【数学】2018届一轮复习北师大版随机事件、古典概型与条件概率学案
第4讲 随机事件、古典概型与条件概率
)
1．概率与频率
(1)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nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
2．事件的关系与运算
定义
符号表示
包含
关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A
(或A⊆B)
相等
关系
若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等
A＝B
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B
(或A＋B)
交事件
(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B
(或AB)
互斥
事件
若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立
事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B
A∩B＝∅
且A∪B＝Ω
互为对立事件
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(A)＝1．
(3)不可能事件的概率：P(A)＝0．
(4)概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．
P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
4．古典概型
(1)基本事件的特点
①任何两个基本事件是互斥的；
②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
(2)特点
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
(3)概率公式
P(A)＝．
5．条件概率及其性质
(1)条件概率的定义：设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
(2)条件概率的性质：①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
1．辨明四个易误点
(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)对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，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)概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
(4)P(B|A)是在A发生的条件下B发生的概率，而P(A|B)是在B发生的条件下A发生的概率．
2．集合方法判断互斥事件与对立事件
(1)由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
(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．
1．(2016·高考天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为( )
A. B．
C. D．
A 由题意得，甲不输的概率为＋＝.
2．(2016·高考北京卷)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( )
A. B．
C. D．
B 设5名学生分别为甲、乙、丙、丁、戊，从甲、乙、丙、丁、戊5人中选2人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共10种情况，其中甲被选中的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共4种，所以甲被选中的概率为＝.
3. 甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，A2是对立事件，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
B 两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．
4．已知P(B|A)＝，P(AB)＝，则P(A)等于________．
由P(AB)＝P(A)P(B|A)，可得P(A)＝.
5．在集合中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cos x＝的概率是________．
基本事件总数为10，满足方程cos x＝的基本事件数为2，故所求概率为P＝＝.
随机事件的频率与概率
(2016·高考全国卷甲)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：
上年度出
险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
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：
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
(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＝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＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
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计值为1.192 5a.
某保险公司利用简单随机抽样方法，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)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(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%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝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赔付金额为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表示事件“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＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
互斥事件、对立事件的概率
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．记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)1张奖券的中奖概率；
(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解】 (1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝，因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1张奖券的中奖概率为.
(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
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：
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
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.
古典概型的概率(高频考点)
古典概型是高考考查的热点，可在选择题、填空题中单独考查，也可在解答题中与统计一起考查，属容易题．
高考对本部分内容的考查主要有以下三个命题角度：
(1)根据概率求参数；
(2)利用古典概型的概率公式求概率；
(3)古典概型与统计的综合应用(下章讲解)．
(2016·高考山东卷)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．
(1)求小亮获得玩具的概率；
(2)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】 用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一对应．
因为S中元素的个数是4×4＝16，
所以基本事件总数n＝16.
(1)记“xy≤3”为事件A，
则事件A包含的基本事件共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)．
所以P(A)＝，即小亮获得玩具的概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B，“3
，
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．
角度一 根据概率求参数
1．将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，则实数m的取值范围是( )
A. B．
C. D．
D 对于a与b各有6种情形，故总数为36种．
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，故概率为P1＝＝，两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，
所以P2＝＝，
因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝的内部，
所以＋＜，
解得－＜m＜，故选D．
角度二 利用古典概型的概率公式求概率
2．(2017·黑龙江实验中学期末)从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假币，则这两张都是假币的概率为( )
A. B．
C. D．
D 从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，至少有一张是假币，共有n＝CC＋C种抽法；抽取的两张都是假币，有m＝C种，故所求的概率为P＝＝＝.
3．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2016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
分组
频数
1
[4，5)
2
2
[5，6)
8
3
[6，7)
7
4
3
(1)现从融合指数在内的“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．
(1)法一：融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在内的“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．
所以所求的概率P＝.
法二：融合指数在内的“省级卫视新闻台”记为A1，A2，A3；融合指数在内的“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，没有1家融合指数在内的基本事件是：{B1，B2}共1个．
所以所求的概率P＝1－＝.
(2)这20家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数等于
4．5×＋5.5×＋6.5×＋7.5×＝6.05.
条件概率
(1)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. B．
C. D．
(2)将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不相同”，B为“至少出现一个3点”，则P(A|B)＝( )
A. B．
C. D．
【解析】 (1)P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式，得P(B|A)＝＝＝.
(2)P(A|B)表示在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少出现一个3点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个3点”的情况数目为6×6×6－5×5×5＝91，“三个点数都不相同”则只有一个3点，共C×5×4＝60种情况，故P(A|B)＝.
【答案】 (1)B (2)A
把本例(1)事件A中的“和”变为“积”，其他条件不变，则P(B|A)＝________．
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)＝.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)＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
1．根据历年气象统计资料，宜都三月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为，则在吹东风的条件下下雨的概率为( )
A. B．
C. D．
B 设事件A表示宜都三月份吹东风，事件B表示三月份下雨，根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率P(B|A)＝＝.
2．(2017·张掖第一次诊断考试)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )
A. B． C. D．
B 第一次摸出新球记为事件A，则P(A)＝，第二次取到新球记为事件B，则P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝，故选B．
1．设事件A，B，已知P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，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
B 因为P(A)＋P(B)＝＋＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选B．
2．(2017·湖南衡阳八中一模)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( )
A．0.7 B．0.65
C．0.35 D．0.3
C 因为事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，所以事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.故选C.
3．某工程施工在很大程度上受当地年降水量的影响，施工期间的年降水量X(单位：mm
)对工期延误天数Y的影响及相应的概率P如下表所示：
年降水量X
X<100
100≤X<200
200≤X<300
X≥300
工期延误天数Y
0
5
15
30
概率P
0.4
0.2
0.1
0.3
在年降水量X至少是100的条件下，工期延误小于30天的概率为( )
A．0.7 B．0.5
C．0.3 D．0.2
B 设事件A为“年降水量X至少是100”，事件B为“工期延误小于30天”，则P(B|A)＝＝＝0.5，故选B．
4．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )
A．1 B．
C. D．
C 从袋中任取2个球共有C＝105种，其中恰好1个白球，1个红球共有CC＝50种，所以恰好1个白球，1个红球的概率为＝.
5．在1，2，3，4，5，6，7，8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字5是取出的五个不同的数的中位数的概率为( )
A. B．
C. D．
B 分析可知，要满足题意，则抽取的除5以外的四个数字中，有两个比5小，有两个比5大，故所求概率P＝＝.
6．(2017·洛阳统考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )
A. B．
C. D．
B 由题意分析可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，所以所求概率P＝＝.
7．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，若红球有21个，则黑球有________个．
摸到黑球的概率为1－0.42－0.28＝0.3.设黑球有n个，则＝，故n＝15.
15
8．(2016·高考四川卷)从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，则logab为整数的概率是__________．
从2，3，8，9中任取两个不同的数字，(a，b)的所有可能结果有(2，3)，(2，8)，(2，9)，(3，2)，(3，8)，(3，9)，(8，2)，(8，3)，(8，9)，(9，2)，(9，3)，(9，8)，共12种，其中log28＝3，log39＝2为整数，所以logab为整数的概率为.
9．一个袋子里有2个白球、3个黑球、4个红球，从中任取3个球恰好有2个球同色的概率为________．
记A＝{取出的3个球中恰好有2个白球}，B＝{取出的3个球中恰好有2个黑球}，C＝{取出的3个球中恰好有2个红球}，则P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.
又A，B，C三个事件两两互斥，
则P(取出的3个球中恰好有2个球同色)
＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＋＋＝.
10．如下的三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．
从九个数中任取三个数的不同取法共有C＝＝84(种)，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C·C·C＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－＝.
11．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如表所示．
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)
x
30
25
y
10
结算时间
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)求x，y的值；
(2)求顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率．
(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.
(2)记A：一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟．
A1：该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟．
A2：该顾客一次购物的结算时间为3分钟．
将频率视为概率可得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝0.3，
所以一位顾客一次购物的结算时间超过2分钟的概率为0.3.
12．已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A，B两组，每组4支，求：
(1)A，B两组中有一组恰好有2支弱队的概率；
(2)A组中至少有2支弱队的概率．
(1)法一：3支弱队在同一组中的概率为×2＝，
故有一组恰好有2支弱队的概率为1－＝.
法二：A组恰有2支弱队的概率为，B组恰好有2支弱队的概率为，
所以有一组恰好有2支弱队的概率为＋＝.
(2)法一：A组中至少有2支弱队的概率为＋＝.
法二：A，B两组有一组中至少有2支弱队的概率为1(因为此事件为必然事件)．由于对A组和B组而言，至少有2支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有2支弱队的概率为.
13．(2017·合肥市第二次质量检测)某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为( )
A. B．
C. D．
A 法一：当学生A最后一个出场时，有AA＝18种不同的安排方法；当学生A不是最后一个出场时，有AA＝36种不同的安排方法，所以满足“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的所有不同安排方法有18＋36＝54种．其中“C第一个出场”的结果有AA＝18种，则所求概率为＝，选项A正确．
法二：“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C第一个出场”的概率是.
14．有100本书，既分为文科、理科2类，又分为精装、平装2种，其中文科书40本，精装书70本，理科的平装书20本，则：
(1)任取1本恰是文科精装书的概率是________；
(2)先任取1本恰是文科书，放回后再取1本恰是精装书的概率是________．
(1)基本事件总数为100，其中文科书40本，理科书60本；精装书70本，理科的平装书20本，精装书40本；文科的精装书30本，文科的平装书10本．
则任取1本恰是文科精装书的概率为＝0.3.
(2)基本事件总数为100×100，则所求概率P＝＝×＝0.28.
(1)0.3 (2)0.28
15．在某项大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝＝，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝＝，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()＝1－P(E)＝.
(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝＝，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1＝1－P2＝.
16．(2017·枣庄模拟)根据我国颁布的《环境空气质量指数(AQI)技术规定》：空气质量指数划分为0～50、51～100、101～150、151～200、201～300和大于300六级，对应空气质量指数的六个级别，指数越大，级别越高，说明污染越严重，对人体健康的影响也越明显．专家建议：当空气质量指数小于等于150时，可以进行户外运动；空气质量指数为151及以上时，不适合进行旅游等户外活动，下表是济南市2016年10月上旬的空气质量指数情况：
时间
1日
2日
3日
4日
5日
6日
7日
8日
9日
10日
AQI
149
143
251
254
138
55
69
102
243
269
(1)求10月上旬市民不适合进行户外活动的概率；
(2)一外地游客在10月上旬来济南旅游，想连续游玩两天，求适合连续旅游两天的概率．
(1)该试验的基本事件空间Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，基本事件总数n＝10.
设事件A为“市民不适合进行户外活动”，则A＝{3，4，9，10}，包含基本事件数m＝4.所以P(A)＝＝，
即10月上旬市民不适合进行户外活动的概率为.
(2)该试验的基本事件空间Ω＝{(1，2)，(2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，6)，(6，7)，(7，8)，(8，9)，(9，10)}，基本事件总数n＝9，
设事件B为“适合连续旅游两天的日期”，则B＝{(1，2)，(5，6)，(6，7)，(7，8)}，包含基本事件数m＝4，
所以P(B)＝，所以适合连续旅游两天的概率为.
