全国高考数学复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第4节随机事件的概率习题理
高考数学第10章计数原理概率随机变量及其分布4第4讲随机事件与古典概型教案理高三全册数学教案
第4讲 随机事件与古典概型 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)＝nAn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)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数．
高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布《随机事件与古典概型》练习理含解析
第4讲 随机事件与古典概型[基础题组练]1．(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 ．0.5B ．0.6C ．0.7D ．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70100＝0.7.2．(2019·福建漳州一模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说：“你当然不会是最差的”，从上述回答分析，丙是第一名的概率是( )A.15B.13C.14D.16解析：选B.由于甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊．又因为所有的限制条件对丙 、丁或戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是13.故选B.3．(2019·河南郑州模拟)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.110B.15C.310D.25解析：选C.将5张奖票不放回地依次取出共有A 55＝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3A 23A 12A 11＝36种取法，所以P ＝36120＝310.故选C.4．(2019·甘肃兰州模拟)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1 (a ＞0，b ＞0)，其中a ∈{1，2，3，4}，b ∈{1，2，3，4}，且a ，b 取到其中每个数都是等可能的，则直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点的概率为( )A.14B.38C.12D.58解析：选B.直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点，则b a>1，总基本事件数为4×4＝16，满足条件的(a ，b )的情况有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，故概率为38.5．(2019·武汉市调研测试)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.112B.12C.13D.16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C 24A 33＝36(种)分配方法，若小明必分配到甲村小学，有C 23A 22＋C 13A 22＝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1236＝13，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10×0.97＋20×0.98＋10×0.9910＋20＋10＝0.98.答案：0.987．从1～9这9个自然数中任取7个不同的数，则这7个数的平均数是5的概率为________． 解析：从1～9这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有C 79＝36种，从(1，9)，(2，8)，(3，7)，(4，6)中任选3组，有C 34＝4种选法，故这7个数的平均数是5的概率为436＝19.答案：198．一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次为a ，b ，c ，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称这个三位数为“好数”(如213，134)，若a ，b ，c ∈{1，2，3，4}，且a ，b ，c 互不相同，则这个三位数为“好数”的概率是________．解析：从1，2，3，4中任选3个互不相同的数并进行全排列，共组成A 34＝24个三位数，而“好数”的三个位置上的数字为1，2，3或1，3，4，所以共组成2A 33＝12个“好数”，故所求概率为1224＝12.答案：129．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)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 )＝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24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.10．设a ∈{2，4}，b ∈{1，3}，函数f (x )＝12ax 2＋bx ＋1.(1)求f (x )在区间(－∞，－1]上是减函数的概率；(2)从f (x )中随机抽取两个，求它们在(1，f (1))处的切线互相平行的概率．解：(1)由题意－b2×12a ≥－1，即b ≤a .而(a ，b )共有C 12·C 12＝4种，满足b ≤a 的有3种，故概率为34.(2)由(1)可知，函数f (x )共有4种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法． 因为函数f (x )在(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝a ＋b ，所以这两个函数中的a 与b 之和应该相等，而只有(2，3)，(4，1)这1组满足，故概率为16. [综合题组练]1．(2019·泉州模拟)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.12B.13C.14D.16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 33＝6，恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m ＝C 13C 11C 11＝3，所以恰有一人取到自己身份证的概率为p ＝m n ＝36＝12.故选A.2．(2019·河南开封模拟)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.17B.27C.37D.47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 77＝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 44.接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中，5个位置排3个元素，也就是A 35，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有A 44A 35＝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 ＝1 4405 040＝27.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a i ，若存在正整数k ，使a 1＋a 2＋…＋a k ＝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a 1＋a 2＋a 3＝6，则a 1，a 2，a 3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 33＋C 13＋1＝10.故幸运数字为3的概率为P ＝106×6×6＝5108.答案：51084．如下的三行三列的方阵中有九个数a ij (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________．⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a 11a 12a 13a 21 a 22 a 23a 31a 32a 33解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝9×8×71×2×3＝84种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314. 答案：13145．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[0.3，0.5)[0.5，0.6)[0.6，0.8)[0.8，0.9]额分组发放金额50100150200(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<0.50.5≤x<0.60.6≤x<0.80.8≤x≤0.9 y 50100150200频率0.40.30.280.021(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.1 000(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．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 )＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(2)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．。
2024届新高考一轮总复习人教版 第十章 第4节 随机事件的概率与古典概型 课件(37张)
图形表示
如果事件 B 包含事件 A，事件 A 也包含事件 B，即 B⊇A 且 A⊇B，则称事件 特殊情形
A 与事件 B 相等，记作 A＝B
(2)并事件与交事件
并事件(和事件)
交事件(积事件)
一般地，事件 A 与事件 B_至__少__有__一___ 一般地，事件 A 与事件 B_同__时__发__生___，
1．事件的相关概念
备考第 1 步——梳理教材基础，落实必备知识
发生
不发生
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2．事件的关系和运算
(1)包含关系与相等关系
定义
一般地，若事件 A 发生，则事件 B_一__定__发__生___，我们就称事件 B 包含事件 A(或事件 A 包含于事件 B)
含义
A 发生导致 B 发生
符号表示
B__⊇__A(或 A__⊆__B)
【小题热身】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的．( ) (2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值.( ) (3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.( ) (4)若 A∪B 是必然事件，则 A 与 B 是对立事件．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
(2)古典概型的概率公式 一般地，设试验 E 是古典概型，样本空间 Ω 包含 n 个样本点，事件 A 包含其中的 k 个样本点，则定义事件 A 的概率 P(A)＝____n_k____＝nn((ΩA)). 其中，n(A)和 n(Ω)分别表示事件 A 和样本空间 Ω 包含的样本点个数．
[必记结论] 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(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第4节古典概型与事件的相互独立性教师用书
第四节古典概型与事件的相互独立性考试要求：1．理解古典概型、事件的相互独立性及其概率计算公式．2．会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率．一、教材概念·结论·性质重现1．古典概型的判断古典概型的定义试验具有如下共同特征：(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个．(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性．2．古典概型的概率计算公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝_＝_，其中n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同名称不同点相同点频率计算公式频率计算中的k，n均随随机试验的变化而变化，但随着试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值都计算了一个比值古典概型的概率计算公式是一个定值，对同一个随机事件而言，k，n都不会变化3．相互独立事件的判断相互独立事件的定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．4．相互独立事件的性质当事件A与事件B相互独立时，则事件A与事件相互独立，事件与事件B相互独立，事件与事件相互独立．1．两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的．相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的．2．事件间的独立性关系：已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有事件表示概率A，B同时发生AB P(A)P(B)A，B都不发生P()P()A，B恰有一个发生(A)∪(B)P(A)P()＋P()P(B)A，B中至少有一个发生(A)∪(B)∪(AB)P(A)P()＋P()P(B)＋P(A)P(B)P(A)P()＋P()P(B)＋A，B中至多有一个发生(A)∪(B)∪()P()P()二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(1)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件．( √)(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件．( ×) (3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同．( ×) (4)必然事件与任何一个事件相互独立．( √) 2．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是( )A．互斥B．相互独立C．互为对立D．无法判断B解析：因为P()＝，所以P(A)＝，又P(B)＝，所以事件A与事件B不对立．又因为P(AB)＝，所以有P(AB)＝P(A)·P(B)，所以事件A与B相互独立但不一定互斥．3．甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.9，乙解决这个问题的概率是0.8，那么其中至少1人解决这个问题的概率是( )C解析：设A为“甲解决这个问题”，B为“乙解决这个问题”，则表示“无人解决这个问题”，而P()＝0.2×0.1＝0.02，故至少1人解决这个问题的概率为0.98．4．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是( ) A．B．C．D．B解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的情况有(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6个样本点，而抛掷两枚质地均匀的骰子包含的样本点有36个，所以所求概率p＝＝．故选B．5．已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，，，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为________．解析：因为甲，乙，丙三人被该公司录取的概率分别是，，，且三人录取结果相互之间没有影响，所以他们三人都没有被录取的概率为＝，故他们三人中至少有一人被录取的概率为1－＝．考点1 简单的古典概型的概率——基础性(1)(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )A．B．C．D．D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，故所求概率p＝＝．故选D．(2)(2022·全国甲卷)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )A．B．C．D．C解析：从6张卡片中无放回随机抽取2张，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15种情况，其中数字之积为4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，6种情况，故概率为＝．故选C．(3)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三点，则取到的三点共线的概率为( )A．B．C．D．A解析：从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的情况．由图可知取到的三点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为＝．故选A．古典概型中样本点个数的探求方法(1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点(x，y)时可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同．(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．1．从长度为2，4，6，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为( )A．B．C．D．B解析：从5条线段中任取3条，共有＝10种不同的取法，其中能构成一个三角形的有：(2，8，9)，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，8，9)，(6，8，9)，共有5种，所以这3条线段能构成一个三角形的概率p＝＝．2．(多选题)先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，则下列说法正确的是( )A．a＋b＝7时概率为B．a＋b＝6时概率为C．a≥2b时的概率为D．a＋b是3的倍数的概率是AD解析：先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，样本点的总数为6×6＝36个，对于选项A：a＋b＝7包含的样本点有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6个，所以a＋b＝7时的概率为＝．故选项A正确．对于选项B：a＋b＝6包含的样本点有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5个，所以a＋b＝6时的概率为≠．故选项B不正确．对于选项C：a≥2b包含的样本点有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共9个，所以a≥2b时的概率为＝．故选项C不正确．对于选项D：a＋b是3的倍数包含的样本点有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共有12个，所以a＋b是3的倍数的概率是＝．故选项D正确．故选AD．考点2 古典概型的交汇问题——综合性考向1 古典概率和数1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”．1966年我国数学家陈景润证明了“1＋2”，获得了该研究的世界最优成果．若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是( )A．B．C．D．B解析：不超过20的所有质数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，从中选取2个不同的数有＝28种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)，共12种，所以两数之和不超过20的概率是＝．考向2 古典概型和数列斐波那契数列又称黄金分割数列，因为数学家昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列被以下递推方法定义：数列{a n}满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n(n∈N*)．现从该数列的前10项中随机的抽取一项，则该数除以3余数为1的概率为( )A．B．C．D．D解析：数列{a n}满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n(n∈N*)，数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55．该数列被3除所得的余数为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，所以10项中共有5项满足除以3余数为1，故概率p＝＝．故选D．考向3 古典概型和平面向量(1)设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )A．B．C．D．A解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为4×4＝16．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n ＝0，即n＝(m－1)2．由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的样本点为(2，1)和(3，4)，共2个．所以所求的概率P(A)＝＝．故选A．(2)已知k∈Z，＝(k，1)，＝(2，4)．若||≤4，则△ABC是直角三角形的概率是________．解析：因为||＝≤4，所以－≤k≤．因为k∈Z，所以k＝－3，－2，－1，0，1，2，3．当△ABC为直角三角形时，应有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC．由·＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2．因为＝＝(2－k，3)，由·＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3．由·＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△ABC为直角三角形的k值为－2，－1或3，所以所求概率p＝．考向4 古典概型与函数的交汇(1)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋b2x＋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．B．C．D．D解析：(1)f ′(x)＝x2＋2ax＋b2．由题意知f ′(x)＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序数对(a，b)所有可能结果有3×3＝9(种)，其中满足a>b 的有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，共6种．故所求概率p＝＝．(2)已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f (x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )A．B．C．D．A解析：因为a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以样本点总数n＝3×4＝12．函数f (x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数．①当a＝0时，f (x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1．②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．所以函数f (x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是．求解古典概型交汇问题的思路求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的内容转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：已知集合M＝{－1，1，3，5}和N＝{－1，1，2，4}．设关于x的二次函数f (x)＝ax2－4bx ＋1(a，b∈R)．(1)若b＝1时，从集合M取一个数作为a的值，求方程f (x)＝0有解的概率；(2)若从集合M和N中各取一个数作为a和b的值，求函数y＝f (x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．解：(1)因为b＝1，由方程f (x)＝ax2－4x＋1＝0有解，得即a≤4，且a≠0．因为a∈M＝{－1，1，3，5}，所以a＝－1，1，3，故方程f (x)＝0有解的概率为p＝．(2)由于二次函数f (x)＝ax2－4bx＋1图象的对称轴为x＝，要使y＝f (x)在区间[1，＋∞)上为增函数，应有a＞0且≤1，即a≥2b，且a＞0．①若a＝1，则b＝－1；②若a＝3，则b＝－1，1；③若a＝5，则b＝－1，1，2．而所有的(a，b)共有4×4＝16个，所以所求概率为p＝＝．考点3 事件的相互独立性——综合性(1)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立B解析：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，两点数和为7的所有可能为：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝＝，P(丁)＝＝．A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝＝P(甲)·P(丁)，C：P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(丁)．(2)(2021·常州高三期末)甲、乙两队进行篮球决赛，采取三场二胜制(当一队赢得二场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是 ________．解析：甲队最终获胜包含3种情况：①前两场甲均胜，概率为p1＝0.6×0.5＝0.3，②第一场甲胜，第二场甲负，第三场甲胜，概率为p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18，③第一场甲负，第二场甲胜，第三场甲胜，概率为p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12，所以甲队最终获胜的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6．判断事件是否相互独立的方法(1)定义法：事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)利用性质：A与B相互独立，则A与与B，也都相互独立．次抽取一个球，记：事件A表示“第一次取出的球数字是2”，事件B表示“第二次取出的球数字是3”，事件C表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是( C )A．事件A和事件C相互独立B．事件B和事件C相互独立C．事件B和事件D相互独立D．事件C和事件D相互独立2．(2022·和平区模拟)某校象棋社团开展竞赛活动，比赛中双方有一人获胜或者双方和棋则比赛结束．根据以往比赛结果，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是，两人和棋的概率是，则乙战胜甲的概率是________；甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，则甲得分不少于2分的概率是__________．解析：由题意可知，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是，两人和棋的概率是，所以乙战胜甲的概率为1－－＝；由甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，设甲得分不少于2为事件A，则表示乙胜或甲负且甲乙和，故P()＝×××＝，所以甲得分不少于2分的概率是P(A)＝1－P()＝1－＝．课时质量评价(五十九)A组全考点巩固练1．某校开设a，b，c，d共4门选修课，一个同学从中随机选取2门，则a与b未同时被选中的概率为( )A．B．C．D．D解析：从a，b，c，d中随机选2门课程的情况有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种，其中a，b同时被选中的情况只有一种，即ab，则a，b同时被选中的概率为，所以a，b 未同时被选中的概率p＝1－＝．故选D．2．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”．古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是( )A．B．C．D．A解析：随机任取“两行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种情况，其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，所以取出的“两行”相生的概率为＝．故选A．3．(多选题)从甲袋内摸出1个红球的概率是，从乙袋内摸出1个红球的概率是，从甲、乙袋内各摸出1个球，则( )A．2个球不都是红球的概率是B．2个球都是红球的概率是C．至少有1个红球的概率是D．2个球中恰有1个红球的概率是BC解析：A：两个球不都是红球的概率为：1－×＝，故A错误．B：两个球都是红球的概率为：×＝，故B正确．C：至少有一个红球的概率为：×＋×＋×＝，故C正确．D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：×＋×＝，故D错误．故选BC．4．(2022·南京校级月考)十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪十二属相．现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，则这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是( )A．B． C．D．A解析：现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，样本点总数n＝＝1 320，这三位同学抽取的礼物都喜欢包含的样本点个数m＝1×2×9＋1×3×9＝45，所以这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是p＝＝＝．5．某单位举行诗词大会比赛，给每位参赛者设计了“保留题型”“升级题型”“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．已知某位参赛者答对每道题的概率均为，且各次答对与否相互独立，则该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率为( ) A．B．C．D．A解析：因为参赛者答对每道题的概率均为，且各次答对与否相互独立，所以该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率：p＝＝．6．已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛，比赛流程如图所示，根据以往经验，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8，0.4，0.6，丙战胜丁的概率为0.5，并且比赛没有和棋，则甲获得最后冠军的概率为( )C解析：甲获得最后冠军这个事件可分为两个互斥事件：一个是第一轮甲胜乙，丙胜丁，第二轮甲胜丙，另一个是第一轮甲胜乙，丁胜丙，第二轮甲胜丁，所以所求概率P＝0.8×0.5×0.4＋0.8×(1－0.5)×0.6＝0.4．7．某一大型购物广场有A，B两家奶茶店，某人第一天随机地选择一家奶茶店购买奶茶，如果第一天去A店，那么第二天去A店的概率为0.7；如果第一天去B店，那么第二天去A店的概率为0.6．则某人第二天去A店购买奶茶的概率为________．0．65 解析：某人第二天去A店购买奶茶有两种情况．第一种情况：第一天选择去A店，第二天选择去A，其概率为0.5×0.7＝0.35．第二种情况：第一天选择去B店，第二天选择去A，其概率为0.5×0.6＝0.3．所以某人第二天去A店购买奶茶的概率为0.35＋0.3＝0.65．8．(2023·泰安模拟)某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛．比赛最多有三局．第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答．比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局．已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为，，快问快答局获胜与平局的概率分别为，，抢答局获胜的概率为，且各局比赛相互独立．(1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率；(2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率．解：(1)设“甲至多经过两局比赛晋级决赛”为事件A，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜，则P(A)＝＋×＝．(2)记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B，C，D，则P(B)＝1－＝，P(C)＝＝，P(D)＝×＝，故在乙最后晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为＝．9．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为．(1)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(2)若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中3次的概率．解：(1)由题意，甲投球2次，都没有命中的概率为×＝，故甲至少命中1次的概率为1－＝．(2)因为乙投球2次均未命中的概率为(1－p)·(1－p)＝，所以p＝．若甲、乙两人各投球2次，命中3次，则甲只有一次没有命中、乙2次全部命中，或乙只有一次没有命中、甲2次全部命中．而甲只有一次没有命中、乙2次全部命中的概率为＝，而乙只有一次没有命中、甲2次全部命中的概率为×＝，故两人共命中3次的概率为＋＝．B组新高考培优练10．为了实施“科技下乡，精准脱贫”战略，某县科技特派员带着A，B，C三个农业扶贫项目进驻某村，对仅有的四个贫困户甲、乙、丙、丁进行产业帮扶．若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，则甲、乙两户选择同一个扶贫项目的概率为( ) A．B． C．D．D解析：由题意分析：若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，样本点总数n＝＝36，甲乙两户选择同一个扶贫项目包含的样本点个数m＝＝6，则甲乙两户选择同一个扶贫项目的概率p＝＝＝．11．(2022·汕头二模)交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义，为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是( ) C解析：设李明同学至少答对2道题为事件A，则P(A)＝(0.6)3＝0.648．故选C．12．(多选题)根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级．现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分m处(m为正整数)．按这种分法，下列结论正确的是( )A．为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是B．为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是C．为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1D．为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是ACD解析：由题意可知，5位诸侯分得的领地数成等差数列{a n}，设该等差数列的前n项和为S n．因为S n＝50，则有5a1＋m＝50，即a1＝10－2m．因为a1，m均为正整数，则有共四种情况，当时，有a1＝8，a2＝9，a3＝10，a4＝11，a5＝12，当时，有a1＝6，a2＝8，a3＝10，a4＝12，a5＝14，当时，有a1＝4，a2＝7，a3＝10，a4＝13，a5＝16，当时，有a1＝2，a2＝6，a3＝10，a4＝14，a5＝18，其中a1，a2，a3，a4，a5分别对应男、子、伯、侯、公分到领地数，所以为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是．故选项A正确．为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是1．故选项B错误．为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1．故选项C正确．为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是．故选项D正确．13．袋中有黑球和白球共7个球，已知从中任取2个球都是白球的概率为．现有甲、乙两人从袋中轮流摸球(甲先)，每次摸出1球且不放回，直到摸出白球为止．则袋中原有白球的个数为________，甲摸到白球而终止的概率为________．3 解析：从袋中任取两球的试验有个样本点，它们等可能，设袋中有n个白球，则取出两个白球有个样本点，于是得＝＝，解得n＝3，所以袋中原有白球的个数为3；甲摸到白球终止的事件A是甲第一次摸到白球、第三次摸到白球、第五次摸到白球的事件的和，它们互斥，P(A)＝＋××＋××××1＝，所以甲摸到白球而终止的概率为．14．某班甲、乙、丙、丁四名同学竞选班委，每个人是否当选相互独立，如果甲、乙两名同学都不当选的概率为，乙、丙两名同学都不当选的概率为，甲、丙两名同学都不当选的概率为，丁当选的概率为，则甲、乙、丙、丁四名同学中恰好有一人当选班委的概率是________．解析：设甲、乙、丙、丁当选的事件分别为A，B，C，D，则P(D)＝解得因为事件A，B，C，D相互独立，所以恰有一名同学当选的概率为P(A)P(B)·P()P(D)＝×××＋×××＋×××＋×××＝．15．(2022·嘉兴期末)为了深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，某校组织开展“战‘疫’有我，青春同行”防控疫情知识竞赛活动，某班经过层层筛选后剩下甲、乙两名同学争夺一个参赛名额，该班设计了一个游戏方案决定谁去参加，规则如下：一个袋中装有6个大小相同的小球，其中标号为i的球有i个(i＝1，2，3)，甲、乙两名同学需从6个球中随机摸取3个球，所取球的标号之和多者获胜．(1)求甲所取球的标号之和为7的概率；(2)求甲获胜的概率．解：(1)假设标号为1的球为a，标号为2的球为b，c，标号为3的球为d，e，f，则每位同学取球的所有情况为abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def，共20种，甲取球的标号之和为7的情况为ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，共6种，所以甲取球的标号之和为7的概率p0＝＝．(2)由(1)知，每人标号之和为5的概率p1＝，标号之和为6的概率p2＝，标号之和为8的概率p3＝，标号之和为9的概率为p4＝，则甲获胜的概率p＝×＋＋＋×＝＝．。
2020版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布4第4讲随机事件与古典概型教案理
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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)＝nAn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． 文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 2如有帮助欢迎下载支持 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
高2020优化方案高考总复习数学理课件第十章计数原理、概率、随机变量及其分布4第4讲随机事件与古典概型
栏目 导引
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
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．( 生．( ) )
(4) 两 个 事 件 的 和 事 件 发 生 是 指 这 两 个 事 件 至 少 有 一 个 发 (5)若 A，B 为互斥事件，则 P(A)＋P(B)＝1.(
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第4讲
随机事件与古典概型
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
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 nA n 为事件 A 出现的频率． 事件 A 出现的比例 fn(A)＝____ (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
发生 ，则称此事件为事件 A 与 (和事件) _____
符号表示
A∪B ________
(或 A＋B)
事件 B 的并事件(或和事件) 若某事件发生
当且仅当事件A发生且事件B 交事件 ___________________________ 发生 ，则称此事件为事件 A (积事件) ______ A∩B ________ AB (或____)
栏目 导引
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
导师提醒 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.
高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.4随机事件的概率习题课件理
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为 ___0_.2_5___．
第二十四页，共33页。
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250＝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.
(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)
第二十七页，共33页。
解 (1)由已知得 25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以 x＝ 15，y＝20.
该超市所有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 的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均 值可用样本平均数估计，其估计值为
课后作业(zuòyè)夯关
10．4 随机(suí jī)事件的概率
第一页，共33页。
[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( )
1125 A.3 B.2 C.3 D.6
第十六页，共33页。
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.29 B.13 C.49 D.14
第十七页，共33页。
解析 (a，b)所有可能的结果为 C13C13＝9 种． 由 ax－y＋b＝0 得 y＝ax＋b，当ab≥ ≥00， 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.
高考数学一轮复习 第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布 10.4 随机事件的概率课件 理
第十四页，共四十七页。
经典(jīngdiǎn)题型四十七页。
题型 1 随机事件 典例 某县城有甲、乙两种报纸供居民订阅，记事件 A 为“只订甲报”，事件 B 为“至少订一种报纸”，事件 C 为“至多订一种报纸”，事件 D 为“不订甲报”，事件 E 为“一种报纸也不订”．判断下列事件是不是互斥事件；如 果是，再判断它们是不是对立事件： (1)A 与 C；(2)B 与 E；(3)B 与 C；(4)C 与 E.
第10章 计数原理、概率、随机变 量 及其分布 (suí jī biàn liànɡ)
10．4 随机(suí jī)事件的概率
12/11/2021
第一页，共四十七页。
12/11/2021
第二页，共四十七页。
基础知识过关(guò〃guān)
12/11/2021
第三页，共四十七页。
[知识梳理] 1．事件的分类
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
12/11/2021
第二十四页，共四十七页。
采用公式法 fn(A)＝nnA.
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602＋0050 ＝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31022/＋101/2003210＝0.3，故 P(B)的估计值为 0.3.
12/11/2021
第四页，共四十七页。
2．频率和概率 (1)在相同的条件 S 下重复 n 次实验，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
2020高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10-4随机事件的概率模拟演练理
【2019最新】精选高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10-4随机事件的概率模拟演练理[A级基础达标](时间：40分钟)1．若将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为4的概率为( )B.A.D.1C.4答案B解析将先后抛掷2次出现的向上的点数记作点坐标(x，y)，则共可得到点坐标的个数为36，而向上的点数之和为4的点坐标有(1,3)，(2,2)，(3,1)，故所求概率为P＝＝. 2．[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( )B.A.C.D.45答案C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＝＝. 3．[2017·南通模拟]从1,2，…，9中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个数都是奇数；③至少有一个奇数和两个数都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．在上述事件中，是对立事件的是 ( )B．②④A．①C．③D．①③答案C解析从9个数字中取两个数有三种取法：一奇一偶，两奇，两偶，故只有③中两事件是对立事件．4．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的8个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )A.B.D.3C.64答案D解析从8个球中有放回的每次取一个球，取2次共有64种取法．两个球的编号和不小于15，则两球号码可以为(7,8)，(8,7)，(8,8)三种可能，其概率为P＝. 5．[2017·云南质检]在2,0,1,5这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( )A.B.D.1C.4答案C解析分析题意可知，共有(0,1,2)，(0,2,5)，(1,2,5)，(0,1,5)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P＝. 6．一根绳子长为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________．答案35解析随机选一个节点将绳子剪断共有5种情况，分别为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)．满足两段绳长均不小于2米的为(2,4)，(3,3)，(4,2)，共3种情况．所以所求概率为. 7．[2017·温州十校联考]记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．答案29解析根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率为. 8．一个袋子中有5个大小相同的球，其中3个白球与2个黑球，现从袋中任意取出一个球，取出后不放回，然后再从袋中任意取出一个球，则第一次为白球、第二次为黑球的概率为多少？解 设3个白球分别为a1，a2，a3,2个黑球分别为b1，b2，则先后从中取出2个球的所有可能结果为(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(b1，b2)，(a2，a1)，(a3，a1)，(b1，a1)，(b2，a1)，(a3，a2)，(b1，a2)，(b2，a2)，(b1，a3)，(b2，a3)，(b2，b1)，共20种．其中满足第一次为白球、第二次为黑球的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，共6种，故所求概率为＝.9．某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：①假设花店在这(单位：元)的平均数；②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．解 (1)当日需求量n≥17时，利润y ＝85.当日需求量n<17时，利润y ＝10n －85.所以y 关于n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －85，n<17，85，n≥17 (n∈N)．(2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为×(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4.②利润不低于75元时日需求量不少于16枝，故当天的利润不少于75元的概率为p ＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.10．[2017·徐州模拟]为了整理道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚．为了更好地了解市民的态度，在普通行人中随机选取了200人进行调查，当不处罚时，有80人会闯红灯，处罚时，得到如下数据：(1)当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？(2)将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类：A类市民在罚金不超过10元时就会改正行为；B类是其他市民．现对A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为B类市民的概率是多少？解(1)设“当罚金定为10元时，闯红灯的市民改正行为”为事件A，则P(A)＝＝.∴当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低. (2)由题可知A类市民和B类市民各有40人，故分别从A类市民和B类市民各抽出两人，设从A类市民抽出的两人分别为A1，A2，设从B类市民抽出的两人分别为B1，B2.设“A类与B类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷”为事件M，则事件M中首先抽出A1的事件有(A1，A2，B1，B2)，(A1，A2，B2，B1)，(A1，B1，A2，B2)，(A1，B1，B2，A2)，(A1，B2，A2，B1)，(A1，B2，B1，A2)，共6种．同理首先抽出A2，B1，B2的事件也各有6种．故事件M共有4×6＝24种．设“抽取4人中前两位均为B类市民”为事件N，则事件N有(B1，B2，A1，A2)，(B1，B2，A2，A1)，(B2，B1，A1，A2)，(B2，B1，A2，A1)，共4种．∴P(N)＝＝.∴抽取4人中前两位均为B类市民的概率是.[B级知能提升](时间：20分钟)11．[2017·银川模拟]已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙胜的概率为，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为( )B.，A.，D.，1C.，2答案C解析“甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以甲胜的概率为1－－＝.设“甲不输”为事件A，则A可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以P(A)＝＋＝或设“甲不输”为事件A，则A可看作是“乙胜”的对立事件，所以P(A)＝1－＝. 12．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( )B.A.D.3C.5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＝.选A. 13．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 683431 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＝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. 14．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：1米．(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量：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：51×2＋48×4＋45×6＋42×3＝＝46.15(2)由(1)知，P(Y＝51)＝，P(Y＝48)＝.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)＝＋＝.。
高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第四节随机事件的概率教师用书理
——教学资料参考参考范本——高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第四节随机事件的概率教师用书理______年______月______日____________________部门☆☆☆20xx考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度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。
20xx，全国卷Ⅱ，18,12分(随机事件的概率)20xx，北京卷，17,13分(用频率估计概率)20xx，陕西卷，19,12分(用频率估计概率)20xx，福建卷，20,12分(用频率估计概率)1.多以选择题或填空题的形式直接考查互斥事件的概率及运算，而随机事件的有关概念和频率很少直接考查；2.互斥事件、对立事件发生的概率问题有时也会出现在解答题中，多为应用问题。
微知识小题练自|主|排|查1．事件(1)在条件S下，一定会发生的事件，叫做相对于条件S的必然事件。
(2)在条件S下，一定不会发生的事件，叫做相对于条件S的不可能事件。
(3)在条件S下，可能发生也可能不发生的事件，叫做相对于条件S的随机事件。
2．概率和频率(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否发生，称n次实验中事件A发生的次数nA为事件A发生的频数，称事件A发生的比例fn(A)＝为事件A发生的频率。
(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)。
3．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＝U4．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P≤1。
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第4节 随机事件的概率 【选题明细表】 知识点、方法 题号 随机事件的概念 1,8,10,14 概率的统计定义 6,7,15 互斥事件、对立事件的概率 2,3,4,5,9,11,12,13 基础对点练(时间:30分钟) 1.下列事件:①任取一个整数,被2整除;②小明同学在某次数学测试中成绩一定不低于120分;③甲乙两人进行竞技比赛,甲的实力远胜于乙,在一次比赛中甲一定获胜;④当圆的半径变为原来的2倍时,圆的面积是原来的4倍.其中随机事件的个数是( B ) (A)1 (B)3 (C)0 (D)4 解析:①②③均是可能发生也可能不发生的事件,为随机事件,④是一定发生的事件,为必然事件.故选B. 2.(2016·湖北联考)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球,那么互斥而不对立的两个事件是( D ) (A)“至少有一个黑球”与“都是黑球” (B)“至少有一个黑球”与“都是红球” (C)“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” (D)“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球” 解析:A中的两个事件是包含关系,不是互斥事件;B中的两个事件是对立事件;C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件,不是互斥关系;D中的两个事件是互斥而不对立的关系. 3.在一次随机试验中,彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分别为0.2, 0.2,0.3,0.3,则下列说法正确的是( D ) (A)A∪B与C是互斥事件,也是对立事件 (B)B∪C与D是互斥事件,也是对立事件 (C)A∪C与B∪D是互斥事件,但不是对立事件 (D)A与B∪C∪D是互斥事件,也是对立事件 解析:由于A,B,C,D彼此互斥,且A∪B∪C∪D是一个必然事件,任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.故选D. 4.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( C ) (A)0.95 (B)0.97 (C)0.92 (D)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,且和事件概率为1,因而所求概率为P(A)=1-P(B)-P(C)=1-5%-3%=92%=0.92. 5.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,若事件“2张全是移动卡”
的概率是,那么概率是的事件是( A ) (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”两个事件,它是“2张全是移动卡”的对立事件,故选A. 6.从某校高二年级的所有学生中,随机抽取20人,测得他们的身高(单位:cm)分别为 162,153,148,154,165,168,172,171,173,150, 151,152,160,165,164,179,149,158,159,175. 根据样本频率分布估计总体分布的原理,在该校高二年级的所有学生中任抽一人,估计该生的身高在155.5～170.5 cm之间的概率约为( A )
(A) (B) (C) (D) 解析:从已知数据可以看出,在随机抽取的这20位学生中,身高在155.5～170.5 cm之间的学生有8人,频率为,故可估计在该校高二 年级的所有学生中任抽一人,其身高在155.5～170.5 cm之间的概率 约为. 7.种子发芽率是指在规定条件和时间内长成的正常幼苗数占供检种子数的百分率.种子发芽率的测定通常是在实验室内进行,随机取600粒种子置于发芽床上,通常以100粒种子为一个重复,根据不同种类的种子控制相应的温度、水分、光照等条件,再到规定的时间鉴定正常幼苗的数量,最后计算出种子的发芽率.下表是猕猴桃种子的发芽试验结果: 种子粒数 100 100 100 100 100 100 发芽粒数 79 78 81 79 80 82 发芽率 79% 78% 81% 79% 80% 82% 根据表格分析猕猴桃种子的发芽率约为 . 解析:由表格中的数据可知,该猕猴桃种子的发芽率约为80%. 答案:80% 8.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 9.甲乙两人下棋,甲不输的概率是0.8,两人下成和棋的概率为0.5,则甲胜的概率为 . 解析:设甲胜的概率为P,则由互斥事件至少有一个发生的概率公式得P+0.5=0.8,所以P=0.3. 答案:0.3 10.下列说法:①频率反映事件发生的频繁程度,概率反映事件发生的可能性的大小;②做n
次随机试验,事件A发生m次,则事件A发生的概率为;③频率是不能脱离n次试验的实验 值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值;④频率是概率的近似值,概率是频率的稳定值. 其中正确命题的序号为 .
解析:根据频率的定义、频率和概率的关系,可知①③④是正确的,其中②中的只是事件A发生的频率,这个值是依赖于各次不同试验的,但事件A发生的概率是一个确定的值. 答案:①③④ 能力提升练(时间:15分钟) 11.导学号 18702573从1,2,…,9中任取两数,给出下列事件:①恰有一个偶数和恰有一个奇数;②至少有一个奇数和两个数都是奇数;③至少有一个奇数和两个数都是偶数;④至少有一个奇数和至少有一个偶数. 其中是对立事件的是( C ) (A)① (B)②④ (C)③ (D)①③ 解析:根据题意,从1,2,…,9中任取两数,其中可能的情况有“两个奇数”“两个偶数”“一个奇数与一个偶数”三种情况.依次分析所给的4个事件可得①恰有一个偶数和恰有一个奇数都是“一个奇数与一个偶数”这种情况,不是对立事件;②至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况,与“两个数都是奇数”不是对立事件;③至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况,和“两个数都是偶数”是对立事件;④至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况,至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况,不是对立事件. 12.导学号 18702574一个均匀的正方体的玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次,设事件A表示向上的一面出现奇数点,事件B表示向上的一面出现的点数不超过3,事件C表示向上的一面出现的点数不小于4,则( D ) (A)A与B是互斥而非对立事件 (B)A与B是对立事件 (C)B与C是互斥而非对立事件 (D)B与C是对立事件 解析:根据互斥与对立的意义作答,A∩B={出现点数1或3},事件A,B不互斥更不对立;B∩C=,B∪C=Ω,故事件B,C是对立事件. 13.在数学考试中,小明的成绩在90分以上的概率是0.12,在80～89分的概率为0.55,在70～79分的概率为0.15,在60～69分的概率为0.08.则小明在数学考试中取得80分以上成绩的概率与考试不及格的概率分别是( C ) (A)0.90,0.10 (B)0.67,0.33 (C)0.67,0.10 (D)0.70,0.10 解析:取得80分以上的概率为0.12+0.55=0.67;不及格的概率为1-0.67-0.15-0.08=0.10. 14.已知在10个学生中,男生有x(x≥1)个,现从10个学生中任选6人去参加某项活动.①至少有一个女生;②5个男生,1个女生;③3个男生,3个女生.则当x= 时①为必然事件;当x= 时②为不可能事件;当x= 时③为随机事件. 解析:“至少有1个女生”为必然事件,则有x<6;“5个男生,1个女生”为不可能事件,则有x<5或x=10;“3个男生,3个女生”为随机事件,则有3≤x≤7. 答案:①1,2,3,4,5 ②1,2,3,4或10 ③3,4,5,6,7 15.导学号 18702575黄种人人群中各种血型的人数所占的比例见 下表: 血型 A B AB O 该血型的人数所占的比例 28% 29% 8% 35% 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. 好题天天练 1.导学号 18702576甲:A1,A2是互斥事件;乙:A1,A2是对立事件,那么( B ) (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 解题关键:理清事件间的互斥与对立的关系. 解析:两个事件是对立事件,则它们一定互斥,反之不一定成立. 2.导学号 18702577从一副混合后的扑克牌(52张除去大、小王)中,随机抽取1张.事件A为“抽得红桃K”,事件B为“抽得黑桃”,则概率P(A∪B)= (结果用最简分数表示). 解题关键:概率的统计定义、互斥事件的概率加法公式.
解析:因为P(A)=,P(B)=,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=+==.
答案: