：分别记《爱你一万年》《十年》《父爱》《单身情歌》为A 1，A 2，A 3，A 4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能的结果为A 1A 2，A 1A 3，A 1A 4，A 2A 3，A 2A 4，A 3A 4，共6个，其中A 1未被选取的结果有3个，所以所求概率P ＝36＝12.故选B.6．(2019·浏阳一中模拟)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( A )A.2831B.1921C.2231D.1721解析：选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为3.11,3.12,3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P ＝1－331＝2831.故选A.二、填空题7．甲、乙、丙三人站成一排照相，甲排在最左边的概率是13. 解析：甲、乙、丙三人站成一排照相从左到右的站法有甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，共6种，其中甲排在最左边的站法为2种，所以甲排在最左边的概率是26＝13.8．掷一个骰子的试验，事件A 表示“小于5的偶数点出现”，事件B 表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A ＋B 发生的概率为23.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，所以P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13，显然A 与B 互斥，从而P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23.9．一根绳子长6米，绳子上有5个节点将绳子6等分，现从5个节点中随机选一个将绳子剪断，则所得的两段绳长均不小于2米的概率为35.解析：从5个节点中随机选一个将绳子剪断，有5种剪法，所得的两段绳子长均不小于2米的剪法有3种，所以所得的两段绳子均不小于2米的概率为35.10．“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事、自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象．某地新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可程度进行调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度，若该地区有9 600人，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有6_912人．解析：在随机抽取的50人中，持反对态度的频率为1－1450＝1825，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有9 600×1825＝6 912(人)．三、解答题11.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地到火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟)10～2020～3030～4040～5050～60选择L1的人数612181212选择L2的人数041616 4(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)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)，用频率估计概率，可得所求概率为0.44.(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得所求各频率为(3)记事件A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；记事件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(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)>P(A2)，故甲应选择L1；P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P(B2)>P(B1)，故乙应选择L2.12．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( D )A.⎝⎛⎭⎪⎫54，2 B.⎝⎛⎭⎪⎫54，32 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，43 解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1，解得54<a ≤43.13．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y ，则x ＋y 的最小值为9.解析：由题意，x >0，y >0，4x ＋1y ＝1.则x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋1y ＝5＋⎝⎛⎭⎪⎫4y x ＋x y ≥5＋24y x ·x y ＝9，当且仅当x ＝2y 时等号成立，故x ＋y 的最小值为9.14．(2019·成都诊断性检测)某部门为了解该企业在生产过程中的用水量情况，对日用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的日用水量的数据作为样本，得到的统计结果如下表：(单位：吨) 频数 3 6 m 频率n0.5p(1)(2)已知样本中日用水量在[80,90)内的这6个数据分别为83,85,86,87,88,89.从这6个数据中随机抽取2个，求抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率．解：(1)∵3＋6＋m ＝12，∴m ＝3，∴n ＝312＝14，p ＝m 12＝312＝14.∴m ＝3，n ＝p ＝14.(2)从这6个数据中随机抽取2个数据的情况有：{83,85}，{83,86}，{83,87}，{83,88}，{83,89}，{85,86}，{85,87}，{85,88}，{85,89}，{86,87}，{86,88}，{86,89}，{87,88}，{87,89}，{88,89}，共15种．其中2个数据都小于或等于86的情况有{83,85}，{83,86}，{85,86}，共3种．故抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率P ＝1－315＝45. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．(2019·山西太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1 kg 的包裹收费10元；质量超过1 kg 的包裹，除1 kg 收费10元之外，超过1 kg 的部分，每1 kg(不足1 kg ，按1 kg 计算)需再收5元．该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：包裹件数范围 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件数 (近似处理) 50 150 250 350 450 天数6630126两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为13.(2)由题目中的天数得出频率，如下：若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润为235×5－2×100＝975(元)．综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第十章概率知识点总结归纳完整版单选题1、已知集合M ={−1,0,1,−2}，从集合M 中有放回地任取两元素作为点P 的坐标，则点P 落在坐标轴上的概率为（ ）A ．516B ．716C ．38D ．58答案：B分析：利用古典概型的概率求解.由已知得，基本事件共有4×4= 16个，其中落在坐标轴上的点为：(−1,0)，(0,−1)，(0,0)，(1,0)，(0,1)，(−2,0)，(0,−2)，共7个， ∴所求的概率P =716，故选：B ．2、下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（ ）A ．掷一枚骰子一次，事件M “出现偶数点”；事件N “出现3点或6点”B ．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M “第一次摸到白球”，事件N “第二次摸到白球”C ．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M “第一次摸到白球”，事件N “第二次摸到黑球”D ．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M “从甲组中选出1名男生”，事件N “从乙组中选出1名女生” 答案：C分析：利用对立事件和相互独立事件的概念求解．解：对于选项A ，事件M ={2,4,6}，事件N ={3,6}，事件MN ={6}，基本事件空间Ω={1,2,3,4,5,6}，所以P (M )=36=12，P (N )=26=13，P (MN )=16=12×13，即P (MN )=P (N )P (M )，因此事件M 与事件N 是相互独立事件；对于选项B ，袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M “第一次摸到白球”，事件N “第二次摸到白球”， 则事件M 发生与否与N 无关，同时，事件N 发生与否与M 无关，则事件M 与事件N 是相互独立事件；对于选项C ，袋中有3白、2黑，5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球， 事件M “第一次摸到白球”，事件N “第二次摸到黑球”， 则事件M 发生与否和事件N 有关，故事件M 和事件N 与不是相互独立事件；对于选项D ，甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M “从甲组中选出1名男生”，事件N “从乙组中选出1名女生”，则事件M 发生与否与N 无关，同时，事件N 发生与否与M 无关，则事件M 与事件N 是相互独立事件； 故选：C.3、某中学举行党史学习教育知识竞赛，甲队有A 、B 、C 、D 、E 、F 共6名选手其中4名男生2名女生，按比赛规则，比赛时现场从中随机抽出2名选手答题，则至少有1名女同学被选中的概率是（ ） A ．13B ．25C ．12D ．35 答案：D分析：现场选2名选手，共15种情况，设A ，B ，C ，D 四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况，共有6种，利用对立事件进行求解，即可得到答案；现场选2名选手，基本事件有：(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种情况，不妨设A ，B ，C ，D 四位同学为男同学则没有女同学被选中的情况是：(A,B )，(A,C )，(A,D )，(B,C )，(B,D )，(C,D )共6种， 则至少有一名女同学被选中的概率为1−615=35.故选：D .4、某人将一枚硬币连抛20次，正面朝上的情况出现了12次.若用A 表示事件“正面向上”，则A 的（ ） A ．频率为35B ．概率为35C ．频率为12D ．概率接近35 答案：A分析：根据频率和概率的知识确定正确选项. 依题意可知，事件A 的频率为1220=35，概率为12. 所以A 选项正确，BCD 选项错误. 故选：A5、在一次试验中，随机事件A ，B 满足P(A)=P(B)=23，则（ ）A ．事件A ，B 一定互斥B ．事件A ，B 一定不互斥C ．事件A ，B 一定互相独立D ．事件A ，B 一定不互相独立 答案：B分析：根据互斥事件和独立事件的概率的定义进行判断即可若事件A ，B 为互斥事件，则P(A +B)=P(A)+P(B)=43>1，与0≤P(A +B)≤1矛盾，所以P(A +B)≠P(A)+P(B)，所以事件A ，B 一定不互斥，所以B 正确，A 错误，由题意无法判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立，所以不能判断事件A ，B 是否互相独立，所以CD 错误， 故选：B6、一个学习小组有5名同学，其中2名男生，3名女生．从这个小组中任意选出2名同学，则选出的同学中既有男生又有女生的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．45 答案：C分析：写出5人取2人的所有事件，找出一男同学一女同学的取法，利用古典概型求解. 5人小组中，设2男生分别为a ,b ，3名女生分别为A,B,C ，则任意选出2名同学，共有:(a,b),(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C),(A,B),(A,C),(B,C)10个基本事件， 其中选出的同学中既有男生又有女生共有(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C)6个基本事件， 所以P =610=35,故选：C7、抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件A =“向上的点数为3”，B =“向上的点数为6”，C =“向上的点数为3或6”，则有（ ）A ．A ⊆B B ．C ⊆B C ．A ∩B =CD ．A ∪B =C 答案：D分析：根据事件的关系、和事件、积事件的定义逐一判断四个选项的正误，即可得出正确选项 对于A ：事件A =“向上的点数为3”发生，事件B =“向上的点数为6”一定不发生，故选项A 不正确；对于B ：事件C =“向上的点数为3或6”发生，事件B =“向上的点数为6”不一定发生，但事件B =“向上的点数为6”发生，事件C =“向上的点数为3或6” 一定发生，所以B ⊆C ，故选项B 不正确； 对于C ：事件A 和事件B 不能同时发生，A ∩B =∅，故选项C 不正确；对于D ：事件A =“向上的点数为3”或事件B =“向上的点数为6”发生，则事件C =“向上的点数为3或6”发生，故选项D 正确； 故选：D8、若书架上放的工具书、故事书、图画书分别是5本、3本、2本，则随机抽出一本是故事书的概率为（ ） A ．15B ．310C ．35D ．12 答案：B分析：由古典概率模型的计算公式求解.样本点总数为10，“抽出一本是故事书”包含3个样本点，所以其概率为310 . 故选：B.9、甲、乙二人玩猜数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a,b ∈{1,2,3,4}，若|a −b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ）A ．38B ．58C ．316D ．516 答案：B分析：利用列举法根据古典概型公式计算即可.B 两人分别从1，2，3，4四个数中任取一个，共有16个样本点，为：(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)，这16个样本点发生的可能性是相等的．其中满足|a −b|≤1的样本点有(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，3)，(4，4)，共10个，故他们“心有灵犀”的概率为P =1016=58． 故选：B10、等可能地从集合{1,2,3}的所有子集中任选一个，选到非空真子集的概率为（ ） A ．78B ．34C ．1516D ．14答案：B分析：写出集合{1,2,3}的所有子集，再利用古典概率公式计算作答.集合{1,2,3}的所有子集有：∅,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}，共8个，它们等可能， 选到非空真子集的事件A 有：{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}，共6个， 所以选到非空真子集的概率为P(A)=68=34. 故选：B 填空题11、若随机事件A 、B 互斥，A 、B 发生的概率均不等于0，且分别为P(A)=2−a ，P(B)=3a −4，则实数a 的取值范围为_____． 答案：(43,32]解析：根据已知条件和随机事件的概率范围及互斥事件的性质，列出不等式组，即可求出实数a的取值范围. 因为随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，所以有：{0<P(A)<1 0<P(B)<10<P(A)+P(B)≤1，即{0<2−a<10<3a−4<10<2−a+3a−4≤1，解得43<a≤32，所以答案是：(43,3 2 ]12、排球比赛的规则是5局3胜制，在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率均为35，若前2局结束后乙队以2：0领先，则最后乙队获胜的概率是___________.答案：98125##0.784##78.4%分析：最后乙队获胜，则需要在剩下的三局比赛中赢一局，分情况计算概率即可.最后乙队获胜，则需要在剩下的三局比赛中赢一局即可.若第三局乙队获胜，其概率为P1=25；若第三局乙队负，第四局乙队获胜，其概率为P2=35×25=625；若第三､四局乙队负，第五局乙队获胜，其概率为P3=35×35×25=18125.所以最后乙队获胜的概率为P=P1+P2+P3=25+625+18125=50+30+18125=98125.所以答案是：98125.13、随着经济发展，江门市居住环境进一步改善，市民休闲活动的公园越来越多，其中，最新打造的网红公园有儿童公园、湖连潮头中央公园、下沙公园.某个节假日，甲、乙、丙、丁四组家庭到这个网红公园打卡，通过访问和意向筛查，最后将这四组家庭的意向汇总如下：若每组家庭只能从已登记的选择意向中随机选取一项，且每个公园至多有两组家庭选择，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为 ________.答案：29分析：分以下三种情况枚举所有情况即可，①选儿童公园和湖连潮头中央公园，②选儿童公园和下沙公园，③选下沙公园和湖连潮头中央公园，利用古典概型计算公式即可.①选儿童公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲丙、乙丁；乙丙、甲丁； ②选儿童公园和下沙公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丙、乙丁； ③选下沙公园和湖连潮头中央公园时，有以下情况：甲乙、丙丁；甲丁、乙丙；④选3个公园时，有以下几种情况：甲乙、丁、丙；甲丙、乙、丁；甲丙、丁、乙；乙丙、甲、丁； 丙、甲乙、丁；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙；乙、甲丁、丙；丙、甲丁、乙； 甲、丁、乙丙；丙、甲、乙丁；甲、乙、丙丁；乙、甲、丙丁；共有18种选择，其中甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的4种，则甲、乙两组家庭选择同一个公园打卡的概率为418=29.所以答案是：29.14、对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A ，B ，其中n(Ω)=60,n(A)=30,n(B)=20，n(A ∩B)=10，则P(A ∪B)=___________. 答案：23分析：求出A ∪B 所包含的基本事件数，从而求出相应的概率. 由题意得：n (A ∪B )=30+20−10=40，所以P (A ∪B )=4060=23. 所以答案是：2315、已知甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，甲和乙是否命中目标互不影响，且各次射击是否命中目标也互不影响．若按甲、乙、甲、乙……的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是______． 答案：19400##0.0475分析：设事件A 表示“甲射击一次命中目标”，事件B 表示“乙射击一次命中目标”，分两种情况：①甲、乙第一次射击都未命中，甲第二次射击命中，概率为P(ABA)；②甲、乙第一次射击都未命中，甲第二次射击未命中，乙第二次射击命中，概率为P(ABAB)，由此可求得答案.解：设事件A 表示“甲射击一次命中目标”，事件B 表示“乙射击一次命中目标”，则A ，B 相互独立，停止射击时甲射击了两次包括两种情况：①甲、乙第一次射击都未命中，甲第二次射击命中， 此时的概率为P(ABA)=(1−34)×(1−45)×34=380；②甲、乙第一次射击都未命中，甲第二次射击未命中，乙第二次射击命中，此时的概率为P(ABAB)=(1−34)×(1−45)×(1−34)×45=1100． 故停止射击时，甲射击了两次的概率是380+1100=19400．所以答案是：19400.解答题16、某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间[40,50)、[50,60)、…、[80,90)、[90,100]．（1）求频率分布直方图中a 的值；（2）估计该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率；（3）从评分在[40,60)的受访学生中，随机抽取2人，求此2人评分都在[50,60)的概率． 答案：（1）a =0.006；（2）0.68；（3）310． 分析：（1）可根据频率分布直方图得出结果； （2）可通过后三组的频率之和得出结果；（3）本题首先可令5名受访职工依次为A 1、A 2、A 3、B 1、B 2，然后列出随机抽取2人的所有可能情况以及抽取2人的评分都在[50,60)的所有可能情况，最后根据古典概型的概率计算公式即可得出结果.（1）(0.004+a+0.018+0.022×2+0.028)×10=1，解得a=0.006.（2）由频率分布直方图易知：50名受访学生评分不低于70的频率为(0.028+0.022+0.018)×10=0.68，故该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率的估计值为0.68.（3）受访学生评分在[50,60)的有50×0.006×10=3人，依次为A1、A2、A3，受访学生评分在[40,50)的有50×0.004×10=2人，依次为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，依次为：{A1,A2}、{A1,A3}、{A1,B1}、{A1,B2}、{A2,A3}、{A2,B1}、{A2,B2}、{A3,B1}、{A3,B2}、{B1,B2}，因为所抽取2人的评分都在[50,60)的结果有3种，依次为{A1,A2}、{A1,A3}、{A2,A3}，.所以此2人评分都在[50,60)的概率P=31017、小宁某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求：（1）这三列火车恰好有两列正点到达的概率；（2）这三列火车至少有一列正点到达的概率.答案：（1）0.398；（2）0.994.分析：结合独立事件的乘法公式即可.解：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件.则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1.（1）由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.（2）三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P(A B C)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.18、某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表：其中，满意率是指某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值．(1)从Ⅲ型号汽车的回访客户中随机选取1人，求这个客户不满意的概率；(2)从所有客户中随机选取1个人，估计这个客户满意的概率．答案：(1)0.4(2)111320分析：（1）利用对立事件的概率公式求解计算即可.（2）先求出样本中的回访客户的总数和样本中满意的客户人数，由此估计客户的满意概率.（1）由表中数据知，Ⅲ型号汽车的回访客户的满意率为0.6，则从Ⅲ型号汽车的回访客户中随机选取1人，这个客户不满意的概率为1−0.6=0.4．（2）由题意知，回访客户的总人数是250+100+200+700+350=1600，回访客户中满意的客户人数是250×0.5+100×0.3+200×0.6+700×0.3+350×0.2=125+30+120+ 210+70=555，所以回访客户中客户的满意率为5551600=111320，所以从所有客户中随机选取1个人，估计这个客户满意的概率约为P=111320．19、某企业从领导干部､员工中按比例随机抽取50人组成一个评审团，对A､B两个员工作为后备干部的竞聘演讲及个人技术能力展示进行评分，满分均为100分，整理评分数据，将分数以10为组距分为5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到A员工的频率分布直方图和B员工的频数分布表：(1)在评审团的50人中，求对A员工的评分不低于80分的人数；(2)从对B员工的评分在[50,70)范围内的人中随机选出2人，求2人评分均在[60,70)范围内的概率；(3)该企业决定：若评审团给员工评分的中位数大于82分，则推荐这名员工作为后备干部人选，请问评审团将推荐哪一位员工作为后备干部人选？答案：(1)27人；(2)3；10(3)B员工.分析：（1）根据频率分布直方图求出a即可列式计算作答.（2）由频率分布表得评分在[50,60)、[60,70)内的人数，再利用列举法结合古典概率公式计算作答.（3）根据频率分布直方图及频率分布表求出二位员工评分的中位数即可判断作答.(1)由A员工评分的频率分布直方图得：a=0.1−0.004−0.006−0.024−0.036=0.03，所以对A员工的评分不低于80分的人数为：(0.03+0.024)×10×50=27（人）.(2)对B员工的评分在[50,70)内有5人，将评分在[50,60)内的2人记为C，D，评分在[60,70)内的3人记为E，F，G，从5 人中任选2人的情况有：CD，CE，CF，CG，DE，DF，DG，EF，EG，FG，共10种，它们等可能，2人评分均在[60,70)范围内的有：EF，EG，FG，共3种，所以2人评分均在[60,70)范围内的概率P=3.10(3)由A员工评分的频率分布直方图得：(0.004+0.006+0.036)×10=0.46<0.5，(0.004+0.006+0.036+ 0.03)×10=0.76>0.5，则A员工评分的中位数m∈[80,90)，有(m−80)×0.03=0.5−0.46，解得m≈81.3<82，由B员工的频数分布表得：2+3+1250=0.34<0.5，2+3+12+1850=0.7>0.5，则B员工评分的中位数n∈[80,90)，有(n−80)×0.036=0.5−0.34，解得n≈84.4>82，所以评审团将推荐B员工作为后备干部人选.。