高考数学一轮复习第十章 统计与统计案例

第十章I统计与统计案例

第一节随机事件的概率

明：知

源标；数考

笠求；导向

1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.

2.了解两个互斥事件的概率加法公式.

运送:课前一教材温顾学习“2方案”

i/主干知识回顾一遍

i.事件的相关概念

2.频数、频率和概率

(1)频数、频率：在相同的条件5下重复〃次试验，观察某一事件4是否出现，称〃次

试验中事件A出现的次数如为事件A出现的频数，称事件A出现的比例加A)=詈为事件A

出现的频率.

(2)概率：对于给定的随机事件A,如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率启4)

稳定在某个常数上，把这个常数记作尸(A),称为事件4的概率.

3.事件的关系与运算

名称条件结论符号表示

事件5包含事件4事

包含关系A发生=3发生53A（或AG8）

件A包含于事件B)

相等关系若且A3E事件A与事件B相等A=B

事件A与事件B的并

并(和)事件A发生或B发生AUB（或4+8）

事件(或和事件)

事件A与事件B的交

交(积)事件A发生且B发生AD〃（或A8）

事件(或积事件)

互斥事件Anx为不可能事件事件A与事件B互斥AnB=。

Ans为不可能事件，事件A与事件B互为

对立事件ADB=0fP（AUff）=l

AUB为必然事件对立事件

4.概率的几个基本性质

(1)概率的取值范围：OWP(A)WL

(2)必然事件的概率：P(E)=1.

(3)不可能事件的概率：P(r)=0.

(4)概率的加法公式：如果事件A与事件“互斥，则RAU8)=PS)+P(").

(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则AUB为必然事件，P(AUB)

=1,P(A)=1-P(B).

一级结论与微点提醒

(1)频率随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(4U4)=P(A)+P(B)—P(4CB)中，易忽视只有当4

即A,B互斥时，P(AUa=P(A)+P(8),此时尸(An8)=0.

(4)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(AI+A2+”・+4“)=P(4I)+PC42)+…+P(A“).

至2经典小题练悟一遍

1.从一批产品中取出三件产品，设4="三件产品全不是次品"，B="三件产品全是

次品"，C="三件产品有次品，但不全是次品”，则下列结论错误的是()

A.A与C互斥B.〃与C互斥

C.任何两个都互斥D.任何两个都不互斥

解析：选DA为｛三件产品全不是次品｝,指的是三件产品都是正品，B为｛三件产品全

是次品｝,A与〃互斥，C为｛三件产品有次品，但不全是次品｝,它包括一件次品，两件次品，

由此可知，A与C是互斥事件.笈与C是互斥事件.故选D.

2.抛掷一枚质地均匀的骰子，向上的一面出现任意一个点数的概率都是上记事件4为

“向上的点数是奇数“，事件〃为“向上的点数不超过3”，则概率〃(AU6)=()

A,2B3C3D-6

解析：选C易知事件4,3不是互斥事件，由题意可得A=｛135｝,3=｛1,2J｝,所以

P(A)=|=1,P(B)=|=1,P(AB)=|=|,所以尸(AU%)=P(A)+P(3)—P(4"T+：-；=京

3.甲、乙两人做锤子、剪刀、布游戏，则平局的概率为；甲嬴的概率为

解析：设平局(用△表示)为事件A,甲赢(用。表示)为事件乙

布※。△

剪刀。△冰

锤子△※。

锤子的刀布甲

Bf乙赢（用※表示）为事件C.容易得到如图.

313

平局含3个基本事件（图中的△）,P（A）=?=；.甲赢含3个基本事件（图中的。），P（B）『

=y

答案：;I

送送返姿课堂----轮深化学习“3层级”

层级一/基础点——自练通关（省时间）

基础点随机事件的关系及运算

［题点全训］

1.一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品.从这批产品中任意抽取5

件，现给出以下四个事件：

事件A表示“恰有一件次品”；

事件3表示“至少有两件次品”；

事件C表示“至少有一件次品”；

事件。表示“至多有一件次品”.

则下列说法正确的是（）

A.A+B=DB.3+Q是必然事件

C.AB=CD.AD=C

解析：选B事件人+V表示“至少有一件次品”，即事件C,所以A不正确；事件）

+O表示“至少有两件次品或至多有一件次品”，包括了所有情况，所以B正确；事件43

=。，所以C不正确；事件AO表示“怡'有一件次品”，即事件A,所以D不正确.

2.从装有2个红球和2个白球的袋内任取2个球,那么互斥而不对立的两个事件是（）

A.取出的球至少有1个红球；取出的球都是红球

B.取出的球恰有1个红球；取出的球恰有1个白球

C.取出的球至少有1个红球；取出的球都是白球

D.取出的球恰有1个白球；取出的球恰有2个白球

解析：选D在A中，至少有1个红球和都是红球，这两个事件能同时发生，故A不

是互斥事件；在B中，恰有1个红球，恰有1个白球，这两个事件能同时发生，故B不是互

斥事件；在C中，至少有1个红球，都是白球，这两个事件不能同时发生，也不能同时不发

生.故C是对立事件；在D中，恰有1个白球，恰有2个白球，这两个事件不能同时发生，

能同时不发生，故D是互斥而不对立的两个事件.故选D.

L"点”就过］

辨析互斥事件与对立事件的思路

(1)在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能有一个发生，但不可能同时发

生.

(2)两个对立事件必有一个发生，但不可能同时发生,即两事件对立，必定互斥，但两事

件互斥，未必对立.对立事件是互斥事件的一个特例.

(3)互斥的概念适用于两个或多个事件，但对立的概念只适用于两个事件.

层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)

重难点(一)随机事件的概率与频率

［典例I某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量丫(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>=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70110140160200220

111

频率

20510

(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)在所给数据白，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为20。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7011()140160200220

7

频率13131

202052020而

X-70x

(2)根据题意，Y=4604-777-X5=y4-425,

故P(“发电量低于490万千瓦时或趣过530万千瓦时”)

=P(r<490或»530)=P(X<130或X>210)

=P(X=70)+尸(X=110)+P(X=220)

=J__3_J_=3_

=20_*-20+20=10-

故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或趣过530(万千瓦时)的概率为

3

10,

［方法技巧］

1.计算简单随机事件的频率或概率的解题思路

(1)计算所求随机事件出现的频数及总事件的频数.

(2)由频率公式得所求，由频率估计概率.

2.求复杂事件的概率的两种方法

(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用互斥事件的概率加法公式求解

概率.

(2)若将一个较复杂的事件转化成几个彼此互斥事件的和事件时分类太多，而其对立面的

分类较少，可考虑先求其对立事件的概率，即“正难则反”.常用此方法求“至少”“至多”

型事件的概率.

［针对训练］

某险种的基本保费为。(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

0123425

险次数

保费0.85aa1.25。1.5a1.75a2a

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01234>5

频数605030302010

(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求尸(A)的估计值；

(2)记笈为事件：“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16()%”,

求P仍)的估计值；

(3)求续保人本年度平均保费的估计值.

解：(1)事件4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6(需0=0.55,故PC4)的估计值为0・55.

(2)事件〃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4『。=0.3,故0(5)的估计值为0.3.

(3)由所给数据得

保费i).85aa1.25a1.5a1.75a2a

频率0.300.250.150.150.100.05

调查的200名续保人的平均保费为O.85aXO.3O+aXO.25+1.25aXO.15+L5aX0.15+

1.75aX0.10+2aX0.05=1.1925a.

因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.

重难点(二)互斥事件、对立事件的概率

［典例］一盒中装有大小和质地均相同的12只小球，其中S个红球，4个黑球，2个白

球，1个绿球.从中随机取出1球，求：

(1)取出的小球是红球或黑球的概率；

(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率.

［解］记事件4=｛任取1球为红球｝;

b=｛任取1球为黑球｝;C=｛任取1球为白球｝;

。=｛任取1球为绿球｝,

5421

则PG4)=石，尸佛)=五，尸(。=五，尸(。)=瓦.

543

(1)由于A,笈互斥，故取出1球为红球或黑球的概率为PI=P(A)+P(")=E+五=量

(2)任取一球，取出的小球是红球或黑球或是白球的对立事件是取出一个小球是绿球.

故尸2=1一尸(0=1一

［方法技巧］求互斥事件的概率的方法

(1)直接法

1他一一口根据题意将所求事件分解为一些彼此互斥的:

I第步尸事件的和

U二二二二二二二二二二二二二二二二二二

利用有关概率计算公式分别计算这些彼此互；

I第一步一斥的事件的概率

o........................................'

［第三步H运用互斥事件的概率加法公式计算所求概率:

(2)间接法(正难则反)

判断事件A的概率计算是否适合用间接法，

|第一步判断的标准是正向思考时分类较多，而其对

立面的分类较少，此时应用间接法

8

［第二步卜利用互斥事件的概率计算公式计算事件3的

0对立事件人的概率

［第三步卜运用公式。(A)=l-P(1)求解

［针对训练］

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012345人及5人以上

概率0.10.160.30.30.10.04

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5,“2人排队等候”为事

件C,“3人排队等候”为事件O,“4人排队等候”为事件凡“5人及5人以上排队等候”

为事件尸，则事件A,BtC,DtE,尸彼此互斥.

(1)记“至多2人排队等候”为事件G,则G=A+〃+C,所以P(G)=PC4+〃+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"，则”=O+E+尸，所以P(H)=P(O+E+

尸)=P(D)+P(E)+P(尸)=0.3+0.1+0.04=0.44.

法二：记“至少3人排队等候”为事件〃，则其对立事件为事件G,所以P(4)=l—P(G)

=0.44.

层级三/细微点——优化完善(扫盲点)

1.(互斥事件与对立事件的概念把握不准)某篮球职业联赛中，运动员甲在最近几次参加

的比赛中的投篮情况如下表(不包含罚球)：

投篮次数投中两分球的次数投中二分球的次数

1005518

记该运动员在一次投篮中，“投中两分球”为事件A,“投中三分球”为事件不“没

投中”为事件C,用频率估计概率，则下述结论不正确的是()

A.P(4)=0.55B.P(砌=0.18

C.P(C)=0.27D.尸(8+。=0.55

55

解析：选D由题意可知，P(4)=丽=0.55,P(S)=丽=0.18,事件“A+5”与事件

C为对立事件，且事件A,B,C互斥，所以P(C)=l-P(A+3)=l-P(A)-P(6)=0.27,所

以尸(4+。=尸(研+P(C)=0.45.

2.(借助数学文化)公元5世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141592

6<7：<3,1415927.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.1415926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

141,5,9,2,6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()

cSD4T

解析：选A选择数字的总的方法有5X6+1=31(种)，其中得到的数不大于3.14的数

328

为3.11,3.12,3.14,所以得到的数大于3.14的概率为尸=1一^=77•故选A.

•JI1

3.(创新命题情境)对一批产品的长度(单位：mm)送行抽样检测，图为检测结果的频率

分布直方图.根据标准，产品长度在区间［20,25)上为一等品，在区间［15,20)和［25,30)上为一

等品，在区间［10,15)和［3035］上为三等品.用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件,

则其为二等品的概率是()

频率

组距

0.04

0.03

0.02

O101520253035长度/毫米

A.0.09B.0.20

C.0.25D.0.45

解析：选D由频率分布直方图的性质可知，样本数据在区间［25,30)上的频率为1一

5X(0.024-0.044-0.06+0.03)=0.25,则二等品的须率为0.25+0.04X5=0.45,故任取1件为

二等品的概率约为0.45.故选D.

4.(创新考查方式)设条件甲：”事件4与3是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)

+P(B)=1”,则甲是乙的()

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解析：选A若事件a与事件3是对立事件，则AU8为必然事件，再由概率的加法公

式得P(A)+P(5)=1.投掷一枚硬币3次，事件A:“至少出现一次正面”，事件3:“3次

71

出现正面“，则(，，满足产但〃不是对立事件.故甲是

pA)=dOP(")=dO(A)+P(3)=l,A,

乙的充分不必要条件.

5.(渗透“五育”教育)中国乒乓球队甲、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9,乙夺得冠军的概率为:，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率

为.

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，即披此互斥，所以由互斥事件概率的加法公式得，

3119

中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为

［课时验收评价］

1.某省高考实行新方案.新高考规定I语文、数学、英语是必考科目，考生还需从思

想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个等级考试科目中选取3个作为选考科目.某考

生已经确定物理作为自己的选考科目，然后只需从剩下的5个等级考试科目中再选择2个组

成自己的选考方案，则该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”为()

A.既是互斥事件又是对立事件

B.对立事件

C.不是互斥事件

D.互斥事件但不是对立事件

解析：选D该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”不能同时发生，但

能同时不发生，所以该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”为互斥事件但不

是对立事件.故选D.

2.如果事件A与3是互斥事件，且事件AU8发生的概率是0.64,事件5发生的概率

是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为()

A.0.64B.0.36

C.0.16D.0.84

解析：选C设P(A)=xf则P(3)=3x,因为事件A与B是互斥事件，所以P(AUB)

=P(A)+P(B)=x+3x=0.64,解得x=0.16.故选C.

3.已知随机事件A,8发生的概率满足条件PG4UH)=本某人猜测事件A”发生，

则此人猜测正确的概率为()

A.1B.|C.1D.0

解析：选c・・•事件In万与事件AUS是对立事件，，事件彳n万发生的概率为p(彳

_A11

nB)=l-P(AUZ；)=1-^=4，则此人猜测正确的概率为了故选c.

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4500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：

满意情况不满意比较满意满意非常满意

人数200n21001000

根据表中数据，估计在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的

概率是()

711

1515

解析：选C由题意知，比较满意的人数n=4500—(200+21004-1000)=1200(人),

故“比较满意”或“满意”的人数为1200+2100=3300(人).所以概率为尸=咨辞=*.

5.在甲、乙、丙、丁四位志愿者中随机选两人，去社区给困难户送生活必需品，恰好

选到丙和丁的概率是()

A.lB.JC.1D.T

3456

解析：选D在甲、乙、丙、丁四位志愿者中随机选两人，去社会给困难户送生活必需

品，基本事件总数〃=6,J恰好选到丙和丁的概率尸=上.故选D.

6.同时掷3枚硬币，至少有1枚正面向上的概率是()

7531

A.gB.gC.gD.g

解析：选A由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是将1枚硬

币连续抛掷三次，共有23=8种结果，满足条件的事件的对立事件是3枚硬币都是背面向上,

17

有1种结果，所以至少有一枚正面向上的概率是1一；=1故选A.

OO

7.下列结论正确的是()

A.事件A的概率P(A)必满足0<P(A)<l

B.事件4的概率P(A)=0.999,则事件A是必然事件

C.用某种药物对患有胃溃疡的500名病人进行治疗，结果有380人有明显的疗效，现

有一名胃溃疡病人服用此药，则估计有明显的疗效的可能性为76%

D.某奖券中奖率为50%,则某人购买此奖券10张，一定有5张中奖

解析；选C由概率的基本性质可知，事件A的概率PG4)满足OWP(4)W1,故A错误；

必然事件的概率为1,故B错误；某奖券中奖率为50%,则某人购买此奖券10张，不一定

有5张中奖，故D错误.故选C.

8.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.根据样本

的频率分布估计，数据在[31.5,43.5)的概率约是()

A,6B<3C,2D,3

解析：选B根据所给的数据的分组及各组的频数得到：数据在[31.5,43.5)范围的有

131.5,35.5)12;[35.5,39.5)7;[39.5,43.5)3,：・满足题意的数据有12+7+3=22(个)，而总的数

22II

据有66个，・•・数据在[31.5,43.5)的频率为正=Q,由频率估计概率得尸=Q.故选B.

9.若随机事件48互斥，A,8发生的概率均不等于0,且尸(4)=2—a,P(砂=4”一5,

则实数。的取值范围是()

2

5于

12

O<P(A)<1,

解析：选D由题意可得,O〈P(B)vl,

H4)+—W1,

0<2-a<l,

54

即彳Ov4G—5vl,解得沁

、3。-3W1,

10.向三个相邻的军火库投一枚炸弹，炸中第一军火库的概率为0.025,炸中第二、三

军火库的概率均为0.1,只要炸中一个，另两个也会发生爆炸，则军火库爆炸的概率为

解析：设A,B9C分别表示炸弹炸中第一、第二、第三军火库这三个事件，O表示军

火库爆炸，则P(A)=0.025,P(")=0.l,P(C)=O.1,其中A,B,C互斥，故P(O)=P(AU3

UC)=P(A)+P(B)+P(。=0.025+0.1+0.1=0.225.

答案：0.225

11.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

解析：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1.

答案：；

12.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1()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.

均正点率的估计值为0.98.

答案：0.98

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，取得两个红玻璃球的概率为入，取得两个绿玻璃球的概率为点则取得两个同色

玻璃球的概率为；至少取得一个红玻璃球的概率为.

解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色

71

玻璃球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为尸=正+不=

JLA

Q

去.由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件8”取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至

少取得一个红玻璃球的概率为P(A)=1-P®=1一人=《

JLQJL，

管亲•1515

14.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)01000200030004000

车辆数(辆)500130100150120

(1)若每辆车的投保金额均为2800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4000兀的样本车辆中，车主

是新司机的占20%,估计在已投保新司机车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率.

解：(1)设A表示事件“赔付金额为3000元”，B表示事件“赔付金额为4000元”，

以频率估计概率得P(A)=[；00=0.15,P(B)=]000=0.12.

由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4

0()0元，所以其概率为P(A)4-P(B)=0.15+0.12=0.27.

(2)设。哀示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，可得样本车辆中车主为

新司机的有0.1X1000=100(辆)，而赔付金额为4000元的车辆中，车主为新司机的有

24

0.2X120=24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为丽=0.24,由

频率估计概率得P(O=0.24.

15.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：C)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，得到下面的频数分布表：

最高

(10,15)[15,20)120,25)[25,30)[30,35)[35,40)

气温

天数216362574

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.

⑴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+聚"36=06,

所以这种酸奶一天的需求量不超过30()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＞7=6X450-4X450

=900;若最高气温位于区间［20,25),则¥=6X300+2(45()-300)-4X450=300;若最高气

温低于20,则K=6X2004-2(450-200)-4X450=-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+2；7+4=0.8,因此y大于零的概率的估计值为0.8.

第四节古典概型与几何概型

明|知

源标；教考

婪求；导向

1•理解古典概型及其概率计算公式,会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生

的概率.

2.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.了解几何概型的意义.))

W送返返返课前——教材温顾学习“2方案”

i/主干知识回顾一遍

i.基本事件的特点

(1)任何两个基本事件是互屈的；

(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成聚建性的和.

2,古典概型

(1)古典概型的特征

①有限性：在一次试验中，可能出现的结果是有限的,即只有有限个不同的基本事件；

②等可能性：每个基本事件出现的亘能性是相等的.

(2)古典概型的概率计算的基本步骤：

①判断本次试验的结果是否是等可能的,设出所求的事件为A；

②分别计算基本事件的总数〃和所求的事件A所包含的基本事件个数如

③利用古典概型的概率公式P(A)=。，求出事件A的概率.

⑶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

频率计算中的m,n均随随机试验

的变化而变化，但随着试验次数的

频率计算公式

增多，它们的比值逐渐趋近于概率

都计算了一个比值々

值

古典概型的概々是一个定值,对同一个随机事件而

率计算公式

言，山，〃都不会变化

3.几何概型

(1)概念：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则

称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型.

(2)几何概型的基本特点

①试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个；

②每个基本事件出现的可能性相等.

(3)计算公式

p,构成事件A的区域长度(面积或体积)

()-试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)•

二级结论与微点提醒

(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.

(3)在几何概型中，如果4是确定事件，

①若A是不可能事件，则P(A)=O肯定成立；如果随机事件所在的区域是一个单点，由

于单点的长度、面积和体积都是0,则它出现的概率为()，显然它不是不可能事件，因此由

P(A)=0不能推出A是不可能事件.

②若A是必然事件，则P(A)=1肯定成立；如果一个随机事件所在的区域是从全部区域

中扣除一个单点，则它出现的概率为1,但它不是必然事件，因此由P(/i)=l不能推出A是

必然事件.

i2经典小题练悟一遍

1.在区间(0,4)内随机取一个数x,则使得不等式“+1)225工一1不成立的概率为()

A-lB-1

C,4D,3

解析：选C由题意(x+l)225x-l不成立，即(X+1)2V5X-1,即好一3X+2V0,解得

2—11

l<x<2,又x£(0,4),故所求概率为二^=不

2.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，假设此人再射击1次，则中靶的概率约为,中10环的概率约

为.

答案：0.90.2

3.一个袋中装有大小相同的红、白、黄、黑4个球.从中先后取出2个球，则基本事

件的个数为.

答案：12

4.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

_6_2

=15=5*

答案卷

运逐举运连蓝^»课堂----轮深化学习“3层级”

层级一/基础点——自练通关(省时间)

基础点(一)基本事件及事件的构成

［题点全训］

1.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1,N中的一个

字母，第二位是123,4,5中的一个数字，则小敏输入密码所构成的基本事件的总数等于()

A.B.10

C.15D.20

解析：选C用树状图列举如下所示:

1

22

M&33N3

44

555

所以事件总数有15种.

2.从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则总的选法的种数等于（）

A.8B.9

C.10D.11

解析：选C设另外三名学生分别为丙、丁、戊.从5名学生中随机选出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种情形.

3.某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：（单

位：人）

参加书法社团未参加书法社团

参加演讲社团85

未参加演讲社团230

（1）则该班至少参加上述一个社团的人数等于.

（2）在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男问学Ai,A2,AOA4,

A5.3名女同学办，心，伙.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的

结果组成的基本事件个数等于.则A被选中且Bi未被选中的事件的个数等于

解析：（1）由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参

加上述一个社团的共有45-30=15（人）.

（2）从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：

{Ai,B\}t{zii,Bi\t{Ai,&},{A2,B\}t{Ait闻,{人2,丛},{zh,8i},{A3,82},{4，

{A4,Bi}f{A4,B2}f{A4f83},{A5,{ASf&},{ASf&},共15个.根据题意，

这些基本事件的出现是等可能的.事件“4被选中且M未被选中”所包含的基本事件有：

{Ai,&},{Ai,B3]t共2个.

答案：（1）15⑵152

[一“点”就过I

基本事件个数的确定方法

列举法此法适合于基本事件个数校少的情况

此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是

列表法

坐标法

树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及

树状图法

较复杂问题中基本事件数的探求

基础点(二)简单的古典概型与几何概型的计算

［题点全训］

1.(2021•全W乙卷)在区间(0,?随机取1个数，则取到的数小于;的概率为()

A.TB.T

C.l