2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书:第十章 第4讲 随机事件与古典概型

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文档介绍

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书:第十章 第4讲 随机事件与古典概型

第4讲 随机事件与古典概型 一、知识梳理 ‎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互为对立事件 A∩B=∅‎ 且A∪B=Ω ‎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.对古典概型的理解 ‎(1)一个试验是否为古典概型,在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性,只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型.正确判断试验的类型是解决概率问题的关键.‎ ‎(2)古典概型是一种特殊的概率模型,但并不是所有的试验都是古典概型.‎ 常用结论 关注三个易错点 ‎1.频率随着试验次数的改变而改变,概率是一个常数.‎ ‎2.对立事件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件,“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.‎ 二、教材衍化 ‎1.一个人打靶时连续射击两次,事件“至少有一次中靶”的对立事件是(  )‎ 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:选D.“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”.‎ ‎2.一个盒子里装有标号为1,2,3,4的4张卡片,随机地抽取2张,则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是________.‎ 解析:抽取两张卡片的基本事件有:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种,和为奇数的事件有:(1,2),(1,4),(2,3),(3,4),共4种.‎ 所以所求概率为=.‎ 答案: ‎3.袋中装有6个白球, 5个黄球,4个红球.从中任取一球,则取到白球的概率为________.‎ 解析:从袋中任取一球,有15种取法,其中取到白球的取法有6种,则所求概率为P==.‎ 答案: ‎4.已知5件产品中有2件次品,其余为合格品.现从这5件产品中任取2件,恰有一件次品的概率为________.‎ 解析:从5件产品中任取2件共有C=10(种)取法,恰有一件次品的取法有CC=6(种),所以恰有一件次品的概率为=0.6.‎ 答案:0.6‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)事件发生的频率与概率是相同的.(  )‎ ‎(2)随机事件和随机试验是一回事.(  )‎ ‎(3)在大量重复试验中,概率是频率的稳定值.(  )‎ ‎(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.(  )‎ ‎(5)若A,B为互斥事件,则P(A)+P(B)=1.(  )‎ ‎(6)在一次试验中,其基本事件的发生一定是等可能的.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)×‎ 二、易错纠偏 (1)确定互斥事件、对立事件出错;‎ ‎(2)基本事件计数错误.‎ ‎1.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________.‎ 解析:由题意得,甲不输的概率为+=.‎ 答案: ‎2.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________.‎ 解析:掷一个骰子的试验有6种可能结果,依题意P(A)==,P(B)==,所以P()=1-P(B)=1-=,显然A与互斥,从而P(A+)=P(A)+P()=+=.‎ 答案: ‎3.已知函数f(x)=2x2-4ax+2b2,若a∈{4,6,8},b∈{3,5,7},则该函数有两个零点的概率为________.‎ 解析:要使函数f(x)=2x2-4ax+2b2有两个零点,即方程x2-2ax+b2=0有两个实根,则Δ=4a2-4b2>0,又a∈{4,6,8},b∈{3,5,7},即a>b,而a,b的取法共有3×3=9(种),其中满足a>b的取法有(4,3),(6,3),(6,5),(8,3),(8,5),(8,7),共6种,所以所求的概率为=.‎ 答案: ‎      随机事件的频率与概率(师生共研)‎ ‎ 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 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 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,由表格数据知,最高气温低于25的频率为=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=0.8,因此Y大于零的概率的估计值为0.8. ‎ ‎(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.  ‎ ‎1.某河流上的一座水力发电站,每年六月份的发电量Y(单位:万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位:毫米)有关.据统计,当X=70时,Y=460;X每增加10,Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,‎ ‎160,200,140,110,160,220,140,160.‎ ‎(1)完成如下的频率分布表:‎ 近20年六月份降雨量频率分布表 降雨量 ‎70‎ ‎110‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎200‎ ‎220‎ 频率 ‎(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同,并将频率视为概率,求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率.‎ 解:(1)在所给数据中,降雨量为110毫米的有3个,为160毫米的有7个,为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量频率分布表为:‎ 降雨量 ‎70‎ ‎110‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎200‎ ‎220‎ 频率 ‎(2)根据题意,Y=460+×5=+425,‎ 故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)‎ ‎=P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210)‎ ‎=P(X=70)+P(X=110)+P(X=220)‎ ‎=++=.‎ 故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为.‎ ‎2.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该保险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.‎ ‎      互斥事件、对立事件的概率(师生共研)‎ ‎ 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.‎ ‎[提醒] 间接法体现了“正难则反”的思想方法.  ‎ ‎1.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. B. C. D. 解析:选A.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-=.故选A.‎ ‎2.经统计,在某储蓄所一个营业窗口排队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.‎ 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.‎ ‎      古典概型的概率(多维探究)‎ 角度一 简单的古典概型的概率 ‎ (1)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. B. C. D. ‎(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组,分别安排到三个社区参加社会实践活动,则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为(  )‎ A. B. C. D. ‎【解析】 (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==,故选C.‎ ‎(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组,分别安排到三个社区参加社会实践活动,基本事件总数n=CCC=90,每个小组恰好有1名教师和1名学生包含的基本事件个数m=CCCCCC=36,所以每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为P===.故选B.‎ ‎【答案】 (1)C (2)B 角度二 古典概型与其他知识的综合问题 ‎ (1)从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a,从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b,则向量m=(a,b)与向量n=(1,-1)垂直的概率为(  )‎ A. B. C. D. ‎(2)已知a∈{-2,0,1,2,3},b∈{3,5},则函数f(x)=(a2-2)ex+b为减函数的概率是(  )‎ A. B. C. D. ‎(3)将一个骰子投掷两次,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. ‎【解析】 (1)由题意可知m=(a,b)有:(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,3),(3,5),(4,1),(4,3),(4,5),(5,1),(5,3),(5,5),共12种情况.‎ 因为m⊥n,即m·n=0,‎ 所以a×1+b×(-1)=0,即a=b,‎ 满足条件的有(3,3),(5,5)共2个,‎ 故所求的概率为.故选A.‎ ‎(2)函数f(x)=(a2-2)ex+b为减函数,则a2-2<0,又a∈{-2,0,1,2,3},故只有a=0,a=1满足题意,又b∈{3,5},所以函数f(x)=(a2-2)ex+b为减函数的概率是=.故选C.‎ ‎(3)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.‎ ‎【答案】 (1)A (2)C (3)D ‎(1)求古典概型的概率的步骤 第一步,判断本试验的结果是否为等可能事件,设出所求事件A;‎ 第二步,分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m;‎ 第三步,利用公式P(A)=,求出事件A的概率.‎ ‎(2)求解古典概型与其他知识交汇问题的思路 解决古典概型与其他知识交汇问题,‎ 其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型,再按照求古典概型的步骤求解. ‎ ‎1.(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A.由6个爻组成的重卦种数为26=64,在所有重卦中随机取一重卦,该重卦恰有3个阳爻的种数为C==20.根据古典概型的概率计算公式得,所求概率P==.故选A.‎ ‎2.2021年广东新高考将实行3+1+2模式,即语文、数学、英语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史,假若他们都对后面四科没有偏好,则他们选课相同的概率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选D.由题意,从政治、地理、化学、生物中四选二,共有C=6(种)方法,所以他们选课相同的概率为,故选D.‎ ‎3.2019年1月1日,济南轨道交通1号线试运行,济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验,征求意见”的活动.市民可以通过济南地铁APP抢票,小陈抢到了三张体验票,准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动,则小王和小李至多一人被选中的概率为________.‎ 解析:法一:若小王和小李都没被选中,则有C种方法,若小王和小李有一人被选中,则有CC种方法,故所求概率P==.‎ 法二:若小王和小李都被选中,则有1种方法,故所求概率P=1-=.‎ 答案: ‎ [基础题组练]‎ ‎1.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.0.3 B.0.4‎ C.0.6 D.0.7‎ 解析:选B.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.‎ ‎2.(2019·高考全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝,并称为中国古典小说四大名著,某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况,随机调查了100位学生,其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位,阅读过《红楼梦》的学生共有80位,阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位,则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(  )‎ A.0.5 B.0.6‎ C.0.7 D.0.8‎ 解析:选C.根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下:‎ 所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为=0.7.‎ ‎3.现有5人参加抽奖活动,每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张,直到3张中奖票都被抽出时活动结束,则活动恰好在第4人抽完结束的概率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C.将5张奖票不放回地依次取出共有A=120种不同的取法,若活动恰好在第四次抽奖结束,则前三次共抽到2张中奖票,第四次抽到最后一张中奖票,共有3AAA=36种取法,所以P==.故选C.‎ ‎4.据《孙子算经》中记载,中国古代诸侯的等级从低到高分为男、子、伯、侯、公共五级.现有每个级别的诸侯各一人,共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子,级别每高一级就多分m个(m为正整数),若按这种方法分橘子,“公”恰好分得30个橘子的概率是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B.由题意可知等级从低到高的5个诸侯所分的橘子个数组成公差为m的等差数列,设“男”分得的橘子个数为a1,其前n项和为Sn,则S5=5a1+m=80,即a1+2m=16,且a1,m均为正整数,若a1=2,则m=7,此时a5=30,若a1=4,m=6,此时a5=28,若a1=6,m=5,此时a5=26,若a1=8,m=4,此时a5=24,若a1=10,m=3,此时a5=22,若a1=12,m=2,此时a5=20,若a1=14,m=1,此时a5=18,所以“公”恰好分得30个橘子的概率为.故选B.‎ ‎5.(2020·陕西榆林模拟)大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教,若每个村小学至少分配1名大学生,则小明恰好分配到甲村小学的概率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C.依题意,小明与另外3名大学生分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学的分配方法是1个学校2人,另外2个学校各1人,共有CA=36(种)分配方法,若小明必分配到甲村小学,有CA+CA=12(种)分配方法,根据古典概型的概率计算公式得所求的概率为=,故选C.‎ ‎6.(2019·高考全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________.‎ 解析:经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为=0.98.‎ 答案:0.98‎ ‎7.(2020·四川绵阳诊断改编)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车,等可能随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想,设计两种乘车方案.方案一:不乘坐第一辆车,若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号,就乘坐此车,否则乘坐第三辆车;方案二:直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1,P2,则P1=________,P2=________.‎ 解析:三辆车的出车顺序可能为:123,132,213,231,312,321,共6种.‎ 方案一坐3号车可能为:132,213,231,共3种,所以P1==;方案二坐3号车可能为:312,321,共2种.所以P2==.‎ 答案:  ‎8.已知|p|≤3,|q|≤3,当p,q∈Z,则方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率是________.‎ 解析:由方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根,可得Δ=(2p)2-4(-q2+1)>0,即p2+q2>1.‎ 当p,q∈Z时,设点M(p,q),如图,直线p=-3,-2,-1,0,1,2,3和直线q=-3,-2,-1,0,1,2,3的交点,即为点M,共有49个,其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点).当点M(p,q)落在圆p2+q2=1外时,方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根,所以方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率P==.‎ 答案: ‎9.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.‎ 解:(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.‎ ‎10.在某大型活动中,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.‎ 解:(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=.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.已知甲、乙、丙各有一张自己的身份证,现把三张身份证收起来后,再随机分给甲、乙、丙每人一张,则恰有一人取到自己身份证的概率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A.甲、乙、丙各有一张自己的身份证,‎ 现把三张身份证收起来后,再随机分给甲、乙、丙每人一张,‎ 基本事件总数n=A=6,‎ 恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m=CCC=3,‎ 所以恰有一人取到自己身份证的概率为p===.故选A.‎ ‎2.如图,某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架,一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处,则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B.根据题意,最近路线就是不能走回头路,不能走重复的路,所以一共要走3次向上,2次向右,2次向前,共7次,所以最近的行走路线共有A=5 040(种).因为不能连续向上,所以先把不向上的次数排列起来,也就是2次向右和2次向前全排列为A.接下来,就是把3次向上插到4次不向上之间的空隙中,5个位置排3个元素,也就是A,则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有AA=1 440(种),所以其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率P==.故选B.‎ ‎3.连续抛掷同一颗均匀的骰子,记第i次得到的向上一面的点数为ai,若存在正整数k,使a1+a2+…+ak=6,则称k为幸运数字,则幸运数字为3的概率是________.‎ 解析:连续抛掷同一颗均匀的骰子3次,所含基本事件总数n=6×6×6,要使a1+a2+a3=6,则a1,a2,a3可取1,2,3或1,1,4或2,2,2三种情况,其所含的基本事件个数m=A+C+1=10.‎ 故幸运数字为3的概率为P==.‎ 答案: ‎4.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________.‎ 解析: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-=.‎ 答案: ‎5.某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查.这1 ‎ ‎000名购物者2017年网上购物金额(单位:万元)均在区间[0.3,0.9]内,样本分组为:[0.3,0.4),[0.4,0.5),[0.5,0.6),[0.6,0.7),[0.7,0.8),[0.8,0.9],购物金额的频率分布直方图如下:‎ 电子商务公司决定给购物者发放优惠券,其金额(单位:元)与购物金额关系如下:‎ 购物金 额分组 ‎[0.3,0.5)‎ ‎[0.5,0.6)‎ ‎[0.6,0.8)‎ ‎[0.8,0.9]‎ 发放金额 ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数;‎ ‎(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率,求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率.‎ 解:(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表:‎ x ‎0.3≤x<0.5‎ ‎0.5≤x<0.6‎ ‎0.6≤x<0.8‎ ‎0.8≤x≤0.9‎ y ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ 频率 ‎0.4‎ ‎0.3‎ ‎0.28‎ ‎0.02‎ 这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为 (50×400+100×300+150×280+200×20)=96.‎ ‎(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知,‎ P(y=150)=P(0.6≤x<0.8)=0.28,‎ P(y=200)=P(0.8≤x≤0.9)=0.02,‎ 从而,获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)=P(y=150)+P(y=200)=0.28+0.02=0.3.‎ ‎6.(2020·延安一模)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 ‎6‎ ‎6‎ ‎30‎ ‎12‎ ‎6‎ ‎(1)某人打算将A(0.3 kg),B(1.8 kg),C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出,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:‎ 情况 第一个包裹 第二个包裹 礼物 质量(kg)‎ 快递费(元)‎ 礼物 质量(kg)‎ 快递费(元)‎ 甲支付的总快递费 ‎1‎ A ‎0.3‎ ‎10‎ B,C ‎3.3‎ ‎25‎ ‎35‎ ‎2‎ B ‎1.8‎ ‎15‎ A,C ‎1.8‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎3‎ C ‎1.5‎ ‎15‎ A,B ‎2.1‎ ‎20‎ ‎35‎ 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.‎ ‎(2)由题目中的天数得出频率,如下:‎ 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 ‎6‎ ‎6‎ ‎30‎ ‎12‎ ‎6‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 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:‎ 包裹件数(近似处理)‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 平均揽件数 ‎50×0.1+150×0.1+250×0.5+350×0.2+450×0.1=260‎ 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:‎ 包裹件数(近似处理)‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ ‎450‎ 实际揽件数 ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎300‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 平均揽件数 ‎50×0.1+150×0.1+250×0.5+300×0.2+300×0.1=235‎ 故公司每日利润为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.‎
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