人教A版（2019）数学必修第二册第十章概率难点突破课件(共37张PPT)

(共37张PPT)
概率难点突破
概率
随机事件与概率
古典概型
事件的相互独立性
频率与概率
知识体系
随机事件
与概率
事件
事件的关
系与运算
必然事件：P(A)=1
不可能事件：P(A)=0
随机事件：0关系
包含：BA或AB
相等：A=B
运算
并事件：AB或A+B
交事件：AB或AB
互斥事件：P(AB)=P(A)+P(B)
对立事件：P(B)=1-P(A)
古典概型
基本特点
概率计算公式
有限性
等可能性
P(B)=
概率
随机事件与概率
古典概型
事件的相互独立性
频率与概率
P(AB)= P(A)P(B)
频率的稳定性
随机模拟
难点突破一 互斥事件、对立事件的概率
难点突破
例1 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100位顾客的相关数据，如下表所示．
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位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(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)
一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件以上
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位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.
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
＝1.9(分钟)．
一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件以上
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位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(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)
记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，
A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．
一次购物量 1至4件 5至8件 9至12件 13至16件 17件以上
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位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(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)
将频率视为概率得
P(A1)＝ ＝ ，P(A2)＝ ＝ ，P(A3)＝ ＝ .
因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝ .
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.
方法技巧
①若事件A1，A2，…，An彼此互斥，则
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
互斥事件与对立事件的概率计算
②设事件A的对立事件是，则P()＝1－P(A)．
方法技巧
①将所求事件转化成彼此互斥的事件的和．
求复杂事件的概率常用的两种方法
②先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝1－P(A)求解．　
强化训练
受轿车在保修期内的维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关，某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，甲品牌车保修期为3年，乙品牌车保修期为2年，现从该厂已售出的两种品牌的轿车中分别随机抽取50辆，统计出在保修期内首次出现故障的车辆数据如下：
品牌 甲 乙 首次出现故障 的时间x(年) 03 02
轿车数量(辆) 2 1 3 44 2 3 45
(1)从该厂生产的甲种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)从该厂生产的乙种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率．(注：将频率视为概率)
设A，B，C分别表示甲品牌轿车首次出现故障在第1年，第2年和第3年之内，设D表示甲品牌轿车首次出现故障在保修期内，因为A，B，C是彼此互斥的，
其概率分别为P(A)＝＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝ ，
即首次出现故障发生在保修期内的概率为.
(1)从该厂生产的甲种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)从该厂生产的乙种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率．(注：将频率视为概率)
乙品牌轿车首次出现故障发生在保修期内的概率为
难点突破二 古典概型
难点突破
例2 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.
(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
将标号为1，2，3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1，2的两张蓝色卡片分别记为D，E.
从这五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10种．
从这五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，共3种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.
(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
将标号为0的绿色卡片记为F.
从这六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．
由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些样本点的出现是等可能的．
从这六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共8种．
所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.
方法技巧
求解古典概型概率“四步”法
强化训练
甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；
(2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名教师来自同一学校的概率．
甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；
从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，所有可能的结果为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)，共9种；
选出的2名教师性别相同的结果有(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)，共4种；
所以选出的2名教师性别相同的概率为.
甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
(2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名教师来自同一学校的概率．
从报名的6名教师中任选2名，所有可能的结果为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)、(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共15种；
选出的2名教师来自同一学校的所有可能的结果为(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共6种，
所以选出的2名教师来自同一学校的概率为＝.
难点突破三 事件的相互独立性
难点突破
例3 计算机考试分理论考试与实际操作考试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”并颁发“合格证书”．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为，，，在实际操作考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格相互之间没有影响．
(1)若甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，则谁获得“合格证书”的可能性大？
(2)求甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得“合格证书”的概率．
(1)若甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，则谁获得“合格证书”的可能性大？
记“甲获得‘合格证书’”为事件A，“乙获得‘合格证书’”为事件B，“丙获得‘合格证书’”为事件C；
则P(A)＝×＝，P(B)＝×＝，P(C)＝×＝；
从而P(C)>P(B)>P(A)，所以丙获得“合格证书”的可能性大．
(2)求甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得“合格证书”的概率．
记“甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得‘合格证书’”为事件D，
则P(D)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋ ××＝.
方法技巧
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥的简单事件的和．
(2)将彼此互斥的简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
强化训练
设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为(　　)
A．0.25　　　　　　　　 B．0.30
C．0.31 D．0.35
设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，
所以同一工作日最少3人需使用设备的概率为
P(ABC＋ABD＋ACD＋BCD＋ABCD)
=0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.4
+0.4×0.5×0.5×0.4+0.6×0.5×0.5×0.4＝0.31.
C
难点突破四 概率与统计的综合问题
难点突破
例4 某食品有限公司对生产的某种面包按行业标准分成五个不同等级，等级系数X依次为A，B，C，D，E.现从该种面包中随机抽取20件样品进行检验，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：
X A B C D E
频率 0.1 0.2 0.45 0.15 0.1
从等级系数为A，D，E的样品中一次性任取两件(假定每件样品被取出的可能性相同)．
(1)求取出的两件样品是等级系数为A与D的概率；
(2)求取出的两件样品是不同等级的概率．
(1)求取出的两件样品是等级系数为A与D的概率；
A级所取的样品数为20×0.1＝2，D级所取的样品数为20×0.15＝3，E级所取的样品数为20×0.1＝2.
将等级系数为A的2件样品分别记为a1，a2；等级系数为D的3件样品分别记为x1，x2，x3；等级系数为E的2件样品分别记为y1，y2；
现从a1，a2，x1，x2，x3，y1，y2这7件样品中一次性任取两件，共有21个不同的结果，分别为(a1，a2)，(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a1，y1)，(a1，y2)，(a2，x1)，(a2，x2)，(a2，x3)，(a2，y1)，(a2，y2)，(x1，x2)，(x1，x3)，(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，x3)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3，y1)，(x3，y2)，(y1，y2)．
(1)求取出的两件样品是等级系数为A与D的概率；
记事件M为“取出的两件样品是等级系数为A与D”，则事件M所包含的样本点有6个，分别为(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a2，x1)，(a2，x2)，(a2，x3)．
所以事件M的概率P(M)＝ ＝ .
(2)求取出的两件样品是不同等级的概率．
记事件N为“取出的两件样品是等级系数为A与E”，
则事件N所包含的样本点有4个，分别为(a1，y1)，(a1，y2)，(a2，y1)，(a2，y2)，
所以事件N的概率P(N) ＝ .
法一
记事件Q为“取出的两件样品是等级系数为D与E”，
则事件Q所包含的样本点有6个，分别为(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3，y1)，(x3，y2)，
所以事件Q的概率P(Q)＝ ＝ .
因为事件M，N，Q为互斥事件，所以取出的两件样品是不同等级的概率为P(M∪N∪Q)＝P(M)＋P(N)＋P(Q) ＝ .
(2)求取出的两件样品是不同等级的概率．
法一
法二
记事件L为“取出的两件样品是不同等级”，则事件为“取出的两件样品是同等级”，所以事件所含的样本点有5种，分别为(a1，a2)，(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x3)，(y1，y2)，
所以事件的概率P()＝ ，
所以P(L)＝1－P()＝ ，
即取出的两件样品是不同等级的概率为.
(2)求取出的两件样品是不同等级的概率．
方法技巧
解决概率与统计综合问题应注意的问题
在解决此类综合问题时，应对图表进行观察、分析、提炼，挖掘出图表所给予的有用信息，排除无关数据的干扰，进而抓住问题的实质，达到求解的目的．
强化训练
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．
(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；
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)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；
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)求续保人本年度平均保费的估计值．
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＝1.1925a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.