2020高考数学艺考生冲刺第七章概率与统计第19讲随机事件的概率、古典概型、几何概型课件.pptx

1、第七章 概率与统计,第19讲随机事件的概率、古典概型、几何概型,1.随机事件及概率 (1)事件的相关概念,(2)频数与概率 频数:在相同条件下重复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m为事件A的频数,那么事件A出现的频率fn(A)= ,频率的取值范围为 0,1 . 概率:对于给定的随机事件,如果随着试验次数的增加,事件A发生的频率稳定在某个常数上,我们把这个常数记为P ,称为事件A的概率.,(3)事件间的关系及运算,(4)概率的几个基本性质 概率的取值范围:0P 1. 必然事件的概率:P =1. 不可能事件的概率:P =0. 互斥事件的概率加法公式:,2.古典概型和几

2、何概型 (1)基本事件的特点 任何两个基本事件是互斥的. 任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. (2)古典概型及特点 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型. 试验中所有可能出现的基本事件只有有限个. 每个基本事件出现的可能性相等. (3)古典概型的概率公式:,(4)几何概型 事件A理解为区域的某一子区域A,A的概率只与子区域A的几何度量(长度、面积或体积)成正比,而与A的位置和形状无关,满足以上条件的试验称为几何概型. (5)几何概型的两个基本特点 无限性:在一次试验中,可能出现的结果有无限多个. 等可能性:每个结果的发生具有等可能性. (6)几何概型的概率计

3、算公式:,题型一 随机事件与概率 考点一随机事件之间的关系 【例1-1】对飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,设A=两次都击中飞机,B=两次都没击中飞机,C=恰有一次击中飞机,D=至少有一次击中飞机,其中彼此互斥的事件是,互为对立事件的是. 【解析】 设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况,因为AB=,BC=,AC=,BD=,故A与B,B与C,A与C,B与D为互斥事件. 而BD=,BD=I,故B与D互为对立事件. 【答案】A与B,A与C,B与C,B与DB与D,【规律方法】判断互斥、对立事件的两种方法 (1)定义法:判断互斥事件、对立事件一般用定义判断,不可能同时发生的两个事件为互斥事件;两个

4、事件,若有且仅有一个发生,则这两事件为对立事件,对立事件一定是互斥事件.对立事件是互斥事件的充分不必要条件. (2)集合法: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. 事件A的对立事件 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.,考点二随机事件的概率与频率 【例1-2】(2016全国卷)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:,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:,(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; (

5、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,(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,(3)由所给数据得 调查的200名续保人的平均保费为0.85a0.30+a0.25+1.25a0.15+1.5a0.15+1.75a0.10+2a0.05=1.1925a. 因此,续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.,【规律方法】 (1)概率与频率的关系 频率反映了一个随机事件出现的

6、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,有时也用频率来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.,考点三互斥事件与对立事件概率公式的应用 【例1-3】某商场有奖销售中,购满100元商品得1张奖券,多购多得.1000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、二等奖的事件分别为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

7、等奖且不中一等奖的概率.,(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”这个事件为M,则M=ABC. A,B,C两两互斥, P(M)=P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C),(3)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,【规律方法】复杂事件的概率的两种求法 (1)直接求法,将所求事件分解为一些彼此互斥的事件,运用互斥事件的概率求和公式计算. (2)间接求法,先求此事件的对立事件的概率,再用公式P(A)=1-P( )求解(正难则反),特别是“至多”“至少”型题目,用间接求法就比较简便.,变式训练一 1.在5张电话卡

8、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,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,A,【解析】 至多有一张移动卡包含“一张移动卡,一张联通卡”,“2张全是联通卡”两个事件,它是“2张全是移动卡”的对立事件.,2.某保险公司利用简单随机抽样的方法,对投保的车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下:,(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4000元的概率.

9、,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”,由于投保额为2800元,赔付金额大于投保金额的情形是赔付3000和4000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4000元”,由已知,样本车辆中车主是新司机的有0.11000=100(位),而赔付金额为4000元的车辆中车主为新司机的有0.2120=24(位),由频率估计概率是P(C)=0.24.,3.某学校在教师外出家访了解学生家长对孩子的学习关心情况活动中,一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示:,(1)求有4人或5人外出家访的概率

10、; (2)求至少有3人外出家访的概率.,解:(1)设派出2人及以下为事件A,3人为事件B,4人为事件C,5人为事件D,6人及以上为事件E,则有4人或5人外出家访的事件为事件C或事件D,C,D为互斥事件,根据互斥事件概率的加法公式可知, P(C+D)=P(C)+P(D)=0.3+0.1=0.4. (2)至少有3人外出家访的对立事件为2人及以下,所以由对立事件的概率可知, P=1-P(A)=1-0.1=0.9.,题型二古典概型 【例2】一枚硬币连掷2次,只有一次出现正面的概率为(),【解析】 一枚硬币连掷2次,基本事件有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),而只有一次出,【答案】 D 【

11、规律方法】,变式训练二 1.(2016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(),2.(基础经典试题)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ba的概率是(),B,【解析】 可设这5名学生分别是甲、乙、丙、丁、戊,从中随机选出2人的方法有: (甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),(丙,丁),(丙,戊),(丁,戊),共有10种选法,D,【解析】 基本事件的个数有53=15(种),其中满足ba的有3种,3.甲、乙、丙三人随意坐在一条长凳上,乙正好坐中间的概率为(),4.口袋里装有红球、白球、黑

12、球各1个,这3个球除颜色外完全相同,有放回的连续抽取2次,每次从中任意地取出1个球,则两次取出的球颜色不同的概率是(),【解析】 甲、乙、丙坐一排的基本事件有:甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共6个,乙正好坐中间的基本事件有2个.,B,【解析】 由题意知,基本事件总数n=33=9,能两次取出的球颜色不同包含的基本事件个数m=32=6,C,5.(2016全国卷)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是(),D,【解析】 只需考虑分组即可,分组(只考虑第一个花坛中的两种花)情况为(红,黄)

13、,(红,白),(红,紫),(黄,白),(黄,紫),(白,紫),共6种情况,其中符合题意的情况有5种,因此红色和紫色的花不在同一花坛的概率是 .故选D.,题型三几何概型 【例3】(1)(2016全国卷)某公司的班车在730,800,830发车,小明在750至830之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是(),(3)如图所示,在ABC中,B=60,C=45,高AD= ,在BAC内作射线AM交BC于点M,则BM1的概率为.,(4)(2017全国卷)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对

14、称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是(),(5)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为底面ABCD的中心,在正方体ABCD-A1B1C1D1内随机取一点P,则点P到点O的距离大于1的概率为.,【解析】 (1)由题意得图:,记事件N为“在BAC内作射线AM交BC于点M,使BM1”,则可得BAMBAD时事件N发生.,(4)设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,正方形内切圆的面积为,根据对称性可,【规律方法】 (1)与长度、角度有关的几何概型的求法 解答关于长度、角度的几何概型问题,只要将所有基本事件及事件A包含的基本事件转化为相应长度或角度,即可利用几何概型的概率

15、计算公式求解.要特别注意“长度型”与“角度型”的不同.解题的关键是构建事件的区域(长度或角度). (2)与面积有关的几何概型的求法 求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的区域以求面积,必要时可根据题意构造两个变量,把变量看成点的坐标,找到试验全部结果构成的平面图形,以便求解. (3)与体积有关的几何概型的求法 对于与体积有关的几何概型问题,关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间),对于某些较复杂的也可利用其对立事件求解.,变式训练三 1.(2017江苏卷)记函数f(x)= 的定义域为D.在区间-4,5上随机取一个数x,则xD的概率是.,2.如图所示,在直角坐标系内

16、,射线OT落在30角的终边上,任作一条射线OA,则射线OA落在yOT内的概率为.,【解析】 如题图,因为射线OA在坐标系内是等可能分布的,D,【解析】 如图,满足条件的x,y构成的点(x,y)在正方形OBCA内,4.一个多面体的直观图和三视图如图所示,点M是AB的中点,一只蝴蝶在几何体ADF-BCE内自由飞翔,则它飞入几何体F-AMCD内的概率为(),D,1.抛掷一枚质地均匀的硬币,如果连续抛掷1 000次,则第999次出现正面朝上的概率是(),2.先后抛掷硬币三次,则至少一次正面朝上的概率是(),D,【解析】 概率是定值,所以不管抛多少次硬币,正面向上的概率不变,所以正面或反面向上的概率是

17、.,D,C,【解析】 2粒棋子恰好同一色可以同是黑色,也可以同是白色,4.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(),C,【解析】 前2位共有35=15种可能,其中只有1种是正确的密码,5.如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数.从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为(),C,6.从3名男生和2名女生中任意推选2名选手参加辩论赛,则推选的2名选手恰好是1男1女的概率是(),C,【解析】 从3名男生和2名女生中

18、选两名共有10种可能,而一男一女的选法有6种,7.某天下课以后,教室里还剩下2位男同学和2位女同学.若他们依次走出教室,则第2位走出的是男同学的概率是(),A,【解析】 已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能顺序有(女,女,男,男),(女,男,女,男),(女,男,男,女),(男,男,女,女),(男,女,男,女),(男,女,女,男),8.口袋中有形状和大小完全相同的四个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中随机抽取两个球,则取出的两个球的编号之和大于5的概率为(),C,【解析】 从5个球中随机抽取两个球,共有6种取法,满足两球编号之和大于5的情况有(2,4),(3,4),共2种取法.,9.

19、某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为() A.16B.18 C.24D.32,C,【解析】 若将7个车位从左向右按17进行编号,则该3辆车有4种不同的停放方法:(1)停放在13号车位;(2)停放在57号车位;(3)停放在1、2、7号车位;(4)停放在1、6、7号车位.每一种停放方法均有 =6种,故共有24种不同的停放方法.,10.在平面直角坐标系中,从下列五个点: 中任取三个,这三点能构成三角形的概率是(),C,【解析】 从5个点中取3个点,列举得ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE, CDE共有10个基本事件,而其中ACE, BCD两种情况三点共线,其余8个均符合题意,1.一个袋子中有号码为1,2,3,4,5大小相同的五个小球,现从袋中任意取出一个球,取出后不放回,然后再从袋中任取一个球,则第一次取得号码为奇数,第二次取得号码为偶数球的概率为(),D,【解析】 试验的基本事件有:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),(3,2),(3,4), (3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(