10.1 随机事件与概率
10.1.1 有限样本空间与随机事件
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核心知识目标 核心素养目标
1.随机试验、有限样本空间与随机事件的概念、特点. 2.了解事件、基本事件、随机事件、必然事件、不可能事件的概念. 3.会求随机试验的有限样本空间、基本事件的个数. 1.通过随机试验、样本点、样本空间及随机事件等概念的学习,达成数学抽象及逻辑推理的核心素养. 2.通过利用样本空间去解释相关的实际问题,发展数学建模、逻辑推理的核心素养.
1.随机试验
我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验,简称试验,常用字母E表示.
随机试验具有以下特点:
(1)试验可以在相同条件下重复进行;
(2)试验的所有可能结果是明确可知的,并且不止一个;
(3)每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个,但事先不能确定出现哪一个结果.
2.试验的样本点和样本空间
项目 定义 字母表示
样本点 我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点 用ω表示样本点
样本 空间 全体样本点的集合称为试验E的样本空间 用Ω表示样本空间
有限样 本空间 如果一个随机试验有n个可能结果ω1,ω2,…,ωn,则称样本空间Ω={ω1,ω2,…,ωn}为有限样本空间 Ω={ω1,ω2,…,ωn}
3.三种事件的定义
随机 事件 我们将样本空间Ω的子集称为随机事件,简称事件,并把只包含一个样本点的事件称为基本事件.随机事件一般用大写字母A,B,C,…表示.在每次试验中,当且仅当A中某个样本点出现时,称为事件A发生
必然 事件 Ω作为自身的子集,包含了所有的样本点,在每次试验中总有一个样本点发生,所以Ω总会发生,我们称Ω为必然事件
不可能 事件 空集不包含任何样本点,在每次试验中都不会发生,我们称为不可能事件
1.(多选题)下列事件中是随机事件的是( AC )
(A)明天是阴天
(B)方程x2+2x+5=0有两个不相等的实根
(C)抛一枚硬币,出现正面
(D)一个三角形的大边对大角,小边对小角
解析:其中A是随机事件,B是不可能事件,C是随机事件,D是必然事件.故选AC.
2.一个家庭有两个小孩,则样本空间为( C )
(A){(男,女),(男,男),(女,女)}
(B){(男,女),(女,男)}
(C){(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)}
(D){(男,男),(女,女)}
解析:两个小孩的所有结果是:男男,男女,女男,女女,所有样本空间为{(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)}.故选C.
3.(多选题)袋中装有标号分别为1,3,5,7的四个相同的小球,从中取出两个,下列事件是基本事件的是( ABC )
(A)取出的两球标号为3和7
(B)取出的两球标号的和为4
(C)取出的两球的标号都大于3
(D)取出的两球的标号的和为8
解析:基本事件即只含有一个样本点的事件,选项A,B,C都只含有一个样本点,是基本事件,D中包含取出标号为1和7,3和5两个样本点,所以D不是基本事件.故选ABC.
4.连续掷两枚硬币,观察正反面朝上的情况.这一试验的样本点的个数为 .
解析:Ω={正正,正反,反正,反反}.
答案:4
必然事件、不可能事件与随机事件的判断
[例1] 指出下列事件是必然事件、不可能事件还是随机事件.
(1)某人购买福利彩票一注,中奖500万元;
(2)三角形的内角和为180°;
(3)没有空气和水,人类可以生存下去;
(4)同时抛掷两枚硬币一次,都出现正面向上;
(5)从分别标有1,2,3,4的四张标签中任取一张,抽到 1号标签;
(6)科学技术达到一定水平后,不需任何能量的“永动机”将会出现.
解:(1)购买一注彩票,可能中奖,也可能不中奖,所以是随机事件.
(2)所有三角形的内角和均为180°,所以是必然事件.
(3)空气和水是人类生存的必要条件,没有空气和水,人类无法生存,所以是不可能事件.
(4)同时抛掷两枚硬币一次,不一定都是正面向上,所以是随机事件.
(5)任意抽取,可能得到1,2,3,4号标签中的任一张,所以是随机事件.
(6)由能量守恒定律可知,不需任何能量的“永动机”不会出现,所以是不可能事件.
判断一个事件的方法:应从条件与结果是否发生两方面判断:因为三种事件都是相对于一定条件而言的,而一定发生的是必然事件,不一定发生的是随机事件,一定不发生的是不可能事件.
即时训练1-1:指出下列事件是必然事件、不可能事件,还是随机事件.
(1)某体操运动员将在下一届运动会上获得全能冠军;
(2)出租车司机小李驾车通过4个十字路口都将遇到绿灯;
(3)若x∈R,则x2+2 021≥2 021;
(4)小红书包里只有数学书、语文书、地理书、历史书,她随意拿出一本,是物理书.
解:(1)(2)中的事件可能发生,也可能不发生,所以是随机事件.
(3)中的事件一定会发生,所以是必然事件.
(4)小红书包里没有物理书,所以是不可能事件.
[备用例1] 指出下列事件是必然事件、不可能事件,还是随机事件:
(1)我国东南沿海某地明年将受到3次冷空气的侵袭;
(2)抛掷硬币10次,至少有一次正面向上;
(3)没有水分,种子发芽.
解:(1)我国东南沿海某地明年可能受到3次冷空气侵袭,也可能不是3次,是随机事件.
(2)抛掷硬币10次,也可能全是反面向上,也可能有正面向上,是随机事件.
(3)没有水分,种子不可能发芽,是不可能事件.
样本空间
[例2] 做掷红、蓝两个骰子的试验,用(x,y)表示样本点,其中x表示红色骰子出现的点数,y表示蓝色骰子出现的点数.写出:
(1)这个试验的样本空间;
(2)这个试验包含的基本事件个数.
解:(1)这个试验的样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),
(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),
(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),
(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),
(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}.
(2)这个试验包含36个基本事件.
变式训练2-1:本例条件不变,用集合表示事件A:出现的点数之和大于8,事件B:出现的点数相同.
解:A={(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),
(6,5),(6,6)}.
B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)}.
变式训练2-2:本例条件不变,记红骰子掷出的点数与蓝骰子掷出的点数之差为X,写出“X≥5”表示的样本点的集合C.
解:C={(6,1)}.
变式训练2-3:本例条件不变,记红骰子掷出的点数与蓝骰子掷出的点数之差的绝对值为X,写出“X≥5”表示的样本点的集合D.
解:D={(6,1),(1,6)}.
理解样本点与样本空间应注意的几个方面
(1)用样本点表示随机事件,首先弄清试验的样本空间,不重不漏列出所有的样本点.然后找出满足随机事件要求的样本点,从而用这些样本点组成的集合表示随机事件.
(2)随机事件可以用文字表示,也可以将事件表示为样本空间的子集,后者反映了事件的本质,且更便于今后计算事件发生的概率.
[备用例2] 下面做投掷两个正四面体玩具(四个面上分别标有点数1,2,3,4)的试验,观察正四面体玩具朝下的点数:
(1)写出试验的样本空间;
(2)用集合表示事件A:朝下的点数之和大于3;
(3)用集合表示事件B:朝下的点数相等,事件C:朝下的点数之差的绝对值小于2.
解:(1)用(x,y)表示样本点,其中x表示第1个正四面体玩具朝下的点数,y表示第2个正四面体玩具朝下的点数,则这个试验的样本空间
Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),
(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}.
(2)A={(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),
(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}.
(3)B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)},C={(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),
(2,3),(3,2),(3,3),(3,4),(4,3),(4,4)}.
用集合表示随机事件
[例3] 如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件,每个元件可能正常,也可能失效,把这个电路是否为通路看成一个随机现象,观察这个电路中各个元件是否正常.
(1)写出试验的样本空间;
(2)用集合表示下列事件:
M=“恰好两个元件正常”,
N=“电路是通路”,
T=“电路为断路”.
解:(1)分别用x1,x2,x3表示元件A,B,C的可能状态,则这个电路的工作状态可用(x1,x2,x3)表示,进一步地,用1表示元件的“正常”状态,用0表示元件的“失效”状态,则样本空间为Ω={(0,0,0),
(1,1,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,1),(0,0,1)}.
也可借助树状图列出试验的所有可能结果.
(2)M=“恰好两个元件正常”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3中恰好有两个1,
所以M={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}.
N=“电路是通路”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3都为1,所以N={(1,1,1)}.
T=“电路为断路”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3中至少有1个为0,所以T={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(0,0,1),(1,0,0),
(0,1,0),(0,0,0)}.
(1)在利用集合表示随机事件时,首先用字母或数字等形式表示样本点.
(2)样本点的列举为防止遗漏和重复,可按照确定顺序来写.
变式训练3-1:如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件,每个元件可能正常,也可能失效,把这个电路是否为通路看成一个随机现象,观察这个电路中各个元件是否正常.
(1)写出试验的样本空间;
(2)用集合表示下列事件:
M=“恰好1个元件正常”,
N=“电路是通路”,
T=“电路为断路”.
解:(1)分别用x1,x2,x3表示元件A,B,C的可能状态,则这个电路的工作状态可用(x1,x2,x3)表示,进一步地,用1表示元件的“正常”状态,用0表示元件的“失效”状态,则样本空间为
Ω={(0,0,0),(1,1,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,1,1),
(1,0,1),(0,0,1)}.
也可借助树状图列出试验的所有可能结果.
(2)用集合表示下列事件:
M=“恰好1个元件正常”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3中恰好有1个1,所以M={(0,1,0),(0,0,1),(1,0,0)}.
N=“电路是通路”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3至少有1个为1,
所以N={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),
(1,1,1)}.
T=“电路为断路”等价于(x1,x2,x3)∈Ω,且x1,x2,x3都为0,所以T={(0,0,0)}.
即时训练3-1:在所有考试中,小明同学的语文、数学、英语这三科的成绩都是优秀或良好.随机抽取一次考试的成绩,记录小明同学的语文、数学、英语这三科成绩的情况.
(1)写出该试验的样本空间;
(2)用集合表示下列事件:
A=“至少有两科成绩为优秀”;B=“三科成绩不都相同”.
解:分别用x1,x2,x3表示语文、数学、英语的成绩,则样本点表示为(x1,x2,x3),用1表示优秀,用0表示良好,则x1,x2,x3∈{0,1}.
(1)该试验的样本空间可表示为Q={(x1,x2,x3)|x1,x2,x3∈{0,1}},用列举法表示为Q={(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,0),
(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1)}.
(2)A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1)};
B={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}.
1.(多选题)下列现象中,是随机事件的是( ACD )
(A)在一条公路上,交警记录某1小时通过的汽车超过300辆
(B)若a为整数,则a+1为整数
(C)某人打靶射击5次,命中靶心3次
(D)检查流水线上一件产品是合格品还是次品
解析:当a为整数时,a+1一定为整数,是必然事件,其余3个均为随机事件.故选ACD.
2.高铁2+2座位号如图,则小明旅游想买某次高铁14车第一排的四个座位中的一个,其样本空间为( D )
(A)Ω={A} (B)Ω={A,C}
(C)Ω={A,C,D} (D)Ω={A,C,D,F}
解析:根据题意,其样本空间Ω={A,C,D,F}.故选D.
3.从5个男生、2个女生中任选派3人,则下列事件中是必然事件的是( B )
(A)3个都是男生
(B)至少有1个男生
(C)3个都是女生
(D)至少有1个女生
解析:由于只有2个女生,而要选派3人,故至少有1个男生.故选B.
4.从3,…,10中任意选一个数,这个试验的样本空间为 ,“它是偶数”这一事件包含的样本点个数为 .
解析:从3,…,10中任意选一个数,所得到的数可能是从3到10中的任意一个数,所以这个试验的样本空间为 Ω={3,4,5,6,7,8,9,10},“它是偶数”这一事件包含的样本点有4个,分别为4,6,8,10.
答案:Ω={3,4,5,6,7,8,9,10} 4
选题明细表
知识点、方法 题号
事件的判断 1,2,5,9
样本空间与 事件的表示 3,4,6,7,8,11,13
综合应用 10,12,14
基础巩固
1.(多选题)下列事件是随机事件的是( BD )
(A)长度为3,4,5的三条线段可以构成一个直角三角形
(B)经过有信号灯的路口,遇上红灯
(C)从10个玻璃杯(其中8个正品,2个次品)中,任取 3个,3个都是次品
(D)下周六是晴天
解析:A为必然事件;对于C,次品总数为2,故取到的 3个不可能都是次品,所以C是不可能事件;BD为随机事件.故选BD.
2.100件产品中,95件正品,5件次品,从中抽取6件:至少有1件正品;至少有3件是次品;6件都是次品;有2件次品、4件正品.以上四个事件中随机事件的个数是( C )
(A)3 (B)4 (C)2 (D)1
解析:100件产品中,95件正品,5件次品,从中抽取6件,在这个试验中:至少有1件产品是正品为必然事件;至少有3件次品,有2件次品、4件正品为随机事件;6件都是次品为不可能事件,所以随机事件的个数是2.故选C.
3.在一个袋子中装有分别标注1,2,3,4的4个小球,这些小球除标注的数字外完全相同,现从中随机取出2个小球,则取出小球标注的数字之差的绝对值为2的事件包含的样本点个数为( A )
(A)2 (B)4 (C)6 (D)8
解析:从4个小球中任取2个,其中数字之差的绝对值为2的事件包含(1,3),(2,4)共2个样本点.故选A.
4.从含2件次品的10件产品中,任取1件,次品数的样本空间Ω等于( D )
(A){1}
(B){1,2}
(C){1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
(D){0,1}
解析:因为10件产品中有2件次品,所以任取1件,次品数的样本空间Ω={0,1}.故选D.
5.在10个学生中,男生有x人.现从10个学生中任选6人去参加某项活动,有下列事件:①至少有1个女生;②5个男生,1个女生;③3个男生,3个女生.若要使①为必然事件,②为不可能事件,③为随机事件,则x为( C )
(A)5 (B)6
(C)3或4 (D)5或6
解析:由题意知,10个学生中,男生人数少于5,但不少于3,所以x=3或x=4.
故选C.
6.袋中装有红、白、黄、黑除颜色外其他方面都相同的4个小球,从中任取1球的样本空间Ω1= ,从中任取2球的样本空间Ω2= .
解析:从中任取1球有4种可能,分别为红、白、黄、黑,构成的样本空间Ω1={红,白,黄,黑}.
从中任取2球有6种可能,分别为(红,白),(红,黄),(红,黑),(白,黄),(白,黑),(黄,黑),构成的样本空间Ω2={(红,白),(红,黄),(红,黑),(白,黄),(白,黑),(黄,黑)}.
答案:{红,白,黄,黑} {(红,白),(红,黄),(红,黑),(白,黄),(白,黑),(黄,黑)}
能力提升
7.任意说出星期一到星期日中的两天(不重复),则随机事件A:恰有一天是星期六,A包含的样本点个数是( D )
(A)3 (B)4 (C)5 (D)6
解析:A={(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,7)}共有6个样本点.故选D.
8.抛掷两枚质地均匀的骰子一次,记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数之差为X,则“X≥5”表示的样本点( D )
(A)第一枚6点,第二枚2点
(B)第一枚5点,第二枚2点
(C)第一枚5点,第二枚1点
(D)第一枚6点,第二枚1点
解析:抛掷两枚质地均匀的骰子一次,第一枚骰子和第二枚骰子点数之差X≥5表示的样本点是第一枚6点,第二枚1点.故选D.
9.下列事件:
①在空间内取三个点,可以确定一个平面;
②13个人中,至少有2个人的生日在同一个月份;
③某电影院某天的上座率会超过50%;
④函数y=logax(0
⑤从一个装有100只红球和1只白球的袋中摸球,摸到白球.
其中, 是随机事件, 是必然事件, 是不可能事件.
解析:①③⑤是随机事件,②是必然事件,④是不可能事件.
答案:①③⑤ ② ④
10.已知集合M={-1,2},N={-3,4,5},从两个集合中各取一个元素构成点的坐标.则“得到的点是第一象限内的点”这一事件所包含的样本点个数为 ,事件A={(-1,-3),(-3,-1)}所表示的实际意义是 .
解析:“得到的点是第一象限内的点”包含以下4个样本点:(2,4),
(2,5),(5,2),(4,2).事件A表示“得到的点是第三象限内的点”.
答案:4 得到的点是第三象限内的点
11.写出下列试验的样本空间:
(1)甲、乙两队进行一场足球赛,观察甲队比赛结果(包括平局)
;
(2)从含有5件次品的30件产品中任取4件,观察其中次品数 .
解析:(1)甲、乙两队进行一场足球赛,观察甲队比赛结果(包括平局)可能有三种:胜,平,负,
所以Ω={胜,平,负}.
(2)从含有5件次品的30件产品中任取4件,观察其中次品数可能为0,1,2,3,4,
所以Ω={0,1,2,3,4}.
答案:(1)Ω={胜,平,负} (2)Ω={0,1,2,3,4}
12.根据点数取1～6的扑克牌共24张,写出下列试验的样本空间.
(1)任意抽取1张,记录它的点数;
(2)在同一种花色的牌中一次抽取2张,记录每张的点数;
(3)在同一种花色的牌中一次抽取2张,计算两张的点数之和.
解:(1)扑克牌的点数是从1～6,所以样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6}.
(2)一次抽取2张,点数不会相同,则所有结果如表所示.
1 2 3 4 5 6
1 × (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) × (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) × (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) × (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) × (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) ×
故样本空间为Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,3),
(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),
(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,6),
(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)}.
(3)在同一种花色的牌中一次抽取2张,计算两张的点数之和,样本空间为Ω={3,4,5,6,7,8,9,10,11}.
应用创新
13.盒子内有3个红球,2个白球,1个黑球,从中任取2个球,则样本空间共有的样本点个数为( B )
(A)14 (B)15 (C)16 (D)17
解析:记3个红球为a1,a2,a3,2个白球为b1,b2,1个黑球为c,则从中任取2个球,样本空间为{a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a1c,a2a3,a2b1,a2b2,a2c,
a3b1,a3b2,a3c,b1b2,b1c,b2c},共15个样本点.故选B.
14.同时转动如图所示的两个转盘,记转盘①得到的数为x,转盘②得到的数为y,结果为(x,y).
(1)写出这个试验的样本空间.
(2)求这个试验的样本点的总数.
(3)“x+y=5”这一事件包含哪几个样本点 “x<3且y>1”呢
(4)“xy=4”这一事件包含哪几个样本点 “x=y”呢
解:(1)Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),
(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}.
(2)样本点的总数为16.
(3)“x+y=5”包含以下4个样本点:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1);“x<3且y>1”包含以下6个样本点:(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),
(2,4).
(4)“xy=4”包含以下3个样本点:(1,4),(2,2),(4,1);“x=y”包含以下4个样本点:(1,1),(2,2),(3,3),(4,4).10.1.2 事件的关系和运算
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核心知识目标 核心素养目标
1.理解事件的包含关系,事件相等. 2.理解并事件(或和事件)、交事件(或积事件)的概念. 3.理解互斥事件与对立事件的概念,弄清其关系. 4.能根据集合间的关系判断事件的关系. 5.能用并事件(或和事件)、交事件(或积事件)、互斥事件与对立事件的概念解决实际问题. 1.通过事件的关系与运算的学习,达成数学抽象、数学运算与直观想象的核心素养. 2.通过事件之间的运算,理解互斥事件和对立事件的概念,发展逻辑推理、数学运算与直观想象的核心素养.
1.事件的包含关系
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)
图形表示
特殊情况 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A与事件B相等,记作A=B
2.并事件(或和事件)
定义 一般地,事件A与事件B至少有一个发生,这样的一个事件中的样本点或者在事件A中,或者在事件B中,我们称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
含义 A与B至少有一个发生
符号表示 A∪B(或A+B)
图形表示
3.交事件(或积事件)
定义 一般地,事件A与事件B同时发生,这样的一个事件中的样本点既在事件A中,也在事件B中,我们称这样的一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
含义 A与B同时发生
符号 表示 A∩B(或AB)
图形 表示
4.互斥事件(或互不相容事件)
定义 一般地,如果事件A与事件B不能同时发生,也就是说A∩B是一个不可能事件,即A∩B=,则称事件A与事件B互斥(或互不相容)
含义 A与B不能同时发生
符号表示 A∩B=
图形表示
5.对立事件
定义 一般地,如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生,即A∪B=Ω,且A∩B=,那么称事件A与事件B互为对立.事件A的对立事件记为
含义 A与B有且仅有一个发生
符号表示 A∩B=,A∪B=Ω
图形表示
1.打靶三次,事件Ai表示“击中i次”,i=0,1,2,3,则事件A=A1∪A2∪A3表示( B )
(A)全部未击中 (B)至少有一次击中
(C)全部击中 (D)至多有一次击中
解析:事件A0,A1,A2,A3彼此互斥,且=A1+A2+A3=A,故A表示至少击中一次.故选B.
2.(多选题)下列说法正确的是( BD )
(A)若两个事件是互斥事件,则这两个事件是对立事件
(B)若事件A和B是互斥事件,则A∩B是不可能事件
(C)事件A∪B是必然事件,则事件A和B是对立事件
(D)若两个事件是对立事件,则事件A∪B是必然事件
解析:互斥事件不一定是对立事件,A不正确;因为事件A和B是互斥事件,所以A∩B是不可能事件,故B正确;C不正确,D正确.故选BD.
3.一人连续投掷硬币两次,事件“至少有一次为正面”的对立事件是( D )
(A)至多有一次为正面 (B)两次均为正面
(C)只有一次为正面 (D)两次均为反面
解析:对于A,“至多有一次为正面”与“至少有一次为正面”,能够同时发生,不是互斥事件;对于B,“两次均为正面”与“至少有一次为正面”,能够同时发生,不是互斥事件;对于C,“只有一次为正面”与“至少有一次为正面”,能够同时发生,不是互斥事件;对于D,“两次均为反面”与“至少有一次为正面”,不能够同时发生,是互斥事件,但是至少有一个发生.故选D.
4.抛掷一枚均匀的正方体骰子,事件P=“向上的点数是1”,事件Q=“向上的点数是3或4”,M=“向上的点数是1或3”,用集合表示P∪Q= ,M∩Q= .
解析:因为事件P={1},Q={3,4},M={1,3},
所以P∪Q={1,3,4},M∩Q={3}.
答案:{1,3,4} {3}
事件的包含与相等
[例1] 在掷骰子的试验中,可以定义许多事件.例如,事件C1=“出现1点”,事件C2=“出现2点”,事件C3=“出现3点”,事件C4=“出现4点”,事件C5=“出现5点”,事件C6=“出现6点”,事件D1=“出现的点数不大于1”,事件D2=“出现的点数大于3”,事件D3=“出现的点数小于5”,事件E=“出现的点数小于7”,事件F=“出现的点数为偶数”,事件G=“出现的点数为奇数”,请根据上述定义的事件,列举出符合包含关系、相等关系的事件.
解:因为事件C1,C2,C3,C4发生,则事件D3必发生,所以C1 D3,C2 D3,C3 D3,C4 D3.
同理可得,事件E包含事件C1,C2,C3,C4,C5,C6;事件D2包含事件C4,C5,C6;事件F包含事件C2,C4,C6;事件G包含事件C1,C3,C5.
且易知事件C1与事件D1相等,即C1=D1.
事件的包含与相等可以从集合的角度理解,事件的包含关系就是集合间的子集与真子集的关系.
即时训练11:抛掷一枚质地均匀的硬币三次,有如下三个事件A,B,C,其中A为有3次正面向上,B为只有1次正面向上,C为至少有1次正面向上,试判断A,B,C之间的包含关系.
解:当事件A发生时,事件C一定发生,当事件B发生时,事件C一定发生,因此有A C,B C;当事件A发生时,事件B一定不发生,当事件B发生时,事件A一定不发生,因此A与B之间不存在包含关系.综上,事件A,B,C之间的包含关系为A C,B C.
事件的并与交
[例2] 盒子里有6个红球,4个白球,现从中任取三个球,设事件A=“3个球中有1个红球,2个白球”,事件B=“3个球中有2个红球,1个白球”,事件C=“3个球中至少有1个红球”,事件D=“3个球中既有红球又有白球”,事件E=“3个红球”,事件F=“3个球中至少有1个白球”.
(1)事件D与A,B是什么样的运算关系
(2)事件C与A的交事件是什么
(3)事件C与A,B,E是什么运算关系
(4)C与F的交事件是什么
解:(1)对于事件D,可能的结果为1个红球2个白球,或2个红球1个白球,故D=A∪B.
(2)对于事件C,可能的结果为1个红球2个白球,2个红球1个白球,3个红球,故C∩A=A.
(3)C=A∪B∪E.
(4)C∩F=A∪B.
(1)进行事件的运算时,一是要紧扣运算的定义,二是要全面考查同一条件下的试验可能出现的全部结果,必要时可利用Venn图或列出全部的试验结果进行分析.
(2)在一些比较简单的题目中,需要判断事件之间的关系时,可以根据常识来判断.但如果遇到比较复杂的题目,就得严格按照事件之间关系的定义来推理.
即时训练2-1:同时抛掷两枚骰子,两枚骰子的点数之和可能是2,3,4,…,11,12中的一个,记事件A为“点数之和是2,4,7,12”,事件B为“点数之和是2,4,6,8,10,12”,事件C为“点数之和大于8”,则事件“点数之和为2或4”可记为( )
(A)A∩B (B)A∩B∩C
(C)A∩B∩ (D)A∩B∪
解析:因为事件A={2,4,7,12},
事件B={2,4,6,8,10,12},
所以A∩B={2,4,12},
又C={9,10,11,12},
所以A∩B∩={2,4}.故选C.
即时训练2-2:设A,B为两个事件,试用A,B表示下列各事件:
(1)A,B两个事件至少有一个发生;
(2)事件A发生且事件B不发生;
(3)A,B两个事件都不发生;
(4)A,B两个事件中恰有一个发生.
解:(1)A,B两个事件至少有一个发生A∪B.
(2)事件A发生且事件B不发生A∩.
(3)A,B两个事件都不发生∩或.
(4)A,B两个事件中恰有一个发生(A∩)∪(∩B).
事件的互斥与对立
[例3] 某小组有3名男生和2名女生,从中任选2名同学参加演讲比赛,判断下列每对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)“恰有1名男生”与“恰有2名男生”;
(2)“至少有1名男生”与“全是男生”;
(3)“至少有1名男生”与“全是女生”;
(4)“至少有一名男生”与“至少有一名女生”.
解:从3名男生和2名女生中任选2人有如下三种结果:2名男生,2名女生,1男1女.
(1)“恰有一名男生”指1男1女,与“恰有2名男生”不能同时发生,它们是互斥事件;但是当选取的结果是2名女生时,该两事件都不发生,所以它们不是对立事件.
(2)“至少一名男生”包括2名男生和1男1女两种结果,与事件“全是男生”可能同时发生,所以它们不是互斥事件.
(3)“至少一名男生”与“全是女生”不可能同时发生,所以它们互斥,由于它们必有一个发生,所以它们是对立事件.
(4)“至少有一名女生”包括1男1女与2名女生两种结果,当选出的是1男1女时,“至少有一名男生”与“至少有一名女生”同时发生,所以它们不是互斥事件.
互斥事件和对立事件的判定方法
(1)利用基本概念,要判断两个事件是不是互斥事件,只需要找出各个事件所包含的所有结果,看它们之间能不能同时发生,在互斥的前提下,看两个事件中是否必有一个发生,可判断是否为对立事件.注意辨析“至少”“至多”等关键词语的含义,明晰它们对事件结果的影响.
(2)利用集合观点,设事件A与B所含的结果组成的集合分别为A,B.
①若事件A与B互斥,则集合A∩B=;
②若事件A与B对立,则集合A∩B=且A∪B=Ω.
即时训练3-1:从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两个球,下列情况中是互斥而不对立的两个事件是( )
(A)至少有一个红球;至少有一个白球
(B)恰有一个红球;都是白球
(C)至少有一个红球;都是白球
(D)至多有一个红球;都是红球
解析:对于A,“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球,“至少有一个白球”可能为一个白球、一个红球,故两事件可能同时发生,所以不是互斥事件;对于B,“恰有一个红球”,则另一个必是白球,与“都是白球”是互斥事件,而任取两个球还有都是红球的情形,故两事件不是对立事件;对于C,“至少有一个红球”为都是红球或一红一白,与“都是白球”显然是对立事件;对于D,“至多有一个红球”为都是白球或一红一白,与“都是红球”是对立事件.故选B.
1.把电影院的4张电影票随机地分发给甲、乙、丙、丁4人,每人分得1张,事件“甲分得4排1号”与事件“乙分得4排1号”是( C )
(A)对立事件 (B)不可能事件
(C)互斥但不对立事件 (D)以上答案都不对
解析:“甲分得4排1号”与“乙分得4排1号”是互斥事件但不对立.故选C.
2.已知事件A,事件B,则事件B表示( C )
(A)事件A与事件B都发生
(B)事件A发生且事件B不发生
(C)事件A不发生且事件B发生
(D)事件A不发生且事件B不发生
解析:已知事件A,事件B,则事件B表示事件A不发生且事件B发生.故选C.
3.掷一枚骰子,“向上的点数是1或2”为事件A,“向上的点数是2或3”为事件B,则( C )
(A)A B
(B)A=B
(C)A∪B表示向上的点数是1或2或3
(D)A∩B表示向上的点数是1或2或3
解析:设A={1,2},B={2,3},A∩B={1},A∪B={1,2,3},所以A∪B表示向上的点数为1或2或3.故选C.
4.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球观察颜色.设事件A为“所取两个球至少有一个白球”,事件B为“所取两个恰有一个红球”,则A∩B表示的事件为 .
解析:因为从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球,这一随机试验的样本空间Ω={(白,白),(白,红),(红,红)},且A={(白,红),(白,白)},B={(白,红)}.所以A∩B={(白,红)}.故A∩B表示的事件为恰有一个红球.
答案:恰有一个红球
选题明细表
知识点、方法 题号
事件的关系 1,2,3,5,9
事件的运算 4,8
综合应用 6,7,10,11,12
基础巩固
1.已知盒中有5个红球,3个白球,从盒中任取2个球,下列说法中正确的是( B )
(A)全是白球与全是红球是对立事件
(B)没有白球与至少有一个白球是对立事件
(C)只有一个白球与只有一个红球是互斥关系
(D)全是红球与有一个红球是包含关系
解析:从盒中任取2个球,出现球的颜色情况是,全是红球,有一个红球且有一个白球,全是白球,至少有一个的对立面是没有.故选B.
2.设A,B,C为三个随机事件,用A,B,C的运算关系表示下列各事件,则事件 +A + B + C包含的含义是( B )
(A)事件A,B,C至少一个发生
(B)事件A,B,C至多一个发生
(C)A,B,C不多于两个发生
(D)A,B,C至少有两个发生
解析: +A +B + C是指三个事件都不发生或只发生一个,因此事件A,B,C至多一个发生.故选B.
3.(多选题)从一批产品(既有正品也有次品)中取出3件产品,设A={3件产品全不是次品},B={3件产品全是次品},C={3件产品有次品,但不全是次品},则下列结论中正确的是( ABC )
(A)A与C互斥 (B)B与C互斥
(C)任何两个都互斥 (D)任何两个都不互斥
解析:由题意知事件A,B,C两两不可能同时发生,因此两两互斥.
故选ABC.
4.如果事件A,B互斥,记,分别为事件A,B的对立事件,那么( D )
(A)A∩B是必然事件
(B)A∪是必然事件
(C)与B是互斥事件
(D)∪=Ω
解析:用Venn图解决此类问题较为直观.如图所示,
所以∪=Ω.故选D.
5.有甲、乙两种报纸供市民订阅,记事件A为“只订甲报纸”,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“不订甲报纸”,事件E为“一种报纸也不订”.下列命题正确的序号是
.
①A与C是互斥事件;②B与E是互斥事件,且是对立事件;③B与C不是互斥事件;④C与E是互斥事件.
解析:①A与C不是互斥事件;②B与E是互斥事件,且是对立事件;③B与C不是互斥事件;④C与E不是互斥事件.
答案:②③
能力提升
6.书架上有两套我国四大名著,现从中取出两本.设事件M表示“两本都是《红楼梦》”;事件N表示“一本是《西游记》,一本是《水浒传》”;事件P表示“取出的两本中至少有一本是《红楼梦》”.下列结论正确的是( B )
(A)M与P是互斥事件 (B)M与N是互斥事件
(C)N与P是对立事件 (D)M,N,P两两互斥
解析:由于事件M包含于事件P,故M与P既不对立也不互斥,M与N是互斥事件,N与P是互斥事件.故选B.
7.同时抛掷两枚质地均匀的骰子,事件“都不是5点且不是6点”的对立事件为( C )
(A)一个是5点,另一个是6点
(B)一个是5点,另一个是4点
(C)至少有一个是5点或6点
(D)至多有一个是5点或6点
解析:同时掷甲、乙两枚质地均匀的骰子,“都不是5点且不是6点”其对立事件是“至少有一个是5点或6点”.故选C.
8.掷一枚质地均匀的骰子,有下列事件:A={出现奇数点},B={出现偶数点},C={出现点数小于3},D={出现点数大于2},E={出现点数是3的倍数}.用样本点表示事件(∩C)∪B= ,事件∪=
.
解析:由题意可得A={1,3,5},B={2,4,6},
C={1,2},D={3,4,5,6},E={3,6}.
={2,4,6},∩C={2,4,6}∩{1,2}={2},
(∩C)∪B={2,4,6};
={1,2},={1,2,4,5},
∪={1,2}∪{1,2,4,5}={1,2,4,5}.
答案:{2,4,6} {1,2,4,5}
9.一箱产品有正品4件、次品3件,从中任取2件,有如下事件:
①“恰有1件次品”和“恰有2件次品”;
②“至少有1件次品”和“都是次品”;
③“至少有1件正品”和“至少有1件次品”;
④“至少有1件次品”和“都是正品”.
其中互斥事件的序号为 .
解析:对于①,“恰有1件次品”就是“1件正品,1件次品”,与“恰有2件次品”显然是互斥事件;
对于②,“至少有1件次品”包括“恰有1件次品”和“2件都是次品”,与“都是次品”可能同时发生,因此这两个事件不是互斥事件;
对于③,“至少有1件正品”包括“恰有1件正品”和“2件都是正品”,与“至少有1件次品”不是互斥事件;
对于④,“至少有1件次品”包括“恰有1件次品”和“2件都是次品”,与“都是正品”显然是互斥事件,故①④是互斥事件.
答案:①④
10.投掷一枚质地均匀的硬币,连续投掷3次,Ai表示第i次正面朝上,试用文字叙述下列事件.
(1)A1∪A2;
(2)A1∪A2∪A3;
(3)A3;
(4);
(5)∩;
(6)A1A2∪A2A3∪A1A3.
解:(1)A1∪A2表示第1次和第2次投掷硬币至少有1次正面朝上.
(2)A1∪A2∪A3表示3次投掷硬币中至少有1次正面朝上.
(3)A3表示第2次投掷硬币反面朝上且第3次正面朝上.
(4)表示第1次和第2次投掷硬币均反面朝上.
(5)∩表示第1次和第2次投掷硬币均反面朝上.
(6)3次投掷硬币中至少有2次正面朝上.
应用创新
11.在试验“连续抛掷一枚硬币3次,观察落地后正面、反面出现的情况”中,设事件A表示随机事件“第一次出现正面”,事件B表示随机事件“3次出现同一面”,事件C表示随机事件“至少1次出现正面”.
(1)试用样本点表示事件A∪B,A∩B,A∪C,A∩C;
(2)试用样本点表示事件∪B,∩B,A∪,A∩;
(3)试判断事件A与B,A与C,B与C是否为互斥事件.
解:(1)A∪B={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,反),(正,反,正),(反,反,反)}.
A∩B={(正,正,正)}
A∪C={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,反),(正,反,正),(反,正,正),(反,正,反),(反,反,正)}.
A∩C={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,反),(正,反,正)}.
(2)∪B={(反,正,正),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反),
(正,正,正)},
∩B={(反,反,反)}.
A∪={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,反),(正,反,正),
(反,反,反)}.
A∩=.
(3)由A∩B={(正,正,正)},
A∩C={(正,正,正),(正,正,反),(正,反,反),(正,反,正)},
B∩C={(正,正,正)},
可知A与B不互斥,A与C不互斥,B与C不互斥.
12.有一红一绿两个正四面体的玩具,其四个面上分别标有数字1,2,
3,4,下面做投掷这两个正四面体玩具的试验,观察正四面体玩具朝下的点数,用(x,y)表示一次试验的结果,其中x表示红色正四面体玩具朝下的点数,y表示绿色正四面体玩具朝下的点数.设事件A=“红色玩具朝下的点数为4”,B=“朝下的点数相等”,C=“朝下的点数之差的绝对值小于2”,D=“朝下的点数之和不大于4”,E=“朝下的点数之和不小于5”,F=“朝下的点数之和等于8”,G=“朝下的点数为相邻的整数”.
(1)用集合的形式分别写出试验的样本空间以及上述各事件.
(2)事件B与C,A与E,A与D,D与E之间各有什么关系
(3)事件A与事件B的交事件与事件F有什么关系 事件B与事件G的并事件与事件C有什么关系
解:(1)这个试验的样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),
(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),
(4,3),(4,4)}.
事件A={(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)};
B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)};
C={(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3),(3,4),(4,3),
(4,4)};
D={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1)};
E={(1,4),(2,3),(2,4),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),
(4,4)};
F={(4,4)};
G={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)}.
(2)因为B C,所以事件B包含于事件C;
因为A E,所以事件A包含于事件E;
因为A∩D=,所以事件A与事件D互斥;
因为D∩E=,D∪E=Ω,所以事件D与事件E互为对立事件.
(3)因为A∩B=F,所以事件F是事件A与事件B的交事件;
因为B∪G=C,所以事件C是事件B与事件G的并事件.10.1.3 古典概型
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解概率的概念. 2.理解古典概型的概念. 3.会应用古典概型的概率公式解决实际问题. 1.通过古典概型的概念及特点的学习,达成数学抽象及数学建模的核心素养. 2.通过利用古典概型概率公式解决简单的概率计算问题,培养数学建模及数学运算的核心素养.
1.概率
对随机事件发生可能性大小的度量(数值),称为事件的概率,事件A的概率用P(A)表示.
2.古典概型
一般地,如果随机试验的样本空间的样本点只有有限个(简称为有限性),而且可以认为每个样本点发生的可能性相等(简称等可能性),则称这样的随机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.
3.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)==,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.
1.下列是古典概型的是( C )
(A)任意抛掷两枚质地均匀的骰子,所得点数之和作为基本事件时
(B)求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率,将取出的正整数作为基本事件时
(C)从甲地到乙地共n条路线,求某人正好选中最短路线的概率
(D)抛掷一枚质地均匀的硬币至首次出现正面为止
解析:A项中由于点数的和出现的可能性不相等,故A不是;B中的基本事件是无限的,故B不是;C项满足古典概型的有限性和等可能性,故C是;D项中基本事件既不是有限个也不具有等可能性.故选C.
2.抛掷一枚质地均匀的骰子,出现奇数的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为抛掷一枚质地均匀的骰子出现数字的基本事件有6个,它们分别是1,2,3,4,5,6,故出现奇数的基本事件是3个.因此由古典概型可知其概率为.故选A.
3.有100张卡片(从1号到100号),从中任取一张卡片,则取得的卡片是7的倍数的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为n=100,k=14,
所以P===.故选C.
4.从含有3件正品和1件次品的4件产品中不放回地任取2件,则取出的2件中恰有1件是次品的概率是 .
解析:设3件正品为A,B,C,1件次品为D,从中不放回地任取2件,试验的样本空间Ω={AB,AC,AD,BC,BD,CD},共6个.其中恰有1件是次品的样本点有AD,BD,CD,共3个,
故概率P==.
答案:
古典概型的判断
[例1] 下列试验是古典概型的为 .
①从6名同学中选出4人参加数学竞赛,每人被选中的可能性大小;
②同时掷两颗骰子,点数和为6的概率;
③近三天中有一天降雨的概率;
④10人站成一排,其中甲、乙相邻的概率.
解析:①②④是古典概型,因为符合古典概型的定义和特点.③不是古典概型,因为不符合等可能性,降雨受多方面因素影响.
答案:①②④
判断是否为古典概型,关键是看它是否同时满足两个特征:有限性和等可能性,同时满足这两个特征的概率模型才是古典概型.
即时训练1-1:(多选题)下列试验中,是古典概型的有( )
(A)抛掷一枚质地均匀的硬币,观察其出现正面或反面
(B)在平面直角坐标系内,从横坐标和纵坐标都为整数的所有点中任取一个
(C)四位同学用抽签法选一人参加会议
(D)运动员投篮,观察是否投中
解析:A中抛掷一枚质地均匀的硬币,观察其出现正面或反面,由于出现正面或反面的概率相等,所以A是古典概型;B中,横坐标和纵坐标都为整数的所有点有无数个,所以B不是古典概型;C中,每个人被选中的可能性相等,且共有4种结果,符合古典概型的特征,所以C是古典概型;D中,运动员投篮投中与没有投中的概率不等,所以D不是古典概型.故选AC.
古典概型的计算
[例2] 一个袋子中装有除颜色外其他均相同的编号为a,b的两个黑球和编号为c,d,e的三个红球,从中任意摸出两个球.
(1)求恰好摸出1个黑球和1个红球的概率;
(2)求至少摸出1个黑球的概率.
解:(1)记事件A:恰好摸出1个黑球和1个红球,
则样本空间为Ω={(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e)},共10个样本点,
事件A所包含的基本事件有(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),共6个,
由古典概型的概率公式可知,P(A)==.
(2)事件B:至少摸出1个黑球,则事件B所包含的样本点有(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),共7个,
由古典概型的概率公式可知,P(B)=.
变式训练2-1:本例中的条件不变,将“从中任意摸出两球”改为“有放回的依次摸出两球”,分别求出本例中(1)(2)的概率.
解:从袋子中有放回的摸出两球的样本空间为Ω={(a,b),(b,a),(a,c),(c,a),(a,d),(d,a),(a,e),(e,a),(b,c),(c,b),(b,d),(d,b),(b,e),(e,b),(c,d),(d,c),(c,e),(e,c),(d,e),(e,d),(a,a),(b,b),(c,c),(d,d),(e,e)}共25个样本点.
(1)事件A包含的基本事件有(a,c),(c,a),(a,d),(d,a),(a,e),(e,a),(b,c),(c,b),(b,d),(d,b),(b,e),(e,b),共12个,
因此由古典概型概率公式可知,P(A)=.
(2)事件B包含的基本事件有(a,c),(c,a),(a,d),(d,a),(a,e),(e,a),(b,c),(c,b),(b,d),(d,b),(b,e),(e,b),(a,a),(b,b),(a,b),(b,a),共16个,
因此由古典概型概率公式可知,P(B)=.
(1)计算古典概型事件的概率三步骤
步骤一,算出样本点的总个数n;
步骤二,求出事件A所包含的样本点个数k;
步骤三,代入公式求出概率P(A).
(2)解决有序和无序问题应注意两点
①关于不放回抽样,计算样本点个数时,既可以看作是有顺序的,也可以看作是无顺序的,其最后结果是一致的.但不论选择哪一种方式,观察的角度必须一致,否则会产生错误.
②关于有放回抽样,应注意在连续取出两次的过程中,因为先后顺序不同,所以(a,b),(b,a)不是同一个样本点.
即时训练2-1:一个盒子中装有1个黑球和2个白球,这3个球除颜色外完全相同,有放回地连续摸取2次,每次从中任意地取出1个球.计算下列事件的概率:
(1)取出的两个球都是白球;
(2)第一次取出白球,第二次取出黑球;
(3)取出的两个球中至少有一个白球.
解:(1)把2个白球记为白1,白2.
所有基本事件有(黑,黑),(黑,白1),(黑,白2),(白1,黑),(白1,白1),(白1,白2),(白2,黑),(白2,白1),(白2,白2),共9种.
设“取出的两个球都是白球”为事件A.
事件A包括的基本事件有(白1,白1),(白1,白2),(白2,白1),(白2,白2),共4种,
所以取出的两个球都是白球的概率P(A)=.
(2)设“第一次取出白球,第二次取出黑球”为事件B,
事件B包括的基本事件有(白1,黑),(白2,黑),共2种,
所以第一次取出白球,第二次取出黑球的概率P(B)=.
(3)设“取出的两个球中至少有一个白球”为事件C,则就表示“取出的两个球都是黑球”,的结果只有1种,所以取出的两个球中至少有一个白球的概率P(C)=1-P()=1-=.
[备用例1] 一个盒子里装有完全相同的10个小球,分别标上1～10这10个数字,今随机地连续摸取两次,每次摸取1个小球,如果:
(1)小球是不放回的;(2)小球是有放回的.
求这两个小球上的数字为相邻整数的概率.
解:如果小球是不放回的,则第一次摸取有10种不同的结果,第二次摸取只有9种不同的结果,共有10×9=90(种)不同的结果;如果小球是放回的,则第一次与第二次分别摸取时,均有10种不同的结果,所以共有10×10=100(种)不同的结果.“这两个小球上的数字为相邻整数”包含的基本事件,如“树状图”,
列举出所包含的基本事件共为18种.
(1)“连续摸取两次,每次摸取一个小球,不放回”所求的概率为=.
(2)“连续有放回地摸取两次,每次摸取一个球”所求的概率为=.
古典概型与统计的结合
[例3] 为了了解某市工厂开展群众体育活动的情况,拟采用分层随机抽样的方法从A,B,C三个区中抽取7个工厂进行调查.已知A,B,C区中分别有18,27,18个工厂.
(1)求从A,B,C区中应分别抽取的工厂个数;
(2)若从抽得的7个工厂中随机地抽取2个进行调查结果的对比,用列举法计算这2个工厂中至少有1个来自A区的概率.
解:(1)工厂总数为18+27+18=63,样本容量与总体中的个体数的比为=,所以从A,B,C三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,2.
(2)设A1,A2为在A区中抽得的2个工厂,B1,B2,B3为在B区中抽得的3个工厂,C1,C2为在C区中抽得的2个工厂.在这7个工厂中随机抽取2个,所有可能的样本点有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C1),(B1,C2),(B2,B3),(B2,C1),(B2,C2),(B3,C1),(B3,C2),(C1,C2),共21种.
随机抽取的2个工厂至少有1个来自A区的样本点(记为事件X)有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1),(A1,C2),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1),(A2,C2),共11种,所以这2个工厂中至少有1个来自A区的概率为P(X)=.
本例考查分层随机抽样以及古典概型概率求解的综合运用,在求解古典概型问题时,要认真分析条件,确保隐含条件挖掘到位.
即时训练3-1:为了对某课题进行研究,用分层随机抽样方法从三所高校A,B,C的相关人员中,抽取若干人组成研究小组,有关数据见下表(单位:人).
高校 相关人数 抽取人数
A 18 x
B 36 2
C 54 y
(1)求x,y;
(2)若从高校B,C抽取的人中选2人作专题发言,求这2人都来自高校C的概率.
解:(1)由题意可得,==,所以x=1,y=3.
(2)记从高校B抽取的2人为b1,b2,从高校C抽取的3人为c1,c2,c3,则从高校B,C抽取的5人中选2人作专题发言的样本点有(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共10种.
设选中的2人都来自高校C的事件为X,则X包含的样本点有(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共3种,因此P(X)=.
故选中的2人都来自高校C的概率为.
[备用例2] 某地区有小学21所,中学14所,大学7所,现采用分层随机抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.
(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目;
(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析.
①列出所有可能的抽取结果;
②求抽取的2所学校均为小学的概率.
解:(1)由分层随机抽样定义知,从小学中抽取的学校数目为6×=3;从中学中抽取的学校数目为6×=2;从大学中抽取的学校数目为6×=1.
故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.
(2)①在抽取到的6所学校中,3所小学分别记为A1,A2,A3,2所中学分别记为A4,A5,大学记为A6,则抽取2所学校的所有样本点为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15个.
②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有样本点为{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3个,所以P(B)==.
1.下列概率模型中,是古典概型的个数为( A )
①从区间[1,10]内任取一个数,求取到1的概率;
②从1～10中任取一个整数,求取到1的概率;
③在一个正方形ABCD内画一点P,求P刚好与点A重合的概率;
④向上抛掷一枚不均匀的硬币,求出现反面朝上的概率.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:①③不满足有限性;②满足有限性和等可能性,是古典概型;④不满足等可能性.故选A.
2.甲、乙、丙三名同学站成一排,甲站在中间的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:甲共有3种站法,故站在中间的概率为.故选C.
3.4张卡片上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中随机抽取2张,则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为( B )
(A) (B)
(C) (D)
解析:因为从4张卡片中任取出2张的情况为(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种.其中2张卡片上数字和为偶数的情况为(1,3),(2,4),共2种,所以取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为.故选B.
4.在3张奖券中有一、二等奖各1张,另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张,两人都中奖的概率是 .
解析:记“两人都中奖”为事件A,设中一、二等奖及不中奖分别记为1,2,0,那么甲、乙抽奖结果有(1,2),(1,0),(2,1),(2,0),(0,1),(0,2),共6种.其中甲、乙都中奖有(1,2),(2,1),共2种,
所以P(A)==.
答案:
[选题明细表]
知识点、方法 题号
古典概型的判断及简单应用 1,2,3,6
古典概型概率的计算 4,5,7,8,9,10,11,12
古典概型综合 13
基础巩固
1.下列试验中是古典概型的是( C )
(A)种下一粒花生,观察它是否发芽
(B)向正方形ABCD内,任意投掷一点P,观察点P是否与正方形的中心O重合
(C)从1,2,3,4四个数中,任取两个数,求所取两数之一是2的概率
(D)在区间[0,5]内任取一数,求此数小于2的概率
解析:A中花生发芽与不发芽的概率不一定相等,不满足等可能性,故不是古典概型,B,D中的试验中的样本点有无数多个,不是古典概型;C中试验有6个样本点,且每个样本点发生的概率相同,是古典概型.故选C.
2.用3种不同的颜色给甲、乙两个小球随机涂色,每个小球只涂一种颜色,则两个小球颜色不同的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:三种不同的颜色分别用A,B,C表示,随机事件所包含的基本事件有{A,A},{A,B},{A,C},{B,A},{B,B},{B,C},{C,A},{C,B},{C,C},共9个,其中表示两个小球颜色不同的有6个,则两个小球颜色不同的概率为P==.故选C.
3.从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:从1,2,3,4中任取2个不同的数,样本空间为{(1,2),(1,3),
(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共有12个样本点,而事件“2个数之差的绝对值为2”的样本点只有(1,3),(2,4),(3,1),(4,2),共4个,所以取出的2个数之差的绝对值为2的概率为P==.故选B.
4.两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:设两位男同学分别为A,B,两位女同学分别为a,b,用树状图表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示.
由图知,共有24个样本点,其中事件“两位女同学相邻”的样本点(画“√”的情况)共有12个,故所求概率为=.故选D.
5.党的十八大提出,倡导“富强、民主、文明、和谐、自由、平等、公正、法治、爱国、敬业、诚信、友善”社会主义核心价值观.现将这十二个词依次写在六张规格相同的卡片的正反面(无区分)(如“富强、民主”写在同一张卡片的两面),从中任意抽取1张卡片,则写有“爱国”“诚信”两词中的一个的概率是( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意,基本事件为抽到写有:富强、民主;文明、和谐;自由、平等;公正、法治;爱国、敬业;诚信、友善的六张卡片,共6个,其中写有“爱国”“诚信”两词中的一个的基本事件有2个,因此从中任意抽取1张卡片,则写有“爱国”“诚信”两词中的一个的概率是P==.故选A.
6.将一枚质地均匀的一元硬币抛3次,恰好出现一次正面朝上的概率是 .
解析:试验共有8个等可能的结果:(正,正,正),(反,正,正),(正,反,正),(正,正,反),(反,反,正),(反,正,反),(正,反,反),(反,反,反),其中恰好出现一次正面朝上的结果有3个,故所求的概率是.
答案:
能力提升
7.生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过体重指标,若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过体重指标的概率为( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:设其中做过测量的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为A,B,则从这5只兔子中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},
{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B},{b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B},共10种,其中恰有2只做过测量的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},
{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B},共6种,所以恰有2只做过测量的概率为P==.故选B.
8.记一个三位数的各位数字的和为M,则从M不超过5的三位奇数中任取一个,M为偶数的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为记一个三位数的各位数字的和为M,则从M不超过5的三位奇数中任取一个,
基本事件有101,103,111,113,121,131,201,203,211,221,301,311,
401,共13个,M为偶数包含的基本事件有101,103,121,211,301,共
5个,
所以M为偶数的概率为P=.故选A.
9.古代“五行”学说认为:物质分“金、木、水、火、土”五种属性,“金克木,木克土,土克水,水克火,火克金”.从五种不同属性的物质中随机抽取两种,则抽到的两种物质不相克的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:从五种物质中随机抽取两种,所有的基本事件为(金木),(金水),(金火),(金土),(木水),(木火),(木土),(水火),(水土),(火土),共有10种,而相克的有5种情况,
则抽取的两种物质不相克的概率是=.
故选A.
10.孪生素数猜想可以这样描述:存在无穷多个素数p,使得p+2是素数.素数对(p,p+2)称为孪生素数.从15以内的素数中任取2个构成素数对,其中是孪生素数的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:15以内的素数有2,3,5,7,11,13,共6个,任取两个构成素数对,则基本事件有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(2,13),(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),
(5,7),(5,11),(5,13),(7,11),(7,13),(11,13),共15种,而是孪生素数的有(3,5),(5,7),(11,13),其概率为P==.故选C.
11.将两枚正方体骰子各投掷一次,则点数之和是8的概率为 ,点数之和不小于10的概率为 .
解析:①将两枚正方体骰子各投掷一次,共有36个结果,其中向上的点数之和是8的基本事件有(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),共
5种,
由古典概型的概率公式可知向上的点数之和是8的概率P=.
②将两枚正方体骰子各投掷一次,共有36个结果,其中向上的点数之和不小于10的基本事件有(4,6),(5,5),(6,4),(5,6),(6,5),(6,6),共6种,由古典概型的概率公式得向上的点数之和不小于10的概率为P==.
答案:
12.一个盒子中有5只同型号的灯泡,其中有3只一等品,2只二等品,现在从中依次取出2只,设每只灯泡被取到的可能性都相同,请用“列举法”解答下列问题:
(1)求第一次取到二等品,且第二次取到的是一等品的概率;
(2)求至少有一次取到二等品的概率.
解:(1)令3只一等品灯泡分别为a,b,c,2只二等品灯泡分别为X,Y,
从中依次取出2只灯泡,所有的取法有20种,分别为(a,b),(a,c),
(a,X),(a,Y),(b,a),(b,c),(b,X),(b,Y),(c,a),(c,b),(c,X),(c,Y),
(X,a),(X,b),(X,c),(X,Y),(Y,a),(Y,b),(Y,c),(Y,X).
其中第一次取到二等品,且第二次取到的是一等品取法有(X,a),
(X,b),(X,c),(Y,a),(Y,b),(Y,c),共6种,故第一次取到二等品,且第二次取到的是一等品的概率为 P==.
(2)事件“至少有一次取到二等品”的对立事件是“取到的全是一等品”,“取到的全是一等品”包括了6种,分别为(a,b),(a,c),(b,a),(b,c),(c,a),(c,b),故“至少有一次取到二等品”取法有14种,
因此事件“至少有一次取到二等品”的概率是P==.
应用创新
13.某学习调查小组为研究某市居民对某商品的信心程度,对当地200名居民在未来一段时间内此商品价格上涨幅度的心理预期值进行了一个抽样调查,得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值,并求此商品价格上涨幅度的中位数;
(2)将此商品价格上涨幅度预期值在[10,30)和[90,110)的居民分别定义为对市场“信心十足型”和“信心不足型”,现采用分层随机抽样的方法从样本中位于这两个区间的居民中随机抽取6人,再从这6人中随机抽取3人进行跟踪调查,求所抽取的3人中有2人来自“信心十足型”的概率.
解:(1)由直方图知(0.005+a+0.02+0.007 5+0.002 5)×20=1,
解得a=0.015.
根据直方图可知上涨幅度预期值在[10,50)的频率为(0.005+
0.015)×20=0.4<0.5,
上涨幅度预期值在[10,70)的频率为(0.005+0.015+0.02)×20=
0.8>0.5,
故可得此商品价格上涨幅度的中位数在[50,70)内,设为x,
则(x-50)×0.02=0.1,
解得x=55.
(2)由题意,样本中,“信心十足型”居民有0.005×20×200=20(人).
“信心不足”型居民有0.002 5×20×200=10(人).
由分层随机抽样的定义可知“信心十足型”居民抽取20×=4(人),设为A,B,C,D,
“信心不足型”居民抽取10×=2(人),设为a,b,
则从这6人中随机抽取3名的情况有(A,B,C),(A,B,D),(A,B,a),
(A,B,b),(A,C,D),(A,C,a),(A,C,b),(A,D,a),(A,D,b),(A,a,b),(B,C,D),(B,C,a),(B,C,b),(B,D,a),(B,D,b),(B,a,b),(C,D,a),(C,D,
b),(C,a,b),(D,a,b),共20种,
其中有2人来自“信心十足型”的情况有(A,B,a),(A,B,b),(A,C,a),
(A,C,b),(A,D,a),(A,D,b),(B,C,a),(B,C,b),(B,D,a),(B,D,b),(C,D,a),(C,D,b),共12种,
所以所抽取的3人中有2人来自“信心十足型”的概率为=.10.1.4 概率的基本性质
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解概率的性质. 2.会求互斥事件、对立事件的概率. 1.通过具体实例,抽象出概率的性质,发展数学抽象的核心素养. 2.通过概率性质及互斥事件和对立事件的概率公式的应用,增强逻辑推理与数学运算的核心素养.
概率的性质
一般地,概率具有如下性质:
性质1:对任意的事件A,都有P(A)≥0.
性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即 P(Ω)=1,P()=0.
性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B).
如果事件A1,A2,A3,…,Am两两互斥,那么事件A1∪A2∪…∪Am发生的概率等于这m个事件分别发生的概率之和,即P(A1∪A2∪…∪Am)=P(A1)+P(A2)+…+P(Am).
性质4:如果事件A和事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B).
性质5:如果A B,那么P(A)≤P(B).
性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,我们有 P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
1.下列结论正确的是( B )
(A)事件A发生的概率为P(A)=1.5
(B)不可能事件的概率为0,必然事件的概率为1
(C)若A,B为两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)
(D)如果A B,那么P(A)解析:因为事件A发生的概率0≤P(A)≤1,
所以A错误;
不可能事件的概率规定为0,必然事件的概率规定为1,所以B正确;
只有当事件A,B为两个互斥事件时才有P(A∪B)=P(A)+P(B),故C不正确;
由概率的性质可知,如果A B,那么P(A)≤P(B),所以D错误.故选B.
2.若A,B事件互斥,且有P(A)=0.1,P(B)=0.3,那么P(A∪B)等于( B )
(A)0.6 (B)0.4
(C)0.2 (D)0.03
解析:因为事件A,B是互斥事件,
且P(A)=0.1,P(B)=0.3,
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.4.故选B.
3.口袋中有若干大小、形状完全相同的红球、黄球与蓝球,若摸出红球的概率为0.4,摸出红球或黄球的概率为0.62,则摸出红球或蓝球的概率为( D )
(A)0.22 (B)0.38
(C)0.6 (D)0.78
解析:由题意得摸出黄球的概率为
0.62-0.4=0.22,
所以摸出红球或蓝球的概率为
P=1-0.22=0.78.故选D.
4.一商店有奖促销活动中只有一等奖与二等奖两个奖项,其中中一等奖的概率为0.1,中二等奖的概率为0.25,则不中奖的概率为 .
解析:中奖的概率为0.1+0.25=0.35,
中奖与不中奖互为对立事件,
所以不中奖的概率为1-0.35=0.65.
答案:0.65
概率的性质
[例1] 若随机事件A,B互斥,A,B发生的概率均不等于0,且P(A)=2-a,P(B)=4a-5,则实数a的取值范围是( )
(A)(,2) (B)(,)
(C)[,] (D)(,]
解析:由题意可知
即即
解得(1)求解与概率中的参数有关的问题,首先应明确概率的范围是P(A)∈[0,1],而对于多个含有相同参数概率的问题,要同时满足这一条件.
(2)由于本例中随机事件A,B互斥,A,B发生的概率均不等于0,因此概率范围是(0,1).
即时训练1-1:若随机事件A,B互斥,且B发生的概率不等于0,P(A)=0.2,P(B)=3a-4,则实数a的取值范围为 .
解析:因为随机事件A,B互斥,
则P(A)+P(B)≤1,
所以
解得答案:(,]
互斥事件与对立事件的概率公式的应用
[例2] 一盒中装有各色球12个(大小、形状完全相同),其中5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1球是红球或黑球的概率;
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率.
解:法一 (利用互斥事件求概率)
记事件A1={任取1球为红球},
A2={任取1球为黑球},
A3={任取1球为白球},
A4={任取1球为绿球},
则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,
P(A4)=.
根据题意,知事件A1,A2,A3,A4彼此互斥,由互斥事件的概率公式,得
(1)取出1球是红球或黑球的概率为P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)=+=.
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=++=.
法二 (利用对立事件求概率)
(1)由法一,知取出1球是红球或黑球的对立事件为取出1球是白球或绿球,即A1∪A2的对立事件为A3∪A4,所以取出1球是红球或黑球的概率为
P(A1∪A2)=1-P(A3∪A4)=1-P(A3)-P(A4)=1--==.
(2)A1∪A2∪A3的对立事件为A4.
所以P(A1∪A2∪A3)=1-P(A4)=1-=.
变式训练2-1:口袋中有大小、形状完全相同的12个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取1球,已知得到红球的概率是,得到黑球或黄球的概率是,得到黄球或绿球的概率也是,试分别求口袋中黑球、黄球、绿球的个数.
解:设事件A,B,C,D分别表示事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”,且事件A,B,C,D两两互斥,根据题意,
得
解得P(B)=,P(C)=,P(D)=.
因此黑球的个数为12×=3,黄球的个数是12×=2,绿球的个数为12×=3.
变式训练2-2:在“变式训练2-1”中求从口袋中任取1球,得到的不是黑球的概率.
解:设事件A,B,C,D分别表示事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”,且事件A,B,C,D两两互斥,
且P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=1,
因此得到的不是黑球的概率为1-P(B)=1-=.
(1)应用互斥事件的概率加法公式的方法
①将一个事件的概率问题分拆为若干个互斥事件,分别求出各个事件的概率,然后利用互斥事件的概率加法公式求出结果.
②运用互斥事件的概率加法公式解题时,首先要分清事件之间是否互斥,同时要学会把一个事件分拆为几个互斥事件,做到不重不漏.
③常用步骤:a.确定各事件彼此互斥;b.求各个事件分别发生的概率,再求其和.
(2)对于比较复杂事件的概率也可以先求对立事件的概率,进而再求所求事件的概率,这也就是我们常说的“正难则反”.一般地,若求解的问题中含有“至多”,“至少”“最少”等关键词时,常转化为对立事件的概率求解.
[备用例1] 口袋中有6个球,其中4个白球,2个红球,从袋中任意取出两个球,求下列事件的概率:
(1)A=“取出的两球都是白球”;
(2)B=“取出的两球1个白球,1个红球”;
(3)C=“取出的两球中至少有1个白球”.
解:设4个白球的编号为1,2,3,4,2个红球的编号为5,6.从袋中的6个小球中任取2个球,对应的样本空间Ω={(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)},共有15个样本点.
(1)A={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},共有6个样本点.
所以取出的两个球全是白球的概率为
P(A)==.
(2)B={(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6)},共有8个样本点.
所以取出的两个球1个是白球,1个是红球的概率为P(B)=.
(3)法一 因为C=A∪B且A,B为互斥事件,
所以P(C)=P(A)+P(B)=.
法二 设C的对立事件为,则=“取出的两球中没有白球(全为红球)”,且={(5,6)}.
所以P(C)=1-P()=1-=.
概率性质的综合应用
[例3] 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.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张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
解:(1)P(A)=,P(B)==,
P(C)==.
故事件A,B,C的概率分别为,,.
(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=A∪B∪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.
(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,
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.
实际生活中的概率问题,在阅读理解的基础上,利用互斥事件分类,有时还借助对立事件寻求间接求解问题的捷径,这类问题重在考查学生思维的灵活性和解决实际问题的能力.
即时训练3-1: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”,
所以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120×20%=24(辆).
所以样本车辆中车主是新司机获赔金额为4 000元的概率为P(C)==0.24.
[备用例2] 某初级中学共有学生2 000名,各年级男、女生人数如下表:
七年级 八年级 九年级
女生 373 x y
男生 377 370 z
已知在全校学生中随机抽取1名,抽到八年级女生的概率为0.19.
(1)求x的值.
(2)现用分层随机抽样的方法在全校抽取48名学生,问:应在九年级中抽取多少名
(3)已知y≥245,z≥245,求九年级中女生比男生少的概率.
解:(1)因为=0.19,所以x=380.
(2)九年级人数为y+z=2 000-(373+377+380+370)=500,现用分层随机抽样的方法在全校抽取48名学生,应在九年级抽取的人数为×48=12.
(3)设九年级女生比男生少为事件A,则为九年级女生比男生多或九年级男生和女生同样多.九年级女生数、男生数记为(y,z),由(2)知y+z=500,且y≥245,z≥245,y,z∈N.满足题意的所有样本点是(245,255),(246,254),(247,253),…,(255,245),共11个,事件包含的样本点是(250,250),(251,249),(252,248),(253,247),(254,246),(255,245),共6个.所以P()=.
因此,P(A)=1-=.
1.某产品分甲、乙、丙三级,其中丙级为次品.若生产中出现乙级品的概率为0.03,丙级品的概率为0.01,则对该产品抽查一件抽到正品的概率为( C )
(A)0.09 (B)0.97 (C)0.99 (D)0.96
解析:因为抽到次品的概率为0.01,所以抽到正品的概率是1-0.01=0.99.
故选C.
2.小明需要从甲城市编号为1～14的14个工厂或乙城市编号为15～32的18个工厂中选择一个去实习,设“小明在甲城市实习”为事件A,“小明在乙城市且编号为3的倍数的工厂实习”为事件B,则P(A+B)等于( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:P(A+B)=P(A)+P(B)=+=.故选B.
3.从4名男生和2名女生中任选3人去参加演讲比赛,所选3人中至少有1名女生的概率为,那么所选3人中都是男生的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:设A={3人中至少有1名女生},B={3人都为男生},则A,B为对立事件,
所以P(B)=1-P(A)=.故选A.
选题明细表
知识点、方法 题号
概率的性质 1,6
互斥事件与对立事件的概率 2,3,4,5,7,8,11
概率性质的综合运用 9,10,12
基础巩固
1.设事件A,B,已知P(A)=,P(B)=,P(A∪B)=,则A,B之间的关系一定为( B )
(A)两个任意事件
(B)互斥事件
(C)非互斥事件
(D)对立事件
解析:根据题意,如果A,B是互斥事件,则其并事件的概率为其和,显然已知P(A)=,P(B)=,P(A∪B)=成立.故选B.
2.已知随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.5,P(B)=0.3,则P()等于( D )
(A)0.5 (B)0.2 (C)0.7 (D)0.8
解析:因为随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.5,P(B)=0.3,
所以P(A)=P(A∪B)-P(B)=0.5-0.3=0.2,
所以P()=1-P(A)=1-0.2=0.8.故选D.
3.已知随机事件A,B,C中,A与B互斥,B与C对立,且P(A)=0.3,P(C)=0.6,则 P(A∪B)等于( C )
(A)0.3 (B)0.6 (C)0.7 (D)0.9
解析:因为P(C)=0.6,事件B与C对立,
所以P(B)+P(C)=1,所以P(B)=0.4,
又P(A)=0.3,A与B互斥,
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7.故选C.
4.掷一枚均匀的骰子的试验中,出现各点的概率都为.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+(表示事件B的对立事件)发生的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意知,表示“大于或等于5的点数出现”,事件A与事件互斥,由概率的加法计算公式可得P(A+)=P(A)+P()=+==.故选C.
5.某省队甲、乙两名队员参加乒乓球女子单打比赛,甲夺得冠军的概率为,乙夺得冠军的概率为,那么该省队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为 .
解析:由于事件“该省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,即彼此互斥,所以由互斥事件概率的加法公式得,该省队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为+=.
答案:
能力提升
6.口袋内有一些大小、形状完全相同的红球、黄球和白球,从中任意摸出一球,摸出的球是红球或黄球的概率为0.4,摸出的球是红球或白球的概率为0.9,那么摸出的球是黄球或白球的概率为( B )
(A)0.5 (B)0.7
(C)0.3 (D)0.6
解析:设摸出红球的概率是P(A),摸出黄球的概率是P(B),摸出白球的概率是P(C),
所以P(A)+P(B)=0.4,P(A)+P(C)=0.9,
所以P(C)=1-P(A)-P(B)=0.6,
P(B)=1-P(A)-P(C)=0.1,
所以P(B)+P(C)=0.7.故选B.
7.某工厂生产了一批节能灯泡,这批产品按质量分为一等品、二等品、不合格品.从这批产品中随机抽取一件进行检测,设抽到一等品的概率为0.75,抽到二等品的概率为0.2,则抽到不合格品的概率为( A )
(A)0.05 (B)0.25 (C)0.8 (D)0.95
解析:“抽到一等品”与“抽到二等品”是互斥事件,所以“抽到一等品或二等品”的概率为0.75+0.2=0.95.“抽到不合格品”与“抽到一等品或二等品”是对立事件,所以其概率为1-0.95=0.05.故选A.
8.如图所示,靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ,Ⅲ构成,射手命中Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别为0.35,0.30,0.25,则射手命中圆环Ⅱ或Ⅲ的概率为 ,不命中靶的概率是 .
解析:射手命中Ⅱ或Ⅲ的概率为P=0.30+0.25=0.55.射手命中圆面Ⅰ为事件A,命中圆环Ⅱ为事件B,命中圆环Ⅲ为事件C,不中靶为事件D,则A,B,C互斥,故射手中靶的概率为P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=
0.35+0.30+0.25=0.90.
因为中靶和不中靶是对立事件,故不命中靶的概率为P(D)=1-
P(A∪B∪C)=1-0.90=0.10.
答案:0.55 0.10
9.抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6),事件A为“正面朝上的点数为3”,事件B为“正面朝上的点数为偶数”,则P(A+B)= .
解析:抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,
5,6),
事件A为“正面朝上的点数为3”,事件B为“正面朝上的点数为
偶数”,
所以P(A)=,P(B)=,事件A与事件B互斥,
则P(A+B)=P(A)+P(B)=+=.
答案:
10.从甲地到乙地沿某条公路一共行驶200 km,遇到红灯个数的概率如表所示:
红灯 个数 0 1 2 3 4 5 6个及 6个以上
概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03
(1)求表中字母a的值;
(2)求至少遇到4个红灯的概率;
(3)求至多遇到5个红灯的概率.
解:(1)由题意可得0.02+0.1+a+0.35+0.2+0.1+0.03=1,
解得a=0.2.
(2)设事件A为遇到红灯的个数为4,事件B为遇到红灯的个数为5,事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上,
则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C,
因为事件A,B,C互斥,
所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.2+0.1+0.03=0.33,
即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
(3)设事件D为遇到6个及6个以上红灯,则至多遇到5个红灯为
事件.
则P()=1-P(D)=1-0.03=0.97.
应用创新
11.围棋盒子中有多粒黑子和白子,已知从中取出2粒都是黑子的概率为,从中取出2粒都是白子的概率是,则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是 ,任取出2粒恰好不同色的概率是 .
解析:易知事件“从中取出2粒都是黑子”和“从中取出2粒都是白子”为互斥事件,故所求的概率为+=.不同色的概率为1-=.
答案:
12.某停车场临时停车按时段收费,收费标准如下:每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元,超过1小时的部分每小时收费8元(不足1小时按1小时计算).现有甲、乙两人在该地停车,两人停车都不超过4小时.
(1)若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为,停车费多于14元的概率为,求甲的停车费为6元的概率;
(2)若甲、乙两人每人停车的时长在每个时段的可能性相同,求甲、乙两人停车费之和为28元的概率.
解:(1)设“一次停车不超过1小时”为事件A,“一次停车1到2小时”为事件B,“一次停车2到3小时”为事件C,“一次停车3到4小时”为事件D.
由已知得P(B)=,P(C+D)=.
又事件A,B,C,D互斥,
所以P(A)=1--=.
所以甲的停车费为6元的概率为.
(2)易知甲、乙停车时间的基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),
(4,3),(4,4),共16个,
而“停车费之和为28元”的基本事件有(1,3),(2,2),(3,1),共3个,所以所求概率为.10.2 事件的相互独立性
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解事件A与B相互独立的概念. 2.会求独立事件的概率. 1.结合具体实例学习事件独立性的概念,达成数学抽象的核心素养. 2.通过利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际问题,提升数学建模、逻辑推理与数学运算的核心素养.
相互独立事件
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.
(1)如果A与B相互独立,则与B,A与,与也相互独立.
(2)与相互独立事件A,B有关的概率的计算公式如下表:
事件A,B相互独立 概率计算公式
A,B同时发生 P(AB)=P(A)P(B)
A,B同时不发生 P( )=P()P()=[1-P(A)]·[1-P(B)]=1-P(A)- P(B)+P(A)P(B)
A,B至少有一个不发生 P=1-P(AB)=1-P(A)P(B)
A,B至少有一个发生 P=1-P( )=1-P()P()=P(A)+P(B)-P(A)P(B)
A,B恰有一个发生 P=P(A+B)=P(A)P()+P()P(B)=P(A)+P(B)-2P(A)·P(B)
1.袋内有3个白球和2个黑球,从中不放回地摸球,用A表示“第一次摸得白球”,用B表示“第二次摸得白球”,则A与B是( D )
(A)互斥事件 (B)相互独立事件
(C)对立事件 (D)不相互独立事件
解析:根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义可知,A与B不是相互独立事件.故选D.
2.打靶时甲每打10次,可中靶8次;乙每打10次,可中靶7次.若两人同时射击一个目标,则它们都中靶的概率是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意知甲中靶的概率为,乙中靶的概率为,两人打靶相互独立,同时中靶的概率P=×=.故选D.
3.甲、乙两个实习生每人加工一个零件,加工为一等品的概率分别为和,两个零件是否加工为一等品相互独立,则这两个零件中都不是一等品的概率为( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:设事件A:甲实习生加工的零件为一等品,事件B:乙实习生加工的零件为一等品,则P(A)=,P(B)=,所以这两个零件中都不是一等品的概率为P( )=(1-)×(1-)=.故选D.
4.在同一时间内,甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为和.在同一时间内,甲、乙两个气象台只有一个预报天气准确的概率是 .
解析:记“甲气象台预报天气准确”为事件A,“乙气象台预报天气准确”为事件B,则甲、乙两个气象台只有一个预报天气准确的概率是
P=×(1-)+(1-)×=.
答案:
事件的独立性的判断
[例1] (1)甲、乙两名射手同时向一目标射击,设事件A:“甲击中目标”,事件B:“乙击中目标”,则事件A与事件B( )
(A)相互独立但不互斥
(B)互斥但不相互独立
(C)相互独立且互斥
(D)既不相互独立也不互斥
(2)抛掷3枚质地均匀的硬币,A={既有正面向上又有反面向上},B={至多有一个反面向上},则A与B的关系是( )
(A)互斥事件
(B)对立事件
(C)相互独立事件
(D)不相互独立事件
解析:(1)对同一目标射击,甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的,所以事件A与B相互独立;对同一目标射击,甲、乙两射手可能同时击中目标,也就是说事件A与B可能同时发生,所以事件A与B不是互斥事件.故选A.
(2)由已知,有P(A)=1-=,P(B)=1-=,P(AB)=,满足P(AB)=P(A)P(B),则事件A与事件B相互独立.故选C.
事件的独立性的判断:(1)定义法:事件A,B相互独立 P(AB)=P(A)P(B).
(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.
即时训练1-1:袋中有黑、白两种颜色的球,从中进行有放回地摸球,用A1表示第一次摸得黑球,A2表示第二次摸得黑球,则A1与是( )
(A)相互独立事件 (B)不相互独立事件
(C)互斥事件 (D)对立事件
解析:根据相互独立事件的概念可知,A1与A2相互独立,A1与也相互独立.故选A.
即时训练1-2:分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A是“第一枚为正面”,事件B是“第二枚为正面”,事件C是“两枚结果相同”,则下列事件具有相互独立性的有 .(填序号)
①A,B;②A,C;③B,C.
解析:根据事件相互独立的定义判断,只要P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C)成立即可.利用古典概型概率公式计算可得P(A)=0.5,P(B)=0.5,P(C)=0.5,P(AB)=0.25,P(AC)=0.25,P(BC)=0.25.可以验证P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)=P(B)P(C).所以根据事件相互独立的定义,事件A与B相互独立,事件B与C相互独立,事件A与C相互独立.
答案:①②③
求独立事件的概率
[例2] 甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位,3人能被选中的概率分别为,,,且各自能否被选中互不影响.
(1)求3人同时被选中的概率;
(2)求3人中至少有1人被选中的概率.
解:记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A,B,C,
则P(A)=,P(B)=,P(C)=.
(1)3人同时被选中的概率为
P1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=.
(2)法一 3人中有2人被选中的概率
P2=P(AB∪AC∪BC)=××(1-)+×(1-)×+(1-)×× =.
3人中只有1人被选中的概率为
P3=P(A ∪B∪ C)
=×(1-)×(1-)+(1-)××(1-)+(1-)×(1-)×=.
故3人中至少有1人被选中的概率为++=.
法二 由于“至少有1人被选中”的对立事件是“3人均未被选中”,得3人中至少有1人被选中的概率为P=1-P( )=1-(1-)×(1-)×(1-)=.
变式训练2-1:若本例条件“3人能被选中的概率分别为,,”变为“甲、乙两人只有一人被选中的概率为,两人都被选中的概率为,丙被选中的概率为”,求恰好有2人被选中的概率.
解:设甲被选中的概率为P(A),
乙被选中的概率为P(B),
则P(A)(1-P(B))+P(B)(1-P(A))=,①
P(A)P(B)=,②
由①②知P(A)=,P(B)=,
故恰好有2人被选中的概率为P=P(AB)+P(AC)+P(BC)=.
变式训练2-2:本例中的条件不变,试求“3人中几人同时被选中的概率最大”.
解:由例2的解法可知,3人中有1人被选中的概率为P1=,
3人中有2人被选中的概率为P2=,
3人中有3人被选中的概率为P3=,
由P1>P2>P3,可知3人中有1人被选中的概率最大.
求相互独立事件的概率的步骤
第一步,先用字母表示出事件,再分析题中涉及的事件,并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥事件的和;
第二步,求出这些彼此互斥事件的概率;
第三步,根据互斥事件的概率计算公式求出结果.
此外,当题目中涉及“至少”“至多”问题,也可以从对立事件入手计算概率.
[备用例1] 根据资料统计,某地车主购买甲种保险的概率为0.5,购买乙种保险的概率为0.6,购买甲、乙保险相互独立,各车主间相互独立.
(1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率;
(2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率.
解:记A表示事件“购买甲种保险”,B表示事件“购买乙种保险”,则由题意得A与B,A与,与B,与都是相互独立事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.6.
(1)记C表示事件“同时购买甲、乙两种保险”,
则C=AB,
所以P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.6=0.3.
(2)记D表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”,则D=B,
所以P(D)=P(B)=P()P(B)=(1-0.5)×0.6=0.3.
相互独立事件与互斥事件的综合应用
[例3] 某机械厂制造一种汽车零件,已知甲机床的正品率是0.96,乙机床的次品率是0.05,现从它们制造的产品中各任意抽取一件,试求:
(1)两件产品都是正品的概率;
(2)恰有一件是正品的概率;
(3)至少有一件是正品的概率.
解:用A表示“从甲机床生产的产品中抽得正品”,用B表示“从乙机床生产的产品中抽得正品”,用C表示“抽得的两件产品中恰有一件是正品”,用D表示“抽得的两件产品中至少有一件正品”,则C=(A)∪(B),D=C∪(AB).
(1)由题意知,A与B是相互独立事件,
P(B)=1-P()=1-0.05=0.95,
P(A)=0.96,
所以两件都是正品的概率为
P(AB)=P(A)P(B)=0.96×0.95=0.912.
(2)由于事件A与B互斥,
所以恰有一件是正品的概率为
P(C)=P(A∪B)
=P(A)+P(B)
=P(A)P()+P()P(B)
=0.96×0.05+0.04×0.95=0.086.
(3)由于事件AB与C互斥,
所以P(D)=P(AB∪C)
=P(AB)+P(C)
=0.912+0.086=0.998.
求较为复杂事件的概率的方法
(1)列出题中涉及的各事件,并且用适当的符号表示.
(2)理清事件之间的关系(两事件是互斥还是对立,或者是相互独立),列出关系式.
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算.
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时,可先间接地计算对立事件的概率,再求出符合条件的事件的概率.
即时训练3-1:有三种产品,合格率分别为0.9,0.85,0.85,各抽取一件进行检验,求:
(1)恰有一件不合格品的概率;
(2)至少有两件不合格品的概率.
解:记“三种产品各抽取一件,抽取的是合格产品”的事件分别为A,B,C,P(A)=0.9,P(B)=0.85,P(C)=0.85.由题意知A,B,C相互独立.
(1)“恰有一件不合格品”的事件有BC,AC,AB三种情况,其概率为
P=P(BC+AC+AB)
=P(BC)+P(AC)+P(AB)
=P()P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+
P(A)P(B)P()
=0.1×0.85×0.85+0.9×0.15×0.85+0.9×0.85×0.15≈0.301 75.
(2)至少有两件不合格品的概率为
P=P( + C+B+A )
=(1-0.9)×(1-0.85)×(1-0.85)+2×(1-0.9)×(1-0.85)×0.85+0.9×0.15×0.15=0.048.
[备用例2] 甲、乙两人进行一次围棋比赛,约定先胜3局者获得这次比赛的胜利,比赛结束.假设在一局中,甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,各局比赛结果相互独立.已知前2局中,甲、乙各胜1局.
(1)求再赛2局结束这次比赛的概率;
(2)求甲获得这次比赛胜利的概率;
(3)求经过5局比赛,比赛结束的概率.
解:记“第i局甲获胜”为事件Ai(i=3,4,5),“第j局乙获胜”为事件Bj(j=3,4,5).
(1)设“再赛2局结束这次比赛”为事件A,
则A=A3A4∪B3B4,
由于各局比赛结果相互独立,故
P(A)=P(A3A4∪B3B4)=P(A3A4)+P(B3B4)=
P(A3)P(A4)+P(B3)P(B4)=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52.所以再赛2局结束这次比赛的概率为0.52.
(2)记“甲获得这次比赛胜利”为事件B,因前两局中,甲、乙各胜1局,故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中,甲再胜2局,从而B=A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5,
由于各局比赛结果相互独立,故
P(B)=P(A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5)
=P(A3A4)+P(B3A4A5)+P(A3B4A5)
=P(A3)P(A4)+P(B3)P(A4)P(A5)+P(A3)P(B4)P(A5)
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6
=0.648.
所以甲获得这次比赛胜利的概率为0.648.
(3)经过5局比赛,甲获胜的概率为
P(B3A4A5)+P(A3B4A5)=0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.288;
经过5局比赛,乙获胜的概率为
P(A3B4B5)+P(B3A4B5)=0.6×0.4×0.4+0.4×0.6×0.4=0.192.
所以经过5局比赛,比赛结束的概率为0.288+0.192=0.48.
1.掷一枚质地均匀的骰子一次,记A表示事件“出现偶数点”,B表示事件“出现3点或6点”,则事件A与B的关系是( B )
(A)互斥事件
(B)相互独立事件
(C)既互斥又相互独立事件
(D)既不互斥又不相互独立事件
解析:因为该试验的样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6},A={2,4,6},B={3,6},AB={6},
所以P(A)=,P(B)=,
P(AB)==×=P(A)P(B),所以A与B是相互独立事件.故选B.
2.甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次,命中率分别为0.6和0.5,现已知目标被击中,则两人同时命中的概率为( D )
(A)0.45 (B)0.6 (C)0.2 (D)0.3
解析:设目标被甲击中为事件A,目标被乙击中为事件B,则事件AB表示两人同时命中,
所以P(AB)=0.6×0.5=0.3.故选D.
3.如图所示,在两个圆盘中,指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等,那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是 .
解析:“左边圆盘指针落在奇数区域”记为事件A,则P(A)==,“右边圆盘指针落在奇数区域”记为事件B,则P(B)==,事件A,B相互独立,所以两个指针同时落在奇数区域的概率为×=.
答案:
4.甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为0.6,乙被录取的概率为0.7,两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为 .
解析:因为甲、乙两人是否被录取相互独立,
所求事件的对立事件为“两人均未被录取”,
所以由对立事件和相互独立事件概率公式知,
P=1-(1-0.6)×(1-0.7)=1-0.12=0.88.
答案:0.88
选题明细表
知识点、方法 题号
事件的独立性的判断 1,2
求独立事件的概率 3,4,5,6,8
综合应用问题 7,9,10,11,12,13
基础巩固
1.下列事件A,B是相互独立事件的是( A )
(A)一枚硬币掷两次,A=“第一次为正面”,B=“第二次为反面”
(B)袋中有2个白球,2个黑球,不放回地摸球两次,每次摸一球,A=“第一次摸到白球”,B=“第二次摸到白球”
(C)掷一枚骰子,A=“出现点数为奇数”,B=“出现点数为偶数”
(D)A=“一个灯泡能用1 000小时”,B=“一个灯泡能用2 000小时”
解析:把一枚硬币掷两次,对于每次而言是相互独立的,其结果不受先后影响,故A是相互独立事件;B中是不放回地摸球,显然A事件与B事件不相互独立;对于C,其结果具有唯一性,A,B应为互斥事件;D中事件B受事件A的影响.故选A.
2.(多选题)下列各对事件中,不是相互独立事件的有( ACD )
(A)运动员甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”
(B)甲、乙两运动员各射击一次,“甲射中10环”与“乙射中9环”
(C)甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”
(D)甲、乙两运动员各射击一次,“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”
解析:在A中,甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生,两者是互斥事件,不独立;
在B中,甲、乙各射击一次,“甲射中10环”发生与否对“乙射中9环”的概率没有影响,两者是相互独立事件;
在C中,甲、乙各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标“不可能同时发生,两者是互斥事件,不独立;
在D中,设“至少有1人射中目标”为事件A,“甲射中目标但乙未射中目标”为事件B,则AB=B,因此当P(A)≠1时,P(AB)≠P(A)P(B),故A,B不独立.故选ACD.
3.从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,从两袋各摸出一个球,则2个球中恰有1个红球的概率是( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,
从两袋各摸出一个球,则2个球中恰有1个红球的概率是
P=×+×=.故选B.
4.从某地区的儿童中挑选体操学员,已知儿童体型合格的概率为,身体关节构造合格的概率为.从中任挑一儿童,这两项至少有一项合格的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:设儿童体型合格的概率为事件A,身体关节构造合格的概率为事件B.
则P(A)=,P(B)=,且A,B相互独立,
从中任挑一儿童,这两项至少有一项合格的概率P=1-P( )=1-×=.
故选B.
5.已知甲运动员的投篮命中率为0.6,若甲投篮两次(两次投篮命中与否互不影响),则其两次投篮都没命中的概率为 .
解析:甲运动员投篮未命中的概率为1-0.6=0.4且两次投篮命中与否相互独立,
所以两次都没命中的概率为0.4×0.4=0.16.
答案:0.16.
能力提升
6.某电视台的夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为,,,只有通过前一关才能进入下一关,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手能进入第四关的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意得该选手能进入第四关的概率为P=××=.故选A.
7.甲、乙两位同学各拿出六张游戏牌,用作投骰子的奖品,两人商定:骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分,否则乙得1分,先积得3分者获胜得所有12张游戏牌,并结束游戏.比赛开始后,甲积2分,乙积1分,这时因意外事件中断游戏,以后他们不想再继续这场游戏,下面对这12张游戏牌的分配合理的是( B )
(A)甲10张,乙2张 (B)甲9张,乙3张
(C)甲8张,乙4张 (D)甲6张,乙6张
解析:由题意知继续比赛下去,甲获胜的概率为+×=,乙获胜的概率为×=,所以甲应分得 12×=9张牌,乙应分得12×=3张牌.故选B.
8.甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏,其中任何一人每射击一次击中目标得2分,未击中目标得0分.若甲、乙两人射击的命中率分别为 0.6 和p,且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为0.45.假设甲、乙两人射击互不影响,则p的值为( B )
(A)0.8 (B)0.75 (C)0.6 (D)0.25
解析:设“甲射击一次,击中目标”为事件A,“乙射击一次,击中目标”为事件B,
则“甲射击一次,未击中目标”为事件,“乙射击一次,未击中目标”为事件,
则P(A)=,P()=1-=,
P(B)=p,P()=1-p,
依题意得×(1-p)+×p=,解得p=.故选B.
9.在如图所示的电路图中,开关a,b,c闭合与断开的概率都是,且是相互独立的,则灯亮的概率是( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:设开关a,b,c闭合的事件分别为A,B,C,则灯亮这一事件E=ABC∪AB∪AC,且A,B,C相互独立,ABC,AB,AC互斥,所以
P(E)=P(ABC∪AB∪AC)
=P(ABC)+P(AB)+P(AC)
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P()+
P(A)P()P(C)
=××+××(1-)+×(1-)×=.故选B.
10.甲袋中有1个黄球和1个红球,乙袋中有2个黄球和2个红球,球的大小、形状完全相同,现随机从甲袋中取出1个球放入乙袋中,再从乙袋中随机取出1个球,则从乙袋中取出的球是红球的概率是 .
解析:分两种情况讨论如下:
①当从甲袋中取出黄球时,则乙袋中有3个黄球和2个红球,从乙袋中取出的球是红球的概率为×=;
②当从甲袋中取出红球时,则乙袋中有2个黄球和3个红球,从乙袋中取出的球是红球的概率为×=.
综上,所求概率为+=.
答案:
11.某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动,某场比赛中,甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是,甲、丙两个家庭都回答错误的概率是,乙、丙两个家庭都回答正确的概率是.若各家庭回答是否正确互不影响.
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率;
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于两个家庭回答正确这道题的概率.
解:(1)记“甲回答正确这道题”“乙回答正确这道题”“丙回答正确这道题”分别为事件A,B,C,则P(A)=,
且有
即
所以P(B)=,P(C)=.
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0=P( )=P()P()P()=××=.
有1个家庭回答正确的概率为
P1=P(A +B+ C)
=××+××+××=.
所以不少于两个家庭回答正确这道题的概率为
P=1-P0-P1=1--=.
应用创新
12.一场5局3胜制的乒乓球对抗赛,当甲运动员先胜2局时,比赛因故中断.已知甲、乙水平相当,每局甲胜、乙胜的概率都为,则这场比赛的甲、乙取胜的概率比(甲∶乙)应为( B )
(A)6∶1 (B)7∶1 (C)3∶1 (D)4∶1
解析:甲前2局已胜,甲胜有三种情况:①甲第3局胜为事件A1,则P(A1)=;②甲第3局负、第4局胜为事件A2,则P(A2)=×=;③第3局、第4局甲负,第5局甲胜为事件A3,
则P(A3)=××=.
故甲胜的概率为P(A1)+P(A2)+P(A3)=,乙胜的概率则为.故选B.
13.某学校进行足球选拔赛,有甲、乙、丙、丁四个球队,每两队要进行一场比赛,开始记分规则为:胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分,甲胜乙、丙、丁的概率分别是0.5,0.6,0.8,甲负乙、丙、丁的概率分别是0.3,0.2,0.1,最后得分大于等于7胜出,则甲胜出的概率为 .
解析:甲胜出的情况是甲在三场比赛中三胜或两胜一平,
所以甲胜出的概率为P=0.5×0.6×0.8+0.5×0.6×(1-0.8-0.1)+0.5×(1-0.6-0.2)×0.8+(1-0.5-0.3)×0.6×0.8=0.446.
答案:0.44610.3 频率与概率
10.3.1 频率的稳定性
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
了解频率与概率的关系,理解频率的稳定性. 通过运用恰当的例子抽象出频率的稳定性,理解频率与概率之间的联系与区别,发展数学抽象与逻辑推理的核心素养.
频率的稳定性
大量试验证明,在任何确定次数的随机试验中,一个随机事件A发生的频率具有随机性.一般地,随机试验次数n的增大,频率偏离概率的幅度会缩小,即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性.因此,我们可以用频率fn(A)估计概率P(A).
1.从一批零件中随机抽出10个进行质检,其中有一个次品,下列说法正确的是( D )
(A)次品率小于10% (B)次品率大于10%
(C)次品率等于10% (D)次品率接近10%
解析:抽出的样本中次品率为,即10%,所以总体中次品率大约为10%.故选D.
2.设某厂产品的次品率为2%,估算该厂8 000件产品中合格品的件数可能为( B )
(A)160 (B)7 840
(C)7 998 (D)7 800
解析:次品率为2%,故次品约8 000×2%=160(件),故合格品的件数可能为7 840.故选B.
3.某厂生产的产品是优等品的概率为90%,现从该厂生产的产品中任意地抽取10件进行检验,结果前9件产品中有8件是优等品,1件是非优等品,那么第10件产品是优等品的概率为( A )
(A)90% (B)小于90%
(C)大于90% (D)无法确定
解析:概率是一个确定的常数,在试验前已经确定,与试验次数无关.故选A.
4.某工厂为了节约用电,规定每天的用电量指标为1 000千瓦时,按照上个月的用电记录,在30天中有12天的用电量超过指标,若这个月(按30天计)仍没有具体的节电措施,则该月的第一天用电量超过指标的概率约是 .
解析:由频率的定义可知用电量超过指标的频率为=0.4,由频率估计概率知该月第一天用电量超过指标的概率约是0.4.
答案:0.4
频率与概率的关系
[例1] 下列说法中正确的有( )
①任何事件的概率总是在[0,1]之间;
②概率是随机的,在试验前不能确定;
③频率是客观存在的,与试验次数无关;
④频率是概率的近似值,概率是频率的稳定值.
(A)①④
(B)②③
(C)①③④
(D)①②③④
解析:频率是不能脱离试验次数的试验值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值,故②③不正确,①④显然正确.故选A.
频率是事件A发生的次数m与试验总次数n的比值,利用此公式可求出它们的频率.频率本身是随机变量,当n很大时,频率总是在一个稳定值附近摆动,这个稳定值就是概率.
即时训练1-1:有以下说法:
①某医院治疗某种疾病的治愈率为10%,已知前9个患者都没有治愈,那么第10个患者就一定能治愈;
②“彩票中奖的概率是1%”表示买100张彩票一定有1张会中奖;
③做10次抛硬币的试验,结果3次正面朝上,因此正面朝上的概率为;
④某厂产品的次品率为2%,但该厂的50件产品中可能有2件次品.
其中错误说法的序号是 .
解析:①中如果把治疗一个患者作为一次试验,治愈率是10%指随着试验次数的增加,有10%的患者能够治愈.虽然前9个患者都没有治愈,但是对第10个患者来说,被治愈的可能性仍是10%,故①错误;
②中“彩票中奖的概率是1%”表示在设计彩票时,有1%的机会中奖,但不一定买100张彩票一定有1张会中奖,故②错误;
③中正面朝上的频率为,概率仍为,故③错误;
④中次品率为2%,但50件产品中可能没有次品,也可能有1件或2件或3件…次品,故④正确.
答案:①②③
利用频率与概率的关系求概率
[例2] 下面是有关部门对某乒乓球生产企业某批次产品的抽样检测,结果如表所示:
抽取球数目 50 100 200 500 1 000 2 000
优等品数目 45 92 194 470 954 1 902
优等品频率
(1)计算表中优等品的各个频率.
(2)从这批产品中任取一个乒乓球,质量检测为优等品的概率约是多少
解:(1)如表所示:
抽取球数目 50 100 200 500 1 000 2 000
优等品数目 45 92 194 470 954 1 902
优等品频率 0.9 0.92 0.97 0.94 0.954 0.951
(2)根据频率与概率的关系,可以认为从这批产品中任取一个乒乓球,质量检测为优等品的概率约是0.95.
解此类题目的步骤:先利用频率的计算公式依次计算频率,然后用频率估计概率.
即时训练2-1:某公司在过去几年内使用某种型号的灯管共1 000支,该公司对这些灯管的使用寿命(单位:h)进行了统计,统计结果如下表所示:
分组 频数 频率
[700,900) 48
[900,1 100) 121
[1 100,1 300) 208
[1 300,1 500) 223
[1 500,1 700) 193
[1 700,1 900) 165
[1 900,+∞) 42
(1)将各组的频率填入表中;
(2)根据上述统计结果,估计灯管使用寿命不足1 500 h的概率.
解:(1)利用频率的定义可得[700,900)的频率是0.048,[900,1 100)的频率是0.121,[1 100,1 300)的频率是0.208,[1 300,1 500)的频率是0.223,[1 500,1 700)的频率是0.193,[1 700,1 900)的频率是0.165,[1 900,+∞)的频率是0.042.
(2)样本中使用寿命不足1 500 h的灯管的频率是0.048+0.121+0.208+0.223=0.6,所以估计灯管使用寿命不足1 500 h的概率是0.6.
[备用例1] 某射击队统计了平日训练中两名运动员击中10环的次数,如下表:
射击次数(n) 10 20 50 100 200 500
甲击中10环 的次数(m) 9 17 44 92 179 450
甲击中10环 的频率()
乙击中10环 的次数(m) 8 19 44 93 177 453
乙击中10环 的频率()
(1)分别计算出甲、乙两名运动员击中10环的频率;
(2)根据(1)中的数据预测两名运动员在某运动会上击中10环的
概率.
解:(1)两名运动员击中10环的频率如下表:
射击次数(n) 10 20 50 100 200 500
甲击中10环 的次数(m) 9 17 44 92 179 450
甲击中10环 的频率() 0.9 0.85 0.88 0.92 0.895 0.9
乙击中10环 的次数(m) 8 19 44 93 177 453
乙击中10环 的频率() 0.8 0.95 0.88 0.93 0.885 0.906
(2)由(1)中的数据可知两名运动员击中10环的频率都集中在0.9附近,所以预测两人在某运动会上击中10环的概率均约为0.9,也就是说甲、乙两人的实力相当.
游戏公平性的判断
[例3] 某校高二年级(1)(2)班准备联合举行晚会,组织者欲使晚会气氛热烈、有趣,策划整场晚会以转盘游戏的方式进行,每个节目开始时,两班各派一人先进行转盘游戏,胜者获得一件奖品,负者表演一个节目.(1)班的文娱委员利用分别标有数字1,2,3,4,5,6,7的两个转盘(如图所示),设计了一种游戏方案:两人同时各转动一个转盘一次,将转到的数字相加,和为偶数时(1)班代表获胜,否则(2)班代表获胜.该方案对双方是否公平 为什么
解:该方案是公平的,理由如下:各种情况如表所示:
转盘2 和 转盘1 4 5 6 7
1 5 6 7 8
2 6 7 8 9
3 7 8 9 10
由表可知该游戏可能出现的情况共有12种,其中两数字之和为偶数的情况有6种,为奇数的情况也有6种,所以(1)班代表获胜的概率P1==,(2)班代表获胜的概率P2==,即P1=P2,机会是均等的,所以该方案对双方是公平的.
变式训练3-1:在本例中,若把游戏规则改为:自由转动转盘,转盘停止后,两个指针指向的两个数字相乘,如果是偶数,那么(1)班代表获胜,否则(2)班代表获胜.游戏规则公平吗 为什么
解:不公平.因为出现奇数的概率为=,而出现偶数的概率为=.两者概率不相等,所以游戏不公平.
游戏规则公平的判断标准
在各类游戏中,如果每人获胜的概率相等,那么游戏就是公平的,这就是说是否公平只要看获胜的概率是否相等.例如:体育比赛中决定发球权的方法应该保证比赛双方先发球的概率相等,这样才是公平的;每个人购买彩票中奖的概率应该是相等的,这样才是公平的;抽签决定某项事务时,任何一支签被抽到的概率也是相等的,这样才是公平的,等等.
即时训练3-1:有一个转盘游戏,转盘被平均分成10等份(如图所示),转动转盘,当转盘停止后,指针指向的数字即为转出的数字.游戏规则如下:两个人参加,先确定猜数方案,甲转动转盘,乙猜,若猜出的结果与转盘转出的数字所表示的特征相符,则乙获胜,否则甲获胜.猜数方案从以下三种方案中选一种:
A.猜“是奇数”或“是偶数”;
B.猜“是4的整数倍数”或“不是4的整数倍数”;
C.猜“是大于4的数”或“不是大于4的数”.
请回答下列问题:
(1)如果你是乙,为了尽可能获胜,你将选择哪种猜数方案,并且怎样猜 为什么
(2)为了保证游戏的公平性,你认为应选哪种猜数方案 为什么
(3)请你设计一种其他的猜数方案,并保证游戏的公平性.
解:(1)A方案中,“是奇数”和“是偶数”的概率都为0.5;B方案中,“是4的整数倍的数”的概率为0.2,“不是4的整数倍的数”的概率为0.8;C方案中,“是大于4的数”的概率为0.6,“不是大于4的数”的概率为0.4.故选择B方案,猜“不是4的整数倍的数”获胜的概率最大.
(2)为了保证游戏的公平性,应当选择方案A.因为方案A猜“是奇数”或“是偶数”的概率均为0.5,从而保证了该游戏是公平的.
(3)可以设计为:猜“是大于5的数”或“不是大于5的数”,也可以保证游戏的公平性.
[备用例2] 甲、乙两人用4张扑克牌(分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏,他们将扑克牌洗匀后,背面朝上放在桌面上,甲先抽,乙后抽,抽出的牌不放回,各抽一张.
(1)设(i,j)分别表示甲、乙抽到的牌的数字,写出甲、乙两人抽到的牌的所有情况.
(2)若甲抽到红桃3,则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少
(3)甲、乙约定:若甲抽到的牌的牌面数字比乙大,则甲胜;若甲抽到的牌的牌面数字比乙小,则乙胜.你认为此游戏是否公平 说明你的理由.
解:(1)甲、乙两人抽到的牌的所有情况(红桃2、红桃3、红桃4分别用2,3,4表示,方片4用4′表示)为(2,3),(2,4),(2,4′),(3,2),(3,4),(3,4′),(4,2),(4,3),(4,4′),(4′,2),(4′,3),(4′,4),共12种.
(2)甲抽到红桃3,乙抽到的牌的牌面数字只能是2,4,4′,因此乙抽到的牌面数字大于3的概率为.
(3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大有5种情况:(3,2),(4,2),(4,3),(4′,2),(4′,3),数字相等有2种情况:(4,4′),(4′,4).
故甲胜的概率P1=,乙胜的概率P2=.所以此游戏公平.
1.某医院治疗某种疾病的治愈率为,前4位患者都未治愈,则第5位患者的治愈率为( B )
(A)1 (B) (C) (D)0
解析:治愈率为,表明每位患者被治愈的概率均为,则第5位患者的治愈率为.故选B.
2.在掷一枚硬币的试验中,共掷了100次,“正面朝上”的频率为0.49,则“正面朝下”的次数为( D )
(A)0.49 (B)49 (C)0.51 (D)51
解析:正面朝下的频率为1-0.49=0.51,次数为0.51×100=51(次).
故选D.
3.某地气象局预报说:明天本地降水的概率为90%,则下列解释正确的是( C )
(A)明天本地有90%的区域降水,10%的区域不降水
(B)明天本地有90%的时间降水,10%的时间不降水
(C)明天本地降水的可能性是90%
(D)以上说法均不正确
解析:选项A,B显然不正确,因为明天本地降水的概率为90%不是说有90%的区域降水,也不是说有90%的时间降水,而是指降水的可能性是90%.故选C.
4.对某产品进行抽样检查,数据如下:
抽查件数 50 100 200 300 500
合格件数 47 92 192 285 475
根据上表中的数据,如果要从该产品中抽到950件合格品,则大约需要抽查 件产品.
解析:根据题表中数据可知合格品出现的频率依次为0.94.0.92,0.96,0.95,0.95,因此合格品出现的概率约为 0.95,因此要抽到950件合格品,大约需要抽查1 000件产品.
答案:1 000
选题明细表
知识点、方法 题号
频率与概率的关系 1,2,6,7
用频率估计概率 3,4,5,8,10,12,14
游戏的公平性 9,11,13
基础巩固
1.(多选题)下列关于频率与概率的说法正确的是( ACD )
(A)频率是反映事件发生的频繁程度,概率是反映事件发生的可能性的大小
(B)做n次随机试验,事件A发生m次,则事件A发生的频率就是事件A发生的概率
(C)频率是不能脱离具体的n次试验的试验值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值
(D)在进行n次重复试验中,事件A发生的频率为,当n很大时,事件A发生的概率P(A)与的关系是P(A)≈.
解析:频率是一个不确定的值,随试验次数的变化而变化,但具有相对的稳定性.而概率是一个确定的值,不随试验次数的变化而变化,但当试验次数无限增大时,频率趋向于概率,因此ACD是正确的.故选ACD.
2.有5名学者做了掷硬币试验,结果如下表:
试验者 抛掷次数(n) 正面朝上 次数(m) 频率()
甲 2 048 1 061 0.518 1
乙 4 040 2 048 0.506 9
丙 10 000 4 979 0.497 9
丁 12 000 6 019 0.501 6
戍 24 000 12 012 0.500 5
由上表可知,掷硬币试验中,正面朝上的概率约为( C )
(A)0.51 (B)0.49 (C)0.50 (D)0.52
解析:由表格中可以看出,正面朝上的频率基本在0.50附近,因此正面朝上的概率约为0.50.故选C.
3.某人将一枚硬币连续抛掷10次,正面朝上的情形出现了6次,则正面朝上的( B )
(A)概率为0.6 (B)频率为0.6
(C)频率为6 (D)概率接近于0.6
解析:=0.6是频率而不是概率,抛掷10次不属于大量重复试验,所以概率不能确定.故选B.
4.某人进行打靶练习,共射击10次,其中有1次10环,3次9环,4次8环,2次脱靶.在这次练习中,这个人中靶的频率是 ,中9环的频率是 .
解析:打靶10次,8次中靶,2次脱靶,
所以中靶的频率为=0.8;
其中有3次中9环,所以中9环的频率是=0.3.
答案:0.8 0.3
5.为了估计某水池中鱼的尾数,先从水池中捕出2 000 尾鱼,并给每尾鱼做上标记(不影响存活),然后放回水池,经过适当的时间,再从水中捕出500尾鱼,其中有标记的为40尾,根据上述数据估计该水池中鱼的尾数为 尾.
解析:设该水池中鱼的尾数为x,则=,解得x=25 000.
答案:25 000
6.给出下列四个命题:
①设有一批产品,其次品率为0.05,则从中任取200件,必有10件是次品;
②做100次抛硬币的试验,结果51次出现正面朝上,因此,出现正面朝上的概率是;
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率;
④抛掷骰子100次,得点数是1的结果有18次,则出现1点的频率是.
其中正确命题有 .
解析:①错,次品率是大量产品的估计值,并不是针对200件产品来说的,②③混淆了频率与概率的区别;④正确.
答案:④
能力提升
7.(多选题)某班有男生35人,其中1人为班长,女生15人,现从该班选出1人,作为该班的代表参加座谈会,下列说法中正确的是( AD )
(A)选出1人是班长的概率为
(B)选出1人是男生的概率是
(C)选出1人是女生的概率是
(D)在女生中选出1人是班长的概率是0
解析:本班共有50人,1人为班长,故A对;“选出1人是男生”的概率为=;“选出1人为女生”的概率为=;因为班长是男生,所以“在女生中选班长”为不可能事件,概率为0.故选AD.
8.容量为100的样本数据,分组后的频数如表:
分 组 [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
频 数 5 12 20 38 17 8
则样本数据落在区间[80,100]内的频率是( A )
(A)0.25 (B)0.35 (C)0.45 (D)0.55
解析:由题意可得样本数据落在区间[80,100]内的频数为17+8=25,
则所求频率为=0.25.故选A.
9.甲、乙两人做游戏,下列游戏中不公平的是( B )
(A)抛一枚骰子,向上的点数为奇数则甲胜,向上的点数为偶数则乙胜
(B)同时抛掷两枚硬币,恰有一枚正面向上则甲胜,两枚都是正面向上则乙胜
(C)从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张,扑克牌是红色则甲胜,是黑色则乙胜
(D)甲、乙两人各写一个数字,若是同奇或同偶则甲胜,否则乙胜
解析:A项,P(点数为奇数)=P(点数为偶数)=;B项,P(恰有一枚正面向上)=,P(两枚都正面向上)=;C项,P(牌色为红)=P(牌色为黑)=;D项,P(同奇或同偶)=P(一奇一偶)=.故选B.
10.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4 500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 200 n 2 100 1 000
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( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意得,
n=4 500-200-2 100-1 000=1 200,
所以随机调查的消费者中对网上购物“比较满意”或“满意”的总人数为1 200+2 100=3 300,
所以随机调查的消费者中对网上购物“比较满意”或“满意”的频率为=.
由此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”的概率为.故选C.
11.有一种游戏,方法是投掷两枚骰子,如果两枚骰子投一次点数之和是2,3,4,10,11,12这六种情况,红方胜,而当两枚骰子点数之和是5,6,7,8,9时,白方胜,这种游戏对 方有利.(选填“红”或“白”)
解析:两枚骰子点数之和如下表:
第一枚 和 第二枚 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
其中点数之和是2,3,4,10,11,12这六种情况的共12种,概率是=,
两枚骰子点数之和是5,6,7,8,9的情况共24种,概率是=.所以这种游戏不公平,对白方比较有利.
答案:白
12.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.
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.
应用创新
13.某比赛为两运动员制定下列发球规则.
规则一:投掷一枚硬币,出现正面向上,甲发球,反面向上,乙发球;
规则二:从装有2个红球与2个黑球的布袋中随机地取出2个球,如果同色,甲发球,否则乙发球;
规则三:从装有3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球,如果同色,甲发球,否则乙发球.
则对甲、乙公平的规则是( B )
(A)规则一和规则二 (B)规则一和规则三
(C)规则二和规则三 (D)规则二
解析:规则一:投掷一枚硬币,正面向上与反面向上是等可能事件,所以其发生的概率相等,所以此规则对甲、乙公平;
规则二:从装有2个红球与2个黑球的布袋中随机地取出2个球,两个球同色的概率为,不同色的概率为,所以此规则对甲、乙不公平;
规则三:从装有3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球,两个球同色的概率为,不同色的概率为,所以此规则对甲、乙公平.故选B.
14.假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等,为了解它们的使用寿命,现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试,结果统计如图所示.
(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率;
(2)这两种品牌产品中,某个产品已使用了200小时,试估计该产品是甲品牌的概率.
解:(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为=,用频率估计概率,所以甲品牌产品寿命小于200小时的概率为.
(2)根据抽样结果,寿命大于200小时的产品共有75+70=145(个),其中甲品牌产品是75个,所以在样本中,寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是=,用频率估计概率,所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为.10.3.2 随机模拟
[目标导航]
核心知识目标 核心素养目标
1.了解利用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛方法. 2.会用随机模拟求概率. 通过了解随机数的意义及用模拟的方法估计概率,发展数学抽象及数据分析的核心素养.
1.随机数与伪随机数
像彩票摇奖那样,把10个质地和大小相同的号码球放入摇奖器中,充分搅拌后摇出一个球,这个球上的号码就称为随机数.
计算器或计算机产生的随机数是按照确定的算法产生的,具有周期性(周期很长),它们具有类似随机数的性质,因此计算器或计算机产生的随机数不是真正的随机数,我们称它们为伪随机数.
2.产生随机数的常用方法
①用计算器产生;②用计算机产生;③抽签法.
3.随机模拟方法(蒙特卡洛方法)
利用计算机或计算器产生的随机数来做模拟试验,通过模拟试验得到的频率来估计概率,这种用计算机或计算器模拟试验的方法称为随机模拟方法或蒙特卡洛方法.
1.掷三枚骰子,用随机模拟方法估计出现点数之和为9的概率时,产生的整数值随机数中,每几个数字为一组( B )
(A)1 (B)3 (C)9 (D)12
解析:由于掷三枚骰子,所以产生的整数值随机数中,每3个数字为一组.故选B.
2.用随机模拟方法估计概率时,其准确程度决定于( B )
(A)产生的随机数的大小
(B)产生的随机数的个数
(C)随机数对应的结果
(D)产生随机数的方法
解析:随机数容量越大,概率越接近真实值.故选B.
3.袋中有2个黑球,3个白球,除颜色外小球完全相同,从中有放回地取出一球,连取三次,观察球的颜色.用计算机产生0到9的数字进行模拟试验,用0,1,2,3代表黑球,4,5,6,7,8,9代表白球,在下列随机数中表示结果为二白一黑的组数为( B )
160 288 905 467 589 239 079 146 351
(A)3 (B)4 (C)5 (D)6
解析:二白一黑的组为288,905,079,146,共4组.故选B.
4.通过模拟试验产生了8组随机数:5522 7984 2654 5725 5774 6576 5929 6754
如果恰有三个数在1,2,3,4,5,6中,则表示恰有三次击中目标,问:四次射击中恰有三次击中目标的概率约为 .
解析:因为表示三次击中目标分别是5725,6576,6754共3个数,随机数共8个,
所以所求的概率近似为=0.375.
答案:0.375
随机数产生的方法
[例1] 要产生1～25之间的随机整数,你有哪些方法
解:法一 采用抽签法时必须保证任何一个数被选到的概率是等可能的,可以把25个大小形状相同的小球分别标上1,2,3,…,24,25,放入一个不透明的袋中,把它们充分搅拌,然后从中摸出一个,这个球上的数就称为随机数,放回后重复以上过程,就得到一系列的1～25之间的随机整数.
法二 可以利用计算机产生随机数,以Excel为例:
(1)选定A1格,键入“=RANDBETWEEN(1,25)”,按Enter键,则在此格中的数是随机产生的;
(2)选定A1格,点击复制,然后选定要产生随机数的格,比如A2至A100,点击粘贴,则在A2至A100的格中均为随机产生的1～25之间的数,这样我们就很快就得到了100个1～25之间的随机数,相当于做了100次随机试验.
(1)随机数产生的方法:试验;计算器;计算机.
(2)用产生随机数的方法抽取样本要注意以下两点:
进行正确的编号,并且编号要连续;正确把握抽取的范围和容量.
即时训练1-1:一体育代表队共有21名水平相当的运动员.现从中抽取11人参加某场比赛,其中运动员甲必须参加,写出利用随机数抽取的过程.
解:(1)把20名运动员编号(甲除外),从20名运动员中抽取10名.
(2)用计算器的随机函数RANDI(1,20)或计算机的随机函数RANDBETWEEN(1,20)产生10个1至20之间的整数随机数(如果有一个重复,重新产生一个).
(3)以上号码对应的10名运动员加上运动员甲就是要抽取的对象.
[备用例1] 一名学生在一次竞赛中要回答的8道题是这样产生的:从15道物理题中随机抽3道,从20道化学题中随机抽3道,从12道生物题中随机抽2道,使用合适的方法确定这名学生所要回答的三门学科的题的序号(物理题的编号为1～15,化学题的编号为16～35,生物题的编号为36～47).
解:先用计算器的随机函数RANDI(1,15)或计算机的随机函数RANDBETWEEN(1,15)产生3个不同的1到15之间的整数随机数(如果有一个重复,重新产生一个);再用计算器的随机函数RANDI(16,35)或计算机的随机函数RANDBETWEEN(16,35)产生3个不同的16到35之间的整数随机数(若有重复,则重新产生一个);最后用计算器的随机函数RANDI(36,47)或计算机的随机函数RANDBETWEEN(36,47)产生2个不同的36到47之间的整数随机数(若有重复,则重新产生一个),就得到8道题的题号.
随机模拟法估计概率
[例2] 经统计某射击运动员随机命中目标的概率可视为,为估计该运动员射击4次恰好命中3次的概率,现采用随机模拟的方法,先由计算机产生0到9之间取整数的随机数,用0,1,2表示没有击中,用3,4,5,6,7,8,9表示击中,以4个随机数为一组,代表射击4次的结果,经随机模拟产生了如下20组随机数:
7525 0293 7140 9857 0347 4373 8638 7815 1417 5550 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281
根据以上数据,则可估计该运动员射击4次恰好命中 3次的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意,该运动员射击4次恰好命中3次的随机数为7525,0347,7815,5550,6233,8045,3661,7424,共8组,则该运动员射击4次恰好命中3次的概率为=.故选A.
随机数模拟试验估计概率时,要明确以下三点
(1)确定随机数的范围和用哪些数代表不同的试验结果.
(2)研究等可能事件的概率时,用按比例分配的方法确定表示各个结果的数字个数及总个数.
(3)当每次试验结果需要n个随机数表示时,要把n个随机数作为一组来处理,此时一定要注意每组中的随机数字能否重复.
即时训练2-1:已知某运动员每次投篮命中的概率为80%.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1,2,3,4,5,6,7,8表示命中,9,0表示未命中;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
683 431 257 393 027 556 488 730 113
537 989
据此估计,该运动员三次投篮均命中的概率为( )
(A)0.40 (B)0.45 (C)0.50 (D)0.55
解析:根据题意,在产生的随机数中,表示三次投篮均命中的有271,812,458,683,431,257,556,488,113,537,共有10组,则运动员三次投篮均命中的概率为P==0.5.故选C.
用随机模拟估计较复杂事件的概率
[例3] 甲、乙两支篮球队进行一场比赛,甲获胜的概率为0.6,若采用三局两胜制举行一次比赛,试用随机模拟的方法求乙获胜的概率.
解:利用计算器或计算机生成0到9之间取整数值的随机数,用0,1,2,3,4,5表示甲获胜;6,7,8,9表示乙获胜,这样能体现甲获胜的概率为0.6.因为采用三局两胜制,所以每3个随机数作为一组.例如,产生30组随机数:
034 743 738 636 964 736 614 698
637 162 332 616 804 560 111 410
959 774 246 762 428 114 572 042
533 237 322 707 360 751
就相当于做了30次试验.如果恰有2个或3个数在6,7,8,9中,就表示乙获胜,它们分别是738,636,964,736,698,637,616,959,774,762,707,共11个.所以采用三局两胜制,乙获胜的概率约为≈0.367.
较复杂模拟试验的设计及产生随机数的方法
(1)解决此类问题的第一个关键是设计试验.首先需要全面理解题意,在理解题意的基础上,根据题目本身的特点来设计试验,应把设计试验的重点放在确定哪个或哪些数字代表哪些试验结果上,并确保符合题意与题目要求.
(2)在试验方案正确的前提下,要使模拟试验所得的估计概率与实际概率更接近,则需使试验次数尽可能的多,随机数的产生才更切合实际.
(3)用计算器或计算机产生随机数的方法有两种
①利用带有PRB功能的计算器产生随机数;
②利用计算机软件产生随机数,例如用Excel软件产生随机数.
对上述两种方法,需严格按照其操作步骤与顺序来进行.
即时训练3-1:某篮球爱好者做投篮练习,假设其每次投篮命中的概率是60%,若该篮球爱好者连续投篮4次,求至少投中3次的概率,用随机模拟的方法估计上述概率.
解:利用计算机或计算器产生0到9之间取整数值的随机数,用1,2,3,4,5,6表示投中,用7,8,9,0表示未投中,这样可以体现投中的概率是60%,因为投篮4次,所以每4个随机数作为一组,例如5727,7895,0123,…,4560,4581,4698,共100组这样的随机数,若所有数组中没有7,8,9,0或只有7,8,9,0中的一个数的数组的个数为n,则至少投中3次的概率近似值为.
1.下列不能产生随机数的是( D )
(A)抛掷骰子试验
(B)抛硬币
(C)计算器
(D)正方体的六个面上分别写有1,2,2,3,4,5,抛掷该正方体
解析:D项中,出现2的概率为,出现1,3,4,5的概率均是,则D项不能产生随机数.故选D.
2.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表示未命中;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
683 431 257 393 027 556 488 730 113
537 989
据此估计,该运动员三次投篮恰有两次命中的概率约为( B )
(A)0.35 (B)0.25 (C)0.20 (D)0.15
解析:易知20组随机数中表示恰有两次命中的数据有191,271,932,812,393,所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率约为=0.25.故选B.
3.若某地8月15日无雨记为0,有雨记为1,统计从1996年至2020年的气象资料得:11000 10011 00001 01011 10100,则该地出现8月15日下雨的概率约为 .其中2019年8月15日 (填“无雨”或“有雨”).
解析:根据所统计的25年的资料,共有11次有雨,因此该地8月15日下雨的概率约为=0.44.由于2019年8月15日是数字0,因此无雨.
答案:0.44 无雨
4.袋子中有四个小球,分别写有“东”“京”“奥”“运”四个字,有放回地从中任取一个小球,取到“奥”就停止,用随机模拟的方法估计直到第二次停止的概率:先由计算器产生 1到4之间取整数值的随机数,且用1,2,3,4表示取出小球上分别写有“东”“京”“奥”“运”四个字,以每两个随机数为一组,代表两次的结果,经随机模拟产生了20组随机数:
13 24 12 32 43 14 24 32 31 21
23 13 32 21 24 42 13 32 21 34
据此估计,直到第二次就停止基本事件的个数为 ,直到第二次就停止的概率为 .
解析:由随机模拟产生的随机数可知,直到第二次停止的有13,43,23,13,13,共5个基本事件,故所求的概率为P==.
答案:5
选题明细表
知识点、方法 题号
随机模拟的概念 2,3,5,6,7
随机模拟法估计概率 1,4,8,9,10,11,12,13
基础巩固
1.一个小组有6位同学,选1位小组长,用随机模拟法估计甲被选中的概率,下面步骤错误的是( C )
①把六名同学编号为1～6;
②利用计算器或计算机产生1到6之间的整数随机数;
③统计总试验次数N及甲的编号出现的个数N1;
④计算频率,即为甲被选中的概率的近似值;
⑤一定等于.
(A)① (B)②③
(C)⑤ (D)④
解析:概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值,频率不一定等于概率,不一定等于.故选C.
2.(多选题)关于随机数的说法不正确的是( ABD )
(A)随机数就是随便取的一些数字
(B)随机数是用计算机或计算器随便按键产生的数
(C)用计算器或计算机产生的随机数为伪随机数
(D)不能用伪随机数估计概率
解析:随机数是用来模拟试验结果的数字,是在等可能的条件下产生的,不是随便取的,可用计算机或计算器依照一定的算法产生,由此产生的随机数具有周期性,称为伪随机数,但周期较长,可用来近似地估计概率.故A,B,D错误.故选ABD.
3.用计算机随机模拟掷骰子的试验,估计出现3点的概率,则下列步骤中不正确的是( A )
(A)用计算机的随机函数RANDBETWEEN(1,7)产生6个不同的1到6之间的取整数值的随机数x,如果x=3,我们认为出现3点
(B)我们通常用计数器n记录做了多少次掷骰子试验,用计数器m记录其中有多少次出现3点,置n=0,m=0
(C)每做一次试验n=n+1,若出现3点,则m的值加1,即m=m+1,否则m的值保持不变
(D)程序结束,出现3点的频率作为概率的近似值
解析:用计算机的随机函数RANDBETWEEN(1,7)产生的是1到7之间的整数(包括1,7),共7个整数.故选A.
4.利用抛硬币产生随机数1和2,出现正面表示产生的随机数为1,出现反面表示产生的随机数为2.某同学抛两次,则出现的随机数之和为2的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:抛掷硬币两次,产生的随机数的情况有(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),共4种,其中随机数之和为2的情况有(1,1),共1种,故所求概率为.故选C.
5.抛掷两枚相同的骰子,用随机模拟方法估计上面点数的和是6的倍数的概率时,用1,2,3,4,5,6分别表示上面的点数是1,2,3,4,5,6,用计算器或计算机分别产生1到6的两组整数随机数各60个,每组第i个数组成一组,共组成60组数,其中有一组是16,这组数表示的结果是否满足上面点数的和是6的倍数 .(填“是”或“否”)
解析:16表示第一枚骰子向上的点数是1,第二枚骰子向上的点数是6,则上面点数的和是1+6=7,不表示和是6的倍数.
答案:否
6.在用随机(整数)模拟求“有4个男生和5个女生,从中取4个,求选出2个男生2个女生”的概率时,可让计算机产生1～9的随机整数,并用1～4代表男生,用5～9代表女生.因为是选出4个,所以每4个随机数作为一组.若得到的一组随机数为“4678”,则它代表的含义是 .
解析:1～4代表男生,用5～9代表女生,4678表示1男3女,即“4678”代表的含义是选出的4个人中,只有1个男生.
答案:选出的4个人中,只有1个男生
能力提升
7.(多选题)甲、乙两支排球队进行一场比赛,甲获胜的概率为0.6,若采用三局两胜制举行一次比赛,现采用随机模拟的方法估计乙获胜的概率.先利用计算器或计算机生成0到9之间取整数值的随机数,用0,1,2,3,4,5表示甲获胜;6,7,8,9表示乙获胜,这样能体现甲获胜的概率为0.6,因为采用三局两胜制,下列所给数字可以作为随机数的是( AD )
(A)034 (B)36 (C)16 (D)137
解析:由于是三局两胜制,因此所产生的随机数应该是 3位数字.故选AD.
8.通过模拟试验,产生了20组随机数.
6830 3013 7055 7430 7740 4422 7884
2604 3346 0952 6807 9706 5774 5725
6576 5929 9768 6071 9138 6754
如果恰有三个数在1,2,3,4,5,6中,则表示恰有三次击中目标,问:四次射击中恰有三次击中目标的概率约为 .
解析:由题意四次射击中恰有三次击中对应的随机数有 3个数字在1,2,3,4,5,6中,这样的随机数有3013,2604,5725,6576,6754,共5个,所求的概率约为=.
答案:
9.随机抽取一个年份,对某市该年4月份的天气情况进行统计,结果如下.
日 期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
天 气 晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴
日 期 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
天 气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 雨
某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会,估计运动会期间不下雨的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意,4月份中,前一天为晴天的互邻日期对有16个,其中后一天不下雨的有14个,所以晴天的次日不下雨的概率为,从而估计运动会期间不下雨的概率为.故选C.
10.为了估计5个人中有2人生肖相同的概率,小明进行模拟试验,利用计算器产生1～12之间的随机数,每产生五个随机数为一次试验,一共做了50次试验,其中23次试验中存在2个数相同,可以估计每5个人中有2人生肖相同的概率是 .
解析:因为一共做了50次试验,其中23次试验中存在有 2个数相同,所以估计每5个人中有2人生肖相同的概率是.
答案:
11.规定投掷飞镖3次为一轮,若3次中至少两次投中8环以上为优秀,现采用随机模拟试验的方法估计某选手投掷飞镖的情况,先由计算机根据该选手以往的投掷情况产生随机数0或1,用0表示该次投掷未在8环以上,用1表示该次投掷在8环以上;再以每三个随机数为一组,代表一轮的结果,经随机模拟试验产生了如下20组随机数.
101 111 011 101 010 100 100 011 111 110 000 011 010 001 111 011 100 000 101 101
据此估计,该选手投掷1轮,可以拿到优秀的概率为 .
解析:3次中至少两次投中8环以上的有101,111,011,101,011,111,110,011,111,011,101,101,共12个,因此所求概率约为P==0.6.
答案:0.6
创新应用
12.天气预报说,今后三天每天下雨的概率相同,现用随机模拟的方法预测三天中有两天下雨的概率,用骰子点数来产生随机数.依据每天下雨的概率,可规定投一次骰子出现1点和2点代表下雨,投三次骰子代表三天,产生的三个随机数作为一组.得到的10组随机数如下:613,265,114,236,561,435,443,251,154,353.则在此次随机模拟试验中,每天下雨的概率的近似值是 ,三天中有两天下雨的概率的近似值为 .
解析:每个骰子有6个点数,出现1或2为下雨天,则每天下雨的概率为=;10组数据中,114,251,表示3天中有2 天下雨,所以从得到的10组随机数来看,3天中有2 天下雨的有2组,则3天中有2天下雨的概率近似值为=.
答案:
13.盒中有大小、形状相同的5个白球、2个黑球,用随机模拟法求下列事件的概率:
(1)任取1个球,得到白球;
(2)任取3个球(分3次,每次放回再取),都是白球.
解:用计算器或计算机产生1到7之间取整数值的随机数,用1,2,3,4,5表示白球,6,7表示黑球.
(1)统计随机数个数N及小于6的个数N1,则即为任取一球,得到白球的概率的近似值.
(2)三个数一组(每组内可重复),统计总组数K及三个数都小于6的组数K1,则即为任取3个球(分3次,每次放回再取),都是白球的概率的近似值.章末总结
网络建构
知识辨析
判断下列说法是否正确.(请在括号中填“√”或“×”)
1.“一个三角形的内角和为280°”是随机事件.( × )
2.“投掷一枚硬币,正面向上或反面向上”是必然事件.( √ )
3.一批灯泡的合格率是99%,从这批灯泡中任取一个,则是合格品的可能性为99%.( √ )
4.若P(A)=0.001,则A为不可能事件.( × )
5.在同一试验中的两个事件A与B,一定有P(A∪B)=P(A)+P(B).( × )
6.若一次试验的结果所包含的样本点的个数为有限个,则该试验符合古典概型.( × )
题型一 互斥事件与对立事件的概率
[例1] 甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有5个不同的题目.其中,选择题3个,判断题2个,甲、乙两人各抽一题.
(1)甲、乙两人中有一个抽到选择题,另一个抽到判断题的概率是多少
(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少
解:把3个选择题记为x1,x2,x3,2个判断题记为p1,p2,则试验的样本空间包含的样本点数为5×4=20(个).
(1)设事件A=“甲抽到选择题,乙抽到判断题”,B=“甲抽到判断题,乙抽到选择题”,M=“甲、乙两人中有一个抽到选择题,另一个抽到判断题”,则M=A∪B.
因为A={(x1,p1),(x1,p2),(x2,p1),(x2,p2),(x3,p1),(x3,p2)},共有6个样本点,B={(p1,x1),(p1,x2),(p1,x3),(p2,x1),(p2,x2),(p2,x3)},共有6个样本点,
所以P(A)==,P(B)==,
因为事件A与事件B互斥,
所以P(M)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=+=.
故“甲、乙两人中有一个抽到选择题,另一个抽到判断题”的概率为.
(2)设事件C=“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”,则=“甲、乙两人都抽到判断题”={(p1,p2),(p2,p1)},共有2个样本点,P()==,所以P(C)=1-P()=1-=.
故“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”的概率为.
(1)互斥事件与对立事件的概率计算
①若事件A1,A2,…,An彼此互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
②设事件A的对立事件是,则P(A)=1-P().
(2)求复杂事件的概率常用的两种方法
①直接法:将所求事件转化成彼此互斥的事件的和.
②间接法:先求其对立事件的概率,然后再应用公式P(A)=1-P()求解.
跟踪训练1: 袋中装有6个形状、大小完全相同的球,其中黑球2个、白球2个、红球2个,规定取出一个黑球记0分,取出一个白球记1分,取出一个红球记2分,抽取这些球的时候,谁也无法看到球的颜色,首先由甲取出3个球,并不再将它们放回原袋中,然后由乙取出剩余的3个球,规定取出球的总积分多者获胜.
(1)求甲、乙成平局的概率;
(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.
解:(1)记黑球为1,2号,白球为3,4号,红球为5,6号,则甲的可能取球共有以下20种情况:123,124,125,126,134,135,136,145,146,156,234,235,236,245,246,256,345,346,356,456,甲、乙平局时都得3分,所以甲取出的三个小球是一黑一白一红,共8种情况,故平局的概率P1==.
(2)甲获胜时,得分只能是4分或5分,即取出的是2红1白,1红2白,2红1黑,共6种情况,
故先取者(甲)获胜的概率P2==,
后取者(乙)获胜的概率P3=1--=,
所以P2=P3,故先后取球的顺序不影响比赛的公平性.
题型二 古典概型
[例2] 某科研管理部门为了解下辖的甲、乙、丙三个科研所对重点领域项目的推进情况以便后期工作实施,准备用分层随机抽样的方法从三个科研所中抽取7名科技工作者进行调研,已知三个科研所的人数分别为480,320,320.
(1)应从甲、乙、丙三个科研所中分别抽取多少人
(2)设抽出的7个人分别用A,B,C,D,E,F,G表示,现从中随机抽取2名科研工作者就某一重大项目进行主题发言,求“抽取到的2人来自同一科研所”的概率.
解:(1)抽样比为==,
所以480×=3,320×=2,320×=2,
所以应从甲、乙、丙三个科研所中分别抽取3人、2人、2人.
(2)不妨设甲科研所中的3个人为A,B,C,乙科研所中的2个人为D,E,丙科研所的2个为F,G,则从7个人中随机抽取2名科研工作者的基本事件有AB,AC,AD,AE,AF,AG,BC,BD,BE,BF,BG,CD,CE,CF,CG,DE,DF,DG,EF,EG,FG,共有21种,
其中“抽取到的2人来自同一科研所”AB,AC,BC,DE,FG,共5种,
所以“抽取到的2人来自同一科研所”的概率为.
在应用古典概型的概率公式P(A)=时,关键是分清事件A和样本空间Ω包含的样本点个数n(A)和n(Ω),有时需用列举法把样本点一一列举出来,但列举时必须按某一顺序做到不重复、不遗漏.
跟踪训练2: 有四张背面相同的纸牌A,B,C,D,其正面分别画有四个不同的几何图形,小华将这4张纸牌背面朝上洗匀后摸出一张,放回洗匀后再摸出一张.
(1)用画树状图法(或列表法)表示试验的样本空间(纸牌用A,B,C,D表示);
(2)求摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌的概率.
解:(1)树状图如图所示.
列表如表所示:
A B C D
A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D)
B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D)
C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D)
D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D)
(2)在A,B,C,D四张纸牌中,牌面图形是中心对称图形的是B,C,所以摸出两张牌面图形都是中心对称图形的纸牌包含4个样本点,即(B,B),(B,C),(C,B),(C,C),故所求概率是=.
题型三 独立事件的概率
[例3] 两个实习生每人加工一个零件.加工为一等品的概率分别为和,两个零件是否加工为一等品相互独立,则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A,即仅第一个实习生加工一等品为事件A1,仅第二个实习生加工一等品为事件A2两种情况,
则P(A)=P(A1)+P(A2)=×+×=.故选B.
应用相互独立事件同时发生的概率的乘法公式求概率的解题步骤
(1)确定各事件是相互独立的.
(2)确定各事件会同时发生.
(3)先求每个事件发生的概率,再求其积.
跟踪训练3: 已知甲、乙、丙三名同学同时竞选班干部,3人能被选上的概率分别为,,,这三名同学中至少有一名同学被选上的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为,,,
所以这三名同学中至少有一名同学被选上的概率为
P=1-(1-)×(1-)×(1-)=.故选C.
题型四 用频率估计概率
[例4] 某射击运动员为某运动会做准备,在相同条件下进行射击训练,结果如下:
射击 次数n 10 20 50 100 200 500
击中靶心 次数m 8 19 44 92 178 455
击中靶心 的频率 0.8 0.95 0.88 0.92 0.89 0.91
(1)该射击运动员射击一次,击中靶心的概率大约是多少
(2)假设该射击运动员射击了300次,则击中靶心的次数大约是多少
(3)假如该射击运动员射击了300次,前270次都击中靶心,那么后30次一定都击不中靶心吗
(4)假如该射击运动员射击了10次,前9次中有8次击中靶心,那么第10次一定击中靶心吗
解:(1)由题意,击中靶心的频率与0.9接近,故概率约为0.9.
(2)击中靶心的次数大约为300×0.9=270(次).
(3)由概率的意义,可知概率是个常数,不因试验次数的变化而变化.后30次中,每次击中靶心的概率仍是0.9,所以不一定不击中靶心.
(4)不一定.
概率是一个理论值,频率是概率的近似值,当做大量的重复试验时,试验次数越多,频率越接近概率.
跟踪训练4: 如表是某种油菜籽在相同条件下的发芽试验结果表,请完成表格并回答问题.
每批 粒数 2 5 10 70 130 300 1 500 2 000 3 000
发芽的 粒数 2 4 9 60 116 269 1 347 1 794 2 688
发芽的 频率
(1)完成上面表格.
(2)估计该油菜籽发芽的概率是多少
解:(1)从左到右依次填入:1,0.8,0.9,0.857,0.892,0.897,0.898,0.897,0.896.
(2)由于每批种子发芽的频率稳定在0.897附近,所以估计该油菜籽发芽的概率为0.897.
题型五 概率与统计的综合应用
[例5] 某市对所在城市约6 000个流动个体经营者进行调查统计,发现所售商品多为小吃、衣帽、果蔬、玩具、饰品等,各类个体经营者所占比例如图①.
(1)该市为了更好地服务百姓,打算从流动个体经营者经营点中随机抽取100个进行政策问询.如果按照分层随机抽样的方法抽取,请问应抽取小吃类、果蔬类流动个体经营者各多少
(2)为了更好地了解流动个体经营者的收入情况,工作人员还对某果蔬经营点最近40天的日收入(单位:元)进行了统计,所得频率分布直方图如图②.若从该果蔬经营点的日收入超过200元的天数中随机抽取两天,求这两天的日收入至少有一天超过250元的概率.
解:(1)由题意知,小吃类流动个体经营者所占比例为1-25%-15%-10%-5%-5%=40%,按照分层随机抽样的方法抽取,应抽取小吃类流动个体经营者为100×40%=40(个),果蔬类流动个体经营者为100×15%=15(个).
(2)该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为(0.002+0.001)×50×40=6(天),其中超过250元的有40×0.001×50=2(天).记日收入超过250元的2天为a1,a2,其余4天为b1,b2,b3,b4,随机抽取两天的所有可能情况有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a1,b4),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(a2,b4),(b1,b2),(b1,b3),(b1,b4),(b2,b3),(b2,b4),(b3,b4),共15种,其中至少有一天超过250元的所有可能情况有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a1,b4),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(a2,b4),共9种.所以这两天的日收入至少有一天超过250元的概率为P==.
概率与统计的综合应用的关注点
概率与统计相结合,所涉及的统计知识是基础知识,所涉及的概率往往是古典概型,虽然是综合题,但是难度不大.在解决问题时,要求对图表进行观察、分析、提炼,挖掘出图表所给予的有用信息,排除有关数据的干扰,进而抓住问题的实质,达到求解的目的.
跟踪训练5: 为了加强中学生实践、创新和团队建设能力的培养,促进教育教学改革,某市教育局举办了全市中学生创新知识竞赛.某中学举行了选拔赛,共有150名学生参加,为了了解成绩情况,从中抽取50名学生的成绩(得分均为整数,满分为100分)进行统计,请你根据尚未完成的频率分布表,解答下列问题:
组数 分组 频数 频率
第一组 60.5～70.5 0.26
第二组 70.5～80.5 17
第三组 80.5～90.5 18 0.36
第四组 90.5～100.5
合计 50 1
(1)完成频率分布表(直接写出结果),并作出频率分布直方图;
(2)若成绩在90.5分以上的学生获一等奖,试估计全校获一等奖的人数,现在从全校所有获一等奖的同学中随机抽取2名同学代表学校参加竞赛,某班共有2名同学荣获一等奖,求该班同学恰有1人参加竞赛的概率.
解:(1)频率分布表如下:
组数 分组 频数 频率
第一组 60.5～70.5 13 0.26
第二组 70.5～80.5 17 0.34
第三组 80.5～90.5 18 0.36
第四组 90.5～100.5 2 0.04
合计 50 1
频率分布直方图如图.
(2)获一等奖的概率约为0.04,所以获一等奖的人数估计为150×0.04=6(人).记这6人为A1,A2,B,C,D,E,其中,A1,A2为该班获一等奖的同学.从全校所有获一等奖的同学中随机抽取2名同学代表学校参加竞赛,对应的样本空间Ω={(A1,A2),(A1,B),(A1,C),(A1,D),(A1,E),(A2,B),(A2,C),(A2,D),(A2,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)},共有15个样本点.
该班同学中恰有1人参加竞赛,包含8个样本点:(A1,B),(A1,C),(A1,D),(A1,E),(A2,B),(A2,C),(A2,D),(A2,E).
所以该班同学中恰有1人参加竞赛的概率P=.
第十章 检测试题
选题明细表
知识点、方法 题号
事件关系及其运算 1,3,4,6,9,10
古典概型 5,8,11,15,18
事件的独立性 12,14,16,17
频率与概率 2,7,13,
概率综合应用 19,20,21,22
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在天气预报中,有“降水概率预报”,例如预报“明天降水概率为85%”,这是指( D )
(A)明天该地区有85%的地区降水,其他地区不降水
(B)明天该地区约有85%的时间降水,其他时间不降水
(C)气象台的专家中有85%的人认为会降水,另外15%的专家认为不降水
(D)明天该地区降水的可能性为85%
2.某兴趣小组从包括甲、乙的小组成员中任选3人参加活动,若甲、乙至多有一人被选中的概率是,则甲、乙均被选中的概率是( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意可知事件“甲、乙至多有一人被选中”与事件“甲、乙均被选中”为对立事件,则甲、乙均被选中的概率是P=1-=.故选B.
3.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题:粮仓开仓收粮,有人送来米648石,验得米内夹谷,抽样取米一把,数得288粒内夹谷32粒,则这批米内夹谷约为( B )
(注:石dàn古代重量单位,1石=60千克)
(A)74石 (B)72石 (C)70石 (D)68石
解析:设送来648石米内夹谷约为x石,因为抽样取米一把,数得288粒内夹谷32粒,可得=,解得x=72.故选B.
4.掷一个骰子的试验,事件A表示“出现小于5的偶数点”,事件B表示“出现小于5的点数”.若表示B的对立事件,则一次试验中,事件A+发生的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:依题意P(A)==,P(B)==,P()=1-=.
因为表示“出现5点或6点”的事件,A表示“出现小于5的偶数点”,
所以A与互斥,
所以P(A+)=P(A)+P()=.故选C.
5.从含有3件正品2件次品的5件产品中,任意取出2件产品,则取出的2件产品中至少有一件次品的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:设3件正品为A,B,C,2件次品为a,b,
则任意取出2件产品的情况有
(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b),共10种,
其中至少有一件次品的情况有(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b),共7种,
则取出的2件产品中至少有一件次品的概率为.故选A.
6.一商店有奖促销活动中仅有一等奖、二等奖、鼓励奖三个奖项,其中,中一等奖的概率为0.1,中二等奖的概率为0.32,中鼓励奖的概率为0.42,则不中奖的概率为( A )
(A)0.16 (B)0.12 (C)0.18 (D)0.58
解析:由于奖项一等奖、二等奖、鼓励奖和不中奖四个事件是相互独立,且构成事件为必然事件,
所以不中奖的概率为1-0.1-0.32-0.42=0.16.故选A.
7.甲、乙两名同学相约学习某种技能,该技能需要通过两项考核才能拿到证书,每项考核结果互不影响.已知甲同学通过第一项考核的概率是,通过第二项考核的概率是;乙同学拿到该技能证书的概率是,那么甲、乙两人至少有一人拿到该技能证书的概率是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:由已知得甲拿到该技能证书的概率为
×=,
则甲、乙两人都没有拿到证书的概率为(1-)×(1-)=,
所以甲、乙两人至少有一人拿到该技能证书的概率是1-=.故选D.
8.2020年11月5日—11月10日,在上海国家会展中心举办了第三届中国国际进口博览会,其中的“科技生活展区”设置了各类与人民生活息息相关的科技专区.现从“高档家用电器”“智能家居”“消费电子”“服务机器人”“人工智能及软件技术”五个专区中选择两个专区参观,则选择的两个专区中包括“人工智能及软件技术”专区的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:分别记“高档家用电器”“智能家居”“消费电子”“服务机器人”“人工智能及软件技术”五个专区为A,B,C,D,E,
从这五个专区中选择两个专区参观,所包含的基本事件有AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE,共10个,
选择的两个专区中包括“人工智能及软件技术”专区(即E专区),所对应的基本事件有AE,BE,CE,DE,共4个,
因此,选择的两个专区中包括“人工智能及软件技术”专区的概率是P==.
故选C.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.有甲、乙两种套餐供学生选择,记事件A为“只选甲套餐”,事件B为“至少选一种套餐”,事件C为“至多选一种套餐”,事件D为“不选甲套餐”,事件E为“一种套餐也不选”.下列说法错误的是( AD )
(A)A与C是互斥事件
(B)B与E是互斥事件,且是对立事件
(C)B与C不是互斥事件
(D)C与E是互斥事件
解析:事件A为“只选甲套餐”;事件B为“至少选一种套餐”,包括选甲套餐,选乙套餐,甲、乙两种套餐都选;事件C为“至多选一种套餐”,包括选甲套餐,选乙套餐,甲、乙两种都不选;事件D为“不选甲套餐”,包括选乙套餐,甲、乙两种都不选;事件E为“一种套餐也不选”.
事件A与C既不互斥也不对立,故A错误;事件B与E是互斥事件,且是对立事件,故B正确;事件B与C不互斥,故C正确;事件C与E不互斥,故D错误.故选AD.
10.利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品,其中一等品有20件,合格品有70件,其余为不合格品,现在这个工厂随机抽查一件产品,设事件A为“是一等品”,B为“是合格品”,C为“是不合格品”,则下列结果正确的是( ABC )
(A)P(B)= (B)P(A∪B)=
(C)P(A∩B)=0 (D)P(A∪B)=P(C)
解析:由题意知A,B,C为互斥事件,故C正确;又因为从100件中抽取产品符合古典概型的条件,所以P(B)=,P(A)=,P(C)=,则P(A∪B)=,故A,B正确,D错误.故选ABC.
11.某次数学考试的一道多项选择题,要求是:“在每小题给出的四个选项中,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是CD,且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做,下列表述正确的是( ABC )
(A)甲同学仅随机选一个选项,能得3分的概率是
(B)乙同学仅随机选两个选项,能得5分的概率是
(C)丙同学随机选择选项,能得分的概率是
(D)丁同学随机至少选择两个选项,能得分的概率是
解析:甲同学仅随机选一个选项,共有4个基本事件,分别为{A},{B},{C},{D},
随机选择一个选项能得3分的基本事件有{C},{D},故能得3分的概率为,故A正确;
乙同学仅随机选两个选项,共有6个基本事件,
分别为{A,B},{A,C},{A,D},{B,C},{B,D},{C,D},
随机选择两个选项能得5分的基本事件有{C,D},故能得5分的概率为,故B正确;
丙同学随机选择选项(丙至少选择一项),
由题意可知共有基本事件15种,分别为
选择一项:{A},{B},{C},{D};
选择两项:{A,B},{A,C},{A,D},{B,C},{B,D},{C,D};
选择三项或全选:{A,B,C},{A,B,D},{A,C,D},{B,C,D},{A,B,C,D},
随机选择选项能得分的基本事件有{C},{D},{C,D},
故能得分的概率为=,故C正确;
丁同学随机至少选择两个选项,由C的分析可知,共有基本事件11个,
随机至少选择两个选项能得分的基本事件有{C,D},故能得分的概率为,故D错.故选ABC.
12.如图所示的电路中,5只箱子表示保险匣分别为A,B,C,D,E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是( BD )
(A)A,B所在线路畅通的概率为
(B)A,B,C所在线路畅通的概率为
(C)D,E所在线路畅通的概率为
(D)当开关合上时,整个电路畅通的概率为
解析:由题意知,A,B,C,D,E保险闸被切断的概率分别为P(A)=,P(B)=,P(C)=,P(D)=,P(E)=,
所以A,B两个箱子畅通的概率为×=,因此A错误;
D,E两个箱子并联后畅通的概率为1-×=1-=,因此C错误;
A,B,C三个箱子混联后畅通的概率为1-×=1-=,B正确;
根据上述分析可知,当开关合上时,电路畅通的概率为×=,D正确.故选BD.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.为了调查某野生动物保护区内某种野生动物的数量,调查人员捕到这种动物1 200只做过标记后放回,一星期后,调查人员再次捕到该种动物1 000只,其中做过标记的有100只,估算保护区有这种动物 只.
解析:设保护区内有这种动物x只,因为每只动物被捕到的概率是相同的,所以=,解得x=12 000.
答案:12 000
14.某商场举行促销活动,凡购买一定价值的商品便可以获得两次抽奖机会.第一次抽奖中奖的概率是0.5,第二次抽奖中奖的概率是0.3,两次抽奖是否中奖互不影响,那么两次抽奖中至少有一次中奖的概率是 .
解析:因为两次抽奖中至少有一次中奖的对立事件是两次都不中奖,所以两次抽奖中至少有一次中奖的概率为P=1-(1-0.5)×(1-0.3)=0.65.
答案:0.65
15.甲、乙两间医院各有3名医生报名参加研讨会,其中甲医院有2男1女,乙医院有1男2女,若从甲医院和乙医院报名的医生中各任选1名,则选出的2名医生性别不相同的概率是 .
解析:记甲医院2男1女为A,B,0,乙医院1男2女为C,1,2,
从甲医院和乙医院报名的医生中各任选1名,则基本事件有(A,C),(A,1),(A,2),(B,C),(B,1),(B,2),(0,C),(0,1),(0,2),共有9种,
所以选出的2名医生性别不相同有(A,1),(A,2),(B,1),(B,2),(0,C),共5种,
选出的2名医生性别不相同的概率P=.
答案:
16.甲袋中有8个白球,4个红球,乙袋中有6个白球,6个红球.从每袋中任取一个球,则取得同色球的概率为 .
解析:设从甲袋中任取一个球,事件A为“取得白球”,则事件为“取得红球”,从乙袋中任取一个球,事件B为“取得白球”,则事件为“取得红球”.
因为事件A与B相互独立,
所以事件与相互独立.
所以从每袋中任取一个球,
取得同色球的概率为
P(AB∪ )=P(AB)+P( )=P(A)P(B)+P()P()=×+×=.
答案:
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)
甲、乙两人独立破译同一密码,甲破译密码的概率为0.7,乙破译密码的概率为0.6.记事件A:甲破译密码,事件B:乙破译密码.
(1)求甲、乙两人都破译密码的概率;
(2)求恰有一人破译密码的概率.
解:(1)事件“甲、乙两人都破译密码”可表示为AB,事件A,B相互独立,
由题意可知P(A)=0.7,P(B)=0.6,
所以P(AB)=P(A)P(B)=0.7×0.6=0.42.
(2)事件“恰有一人破译密码”可表示为B+A,且B,A互斥,
所以P(B+A)=P(B)+P(A)
=P()P(B)+P(A)P()
=(1-0.7)×0.6+0.7×(1-0.6)=0.46.
18.(本小题满分12分)
某校高一年级1 000名学生全部参加了体育达标测试,现从中随机抽取40名学生的测试成绩,整理并按分数段[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]进行分组,假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替,则得到体育成绩的折线图如图所示.
(1)估计该校高一年级中体育成绩大于或等于70分的学生人数;
(2)现从体育成绩在[60,70)和[80,90)的样本学生中随机抽取2人,求其中恰有1人体育成绩在[60,70)的概率.
解:(1)根据折线图可以得到体育成绩大于或等于70分的学生人数为14+3+13=30,
所以估计该校高一年级中体育成绩大于或等于70分的学生人数为1 000×=750.
(2)体育成绩在[60,70)和[80,90)的人数分别为2,3,分别记为a,b,A,B,C.
若随机抽取2人,则所有的基本事件为(a,b),(a,A),(a,B),(a,C),(b,A),(b,B),(b,C),(A,B),(A,C),(B,C),共10个.
其中恰有1人体育成绩在[60,70)的基本事件的个数有6个,
设A为“恰有1人体育成绩在[60,70)”,则
P(A)==.
19.(本小题满分12分)
已知A,B,C为三个独立事件,若事件A发生的概率是,事件B发生的概率是,事件C发生的概率是,求下列事件的概率:
(1)事件A,B,C只发生两个;
(2)事件A,B,C至多发生两个.
解:(1)记“事件A,B,C只发生两个”为A1,则事件A1包括三种彼此互斥的情况:AB,AC,BC,由互斥事件概率的加法公式和相互独立事件的概率乘法公式,
得P(A1)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=++=,
所以事件A,B,C只发生两个的概率为.
(2)记“事件A,B,C至多发生两个”为A2,则事件A2包括彼此互斥的三种情况:事件A,B,C一个也不发生,记为A3,事件A,B,C只发生一个,记为A4,事件A,B,C只发生两个,由(1)知为A1,
故P(A2)=P(A3)+P(A4)+P(A1)=++=.
所以事件A,B,C至多发生两个的概率为.
20.(本小题满分12分)
质量监督局检测某种产品的三个质量指标x,y,z,用综合指标Q=x+y+z核定该产品的等级.若Q≤5,则核定该产品为一等品.现从一批该产品中,随机抽取10件产品作为样本,其质量指标列表如下:
产品编号 A1 A2 A3 A4 A5
质量指标 (x,y,z) (1,1,2) (2,1,2) (2,2,2) (1,3,1) (1,2,3)
产品编号 A6 A7 A8 A9 A10
质量指标 (x,y,z) (1,2,2) (2,3,1) (3,2,1) (1,1,1) (2,1,1)
(1)利用表格提供的样本数据估计该批产品的一等品率;
(2)在该样品的一等品中,随机抽取2件产品,设事件B为“在取出的2件产品中,每件产品的综合指标均满足Q≤4”,求事件B的概率.
解:(1)计算10件产品的综合指标Q,如表:
产品编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
Q 4 5 6 5 6 5 6 6 3 4
其中Q≤5的有A1,A2,A4,A6,A9,A10,共6件,
故该样本的一等品率为=0.6,
从而估计该批产品的一等品率为0.6.
(2)在该样本的一等品中,随机抽取2件产品的所有等可能结果为(A1,A2),(A1,A4),(A1,A6),(A1,A9),(A1,A10),(A2,A4),(A2,A6),(A2,A9),(A2,A10),(A4,A6),(A4,A9),(A4,A10),(A6,A9),(A6,A10),(A9,A10),共15种.
在该样本的一等品中,综合指标均满足Q≤4的产品编号分别为A1,A9,A10,
则事件B发生的所有等可能结果为(A1,A9),(A1,A10),(A9,A10),共3种,
所以P(B)==.
21.(本小题满分12分)
某景点设有共享电动车租车点,共享电动车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算).甲、乙两人各租一辆电动车,若甲、乙不超过1小时还车的概率分别为,;1小时以上且不超过2小时还车的概率分别为,;两人租车时间都不会超过3小时.
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率;
(2)求甲、乙两人所付的租车费用之和大于或等于8的概率.
解:(1)甲、乙两人所付费用相同即同为2元,4元,6元.
都付2元的概率为P1=×=;
都付4元的概率为P2=×=;
都付6元的概率为P3=×=.
故所付费用相同的概率为P=P1+P2+P3=++=.
(2)设两人费用之和为8,10,12的事件分别为A,B,C,
P(A)=×+×+×=;
P(B)=×+×=;
P(C)=×=.
设甲、乙两人费用之和大于或等于8的事件为W,
则W=A+B+C,
所以甲、乙两人费用之和大于或等于8的概率为
P(W)=P(A)+P(B)+P(C)=++=.
22.(本小题满分12分)
为了普及垃圾分类知识,某学校举行了垃圾分类知识考试,试卷中只有两道题目,已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(p>q),且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙同时答对的概率为,恰有一人答对的概率为.
(1)求p和q的值;
(2)试求两人共答对三道题的概率.
解:(1)设A={甲同学答对一道题},B={乙同学答对一道题},则P(A)=p,P(B)=q.
设C={甲、乙两人均答对一道题},D={甲、乙两人中恰有一人答对一道题},
则C=AB,D=A+B.
由于两人答题互不影响,且每人各题答题结果互不影响,
所以A与B相互独立,A与B互斥,
所以P(C)=P(AB)=P(A)P(B),
P(D)=P(A+B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B).
由题意可得
即
解得或
由于p>q,所以p=,q=.
(2)设Ai={甲同学答对了i道题},Bi={乙同学答对了i道题},i=0,1,2.
由题意得,P(A1)=×+×=,
P(A2)=×=,
P(B1)=×+×=,
P(B2)=×=.
设E={甲、乙两人共答对三道题},
则E=A1B2+A2B1.
由于Ai和Bi相互独立,A1B2与A2B1互斥,
所以P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)
=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)
=×+×=.
所以甲、乙两人共答对三道题的概率为.
综合检测试题
选题明细表
知识点、方法 题号
平面向量 3,7,11,16,17,20
复数 1,9
立体几何 6,8,12,15,19,22
概率 5,13,14,18,21
统计 2,4,10,11,18,21
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知a∈R,复数z=(a+2i)i+(i为虚数单位)为实数,则a等于( A )
(A)1 (B)-1 (C)2 (D)-2
解析:因为z=(a+2i)i+(i为虚数单位)为实数,
z=(a+2i)i+=ai+2i2+=-2+(a-1)i,
所以a-1=0,解得a=1.故选A.
2.某中学举办电脑知识竞赛,满分为100分,80分以上(含80分)为优秀,现将高一两个班参赛学生的成绩进行整理后分成五组:第一组[50,60),第二组[60,70),第三组[70,80),第四组[80,90),第五组[90,100],其中第一、第三、第四、第五小组的频率分别为0.30,0.15,0.10,0.05,而第二小组的频数是40,则参赛的人数以及成绩优秀的概率分别是( C )
(A)50,0.15 (B)50,0.75
(C)100,0.15 (D)100,0.75
解析:由已知得第二小组的频率是1-0.30-0.15-0.10-0.05=0.40,频数为40,
设共有参赛学生x人,则x×0.4=40,
所以x=100.
成绩优秀的概率为0.15.
故选C.
3.若平面向量a与b满足|a|=2,|b|=1,|a+b|=,则a与b的夹角θ为( C )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)120°
解析:|a+b|=
=
=
==,
解得cos θ=,θ=60°.故选C.
4.某中学组织了“英雄事迹我来讲”活动.已知该中学共有高中生2 700名,用分层随机抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为45的样本参加活动,其中高三年级抽取了14人,高二年级抽取了15人,则该校高一年级学生人数为( B )
(A)720 (B)960
(C)1 020 (D)1 680
解析:由题意高一抽取的学生人数为
45-14-15=16.
设高一学生人数为n,则=,解得n=960.故选B.
5.已知200辆汽车经过某一雷达地区速度的频率分布直方图如图所示,则速度超过60 km/h(含60 km/h)的汽车的辆数为( B )
(A)65 (B)76 (C)88 (D)95
解析:由频率分布直方图可得数据落在[60,80)内的频率是(0.028+0.010)×10=0.38,故速度超过60 km/h(含60 km/h)的汽车的辆数为200×0.38=76.故选B.
6.已知棱长为1的正方体的所有顶点在一个球面上,则这个球的表面积为( C )
(A)π (B)π (C)3π (D)4π
解析:由题意,正方体的中心为其外接球的球心,因为正方体的棱长为1,所以正方体的对角线长为,则外接球的半径为,所以外接球的表面积为4π×()2=3π.故选C.
7.已知向量a=(5,2),b=(3,x),c=(2,4),且(a-b)·c=0,则x等于( B )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
解析:因为a-b=(5,2)-(3,x)=(2,2-x),所以 (a-b)·c=2×2+4×(2-x)=12-4x=0,解得x=3.故选B.
8.已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为DC中点,F在线段D1C1上运动,则三棱锥FADE的外接球的表面积最小值为( C )
(A)14π (B)9π
(C)π (D)π
解析:取AE的中点O1,易知O1为Rt△ADE的外心,取D1C1的中点P,连接A1P,取A1P的中点Q,连接O1Q,
由正方体的性质可得O1Q⊥平面ABCD,
则三棱锥FADE的外接球球心O在直线O1Q上,
连接OF,
取D1P的中点H,
连接OH,QH,
由中位线的性质可得QH∥A1D1且QH=A1D1=1,
所以QH⊥D1C1,
所以D1C1⊥平面QHO,D1C1⊥OH,
若要使三棱锥FADE的外接球的表面积最小,则要使其半径即OF最小,
易知当OF⊥D1C1,
即点F与H重合时,OF最小,
设O1O=m,由题意O1E=,O1Q=2,
则OE2=O1E2+O1O2=+m2,
OH2=OQ2+QH2=(2-m)2+1,
由OE2=OH2可得+m2=(2-m)2+1,
化简可得m=,
此时,三棱锥FADE的外接球的半径R满足R2=OE2=+m2=,
所以三棱锥FADE的外接球的表面积最小值Smin=4πR2=4π·=π.
故选C.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.已知复数ω=-+i(i是虚数单位),是ω的共轭复数,则下列的结论正确的是( AC )
(A)ω2= (B)ω3=-1
(C)ω2+ω+1=0 (D)ω>
解析:因为ω=-+i,所以=--i,
所以ω2=-i-=--i=,故A正确;
ω3=ω2ω=(--i)(-+i)=-(-)=1,故B错误;
ω2+ω+1=--i-+i+1=0,故C正确;
虚数不能比较大小,故D错误.故选AC.
10.某人射箭9次,射中的环数依次为7,8,9,7,6,9,8,10,8,关于这组数据,下列说法正确的是( ABD )
(A)这组数据的众数是8
(B)这组数据的平均数是8
(C)这组数据的中位数是6
(D)这组数据的方差是
解析:数据从小到大排列为6,7,7,8,8,8,9,9,10,
所以众数为8,A选项正确;中位数为8,C选项错误;
平均数为=8,所以B选项正确;
方差为×[(6-8)2+(7-8)2×2+(8-8)2×3+(9-8)2×2+(10-8)2]=,所以D选项正确.故选ABD.
11. 如图,△ABC的三个内角A,B,C对应的三条边长分别是a,b,c,∠ABC为钝角,BD⊥AB,cos 2∠ABC=-,c=2,b=,则下列结论正确的有( AC )
(A)sin A=
(B)BD=2
(C)5=3
(D)△CBD的面积为
解析:由cos 2∠ABC=-,
得2cos 2∠ABC-1=-,
又∠ABC为钝角,解得cos ∠ABC=-.
由余弦定理b2=a2+c2-2accos ∠ABC,
得=a2+4-4a·(-),
解得a=2,可知△ABC为等腰三角形,即A=C,
所以cos ∠ABC=-cos 2A=-(1-2sin 2A)=-,
解得sin A=,故A正确;
可得cos A==.
在Rt△ABD中,=cos A,得AD=,可得BD===1,故B错误;
CD=b-AD=-=,
可得==,
可得5=3,故C正确;
S△BCD=a·CDsin C=×2××=,故D错误.
故选AC.
12.已知边长为2的菱形ABCD中,∠ABC=,现沿着BD将菱形折起,使得AC=,则下列结论正确的是( ABC )
(A)AC⊥BD
(B)二面角ABDC的大小为
(C)点A到平面BCD的距离为
(D)直线AD与平面BCD所成角的正切值为
解析:取BD的中点O,连接OA,OC.
由菱形性质可知△ABD和△BCD都是等边三角形,
所以BD⊥OA,BD⊥OC,又OA∩OC=O,
所以BD⊥平面AOC,
所以BD⊥AC,故选项A正确;
由BD⊥OA,BD⊥OC可知∠AOC为二面角ABDC的平面角,
由AB=AD=BC=CD=BD=2,
可知OA=OC=,又AC=,
所以∠AOC=,故选项B正确;
所以点A到平面BCD的距离
h=OA·sin ∠AOC=×=,
故选项C正确;
过点A作AM⊥平面BCD,垂足为M,则M为OC的中点,所以OM=OC=,
连接DM,则∠ADM为直线AD与平面BCD所成的角,且AM=,
DM===,
所以tan∠ADM==,故选项D错误.故选ABC.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.如图,把一个表面涂有蓝漆的正方体木块锯成64个完全相同的小正方体,若从中任取一块,则这一块至多有一面涂有蓝漆的概率为 .
解析:有两面涂有蓝漆的小木块有24个,有三面涂有蓝漆的小木块有8个,
则至多有一面涂有蓝漆的小木块有32个,
故P==.
答案:
14.某中学为了丰富学生的业余生活,开展了一系列文体活动,其中一项是同学们最感兴趣的3对3篮球对抗赛,现有甲、乙两队进行比赛,甲队每场获胜的概率为,且各场比赛互不影响.若采用五局三胜制进行比赛,则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率是 .
解析:设Ai(i=1,2,3,4,5)表示甲队在第i场比赛获胜,
采用五局三胜制,则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率为
P(A1 )+P( A2 )+P( A3 )
=×()3×3=.
答案:
15.如图,平行四边形形状的纸片是由六个边长为2的正三角形组成的,将它沿虚线对折起来,可以得到如图所示形状的六面体,则该六面体的体积为 .
解析:由题意可知该六面体是由两个正四面体组合成的,如图,三棱锥ABCD即为棱长为2的正四面体,
取CD中点E,连接BE,在BE上取一点F,使BF=2FE,连接AF,
易知BE=CD=,
BF=BE=,
点F为△BCD的中心,AF为该三棱锥的高,
所以S△BCD=CD·BE=,
AF===,
所以=S△BCD·AF=××=,
所以该六面体的体积为2=.
答案:
16.如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD的顶点A,B分别在x轴非负半轴和y轴的非负半轴上滑动,顶点C在第一象限内,AB=2,BC=1,设∠DAx=θ.若θ=,则点C的坐标为 ,若θ∈(0,),则·的取值范围为 .
解析:分别过点D作x,y轴的垂线,垂足分别为E,F,过点C分别作x,y轴的垂线,垂足分别为M,N,如图所示.
则∠OBA=∠DAE=∠BCN=θ,
设点C(x1,y1),D(x2,y2),
则x1=CN=cos θ,y1=OB+BN=2cos θ+sin θ,
x2=OA+AE=2sin θ+cos θ,y2=DE=sin θ.
当θ=时,x1=cos =,y1=2cos +sin =,则点C(,).
由上可知,C(cos θ,2cos θ+sin θ),
D(2sin θ+cos θ,sin θ),
则·=cos θ(2sin θ+cos θ )+(2cos θ+sin θ)sin θ=1+4sin θcos θ=1+2sin 2θ∈(1,3],
因此,·的取值范围是(1,3].
答案:(,) (1,3]
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)
已知a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),其中0<α<β<π.
(1)求向量a+b与a-b的夹角;
(2)若ka+b与a-kb的模相等,求的值(k为非零的常数).
解:(1)由已知得|a|=|b|=1,
则(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,
因此(a+b)⊥(a-b),
因此,向量a+b与a-b的夹角为90°.
(2)由a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),
可得ka+b=(kcos α+cos β,ksin α+sin β),
a-kb=(cos α-kcos β,sin α-ksin β),
因为|ka+b|=,
|a-kb|=,
所以=,
整理可得=,
即4kcos (β-α)=0,
因为k≠0,
所以cos (β-α)=0,即cos (α-β)=0.
因为0<α<β<π
所以-π<α-β<0,
因此α-β=-,即=-.
18.(本小题满分12分)
已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为160,160,80,现采用分层随机抽样的方法从中抽取5名同学去某敬老院参加爱心活动.
(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人
(2)设抽出的5名同学分别用A,B,C,D,E表示,现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作.
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;
②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”,求事件M发生的概率.
解:(1)甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为2∶2∶1,
所以从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取2人、2人、1人.
(2)①从抽出的5名同学中随机抽取2名同学的所有等可能结果为
{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{B,C},{B,D},
{B,E},{C,D},{C,E},{D,E},共10种.
②不妨设抽出的5名同学中,
来自甲年级的是A,B,来自乙年级的是C,D,来自丙年级的是E,
则从抽出的5名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有等可能结果为{A,B},{C,D},共2种.
所以事件M发生的概率为P(M)==.
19.(本小题满分12分)
如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BCC1B1是矩形,平面ACC1A1⊥平面BCC1B1,M是棱CC1的中点,CC1=AC=2,∠ACC1=60°.
(1)求证:AM⊥BB1;
(2)若N是AB的中点,求证:CN∥平面AB1M.
证明:(1)连接AC1,
因为CC1=AC=2,∠ACC1=60°,
所以三角形ACC1是等边三角形,
由于M是CC1的中点,所以AM⊥CC1.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1且两个平面的交线为CC1,所以AM⊥平面BCC1B1,
又BB1 平面BCC1B1,所以AM⊥BB1.
(2)取BB1的中点P,连接NP,CP.
因为N是AB的中点,P是BB1的中点,
所以在△ABB1中,NP∥AB1,
由于NP 平面AB1M,AB1 平面AB1M,
所以NP∥平面AB1M.
又在三棱柱ABCA1B1C1中,
所以BB1∥CC1,即PB1∥CM,且PB1=CM,
所以四边形PB1MC为平行四边形,
所以CP∥MB1,
由于CP 平面AB1M,MB1 平面AB1M,
所以CP∥平面AB1M.
因为NP∩CP=P,
所以平面CNP∥平面AB1M,
又CN 平面CNP.
所以CN∥平面AB1M.
20.(本小题满分12分)
在①cos A(ccos B+bcos C)=asin A,②cos 2A-cos 2B=2sin C(sin B-sin C),③m=(2,1),
n=(2cos 2,-cos 2A+1),m·n=这三个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 .
(1)求A;
(2)若a=3,求△ABC周长的取值范围.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
解:(1)方案一:若选①,由已知及正弦定理得,
cos A(sin Ccos B+sin Bcos C)=sin 2A,
所以cos Asin (C+B)=sin 2A,
所以cos Asin A=sin 2A,
又A∈(0,π),所以sin A≠0,
所以cos A=sin A,即tan A=,所以A=.
方案二:若选②,由已知及倍角公式得
(1-2sin 2A)-(1-2sin 2B)=2sin C(sin B-sin C),
所以2sin 2B-2sin 2A=2sin Csin B-2sin 2C,
所以sin 2B+sin 2C-sin 2A=sin Csin B,
由正弦定理得b2+c2-a2=bc,
由余弦定理得cos A==,
又A∈(0,π),
所以A=.
方案三:若选③,依题意
m·n=4cos 2-cos2A+1=,
将cos 2=,cos2A=2cos 2A-1
代入整理得,(2cos A-1)2=0,
所以cos A=,
因为A∈(0,π),
所以A=.
(2)由正弦定理得
===2,
所以b+c=2(sin B+sin C)
=2
=2
=6sin (B+),
因为B∈(0,),
所以B+∈(,),
所以sin (B+)∈(,1],
故6sin (B+)∈(3,6],即b+c∈(3,6],
所以△ABC周长的取值范围为(6,9].
21.(本小题满分12分)
如图是某社区关于生态文明建设进展情况的调查,调查数据表明,环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点,参与调查者中关注此问题的约占80%.现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人,这200人的年龄区间为[15,65],并将这200人按年龄分组:第一组[15,25),第二组[25,35),第三组[35,45),第四组[45,55),第五组[55,65],得到的频率分布直方图如图所示.
(1)求出a的值;
(2)求这200人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)和中位数;(精确到小数点后一位)
(3)现在要从年龄较小的第一、第二组中用分层随机抽样的方法抽取5人,再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查,求从第二组恰好抽到2人的概率.
解:(1)由10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1,得a=0.035.
(2)平均数为20×0.1+30×0.15+40×0.35+50×0.3+60×0.1=41.5(岁).
设中位数为x岁,则10×0.010+10×0.015+(x-35)×0.035=0.5,所以x≈42.1,即中位数约为42.1岁.
(3)第一、第二组的人数分别为20,30,从第一、第二组中用分层随机抽样的方法抽取5人,则第一、第二组抽取的人数分别为2,3.
分别记为A1,A2,b1,b2,b3,则从5个人中随机抽取3人,则基本事件有
(A1,A2,b1),(A1,A2,b2),(A1,A2,b3),(A1,b1,b2),(A1,b1,b3),(A1,b2,b3),(A2,b1,b2),(A2,b1,b3),(A2,b2,b3),(b1,b2,b3),共10个,
故从第二组中恰好抽到2人的概率为P==.
22.
(本小题满分12分)
四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,∠ADC=60°,PA=AD=2,E为AD的中点.
(1)求证:平面PCE⊥平面PAD.
(2)求PC与平面PAD所成的角的正切值.
(3)求二面角APDC的正弦值.
(1)证明:连接AC,因为四边形ABCD为菱形,
所以DA=DC.
因为∠ADC=60°,
所以△ADC为等边三角形,
所以CA=CD.
在△ADC中,E是AD中点,
所以CE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,CE 平面ABCD,
所以CE⊥PA.
因为PA∩AD=A,
所以EC⊥平面PAD.
因为CE 平面PCE,
所以平面PCE⊥平面PAD.
(2)解:因为EC⊥平面PAD,
所以斜线PC在平面PAD内的射影为PE,
即∠CPE是PC与平面PAD所成角的平面角.
因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD.
在Rt△PAE中,PE==,
在Rt△CED中,CE==,
因为EC⊥平面PAD,PE 平面PAD,
所以EC⊥PE,
在Rt△CEP中,tan∠CPE==,
所以PC与平面PAD所成角的正切值为.
(3)解:在平面PAD中,过点E作EM⊥PD,垂足为M,连接CM,
因为EC⊥平面PAD,PD 平面PAD,
所以EC⊥PD.
因为EM∩CM=M,
所以PD⊥平面EMC,
所以PD⊥CM,
所以∠EMC是二面角APDC的平面角,
在Rt△EMD中,ED=1,∠ADP=45°,
所以ME=MD=,
在Rt△CMD中,MD=,CD=2,
所以MC==,
在△EMC中,EC=,
由余弦定理得cos ∠EMC===,
所以二面角APDC的正弦值为.