§1 随机现象与随机事件
1.1 随机现象
1.2 样本空间
1.3 随机事件
核心知识目标 核心素养目标
1.理解随机试验的概念及特点. 2.理解样本点和样本空间,会求所给试验的样本点和样本空间. 3.理解随机事件、必然事件、不可能事件的概念,并会判断某一事件的性质. 1.经历通过实例抽象出样本空间、随机事件等概念培养数学抽象素养. 2.通过样本空间集合的表示培养数据分析素养.
随机现象与样本空间
[问题1] 从装有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球的口袋中任意取出2个球.
(1)“2个球中有红球”一定发生吗
(2)“2个球都是红球”一定发生吗
(3)两个球的颜色有哪几种情况
提示:(1)一定发生;(2)不一定发生;(3)“都是红球”或者“一个是红球,一个是白球”.
知识点1:(1)确定性现象和随机现象
在一定条件下必然出现的现象,称为确定性现象;在一定条件下进行试验或观察会出现不同的结果,而且每次试验之前都无法预言会出现哪一种结果的现象,称为随机现象.
(2)在概率与统计中,把观察随机现象或为了某种目的而进行的实验统称为试验,一般用E来表示,把观察结果或实验结果称为试验结果.
一般地,将试验E的所有可能结果组成的集合称为试验E的样本空间,记作Ω.样本空间Ω的元素,即试验E的每种可能结果,称为试验E的样本点,记作ω.如果样本空间Ω的样本点的个数是有限的,那么称样本空间Ω为有限样本空间.
[思考] 随机现象有哪两个特点
提示:(1)结果至少有两种.
(2)事先并不知道会出现哪种结果.
[例1] 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)满足“x+y=5”这一条件的样本点有哪几个 满足“x<3且y>1”的呢
(4)满足“xy=4”这一条件的样本点有哪几个 满足“x=y”的呢
解:(1)该试验的样本空间为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)满足“x+y=5”的有4个样本点:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1);
满足“x<3且y>1”的有6个样本点:(1,2),(1,3),(1,4),(2,2),(2,3),(2,4).
(4)满足“xy=4”的有3个样本点:(1,4),(2,2),(4,1);
满足“x=y”的有4个样本点:(1,1),(2,2),(3,3),(4,4).
变式训练1-1:已知集合M={-2,3},N={-4,5,6},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标.
(1)写出这个试验的样本空间;
(2)求这个试验样本点的总数;
(3)写出“第一象限内的点”所包含的样本点.
解:(1)该试验的样本空间为Ω={(-2,-4),(-2,5),(-2,6),(3,-4),(3,5),(3,6),(-4,-2),(5,-2),(6,-2),(-4,3),(5,3),(6,3)}.
(2)该试验样本点的总数是12.
(3)“第一象限内的点”所包含的样本点为(3,5),(3,6),(5,3),(6,3).
写随机试验的样本空间时,要用到列举法,列举时要按照一定的顺序,特别注意题目中的关键字,如“先后”“依次”“放回”“不放回”等.关于列举法,经常利用的形式有以下三种:
(1)直接列举法:把试验的全部结果一一列举出来.此方法适用于较为简单的试验问题.
(2)列表法:将样本点用表格的方式表示出来,通过表格可以弄清样本点的总数,以及要求的事件所包含的样本点个数.列表法适用于较简单的试验问题,样本点个数较多的试验不适合用列表法.
(3)树状图法:树状图法是使用树状的图形把样本点列举出来的一种方法.树状图法便于分析样本点间的结构关系,对于较复杂的问题,可以作为一种分析问题的主要手段,适用于较复杂的试验问题.
随机事件
知识点2:随机事件:一般地,把试验E的样本空间Ω的子集称为E的随机事件,简称事件,常用A,B,C等表示.
必然事件:样本空间Ω是其自身的子集,因此Ω也是一个事件;又因为它包含所有样本点,每次试验无论哪个样本点ω出现,Ω都必然发生,所以称Ω为必然事件.
不可能事件:空集也是Ω的一个子集,可以看作一个事件,由于它不包含任何样本点,在每次试验中都不会发生,故称为不可能事件.
[例2] 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,中奖500万元;
(2)没有空气和水,人类可以生存下去;
(3)同时抛掷两枚均匀硬币一次,都出现正面向上;
(4)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,所以它是随机事件.
(2)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,所以它是不可能事件.
(3)同时抛掷两枚均匀硬币一次,不一定都是正面向上,所以它是随机事件.
(4)由能量守恒定律可知,不需任何能量的“永动机”不会出现,所以它是不可能事件.
变式训练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)从分别标有1,2,3,4,5的5张标签中任取一张,得到4号签;
(2)一个三角形的大边对的角小,小边对的角大;
(3)函数y=logax(a>0且a≠1)在其定义域内是增函数;
(4)平行于同一直线的两条直线平行;
(5)某同学竞选学生会主席成功.
解:(2)为不可能事件,(4)为必然事件,(1)(3)(5)为随机事件.
事件的分类
事件类型 定义 举例
必然事件 在一定条件下,必然会发生的事件 在山顶上,抛一块石头,石头下落
不可能事件 在一定条件下,肯定不会发生的事件 在常温常压下,铁熔化
随机事件 在一定条件下,可能发生也可能不发生的事件 掷一枚均匀硬币,出现正面向上
随机事件的数字化
[典例] 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=“恰好有两个元件正常”,
N=“电路是通路”,
T=“电路为断路”.
试题情境:串联电路.
必备知识:样本空间与随机事件的集合表示.
关键能力:分类列举能力.
学科素养:数学建模,数学抽象.
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,则该试验的样本空间为
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)}.
(2)M=“恰好有两个元件正常”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)}.
[素养演练] 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=“恰好有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,则该试验的样本空间为
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)}.
(2)M=“恰好有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中至少有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)}.
[例1] 已知集合A={-9,-7,-5,-3,-1,0,2,4,6,8},从集合A中任取不相同的两个数作为点P的坐标,则事件“点P落在x轴上”包含的可能结果共有( )
(A)7个 (B)8个 (C)9个 (D)10个
解析:“点P落在x轴上”包含的可能结果的特征是纵坐标为0,A中有9个非零数.故选C.
[例2] 设有一列北上的火车,已知停靠的站由南至北分别为S1,S2,…,S10,共10站.若甲在S3站买票,乙在S6站买票.设试验的样本空间Ω表示火车所有可能停靠的站,令A表示甲可能到达的站的集合,B表示乙可能到达的站的集合.
(1)写出该试验的样本空间Ω;
(2)写出A,B包含的样本点;
(3)铁路局需为该列车准备多少种北上的车票
解:(1)Ω={S1,S2,S3,S4,S5,S6,S7,S8,S9,S10}.
(2)A={S4,S5,S6,S7,S8,S9,S10};B={S7,S8,S9,S10}.
(3)铁路局需要准备从S1站发车的车票共计9种,
从S2站发车的车票共计8种,…,从S9站发车的车票1种,总计共9+8+7+6+5+4+3+2+1=45(种).
即铁路局需为该列车准备45种北上的车票.
基础巩固
知识点一:随机事件的判断
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个玻璃杯不可能都是次品,所以C是不可能事件;B,D为随机事件.故选BD.
2.下列事件中,随机事件的个数为( A )
①三角形内角和为180°;②三角形中大边对大角,大角对大边;③三角形中两个内角和小于90°;④三角形中任意两边的和大于第三边.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:③是随机事件,①②④均为必然事件.故选A.
知识点二:样本空间
3.某校高一年级要组建数学、计算机、航空模型三个兴趣小组,某学生只选报其中的2个,则样本点共有( C )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
解析:该生选报的所有可能情况是:数学和计算机、数学和航空模型、计算机和航空模型,所以样本点共有3个.故选C.
4.从1,2,3,4这4个数中,任取2个数求和,那么“这2个数的和大于4”包含的样本点有( C )
(A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个
解析:从1,2,3,4这4个数中,任取2个数求和,则试验的样本空间为Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}.其中“这2个数的和大于4”包含的样本点有(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个.故选C.
5.试验“射击3次,观察中靶的次数”的样本空间是 .
解析:因为中靶次数可能为0,1,2,3,所以样本空间为Ω={0,1,2,3}.
答案:Ω={0,1,2,3}
6.从1,2,3,…,10中任意选一个数,这个试验的样本空间为 ;满足“它是偶数”的样本点的个数为 .
解析:该试验的样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},其中满足“它是偶数”的样本点有2,4,6,8,10,共5个.
答案:Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} 5
能力提升
7.在8件同类产品中,有5件正品,3件次品,从中任意抽取4件,下列事件中的必然事件是( D )
(A)4件都是正品 (B)至少有1件次品
(C)4件都是次品 (D)至少有1件正品
解析:抽取的4件产品中至多有3件次品,即至少有1件正品.故选D.
8.先后抛掷均匀的1分、2分硬币各一枚,观察落地后硬币的正、反面情况,则下列事件包含3个样本点的是( A )
(A)“至少一枚硬币正面向上”
(B)“只有一枚硬币正面向上”
(C)“两枚硬币都是正面向上”
(D)“两枚硬币一枚正面向上,另一枚反面向上”
解析:“至少一枚硬币正面向上”包括“1分正面向上,2分反面向上”“1分反面向上,2分正面向上”“1分、2分都正面向上”3个样本点.故选A.
9.从含有3个红球的10个球中,任取3个球,观察红球个数,事件A={1}表示的意义是( B )
(A)没有红球
(B)这3个球中有1个红球
(C)10个球中不是红球的1个球
(D)从10个球中取1个球
解析:依题意,事件A={1}表示的意义是取出的3个球中有1个红球.故选B.
10.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至少有一个女生;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.
11.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个红球和1个白球的袋中摸球,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
12.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)若a为实数,则|a|≥0;
(3)抛掷硬币10次,至少有一次正面向上;
(4)同一门炮向同一目标发射多枚炮弹,其中50%的炮弹击中目标;
(5)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)对任意实数a,|a|≥0总成立,是必然事件.
(3)抛掷硬币10次,可能全是反面向上,也可能有正面向上,是随机
事件.
(4)同一门炮向同一目标发射,命中率可能是50%,也可能不是50%,是随机事件.
(5)没有水分,种子不可能发芽,是不可能事件.
13.从含有2件正品a1,a2和1件次品b1的3件产品中每次任取1件,连续取两次.
(1)当不放回抽取时,写出样本空间Ω1;
(2)当放回抽取时,写出样本空间Ω2.
解:(1)Ω1={(a1,a2),(a1,b1),(a2,b1)}.
(2)Ω2={(a1,a1),(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b1),(b1,a1),
(b1,a2),(b1,b1)}.
应用创新
14.在一个不透明的口袋中装有大小相同标号不同的5张卡片,其中3张红色,2张白色.
(1)从中一次摸出2张卡片,此试验共有多少个样本点
(2)从中先后各取1张卡片(每次取后立即放回),此试验共有多少个样本点
解:不妨记3张红色卡片为1,2,3号,2张白色卡片为4,5号.
(1)“从中一次摸出两张卡片”,无顺序,故这个试验中等可能出现的结果有10种,分别为(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),
(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)(其中(1,2)表示摸到1号、2号卡片),故此试验共有10个样本点.
(2)“从中先后各取一张卡片(每次取后立即放回)”,有顺序,故这个试验中的所有可能结果为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),
(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),
(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),共有25个样本点.1.4 随机事件的运算
核心知识目标 核心素养目标
1.理解交事件和并事件的含义. 2.理解互斥事件和对立事件的含义及其二者的关系. 3.会进行事件的混合运算. 1.通过对事件的学习培养逻辑思维素养. 2.通过对事件运算的学习培养数学运算、数据分析素养.
交事件和并事件
[问题1] 连续抛掷一枚均匀骰子两次,用(i,j)表示抛出的结果,其中i表示第一次掷出点数,j表示第二次掷出点数,这个试验的样本空间Ω中,满足掷出的两个骰子点数之和大于等于10且点数相等的样本点有哪几个 满足掷出的两个骰子点数之和大于等于10或点数相等的样本点有哪几个 试从集合运算角度分析这两个问题.
提示:两个骰子点数之和大于等于10对应Ω的子集A={(i,j)|i+j≥10,(i,j)∈Ω}={(6,6),(6,5),(5,6),(5,5),(6,4),(4,6)}.
两个骰子点数相等对应Ω的子集
B={(i,j)|i=j,(i,j)∈Ω}={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)}.
掷出的两个骰子点数之和大于等于10且点数相等对应集合A∩B={(5,5),(6,6)},
掷出的两个骰子点数之和大于等于10或点数相等对应集合A∪B={(6,6),(6,5),(5,6),(5,5),(6,4),(4,6),(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)}.
知识点1:
1.交事件(或积事件)
一般地,由事件A与事件B都发生所构成的事件,称为事件A与事件B的交事件(或积事件),记作A∩B(或AB).事件A∩B是由事件A和B所共有的样本点构成的集合.如图,事件A与事件B的交事件可用Venn图表示.
2.并事件(或和事件)
一般地,由事件A和事件B至少有一个发生(即A发生,或B发生,或A,B都发生)所构成的事件,称为事件A与事件B的并事件(或和事件),记作A∪B(或A+B).事件A与事件B的并事件是由事件A或事件B所包含的样本点构成的集合.
如图,事件A与事件B的并事件可用Venn图表示.
[思考1] “事件A发生导致事件B发生”也称为“事件B包含事件A”,可以用什么集合符号表示
提示:A B.
[例1] 掷一枚均匀骰子,下列事件:
A表示“出现奇数点”,B表示“出现偶数点”,
C表示“点数小于3”,D表示“点数大于2”,E表示“点数是3的倍数”.
求:(1)A∩B,B∩C;(2)A∪B,B∪C;(3)BDE.
解:试验的样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6},A={1,3,5},B={2,4,6},C={1,2},D={3,4,5,6},E={3,6}.
(1)A∩B=,B∩C={2}.
(2)A∪B={1,2,3,4,5,6},B∪C={1,2,4,6}.
(3)BDE={6}.
变式训练1-1:盒子中有标号为1,2,3的白球各1个,标号为1,2的黑球各1个.从中倒出3个,观察结果.写出试验的样本空间,用集合表示下面事件.
(1)A=“3个都是白球”;
(2)B=“至少有2个白球”;
(3)C=“至少有1个白球”;
(4)计算A∪B,A∩B,并解释它们的含义.
解:设标号为1,2,3的白球为a,b,c,标号为1,2的黑球为e,f,
则试验的样本空间为Ω={abc,abe,abf,ace,acf,aef,bce,bcf,bef,cef}.
(1)A={abc}.
(2)B={abc,abe,abf,ace,acf,bce,bcf}.
(3)C={abc,abe,abf,ace,acf,aef,bce,bcf,bef,cef}.
(4)A∪B=B,表示“至少有2个白球”;
A∩B=A,表示“3个都是白球”.
(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.
互斥事件和对立事件
[问题2] 连续抛掷一枚均匀骰子两次,用(i,j)表示抛出的结果,其中i表示第一次掷出点数,j表示第二次掷出点数,这个试验的样本空间Ω中,存在掷出的两个骰子点数之和大于等于10且第一次掷出点数为1的样本点吗 试从集合运算角度分析这个问题.
提示:两个骰子点数之和大于等于10对应Ω的子集A={(i,j)|i+j≥10,(i,j)∈Ω}={(6,6),(6,5),(6,4),(5,6),(5,5),(4,6)}.
第一次掷出点数为1对应Ω的子集
B={(i,j)|i=1,(i,j)∈Ω}={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)}.
显然,A∩B=,所以不存在这样的样本点.
知识点2:互斥事件与对立事件
图(1)
一般地,不能同时发生的两个事件A与B(A∩B=)称为互斥事件.它可以理解为A,B同时发生这一事件是不可能事件.如图(1)表示两个互斥事件.
若A∩B=,且A∪B=Ω,则称事件A与事件B互为对立事件.事件A的对立事件记作,如图(2).
图(2)
[思考2] 互斥事件和对立事件有什么关系 必然事件和不可能事件是互斥事件吗
提示:对立事件一定是互斥事件,互斥事件不一定是对立事件;必然事件和不可能事件是互斥事件.
[例2] 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1名男生”与“至少有1名女生”.
解:从3名男生和2名女生中任选2人有三种结果:2名男生,2名女生,1男1女.
(1)“恰有1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;但是当选出的是2名女生时,该两事件都不发生,所以它们不是对立事件.
(2)“至少有1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)“至少有1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1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1名男生”与“至少有1名女生”同时发生,所以它们不是互斥事件.
变式训练2-1: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.
两个对立事件的交事件是不可能事件,两个对立事件的并事件是必然事件,就是说两个对立事件把样本空间分成了互不重叠的两部分;而两个互斥事件也是样本空间互不重合的两个部分,但是它们并不一定是整个样本空间.具体判断时,若是问题比较简单,直接根据事件的意义(是否同时发生)就可以做出判断;若是问题比较复杂,可以考虑列出样本空间的所有结果,再进行分析.
用集合研究事件的关系
[典例] 从学号为1,2,3,4,5,6的6名同学中选出一名同学担任班长,其中1,3,5号同学为男生,2,4,6号同学为女生,记:C1=“选出1号同学”,C2=“选出2号同学”,C3=“选出3号同学”,C4=“选出4号同学”,C5=“选出5号同学”,C6=“选出6号同学”,D1=“选出的同学学号不大于1”,D2=“选出的同学学号大于4”,D3=“选出的同学学号小于6”,E=“选出的同学学号小于7”,F=“选出的同学学号大于6”,G=“选出的同学学号为偶数”,H=“选出的同学学号为奇数”.据此回答下列问题:
(1)上述事件中哪些是必然事件 哪些是随机事件 哪些是不可能事件
(2)如果事件C1发生,则一定有哪些事件发生
(3)有没有某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生的情况 它们之间的关系如何描述
(4)两个事件的交事件也可能为不可能事件,在上述事件中能找出这样的例子吗
试题情境:随机抽样.
必备知识:随机事件的运算和关系.
关键能力:逻辑思维能力,实际问题符号化能力.
学科素养:逻辑推理,数学抽象.
解:C1={1},C2={2},C3={3},C4={4},C5={5},C6={6},D1={1},D2={5,6},D3={1,2,3,4,5},E={1,2,3,4,5,6},F=,G={2,4,6},H={1,3,5}.
(1)必然事件为E.
随机事件为C1,C2,C3,C4,C5,C6,D1,D2,D3,G,H.
不可能事件为F.
(2)如果事件C1发生,则事件D1,D3,E,H一定发生.
(3)事件C5发生当且仅当事件D2发生且事件D3发生,D2∩D3=C5.
(4)能,如:C1和C2;C3和C4等.
[素养演练] (多选题)抛掷一枚均匀骰子,观察掷出的点数,设事件A={出现奇数点},事件B={出现2点},事件C={出现奇数点或2点},则下列成立的是( )
(A)A∩C=A (B)A∩B=
(C)A∪B=C (D)B∩C=
解析:易知A∩C=A,A∪B=C,B∩C=B,所以选项A,B,C正确,选项D不正确.故选ABC.
[例题] 抛掷1颗均匀骰子1次,记“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2”为事件B,“向上的点数是1,2,3”为事件C,“向上的点数是1,2,3,4”为事件D.判断下列每对事件是否为互斥事件,如果是,再判断它们是否为对立事件.
(1)A与B;
(2)A与C;
(3)A与D.
解:(1)“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2”为事件B,没有相同的点数,可得A与B为互斥事件,但是不为对立事件.
(2)“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2,3”为事件C,“没有相同的点数,且必有一个发生可得A与C为互斥事件,且为对立事件.
(3)“向上的点数是4,5,6”为事件A,“向上的点数是1,2,3,4”为事件D,有相同的点数4,可得A与D不为互斥事件.
基础巩固
知识点一:交事件和并事件
1.(多选题)抛掷一枚均匀骰子,“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( BC )
(A)若是事件A发生,则事件B一定发生
(B)事件A和事件B可以同时发生
(C)事件A∪B表示向上的点数是1或2或3
(D)事件A∩B表示向上的点数是1或2或3
解析:向上的点数是1时,事件A发生,事件B不发生.事件A∪B表示向上的点数是1或2或3.向上的点数是2时,事件A和事件B同时发生.事件A∩B表示向上的点数是2.故选BC.
2.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A∩B=,A∪=,∩B=B,∪=Ω,故选D.
知识点二:互斥事件和对立事件
3.从装有3个红球和4个白球的口袋中任取3个小球,则下列选项中的两个事件是互斥事件的为( D )
(A)“都是红球”与“至少有1个红球”
(B)“恰有2个红球”与“至少有1个白球”
(C)“至少有1个白球”与“至多有1个红球”
(D)“2个红球,1个白球”与“2个白球,1个红球”
解析:A,B,C中两个事件可能同时发生,只有D中两个事件不可能同时发生,是互斥事件.故选D.
4.抽查10件产品,记事件A为“至少有2件次品”,则A的对立事件为( B )
(A)至多有2件次品
(B)至多有1件次品
(C)至多有2件正品
(D)至少有2件正品
解析:至少有2件次品的对立事件是至多有1件次品.故选B.
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
6.向上抛掷一枚均匀骰子,设事件A为“点数为2或4”,事件B为“点数为2或6”,事件C为“点数为偶数”,则事件C与A,B的运算关系是 .
解析:因为A={2,4},B={2,6},C={2,4,6},所以C=A∪B.
答案:C=A∪B
能力提升
7.下列各组事件中,不是互斥事件的是( B )
(A)一个射手进行一次射击,命中环数大于8与命中环数小于6
(B)统计一个班的数学成绩,平均分不低于90分与平均分不高于90分
(C)播种100粒菜籽,发芽90粒与发芽80粒
(D)检验某种产品,合格率高于70%与合格率低于70%
解析:对于B,设事件A1为平均分不低于90分,事件A2为平均分不高于90分,则A1∩A2为平均分等于90分,A1,A2可能同时发生,故它们不是互斥事件.故选B.
8.从装有大小和形状完全相同的8个红球和2个白球的口袋内任取2个球,下列各对事件中,互斥而不对立的是( D )
(A)“至少有1个白球”和“都是红球”
(B)“至少有1个白球”和“至少有1个红球”
(C)“恰有1个白球”和“恰有1个红球”
(D)“恰有1个白球”和“都是红球”
解析:A选项中是对立事件;
B选项中不是互斥事件;
C选项中不是互斥事件;
D选项中是互斥事件,不是对立事件.故选D.
9.一个魔方的六个面分别是红、橙、蓝、绿、白、黄六种颜色,且红色面和橙色面相对、蓝色面和绿色面相对,白色面和黄色面相对,将这个魔方随意扔到桌面上,则事件“红色面朝上”和“绿色面朝下”( D )
(A)是对立事件
(B)不是互斥事件
(C)是相等事件
(D)是互斥但不是对立事件
解析:事件“红色面朝上”和“绿色面朝下”不能同时发生,但能同时不发生,
所以事件“红色面朝上”和“绿色面朝下”是互斥但不是对立事件.故选D.
10.从一堆产品(其中正品与次品都多于2件)中任取2件,观察正品件数和次品件数.则下列说法:①恰好有1件次品和恰好有2件次品是互斥事件;②至少有1件次品和全是次品是对立事件;③至少有1件正品和至少有1件次品是互斥事件但不是对立事件;④至少有1件次品和全是正品是互斥事件也是对立事件.其中正确的有 (写出所有正确的序号).
解析:①它们是互斥事件,又因为它们的并事件不是必然事件,
所以它们不是对立事件.
②它们不是互斥事件,也不是对立事件.
③它们不是互斥事件也不是对立事件.
④它们是互斥事件也是对立事件.
①④正确.
答案:①④
11.同时抛掷两枚均匀的骰子,事件“都不是5点且不是6点”的对立事件为 .
①一个是5点,另一个是6点;
②一个是5点,另一个是4点;
③至少有一个是5点或6点;
④至多有一个是5点或6点.
解析:同时掷两枚均匀的骰子,可能出现的结果共有36个,“都不是5点且不是6点”包含16个样本点,其对立事件是“至少有一个是5点或6点”.
答案:③
12.某连锁火锅城开业之际,为吸引更多的消费者,开展抽奖活动,前20位顾客可参加如下活动:转动如图所示的游戏转盘(上面扇形的圆心角都相等),顾客可以免费获得按照指针所指区域的数字10倍金额的店内菜品或饮品,最高120元,每人只能参加一次这个活动.记事件A:“获得不多于30元菜品或饮品”.
(1)求事件A包含的样本点;
(2)写出事件A的对立事件,以及事件A的一个互斥事件.
解:(1)事件A包含的样本点为“获得10元菜品或饮品”“获得20元菜品或饮品”“获得30元菜品或饮品”.
(2)事件A的对立事件是=“获得多于30元但不多于120元菜品或饮品”,事件A的一个互斥事件为“获得40元菜品或饮品”(答案不
唯一).
13.从40张扑克牌(红桃、黑桃、方块、草花点数从1～10各10张)中任抽取1张,判断下列给出的每对事件是否为互斥事件,是否为对立事件,并说明理由.
(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”;
(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”;
(3)“抽出牌的点数为5的倍数”与“抽出牌的点数大于9”.
解:(1)它们是互斥事件,不是对立事件.理由是:从40张扑克牌中任意抽取1张,“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的,所以是互斥事件.同时,不能保证其中必有一个发生,这是因为还可能抽出“方块”或者“草花”,因此它们不是对立事件.
(2)它们既是互斥事件,又是对立事件.理由是:
从40张扑克牌中任意抽取1张,“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”两个事件不可能同时发生,且其中必有一个发生,因此它们既是互斥事件,又是对立事件.
(3)它们不是互斥事件,当然不可能是对立事件.理由是:
从40张扑克牌中任意抽取1张,“抽出牌的点数为5的倍数”与“抽出牌的点数大于9”这两个事件可能同时发生,如抽出牌的点数为10,因此,它们不是互斥事件,当然不可能是对立事件.
应用创新
14.A,B,C,D四个元件组成一个电路,如图,每个元件可能正常或失效,设事件A=“A元件正常”,B=“B元件正常”,C=“C元件正常”,D=“D元件正常”.
(1)写出四个元件工作状态的样本空间;
(2)用集合的形式表示事件A∩C.
解:(1)用x1,x2,x3,x4分别表示A,B,C,D四个元件的状态,则可用(x1,x2,x3,x4)表示这个电路的状态,以1表示元件正常,0表示元件
失效,
则样本空间为Ω={(1,1,1,1),(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,1,0,0),(1,
0,1,1),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(1,0,0,0),(0,1,1,1),(0,1,1,0),
(0,1,0,1),(0,1,0,0),(0,0,1,1),(0,0,1,0),(0,0,0,1),
(0,0,0,0)}.
(2)因为C={(1,1,1,1),(1,1,1,0),(1,0,1,1),(1,0,1,0),
(0,1,1,1),(0,1,1,0),(0,0,1,1),(0,0,1,0)},
A={(1,1,1,1),(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(1,1,0,0),
(1,0,1,0),(1,0,0,1),(1,0,0,0)},
所以事件A∩C={(1,1,1,1),(1,1,1,0),(1,0,1,1),(1,0,1,0)}.§2古典概型
2.1 古典概型的概率计算公式
核心知识目标 核心素养目标
1.理解古典概型及其概率计算公式. 2.会用列举法计算一些随机事件包含的样本点个数及事件发生的概率. 1.通过具体实例探究古典概型的过程,培养观察、分析能力,提升数学建模素养. 2.通过列举和运算培养数据分析素养和数学运算素养.
概率与古典概型
[问题1] (1)在试验“连续抛掷一枚均匀的骰子2次,观察每次掷出的点数”的样本空间中,共有36个样本点,每个样本点出现的可能性相等吗 如果相等,都是多少
(2)在试验“连续抛掷一枚均匀的骰子2次,观察每次掷出的点数之和”的样本空间是什么,共有多少个样本点,每个样本点出现的可能性相等吗
提示:(1)相等;.(2)该试验的样本空间为Ω={2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12};11个;不相等.
知识点1:
1.概率:
对于一个随机事件A,我们通常用一个数P(A)(0≤P(A)≤1)来表示该事件发生的可能性的大小,这个数就称为随机事件A的概率.概率度量了随机事件发生的可能性的大小,是对随机事件统计规律性的数量刻画.
2.古典概型
一般地,若试验E具有如下特征:
(1)有限性:试验E的样本空间Ω的样本点总数有限,即样本空间Ω为有限样本空间;
(2)等可能性:每次试验中,样本空间Ω的各个样本点出现的可能性相等;
则称这样的试验模型为古典概率模型,简称古典概型.
[思考1] (1)“在集合{1,2,3,4,5,6}中随机取一个整数”可以用古典概型描述吗
(2)“在区间[1,6]中随机取一个实数”可以用古典概型描述吗
提示:(1)可以.(2)不可以.
[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;
②同时掷两枚均匀骰子,点数和为6;
③近三天中有一天降雨;
④10人站成一排,其中甲、乙相邻.
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
变式训练1-1:(多选题)下列试验不是古典概型的是( )
(A)种下一粒种子,观察它是否发芽
(B)在区间[-1,5]上任取一个实数x,使x2-3x+2>0
(C)抛一枚质地均匀的硬币,观察其出现正面或反面
(D)某人射击中靶或不中靶
解析:根据古典概型的两个特征进行判断.A中“发芽”或“不发芽”这两种结果出现的机会不是等可能的.B中样本点的个数是无限的.D中“中靶”与“不中靶”不是等可能的.C符合古典概型的两个特征.故选ABD.
判断一个概率问题是否为古典概型,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.
古典概型的概率计算公式
[问题2] 连续抛掷一枚均匀的骰子2次,观察每次掷出的点数,点数之和为3的概率是多少
提示:=.
知识点2:古典概型的概率计算公式
对古典概型来说,如果样本空间Ω包含的样本点总数为n,随机事件A包含的样本点个数为m,那么事件A发生的概率为
P(A)==.
[思考2] 抛掷两枚均匀的骰子,掷出点数之和可能为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,共有11种可能结果,哪一种结果的概率最小,最小概率是多少 哪一种结果的概率最大,最大概率是多少
提示:点数之和为2以及点数之和为12的概率最小,都是;点数之和为7的概率最大,最大概率是=.
[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,写出试验的样本空间.
(2)甲、乙约定:若甲抽到的牌的牌面数字比乙大,则甲胜,反之,则乙胜.你认为此游戏是否公平 说明你的理由.
解:(1)红桃2,红桃3,红桃4,方片4分别用2,3,4,4′表示,则试验的样本空间为Ω={(2,3),(2,4),(2,4′),(3,2),(3,4),(3,4′),(4,2),(4,3),(4,4′),(4′,2),(4′,3),(4′,4)},2,3,4,样本点的总数为12.
解:(2)不公平.甲抽到的牌的牌面数字比乙大的样本点有(3,2),(4,2),(4,3),(4′,2),(4′,3),共5个,甲胜的概率为P1=,乙胜的概率为P2=,因为<,所以此游戏不公平.
变式训练2-1:某地区有小学21所,中学14所,大学7所,现采取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量.
(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)应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数量为3,2,1.
(2)①在抽取的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,A5,1所大学记为A6,则抽取2所学校的所有可能结果为(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种.
②从这6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),共3种,所以P(B)==.
计算古典概型的概率三步骤
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m;
步骤三:代入公式求出概率P.
概率与代数运算综合题
[典例] 抛掷两枚质地均匀的骰子,设向上的点数分别为a,b.求:
(1)满足a+b≤6的概率;
(2)满足log2|a-b|≥1的概率.
试题情境:本题属于综合性题目,以不等式为载体考查古典概型.
必备知识:对数运算,古典概型.
关键能力:运算能力.
学科素养:数学运算.
解:(1)抛掷两枚质地均匀的骰子,向上的点数为(a,b)有36个样本点.
满足a+b≤6的样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),
(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(5,1),共15个.
所以满足a+b≤6的概率P1==.
(2)由log2|a-b|≥1得|a-b|≥2,则满足|a-b|≥2的样本点有(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,5),
(3,6),(4,1),(4,2),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(6,1),(6,2),
(6,3),(6,4),共20个.
所以满足log2|a-b|≥1的概率P2==.
[素养演练] (多选题)从集合A={-1,-3,2,4}中随机选取一个数记为a,从集合B={-5,1,4}中随机选取一个数记为b,则( )
(A)ab>0的概率是
(B)a+b≥0的概率是
(C)一次函数y=ax+b的图象不经过第三象限的概率是
(D)ln a+ln b>1的概率是
解析:由题意可得(a,b)所有可能结果为
(-1,-5),(-1,1),(-1,4),(-3,-5),(-3,1),(-3,4),(2,-5),(2,1),(2,4),(4,-5),(4,1),(4,4),共12个.
对于A,其中满足ab>0的样本点有(-1,-5),(-3,-5),(2,1),(2,4),(4,1),(4,4),共6个,
则ab>0的概率P1==,故A正确;
对于B,其中满足a+b≥0的样本点有(-1,1),(-1,4),(-3,4),(2,1),(2,4),(4,1),(4,4),共7个,
则a+b≥0的概率P2=,故B错误;
对于C,因为一次函数y=ax+b的图象不经过第三象限,所以a<0,b≥0,
所以满足一次函数y=ax+b的图象不经过第三象限的样本点有(-1,1),(-1,4),(-3,1),(-3,4),共4个,
则一次函数y=ax+b的图象不经过第三象限的概率P3==,故C正确;
对于D,因为ln a+ln b=ln ab>1,
所以a>0,b>0,ab>e,
所以满足ln a+ln b>1的样本点有(2,4),(4,1),(4,4),共3个,
故ln a+ln b>1的概率P4==,故D错误.故选AC.
[例1] “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一,其内容是:一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和,也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的,我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都做出了相当好的成绩.若将8拆成两个正整数的和,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:将8拆成两个正整数的和,所有可能结果为1+7=8,2+6=8,3+5=8,4+4=8,5+3=8,6+2=8,1+7=8,共7个,拆成的和式中,加数全部为质数包含的样本点有3+5=8,5+3=8,共2个,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率P=.故选A.
[例2] 已知集合A={,,1}与B={,2,5},现分别从集合A,B中各任取一个数a,b,则lg a+lg b为整数的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意可知(a,b)所有可能结果为(,),(,2),(,5),(,),(,2),(,5),(1,),(1,2),(1,5),共9个,lg a+lg b为整数包含的样本点有(,2),(,),(,5),共3个.
所以lg a+lg b为整数的概率为P==.故选C.
基础巩固
知识点一:古典概型的判断
1.(多选题)下列不是古典概型的是( ABD )
(A)任意抛掷两枚骰子,所得点数之和作为样本点时
(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样本点时
(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)抛掷一枚均匀硬币至首次出现正面为止
解析:A项中点数的和出现的可能性不相等,故A不是;B项中的样本点是无限的,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项中可能结果即抛掷次数有无限次.故选ABD.
知识点二:古典概型的概率计算公式
2.一枚硬币连掷2次,只有一次出现正面的概率为( D )
(A) (B)
(C) (D)
解析:一枚硬币连掷2次,所有可能结果有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),而只有一次出现正面的事件包括(正,反),(反,正),故其概率为=.故选D.
3.从2,3,4,5,6,7,9,11,12这9个数中任意选取1个,则这个数是质数的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:样本点总数n=9,这9个数中2,3,5,7,11是质数,
所以这个数是质数的概率为P=.故选C.
4.甲、乙、丙三人随机排成一排,乙站在中间的概率是( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:所有可能结果为:甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙乙甲,丙甲乙,共6种,其中乙站在中间有2种,所以乙站在中间的概率为P==.故选B.
5.有五根细木棒,长度分别为1,3,5,7,9,从中任取三根,能搭成三角形的概率是 .
解析:试验的样本空间Ω={(1,3,5),(1,3,7),(1,3,9),(1,5,7),
(1,5,9),(1,7,9),(3,5,7),(3,5,9),(3,7,9),(5,7,9)},样本点的总数为10,由于三角形两边之和大于第三边,所以能构成三角形的样本点只有(3,5,7),(3,7,9),(5,7,9),共3个,故所求概率为P=.
答案:
6.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件产品中恰有1件是次品的概率为 .
解析:设3件正品为A,B,C,1件次品为D,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,故所求概率P==.
答案:
能力提升
7.从分别写有号码1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,号码记为x,放回后再随机抽取1张,号码记为y,则x≤y的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:从分别写有号码1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,号码记为x,放回后再随机抽取1张,号码记为y,列举可知样本点总数为25,满足x≤y的样本点为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,2),
(2,3),(2,4),(2,5),(3,3),(3,4),(3,5),(4,4),(4,5),(5,5),共15个,所以x≤y的概率为=.故选C.
8.生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为( B )
(A) (B) (C) (D)
解析:设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1,a2,a3,未测量过该指标的2只为b1,b2,则从5只兔子中随机取出3只的所有可能结果为(a1,a2,a3),(a1,a2,b1),(a1,a2,b2),(a1,a3,b1),(a1,a3,b2),(a1,b1,b2),
(a2,a3,b1),(a2,a3,b2),(a2,b1,b2),(a3,b1,b2),共10种.其中恰有2只测量过该指标的可能结果为(a1,a2,b1),(a1,a2,b2),(a1,a3,b1),
(a1,a3,b2),(a2,a3,b1),(a2,a3,b2),共6种.
故恰有2只测量过该指标的概率为=.故选B.
9.在国庆阅兵中,某兵种A,B,C三个方阵按一定次序通过主席台,若先后次序是随机排定的,则B先于A,C通过的概率为 .
解析:用(A,B,C)表示A,B,C通过主席台的次序,则试验的样本空间
Ω={(A,B,C),(A,C,B),(B,A,C),(B,C,A),(C,A,B),(C,B,A)},共6个样本点,其中B先于A,C通过的有(B,C,A)和(B,A,C),共2个样本点,故所求概率P==.
答案:
10.从三男三女共6名学生中任选2名(每名同学被选中的概率均相等),则选出的2名学生都是女生的概率为 .
解析:用A,B,C表示三名男生,用a,b,c表示三名女生,则从6名学生中选出2人的所有可能结果为(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(A,c),
(B,C),(B,a),(B,b),(B,c),(C,a),(C,b),(C,c),(a,b),(a,c),(b,c),共15种,选出的2名学生都是女生的可能结果为(a,b),(a,c),(b,c),共3种,故所求的概率为=.
答案:
11.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,写出所有可能的结果,并求选出的2名教师性别相同的概率;
(2)若从报名的6名教师中任取2名,写出所有可能的结果,并求选出的2名教师来自同一所学校的概率.
解:甲校两名男教师分别用A,B表示,女教师用C表示;乙校男教师用D表示,两名女教师分别用E,F表示.
(1)从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能结果为(A,D),
(A,E),(A,F),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),共9种,从中选出的2名教师性别相同的可能结果有(A,D),(B,D),(C,E),(C,F),
共4种,所以选出的2名教师性别相同的概率为.
(2)从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能结果为(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,
从中选出的2名教师来自同一所学校的可能结果有(A,B),(A,C),
(B,C),(D,E),(D,F),(E,F),共6种,
所以选出的2名教师来自同一所学校的概率为=.
12.有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛.由500名大众评委现场投票决定歌手名次,根据年龄将大众评委分成五组,各组的人数如下:
组别 A B C D E
人数 50 100 150 150 50
(1)为了调查评委对7位歌手的支持情况,现用分层随机抽样方法从各组中抽取若干名评委,其中从B组抽取6人,请将其余各组抽取的人数填入下表;
组别 A B C D E
人数 50 100 150 150 50
抽取 人数 6
(2)在(1)中,若A,B两组被抽到的评委各2人支持1号歌手,现从这两组被抽到的评委中分别任选1人,求这2人都支持1号歌手的概率.
解:(1)由题意知,抽取比例为6%,所以各组抽取的人数如表:
组别 A B C D E
人数 50 100 150 150 50
抽取 人数 3 6 9 9 3
(2)记从A组抽到的3个评委分别为a1,a2,a3,其中a1,a2支持1号歌手,从B组抽到的6个评委分别为b1,b2,b3,b4,b5,b6,其中b1,b2支持1号歌手,从这两组被抽到的评委中分别任选1人的所有可能结果为
由以上树状图知所有可能结果共18种,其中选出的2人都支持1号歌手的有a1b1,a1b2,a2b1,a2b2共4种,故所求的概率为P==.
应用创新
13.设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数,求方程x2+bx+c=0有实根的概率.
解:设事件A为“方程x2+bx+c=0有实根”,则A={(b,c)|b2-4c≥0,b,
c=1,2,3,4,5,6}.
试验的样本空间为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)},共36个样本点.A={(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),
(4,3),(4,4),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),
(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共19个样本点.
故方程x2+bx+c=0有实根的概率为P(A)=.2.2 古典概型的应用
核心知识目标 核心素养目标
1.会用互斥事件的概率加法公式求解事件的概率. 2.能灵活运用对立事件公式求解事件的概率. 1.经历互斥事件概率公式的归纳过程培养数学抽象素养. 2.通过互斥事件与对立事件的概率公式的运用培养数学运算、数据分析素养.
互斥事件的概率加法公式
[问题1] 在集合{1,2,3,4,5,6,7}中随机取一个数,
(1)设事件A表示“取到数字1”,事件B表示“取到数字2或3”,求P(A),P(B),P(A∪B);
(2)设事件A表示“取到数字1或2”,事件B表示“取到数字2或3”,求P(A),P(B),P(A∪B).
提示:(1)P(A)=,P(B)=,P(A∪B)=.
(2)P(A)=,P(B)=,P(A∪B)=.
知识点1:互斥事件的概率加法公式
(1)在一个试验中,如果事件A和事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=P(A)+P(B),这一公式称为互斥事件的概率加法公式.
(2)一般地,如果事件A1,A2,…,An两两互斥,那么有P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
[思考1] 用文字语言叙述以上两个公式的意义.
提示:(1)两个互斥事件的并事件(和事件)的概率等于这两个事件概率的和;
(2)n个彼此互斥事件的并事件(和事件)的概率等于其概率的和.
[例1] 从一箱产品中随机地抽取一件产品,设事件A为“抽到的是一等品”,事件B为“抽到的是二等品”,事件C为“抽到的是三等品”且已知P(A)=0.7,P(B)=0.1,P(C)=0.05,求下列事件的概率.
(1)事件D:“抽到的是一等品或二等品”;
(2)事件E:“抽到的是二等品或三等品”;
(3)事件F:“抽到的是一等品或二等品或三等品”.
解:(1)因为事件A,B互斥,所以事件D:“抽到的是一等品或二等品”的概率P(D)=P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.7+0.1=0.8.
(2)因为事件B,C互斥,所以事件E:“抽到的是二等品或三等品”的概率P(E)=P(B∪C)=P(B)+P(C)=0.1+0.05=0.15.
(3)因为事件A,B,C两两互斥,所以事件F:“抽到的是一等品或二等品或三等品”的概率P(F)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.7+0.1+0.05=0.85.
变式训练1-1: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、三等品.从这批产品中随机抽取一件产品检测,已知抽到一等品或二等品的概率为0.86,抽到二等品或三等品的概率为0.35,则抽到二等品的概率为 .
解析:设抽到一等品、二等品、三等品的事件分别为A,B,C,
则
解得抽到二等品的概率P(B)=0.21.
答案:0.21
只有当事件A,B互斥时,才有P(A∪B)=P(A)+P(B),若没有事件A,B互斥这个条件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB).
对立事件概率公式
[问题2] 事件A和其对立事件的并事件的概率是多少
提示:P(A∪)=P(Ω)=1.
知识点2:P(A∪)=P(A)+P(),即P(A)+P()=1,所以P()=1-P(A).
[思考2] 已知P(A)=0,P(B)=1,求P().
提示:P()=1-P(A∪B)=1-1=0.
[例2] 某射手在一次射击中射中10环,9环,8环的概率分别为0.24,0.28,0.19,求这一射手射击一次不够8环的概率.
解:记“射中10环”为事件A,“射中9环”为事件B,“射中8环”为事件C,则A,B,C两两互斥,记“射击一次,不够8环”为事件D,则D与A∪B∪C为对立事件,所以P(D)=P()=1-P(A∪B∪C)=1-[P(A)+P(B)+P(C)]=1-(0.24+0.28+0.19)=0.29.因此该射手射击一次不够8环的概率为0.29.
变式训练2-1:由经验得知:在某商场付款处排队等候付款的人数及其概率如表,其中3,4,5人排队等候的概率丢失了,用x,y,z表示:
排队 人数 0 1 2 3 4 5人及以上
概率 0.10 0.16 0.30 x y z
求至少有2人排队等候的概率.
解:至少有2人排队等候的概率P=1-(0.10+0.16)=0.74.
在求解复杂的事件的概率时,通常有两种方法,一是将所求事件的概率转化成彼此互斥的事件的概率之和,二是先求此事件的对立事件的概率,再利用P(A)=1-P()来得出原问题的解.这种处理问题的方法称为逆向思维,有时能使问题的解决事半功倍.特别是在涉及“至多”或“至少”问题时,常常用此思维模式.
[例1] 在一次随机试验中,三个事件A1,A2,A3的概率分别为0.2,0.3,0.5,则下列说法正确的个数是( )
①A1∪A2与A3是互斥事件,也是对立事件;
②A1∪A2∪A3是必然事件;
③P(A2∪A3)=0.8;
④P(A1∪A2)≤0.5.
(A)4 (B)1 (C)2 (D)3
解析:三个事件A1,A2,A3不一定是互斥事件,故P(A1∪A2)≤0.5,P(A2∪A3)≤0.8,P(A1∪A2∪A3)≤1;A1∪A2与A3不一定是互斥事件,也不一定是对立事件.①②③错误,④正确.故选B.
[例2] 事件A,B互斥,它们都不发生的概率为,且P(A)=2P(B),则P()= .
解析:由题意知P(A∪B)=1-,即P(A)+P(B)=,又P(A)=2P(B),得P(A)=,P(B)=,故P()=1-P(A)=.
答案:
[例3] 某商店月收入(单位:元)在下列范围内的概率如表所示:
月收入 [1 000, 1 500) [1 500, 2 000) [2 000, 2 500) [2 500, 3 000]
概率 0.12 a b 0.14
已知月收入在[1 000,3 000]内的概率为0.67,则月收入在[1 500,3 000]内的概率为 .
解析:月收入在[1 500,2 500)内的概率为0.67-0.12-0.14=0.41,则月收入在[1 500,3 000]内的概率为0.41+0.14=0.55.
答案:0.55
知识点一:互斥事件的概率
1.若A,B为互斥事件,P(A)=0.4,P(A∪B)=0.7,则P(B)=( B )
(A)0.1 (B)0.3 (C)0.4 (D)0.7
解析:因为A,B为互斥事件,P(A)=0.4,P(A∪B)=0.7,所以P(B)=P(A∪B)-P(A)=0.7-0.4=0.3.故选B.
2.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,则从中取出2粒恰好是同一色的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)1
解析:设“从中取出2粒都是黑子”为事件A,“从中取出2粒都是白子”为事件B,“从中取出2粒恰好是同一色”为事件C,则C=A∪B,且事件A与B互斥.所以P(C)=P(A)+P(B)=+=.即从中取出2粒恰好是同一色的概率为.故选C.
知识点二:对立事件的概率
3.(多选题)甲、乙两人下棋,甲获胜的概率为,两人下成和棋的概率为,那么( BD )
(A)乙获胜的概率为
(B)乙获胜的概率为
(C)乙不输的概率为
(D)乙不输的概率为
解析:由题意可知乙获胜的概率为1--=,则乙不输的概率P=P(和棋)+P(乙胜)=+=.故选BD.
4.同时抛掷两枚骰子,没有5点且没有6点的概率为,则至少有一个5点或6点的概率是 .
解析:记“没有5点且没有6点”为事件A,则P(A)=,“至少有一个5点或6点”为事件B,事件A与B是对立事件,则P(B)=1-P(A)=1-=.故至少有一个5点或6点的概率为.
答案:
5.已知两个事件A和B互斥,记事件是事件B的对立事件,且P(A)=
0.3,P()=0.6,则P(A∪B)= .
解析:根据题意,P()=0.6,则P(B)=0.4,又由事件A与B互斥,则
P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.7.
答案:0.7
能力提升
6.若事件A和B是互斥事件,且P(A)=0.1,则P(B)的取值范围是( A )
(A)[0,0.9] (B)[0.1,0.9]
(C)(0,0.9] (D)[0,1]
解析:由于事件A和B是互斥事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.1+P(B),又0≤P(A∪B)≤1,所以0≤0.1+P(B)≤1,所以0≤P(B)≤0.9.故选A.
7.从一箱分为四个等级的产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P(A)=
0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到次品(一等品、二等品、三等品都属于合格品)”的概率为( D )
(A)0.7 (B)0.65 (C)0.3 (D)0.05
解析:设“抽到次品”为事件D,由题意知事件A,B,C,D互为互斥事件,且每次试验必有A,B,C,D中的一个事件发生,则P(A∪B∪C∪D)=
P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=1,所以P(D)=1-(0.65+0.2+0.1)=0.05.
故选D.
8.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,所以P(A∪)=P(A)+P()=+==.故选C.
9.(多选题)已知甲罐中有4个相同的小球,标号分别为1,2,3,4;乙罐中有5个相同的小球,标号分别为1,2,3,5,6.现从甲、乙罐中分别随机抽取1个小球,记事件A=“抽取的2个小球标号之和大于5”,事件B=“抽取的2个小球标号之积大于8”,则( BC )
(A)事件A发生的概率为
(B)事件A∪B发生的概率为
(C)事件A∩B发生的概率为
(D)从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为
解析:对于A,从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球,样本点总数为n=4×5=20,
事件A包含的样本点有(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),
(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),共11个,
所以P(A)=,故A错误;
对于B,事件A∪B包含的样本点有(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),
(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),共11个,所以P(A∪B)=,故B正确;
对于C,事件A∩B包含的样本点有(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),
(4,3),(4,5),(4,6),共8个,
所以P(A∩B)==,故C正确;
对于D,从甲罐中抽到标号为2的小球的样本点有(2,1),(2,2),
(2,3),(2,5),(2,6),共5个,则所求概率为P==,故D错误.故选BC.
10.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0.15,0.20,0.45,则不中靶的概率是
.
解析:设射手“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,故射手中靶概率为P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.15+0.20+0.45=0.80.因为中靶和不中靶是对立事件,故不中靶的概率为P(D)=1-P(A∪B∪C)=
1-0.80=0.20.
答案:0.20
11.设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层随机抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加
比赛.
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数;
(2)将抽取的6名运动员进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6,现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛.
①用所给编号列出所有可能的结果;
②设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”,求事件A发生的概率.
解:(1)抽样比为=,所以应从甲、乙、丙这三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.
(2)①从这6名运动员中随机抽取2名参加双打比赛,所有可能的结果为{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种.
②编号为A5,A6的两名运动员至少有1人被抽到的结果为{A1,A5},
{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种,所以事件A发生的概率P(A)==.
12.某公务员去开会,他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3,0.2,0.1,0.4.
(1)求他乘火车或乘飞机去的概率;
(2)求他不乘轮船去的概率;
(3)如果他乘某种交通工具的概率为0.5,请问他有可能乘哪种交通
工具
解:(1)记“他乘火车去”为事件A1,“他乘轮船去”为事件A2,“他乘汽车去”为事件A3,“他乘飞机去”为事件A4,这四个事件不可能同时发生,故它们彼此互斥.
故P(A1∪A4)=P(A1)+P(A4)=0.3+0.4=0.7.
所以他乘火车或乘飞机去的概率为0.7.
(2)设他不乘轮船去的概率为P,
则P=1-P(A2)=1-0.2=0.8,
所以他不乘轮船去的概率为0.8.
(3)由于P(A)+P(B)=0.3+0.2=0.5,
P(C)+P(D)=0.1+0.4=0.5,
故他可能乘火车或乘轮船去,也有可能乘汽车或乘飞机去.
应用创新
13.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组,3个小组分别有39,32,33个成员,一些成员参加了不止1个小组,具体情况如图所示,随机选取1个成员.
(1)他至少参加2个小组的概率是多少
(2)他参加不超过2个小组的概率是多少
解:(1)从图可以看出,3个课外兴趣小组总人数为60.用A表示事件“选取的1个成员只参加1个小组”,则表示事件“选取的1个成员至少参加2个小组”,则P()=1-P(A)=1-=.因此,随机选取的1个成员至少参加2个小组的概率是.
(2)用B表示事件“选取的1个成员参加3个小组”,则表示事件“选取的1个成员参加不超过2个小组”,则P()=1-P(B)=1-=.所以,随机选取的1个成员参加不超过2个小组的概率为.§3 频率与概率
核心知识目标 核心素养目标
1.在具体情境中,了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义以及频率与概率的区别. 2.会用概率的意义解释生活中的实例,通过做大量重复试验,用频率对某些随机事件的概率进行估计. 1.在正确理解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性的基础上,能辨析生活中的随机现象,澄清生活中对概率的一些错误认识,培养数学抽象素养和逻辑思维素养. 2.通过对试验数据的运算和分析,培养数据分析素养和数学运算素养.
用频率估计概率
[问题1] 抛掷一枚均匀硬币观察朝上的面时,利用古典概型可算得正面朝上的概率为,随机抛一个瓶盖(不均匀),观察它落地的状态,怎样确定瓶盖盖口朝上的概率呢
提示:对于不均匀的瓶盖,如果用古典概型来确定概率,显然是不太合适的,但是我们可以用有关统计数据得出事件发生的概率的估计值.例如,可以重复做抛瓶盖试验若干次(设为n次),然后观察盖口朝上的次数(设为m次),最后用盖口朝上的频率作为盖口朝上的概率的估计值.
知识点1:用频率估计概率
在相同条件下,大量重复进行同一试验时,随机事件A发生的频率通常会在某个常数附近摆动,即随机事件A发生的频率具有稳定性.这时,把这个常数叫作随机事件A的概率,记作P(A).显然,0≤P(A)≤1.我们通常用频率来估计概率.
[思考1] 怎样理解频率与概率的关系
提示:频率与概率的区别与联系
名称 区别 联系
频率 本身是随机的,在试验之前无法确定,大多会随着试验次数的改变而改变.做同样次数的重复试验,得到的频率值也可能会不同 (1)频率是概率的近似值,随着试验次数的增加,频率会越来越接近概率; (2)在实际问题中,事件的概率通常情况下是未知的,常用频率估计概率
概率 是一个在[0,1]内的确定值,不随试验结果的改变而改变
[例1] 国家乒乓球比赛的用球有严格标准,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)优等品的各个频率如表所示.
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.
变式训练1-1:下表中列出了10次抛掷硬币的试验结果,n为抛掷硬币的次数,m为硬币正面朝上的次数,计算每次试验中“正面朝上”这一事件的频率,并估算它的概率.
试验 序号 抛掷的 次数n 正面朝上 的次数m “正面朝上” 出现的频率
1 500 251
2 500 249
3 500 256
4 500 253
5 500 251
6 500 245
7 500 244
8 500 258
9 500 262
10 500 247
解:由fn(A)=可得出这10次试验中“正面朝上”这一事件的频率依次为0.502,0.498,0.512,0.506,0.502,0.49,0.488,0.516,0.524,0.494,这些数字在0.5左右摆动,由概率的统计定义可得,“正面朝上”这一事件的概率约为0.5.
(1)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.
(2)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.
[问题2] 生活在湖边的渔民为了方便而快速地知道湖中有多少条鱼,常用一种称为“标记后再捕”的方法.先从湖中随意捕捉一定数量的鱼,例如1 000条鱼,在每条鱼的身上做记号后又放回湖中;隔了一段时间后,再从湖中捕捉一定数量的鱼,例如300条鱼,查看其中有多少条有标记的鱼,假设有20条有标记的鱼,估计湖中鱼的总数.
提示:样本容量比较大,捕鱼又是随机的,所以可用频率估计概率,设湖中鱼大约有x条,
则有=,解得x=15 000,即湖中鱼的总数大约为15 000条.
知识点2:用频率估计概率的试验设计
在大量重复的试验过程中,一个事件发生的频率会很接近于这个事件发生的概率,而且,试验的次数越多,频率与概率之间差距很小的可能性越大.一般地,如果在n次重复进行的试验中,事件A发生的频率为,则当n很大时,可以认为事件A发生的概率P(A)的估计值为.
[思考2] 在用频率估计概率时,不同的试验结果对概率的估计值一样吗
提示:可能会得到不同的估计值.
[例2] (1)甲、乙两名同学进行乒乓球比赛,甲获胜的概率为0.4,现采用随机模拟的方法估计这两名同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率:先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数,制定用1,2,3,4表示甲获胜,用5,6,7,8,9,0表示乙获胜,再以每3个随机数为一组,代表3局比赛的结果,经随机模拟产生了30组随机数:
102 231 146 027 590 763 245 207
310 386 350 481 337 286 139 579
684 487 370 175 772 235 246 487
569 047 008 341 287 114
据此估计,这两名同学打3局比赛甲恰好获胜2局的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
(2)天气预报显示,在今后的三天中,每一天下雨的概率为40%,现用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率:先利用计算器产生0～9之间取整数值的随机数,并制定用1,2,3,4表示下雨,用5,6,7,8,9,0表示不下雨,再以每3个随机数作为一组,代表三天的天气情况,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
则这三天中恰有两天下雨的概率近似为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:(1)在30组随机数中表示打3局比赛甲恰好获胜2局的有102,146,245,310,481,337,139,235,246,共9组随机数,所以所求概率为=.故选B.
解析:(2)在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有191,271,932,812,393,共5组随机数,故所求概率为=,故选B.
变式训练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均命中的概率: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3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10组,
则该运动员三次投篮均命中的概率P==0.50.故选C.
事件A发生的概率为p,利用随机数设计n次重复试验中事件A发生k次的概率估计值的两个步骤
(1)根据概率p按比例规定事件A发生的频数与样本总数,事先规定哪些数字代表事件A发生,哪些数字代表A不发生.
(2)利用随机数表或者计算机产生随机数,n个数字为一组,找出所有数组中含有规定代表事件A发生的数组,用含有事件A发生的数字的数组个数除以数组总数即为n次重复试验中事件A发生k次的概率估计值.一般地,所利用的数组个数越多,估计值越接近于概率值.
[典例] 某高校对学生的思想品德、学业成绩、社会实践能力进行综合评价,思想品德、学业成绩、社会实践能力评价指数分别记为x,y,z,每项评价指数都为1分,2分,3分,4分,5分五等,综合评价指标S=x+y+z,若S≥13,则该学生为优秀学生.现从该校学生中,随机抽取10名学生作为样本,分为A,B两组,其评价指数列表如下:
A组
学生 编号 A1 A2 A3 A4 A5
评价 指数 (x,y,z) (3,4,3) (4,3,4) (4,4,2) (4,3,5) (4,5,4)
B组
学生编号 B1 B2 B3 B4 B5
评价指数 (x,y,z) (3,5,3) (4,3,2) (5,4,4) (5,4,5) (4,5,3)
(1)从A,B两组中各选一名学生,依次记为甲、乙,求乙的综合评价指标大于甲的综合评价指标的概率;
(2)若该校共有1 500名学生,估计该校有多少名优秀学生.
试题情境:生活实践情境.
必备知识:用频率估计概率.
关键能力:逻辑思维能力.
学科素养:逻辑推理,数据分析.
解:(1)A组的5名学生综合评价指标分别为10,11,10,12,13,
B组的5名学生综合评价指标分别为11,9,13,14,12,
从A,B两组中各选一名学生共有5×5=25(种)可能结果,
其中乙的综合评价指标大于甲的综合评价指标的可能结果为(A1,B1),(A1,B3),(A1,B4),(A1,B5),(A2,B3),(A2,B4),(A2,B5),(A3,B1),(A3,B3),(A3,B4),(A3,B5),(A4,B3),(A4,B4),(A5,B4),共14种,
所以乙的综合评价指标大于甲的综合评价指标的概率为.
(2)两组的10名学生中优秀学生共有3名,
所以估计该校大约有1 500×=450名优秀学生.
[例1] 某市正在全面普及数字电视,某住宅区有2万户住户,从中随机抽取200户,调查是否安装数字电视,调查的结果如下表所示,则估计该住宅区已安装数字电视的户数是( )
数字电视 老住户 新住户
已安装 30 50
未安装 65 55
(A)5 500 (B)5 000 (C)8 000 (D)9 500
解析:由表可知,在随机抽取的200户住户中,有80户已安装数字电视,120户未安装数字电视,则估计该住宅区已安装数字电视的户数是×20 000=8 000.故选C.
[例2] 目前,国内青蒿人工种植发展迅速,调查表明,人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸碱度、空气湿度的指标有极强的相关性,现将这三项的指标分别记为x,y,z,并对它们进行量化:0表示不合格,1表示临界合格,2表示合格,再用综合指标ω=x+y+z的值评定人工种植的青蒿的长势等级:若ω≥4,则长势为一级;若2≤ω≤3,则长势为二级;若0≤ω≤1,则长势为三级.为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况,研究人员随机抽取了10块青蒿人工种植地,得到如表结果:
种植地 编号 A1 A2 A3 A4 A5
(x,y,z) (0,1,0) (1,2,1) (2,1,1) (2,2,2) (0,1,1)
种植地 编号 A6 A7 A8 A9 A10
(x,y,z) (1,1,2) (2,1,2) (2,0,1) (2,2,1) (0,2,1)
(1)若该地有青蒿人工种植地180个,试估计该人工种植地中长势等级为三级的个数;
(2)从长势等级为一级的青蒿人工种植地中随机抽取两个,求这两个人工种植地的综合指标ω均为4的概率.
解:(1)计算10块青蒿人工种植地的综合指标,可得下表:
种植地 编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10
综合 指标 1 4 4 6 2 4 5 3 5 3
由上表可知,长势等级为三级的只有A1一个,其频率为,
用样本的频率估计总体的频率,可估计该人工种植地中长势等级为三级的个数为180×=18.
解:(2)由(1)可知,长势等级是一级的(ω≥4)有A2,A3,A4,A6,A7,A9,共6个,
从中随机抽取两个,所有的可能结果为(A2,A3),(A2,A4),(A2,A6),(A2,A7),(A2,A9),(A3,A4),(A3,A6),(A3,A7),(A3,A9),(A4,A6),(A4,A7),(A4,A9),(A6,A7),(A6,A9),(A7,A9),共15种,
其中综合指标ω=4的有A2,A3,A6,共3种,
符合题意的可能结果为(A2,A3),(A2,A6),(A3,A6),共3种,
所以这两个人工种植地的综合指标ω均为4的概率为P==.
基础巩固
知识点一:频率与概率的关系
1.(多选题)下列说法不正确的是( ABD )
(A)频率就是概率
(B)任何事件的概率都是在(0,1)之间
(C)概率是客观存在的,与试验次数无关
(D)概率是随机的,与试验次数有关
解析:事件A的频率是指事件A发生的频数与试验总次数的比值,一般来说,随机事件A在每次试验中是否发生是不能预料的,但在大量重复试验后,随着试验次数的增加,事件A发生的频率会逐渐稳定在区间[0,1]的某个常数上,这个常数就是事件A发生的概率,故可得概率是客观存在的,与试验次数无关,只有C正确,故选ABD.
2.某人将一枚质地均匀的硬币连续抛掷了10次,正面朝上的情形出现了7次,则下列说法正确的是( B )
(A)正面朝上的概率为0.7
(B)正面朝上的频率为0.7
(C)正面朝上的概率为7
(D)正面朝上的概率接近于0.7
解析:正面朝上的频率是=0.7,正面朝上的概率是0.5.故选B.
知识点二:用频率估计概率
3.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:产生的随机数越多,模拟的效果越准确.故选B.
4.某人捡到不规则形状的五面体石块,他在每个面上做了记号,投掷了100次,并且记录了每个面落在桌面上的次数(如表).如果再投掷一次,请估计石块的第4面落在桌面上的概率约是 .
标号 1 2 3 4 5
频数 32 18 15 13 22
解析:结合题意知,若再投掷一次,估计石块的第4面落在桌面上(记为事件A)的概率约是P(A)==0.13.
答案:0.13
5.在一个不透明的布袋中,红色、黑色、白色的玻璃球共有40个,除颜色外其他完全相同,小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球、黑色球的频率稳定在15%和45%,则口袋中白色球的个数可能是
.
解析:红色球的个数约为40×0.15=6,
黑色球的个数约为40×0.45=18,
故白色球的个数可能为40-6-18=16.
答案:16
能力提升
6.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(奇偶不同)=.故选B.
7.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),统计结果如下表:
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.
8.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.
9.种植某种树苗,成活率为0.9,现采用随机模拟的方法估计该树苗种植5棵恰好4棵成活的概率.先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数,指定1至9的数字代表成活,0代表不成活,再以每5个随机数为一组代表5次种植的结果.经随机模拟产生如下30组随机数:
69801 66097 77124 22961 74235 31516
29747 24945 57558 65258 74130 23224
37445 44344 33315 27120 21782 58555
61017 45241 44134 92201 70362 83005
94976 56173 34783 16624 30344 01117
据此估计,该树苗种植5棵恰好4棵成活的概率为( A )
(A)0.30 (B)0.35 (C)0.40 (D)0.50
解析:在30组随机数中表示种植5棵恰好4棵成活的有69801,
66097,74130,27120,61017,92201,70362,30334,01117,共9组随机数,所以所求概率为=0.30.故选A.
10.一个容量为20的样本,数据的分组及各组的频数如下:[10,20)2个;
[20,30)3个;[30,40)x个;[40,50)5个;[50,60)4个;[60,70]2个,并且样本在[30,40)之内的频率为0.2,则x等于 ;根据样本的频率分布估计,数据落在[10,50)的概率约为 .
解析:因为样本总数为20个,所以x=20×0.2=4,
所求概率约为P==0.7.
答案:4 0.7
11.街头有人摆一种游戏,方法是投掷两枚骰子,如果两枚骰子各投一次点数之和是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,这种游戏对双方公平吗 若不公平,请说明哪方占便宜
解:两枚骰子点数之和如下表:
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,白方比较占便宜.
应用创新
12.某超市随机选取1 000位顾客,记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如表所示的统计表,其中“√”表示购买,“×”表示未购买.
顾客人数 商品
甲 乙 丙 丁
100 √ × √ √
217 × √ × √
200 √ √ √ ×
300 √ × √ ×
85 √ × × ×
98 × √ × ×
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率;
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率;
(3)如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大
解:(1)从统计表中可以看出,在这1 000位顾客中,有200位顾客同时购买了乙和丙,所以估计顾客同时购买乙和丙的概率为0.2.
(2)从统计表中可以看出,在这1 000位顾客中,有100位顾客同时购买了甲、丙、丁,另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙,其他顾客最多购买了2种商品,
所以估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率为0.3.
(3)估计顾客同时购买甲和乙的概率为0.2,
估计顾客同时购买甲和丙的概率为0.6,估计顾客同时购买甲和丁的概率为0.1.
所以如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大.§4 事件的独立性
核心知识目标 核心素养目标
1.了解相互独立事件的意义. 2.会用相互独立事件同时发生的概率公式求相互独立事件同时发生的概率. 3.能综合应用互斥与独立事件公式求事件的概率. 1.经历相互独立事件同时发生的概率公式的归纳过程培养数学抽象素养. 2.通过互斥与独立事件公式的综合运用培养数学运算、数据分析素养.
相互独立事件同时发生的概率
[问题1-1] 常言道:三个臭皮匠,顶个诸葛亮.某一问题,若已知诸葛亮独自解出的概率为0.8,臭皮匠老大独自解出的概率为0.5,臭皮匠老二独自解出的概率为0.45,臭皮匠老三独自解出的概率为0.4,问三个臭皮匠中至少有一人解出问题的概率与诸葛亮一人解出问题的概率比较,谁大 记事件A:老大独立解出问题;事件B:老二独立解出问题;事件C:老三独立解出问题;事件D:诸葛亮独立解出问题.那么臭皮匠三人中有一人解出的可能性即P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.5+0.45+0.4=1.35>0.8=P(D),所以,合三个臭皮匠之力,成功的可能性就胜于诸葛亮.这个解释有道理吗
提示:这个解释显然是错误的,因为事件发生的概率的值不可能大于1.
[问题1-2] 连续抛掷均匀骰子两次,第一次得到1点的概率为P(A)=,第二次得到1点的概率为P(B)=,第一次和第二次都得到1点的概率P(AB)是多少 P(AB),P(A),P(B)有什么关系
提示:P(AB)=,P(AB)=P(A)P(B).
知识点1:事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,这样的两个事件叫作相互独立事件.两个相互独立事件同时发生的概率,等于这两个事件发生的概率的积,即P(AB)=P(A)P(B).
[例1] 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲中靶的概率为0.8,乙中靶的概率为0.9.甲、乙各射击一次,求两人都中靶的概率.
解:设事件A表示“甲中靶”,事件B表示“乙中靶”,则A,B为相互独立事件.
又P(A)=0.8,P(B)=0.9,
所以P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72.
即两人都中靶的概率为0.72.
变式训练1-1:四个同学猜同一个谜语,如果每人猜对的概率都是,并且每人猜对与否互不影响,那么他们同时猜对的概率为( )
(A) (B)
(C) (D)
解析:他们同时猜对的概率为P=()4=.故选B.
变式训练1-2:一个袋中装有6个大小形状完全相同的小球,其中有4个白球,2个黑球,现随机从袋中摸出一球,记下颜色,放回袋中后,再从袋中随机摸出一球,记下颜色,则两次摸出的球中至少有一个黑球的概率为( )
(A) (B)
(C) (D)
解析:两次摸球全是白球的概率为×=,
故两次摸出的球中至少有一个黑球的概率为1-=,故选B.
对于有放回抽样问题,因为每次抽取后样本空间的样本点总数不变,所以有放回抽样事件之间是独立的.对于变式训练12的列式×,可以认为用了相互独立事件的概率公式;列式为,可以认为仅仅用了古典概型概率公式.显然利用前者在思考上会简单一些,二者结果显然是一致的.
相互独立事件的性质
[问题2] 如果事件A与事件B相互独立,它们的对立事件分别记为与,那么事件A与,与B,与相互独立吗
提示:因为A=AB+A,AB,A互斥,
所以P(A)=P(AB)+P(A),
所以P(A)=P(A)-P(AB).
又P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)·[1-P(B)]=P(A)P(),
所以P(A)=P(A)P(),
所以事件A与相互独立.
同理,与B,与相互独立.
知识点2:相互独立事件的性质
如果两个事件相互独立,那么把其中一个换成它的对立事件,这样的两个事件仍然相互独立.
[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)=××=.
解:(2)法一 3人中有2人被选中的概率为
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“3人中至少有1人被选中”的对立事件是“3人均未被选中”,则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2-1:一个学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中取得优秀的概率:语文为0.9,数学为0.8,英语为0.85,问一次考试中:
(1)三科成绩均未取得优秀的概率是多少
(2)恰有一科成绩取得优秀的概率是多少
解:(1)设事件A表示“语文取得优秀”,事件B表示“数学取得优秀”,事件C表示“英语取得优秀”,
则P(A)=0.9,P(B)=0.8,P(C)=0.85,
则在一次考试中三科成绩均未取得优秀的概率是
P1=P( )=P()P()P()
=(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85)
=0.003.
解:(2)恰有一科成绩取得优秀的概率是
P2=P( C)+P(B)+P(A )
=(1-0.9)×(1-0.8)×0.85+(1-0.9)×0.8×(1-0.85)+0.9×(1-0.8)×(1-0.85)
=0.056.
变式训练2-2:在一次猜灯谜活动中,共有20道灯谜,两名同学独立竞猜,甲同学猜对了12个,乙同学猜对了8个,假设猜对每道灯谜都是等可能的,试求:
(1)任选一道灯谜,恰有一个人猜对的概率;
(2)任选一道灯谜,甲、乙都没有猜对的概率.
解:(1)设事件A表示“甲猜对”,事件B表示“乙猜对”,
则P(A)==,P(B)==,
所以任选一道灯谜,恰有一个人猜对的概率为
P(A+B)=P(A)P()+P()P(B)
=×(1-)+(1-)×
=.
解:(2)任选一道灯谜,甲、乙都没有猜对的概率为
P( )=P()P()=(1-)(1-)=.
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,也可以从对立事件入手计算概率.
串联电路与并联电路中的概率问题
[典例] 如下图,用A,B,C三类不同的元件连接成两个系统N1,N2,当元件A,B,C都正常工作时,系统N1正常工作;当元件A正常工作且元件B,C至少有一个正常工作时,系统N2正常工作.系统N1,N2正常工作的概率分别为p1,p2.
(1)若元件A,B,C正常工作的概率依次为0.5,0.6,0.8,求p1,p2;
(2)若元件A,B,C正常工作的概率都是p(0试题情境:串联电路与并联电路.
必备知识:独立事件的概率公式.
关键能力:逻辑思维能力,运算求解能力.
学科素养:逻辑推理,数据运算.
解:(1)设元件A,B,C正常工作分别为事件A,B,C,则A,B,C相互独立.
因为P(A)=0.5,P(B)=0.6,P(C)=0.8,
故p1=P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)
=0.5×0.6×0.8
=0.24,
p2=P(A)[1-P( )]
=0.5×(1-0.4×0.2)
=0.46.
(2)因为P(A)=P(B)=P(C)=p,
所以p1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=p3,
p2=P(A)[1-P( )]
=p[1-(1-p)2],
p1-p2=p3-p[1-(1-p)2]
=2p3-2p2
=2p2(p-1).
又0[素养演练1] 如图是某个闭合电路的一部分,每个元件正常导电的概率为,则从A到B这部分电源能通电的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:由题意得从A到B下面2个元件不能通电的概率为P1=1-×=.
从A到B上面3个元件不能通电的概率为
P2=1-×(1-×)=.
所以从A到B这部分电源能通电的概率为
P=1-×=.
故选A.
[素养演练2]一个电路如图所示,A,B,C,D,E,F为6个开关,其闭合的概率都为,且每个开关是否闭合是相互独立的,则灯亮的概率是 .
解析:灯亮的概率是P=1-[(1-×)×(1-×)××]=.
答案:
[例1] 为了丰富业余生活,甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛.比赛规则如下:①每场比赛有两人参加,并决出胜负;②每场比赛获胜的人与未参加此场比赛的人进行下一场的比赛;③依次循环,直到有一个人首先获得两场胜利,则本次比赛结束,此人为本次比赛的冠军.已知在每场比赛中,甲胜乙的概率为,甲胜丙的概率为,乙胜丙的概率为.
(1)求甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率;
(2)请通过计算说明,哪两个人进行首场比赛时,甲获得冠军的概率最大
解:(1)设事件M为“甲和乙先赛且共进行4场比赛”,则有两种情况:
第一种是甲和乙先赛,甲胜乙,第二场甲与丙比赛,丙胜甲,
第三场丙与乙比赛,乙胜丙,再进行第四场比赛;
第二种是甲和乙先赛,乙胜甲,第二场乙与丙比赛,丙胜乙,
第三场丙与甲比赛,甲胜丙,再进行第四场比赛.
所以甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率为
P(M)=×(1-)×+(1-)×(1-)×=.
解:(2)设事件A表示“甲与乙先赛且甲获得冠军”,
事件B表示“甲与丙先赛且甲获得冠军”,事件C表示“乙与丙先赛且甲获得冠军”,
P(A)=×+×(1-)××+(1-)×(1-)××=,
P(B)=×+×(1-)×(1-)×+(1-)×××=,
P(C)=××+(1-)××=,
因为>>,
所以甲与乙进行首场比赛时,甲获得冠军的概率最大.
[例2] 一袋中有3个红球,2个黑球,1个白球,6个球除颜色外其余均相同,摇匀后随机摸球,有放回地逐一摸取2次,求恰有1个红球的概率.
解:一袋中有3个红球,2个黑球,1个白球,6个球除颜色外其余均相同,摇匀后随机摸球,
有放回地逐一摸取2次,恰有1个红球的概率为
P=×+×=.
基础巩固
知识点一:相互独立事件的判断
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,每次结果是相互独立的,其结果不受先后影响,故A中事件A,B是相互独立事件;B中是不放回地摸球,显然事件A与事件B不是相互独立事件;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.
知识点二:相互独立事件的运算
2.(多选题)若事件A与事件B相互独立,则下列各式正确的是( BCD )
(A)P( )=P()+P()
(B)P( B)=P()P(B)
(C)P(A)=P(A)P()
(D)P(AB)=P(A)P(B)
解析:因为事件A与事件B相互独立,
所以A与,与B及与也相互独立,
所以P( )=P()P(),P(B)=P()P(B),P(A)=P(A)P(),
P(AB)=P(A)P(B),故选BCD.
3.甲、乙两个气象站同时做气象预报,如果甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,那么在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为( D )
(A)0.8 (B)0.7
(C)0.56 (D)0.38
解析:在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为P=0.8×(1-
0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38.故选D.
4.甲,乙,丙三人将参加某项测试,三人能否达标互不影响,已知他们能达标的概率分别是,,,则三人都能达标的概率是 .
解析:根据题意,三人都能达标的概率为P=××=.
答案:
5.已知甲、乙、丙三人各自独立解决某一问题的概率分别是0.5,
0.4,0.4,则甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率是 .
解析:根据题意,设甲、乙、丙三人各自独立解决某一问题分别为事件A,B,C,
则P(A)=0.5,P(B)=0.4,P(C)=0.4,则P()=0.5,P()=0.6,P()=0.6,若三人都没有解决该问题,即 ,其概率P( )=0.5×0.6×
0.6=0.18,
则甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率为1-0.18=0.82.
答案:0.82
能力提升
6.某中学三大社团“乐研社”“摄影社”和“外联社”招新,据资料统计,2021级高一新生通过考核选拔进入三个社团成功与否相互独立,新生小明通过考核选拔进入三个社团“乐研社”“摄影社”和“外联社”的概率依次为,a,b,已知三个社团他都能进入的概率为,至少进入一个社团的概率为,则a+b等于( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:根据题意有
解得a+b=.
故选D.
7.排球比赛的规则是5局3胜制(5局比赛中,优先取得3局胜利的一方获得最终胜利,无平局).在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都相等,均为,前2局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:若乙队以3∶0获胜,其概率为,
若乙队以3∶1获胜,其概率为×=,
若乙队以3∶2获胜,其概率为××=,
故最后乙队获胜的概率是++=.
故选D.
8.甲、乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局比赛结果相互独立,则甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:甲在4局以内(含4局)赢得比赛包含3种情况:
①甲胜第1局、第2局;②第1局乙胜,第2局和第3局甲胜;③第1局甲胜,第2局乙胜,第3局和第4局甲胜,
则甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为
P=()2+×()2+××()2=.
故选A.
9.事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=,P(C)=,P(AB)=,则P(B)=
,P(B)= .
解析:依题意得
由③÷①得P()=,
可得P(C)=1-P()=1-=.
将P(C)=代入②得P()=,
所以P(B)=1-P()=,
由①可得P(A)=.
所以P(B)=P()·P(B)=×=.
答案:
10.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,其中,第三关有两次闯关机会,且通过每关相互独立.一选手参加该节目,则该选手顺利完成闯关的概率为 .
解析:该选手顺利完成闯关的情况为第一、第二关都通过,第三关第一次通过或第一次没有通过但是第二次通过,所以该选手顺利完成闯关的概率为P=××+×××=.
答案:
11.甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球,命中率分别为与p,且乙投球2次均未命中的概率为.
(1)求乙投球的命中率p;
(2)求甲投球2次,至少命中1次的概率.
解:(1)设“甲投一次球命中”为事件A,“乙投一次球命中”为
事件B,
由题意得P()P()=,
于是P()=或P()=-(舍去).
故p=1-P()=.
所以乙投球的命中率p为.
(2)由题设知P(A)=,P()=,
故甲投球2次,至少命中1次的概率为1-P( )=1-P()P()=.
12.计算机能力考试分理论考试与实际操作两部分,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)假设甲、乙、丙三人同时进行计算机理论与实际操作两项考试,谁获得合格证书的可能性最大
(2)这三人进行计算机理论与实际操作两项考试后,求恰有两人获得合格证书的概率.
解:(1)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(A)所以丙获得“合格证书”的可能性最大.
(2)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,
则甲、乙、丙三人恰有两人获得“合格证书”的概率为P(D)=
P(AB)+P(AC)+P(BC)=××+××+××=.
应用创新
13.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)求再比赛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.
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“再比赛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及事件A3A4与B3B4互斥,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.
(2)记“甲获得这次比赛胜利”为事件C,因为前2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,甲先胜2局,从而C=(A3A4)∪(B3A4A5)∪(A3B4A5).
由于各局比赛结果相互独立及事件A3A4,B3A4A5,A3B4A5两两互斥,故
P(C)=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.章末总结
题型一 古典概型
[例1] 从标号分别为1,2,3,4,5的5张标签中随机抽取一张,放回后再随机抽取一张,则抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差1的概率为( )
(A) (B)
(C) (D)
解析:所有样本点总数为52=25,
其中,事件“抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差1”所包含的样本点有(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),(4,5),(5,4),共8种,
因此,所求事件的概率为P=.故选D.
跟踪训练1-1:某学习小组有2个男生,3个女生,从该小组选取2人参加解题比赛,选到一男一女的概率为( )
(A) (B) (C) (D)
解析:设3个女生为a1,a2,a3,2个男生为b1,b2,
选2人参加比赛,所有可能情况为a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,b1b2,共10种,其中,选到一男一女包含的样本点有a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,共6种,所以所求概率P==,故选A.
古典概型是一个非常重要的概率模型,高考中常常以小题的形式出现,主要考查列举法,为了避免遗漏或重复,有序的思考、合理的分类是解决问题的关键.
题型二 互斥与独立
[例2] 为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神,某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮,每位参赛选手均须参加两轮比赛,若其在两轮比赛中均胜出,则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为,;在第二轮比赛中,甲、乙胜出的概率分别为,.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛,派谁参赛赢得比赛的概率更大
(2)若甲、乙两人均参加比赛,求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
解:(1)设事件A1表示“甲在第一轮比赛中胜出”,事件A2表示“甲在第二轮比赛中胜出”,事件B1表示“乙在第一轮比赛中胜出”,事件B2表示“乙在第二轮比赛中胜出”,则A1A2表示“甲赢得比赛”,P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,
B1B2表示“乙赢得比赛”,
P(B1B2)=P(B1)P(B2)=×=.
因为>,所以派甲参赛赢得比赛的概率更大.
解:(2)设C表示“甲赢得比赛”,D表示“乙赢得比赛”,
由(1)知P()=1-P(A1A2)=1-=,
P()=1-P(B1B2)=1-=,
所以C∪D表示“两人中至少有一个赢得比赛”,
所以P(C∪D)=1-P( )=1-P()P()=
1-×=.
跟踪训练2-1:甲、乙两队举行围棋擂台赛,规则如下:两队各出3人,排定1,2,3号.第一局,双方1号队员出场比赛,负的一方淘汰,该队下一号队员上场比赛.当某队3名队员都被淘汰完,比赛结束,未淘汰完的一方获胜,如下表中,第m行、第n列的数据是甲队第m号队员能战胜乙队第n号队员的概率.
0.5 0.3 0.2
0.6 0.5 0.3
0.8 0.7 0.6
(1)求甲队2号队员把乙队3名队员都淘汰的概率;
(2)比较第三局比赛,甲队队员和乙队队员哪个获胜的概率更大一些
解:(1)甲队2号队员把乙队3名队员都淘汰的概率为P=0.5×0.6×0.5×0.3=0.045.
(2)第三局比赛甲队队员获胜可分为3个互斥事件:
①甲队1号胜乙队3号,概率为0.5×0.3×0.2=0.03;
②甲队2号胜乙队2号,概率为0.5×0.7×0.5+0.5×0.6×0.5=0.325;
③甲队3号胜乙队1号,概率为0.5×0.4×0.8=0.16,
所以第三局甲队队员获胜的概率为P=0.03+0.325+0.16=0.515,
所以第三局乙队队员获胜的概率为1-0.515=0.485.
因为0.515>0.485,
所以甲队队员获胜的概率更大一些.
本章两个最基本的公式是两个互斥事件有一个发生的概率公式和两个对立事件同时发生的概率公式,这两个公式在高考中一般会综合在一起考查,关键是分解所要求解的事件为几个互斥事件的和,而分解的每一个小的事件又是几个独立事件的积[P(M)=P(A∪B∪…)=P(A1A2A3…∪B1B2B3…∪…)],分解时,要遵循合理分类、有序思考的原则.为了简化运算,有时要考虑对立事件[P(M)=1-P()].
题型三 频率与概率
[例3] 为了解学生“课外阅读日”的活动情况,某校以10%的比例对高二年级500名学生按选修物理和选修历史进行分层随机抽样调查,测得阅读时间(单位:分)的频数统计图如图:
(1)分别估计该校高二年级选修物理和选修历史的人数;
(2)估计该校高二年级学生阅读时间在60分以上的概率;
(3)从样本中阅读时间在60～90分的选修物理的学生中任选2人,求至少有1人阅读时间在75～90分之间的概率.
解:(1)因为以10%的比例对高二年级500名学生按选修物理和选修历史进行分层随机抽样,
所以估计该校高二年级选修物理的人数为
(6+9+9+3+2+1)×10=300,
所以估计该校高二年级选修历史的人数为
500-300=200.
(2)样本中,阅读时间在60分钟以上的人数为
3+2+1+9+6+1=22,
因为样本总数为10%×500=50,
所以样本中阅读时间在60分钟以上的频率为=.
利用样本的频率估计总体的概率,则该校高二年级学生阅读时间在60分钟以上的概率约为.
解:(3)样本中阅读时间在60～90分钟的选修物理的学生分两类:
一类是阅读时间在60～75分钟之间的共有3人,记为a1,a2,a3,
另一类是阅读时间在75～90分钟之间的共有2人,记为b1,b2,
从这5人中任选2人,共有10种等可能结果,分别为(a1,a2),(a1,a3),(a1,b1),(a1,b2),(a2,a3),(a2,b1),(a2,b2),(a3,b1),(a3,b2),(b1,b2),
记事件A为“至少有1人阅读时间在75～90分钟之间”,
则事件为“2人阅读时间都在60～75分钟之间”,且包含3个样本点(a1,a2),(a1,a3),(a2,a3),
所以至少有1人阅读时间在75～90分钟之间的概率为P=1-P()=1-=.
跟踪训练3-1:疫情期间口罩需求量大增,某医疗器械公司开始生产KN95口罩,并且对所生产口罩的质量按指标测试分数进行划分,其中分数不小于70的为合格品,否则为不合格品.现随机抽取100件口罩进行检测,其结果如表:
测试分数 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
数量 4 16 42 24 14
(1)根据表中数据,估计该公司生产口罩的不合格率;
(2)根据表中数据,估计该公司口罩的平均测试分数;
(3)若用分层随机抽样的方式按是否合格从所生产口罩中抽取5件,再从这5件口罩中随机抽取2件,求这2件口罩全是合格品的概率.
解:(1)在抽取的100件产品中,不合格的口罩有4+16=20(件),
所以口罩为不合格品的频率为=,
根据频率可估计该公司所生产口罩的不合格率为.
(2)平均测试分数为
=77.8.
解:(3)由题意所抽取的5件口罩中不合格品有1件,合格品有4件.
4件合格口罩记为a,b,c,d,1件不合格口罩记为x.
若抽取的口罩中恰有1件不合格品,则包含的样本点有ax,bx,cx,dx,共4个,
而从5件口罩中抽取2件,样本空间为Ω={ab,ac,ad,ax,bc,bd,bx,cd,cx,dx},共10个样本点,
所以2件口罩中至少有一件不合格品的概率为=.
故2件口罩全是合格品的概率为1-=.
跟踪训练3-2:已知一工厂生产了某种产品700件,该工厂需要对这些产品的性能进行检测,现决定利用随机数法从中抽取100件产品进行抽样检测,将700件产品按001,002,…,700进行编号.
(1)如果从随机数表的第8行第4列开始向右读,请你依次写出最先检测的3件产品的编号.(下面摘取了随机数表的第7～9行)
8442 1753 3157 2455 0688 7704 7447 6721 7633
5025 8392 1206 76(第7行)
6301 6378 5916 9555 6719 9810 5071 7512 8673
5807 4439 5238 79(第8行)
3321 1234 2978 6456 0782 5242 0744 3815 5100
1342 9966 0279 54(第9行)
(2)检测结果分为优等、合格、不合格三个等级,抽取的100件产品的安全性能和环保性能的检测结果如下表(横向和纵向分别表示安全性能和环保性能).
①若在该样本中,产品环保性能是优等的概率为34%,求m,n的值;
②若m≥12,n≥8,求在安全性能不合格的产品中,环保性能为优等的件数比不合格的件数少的概率.
件数 环保性能
优等 合格 不合格
安全 性能 优等 6 20 5
合格 10 18 6
不合格 m 4 n
解:(1)依题意,最先检测的三件产品的编号为163,567,199.
(2)①由=34%,得m=18.
因为6+10+m+20+18+4+5+6+n=100,
所以n=13.
②由题意,m+n=31,
因为m≥12,n≥8,
所以满足条件的(m,n)有(12,19),(13,18),(14,17),(15,16),(16,15),(17,14),(18,13),(19,12),(20,11),(21,10),(22,9),(23,8),共12组,且每组出现的可能性相同,
其中满足“m所以在安全性能不合格的产品中,环保性能为优等的件数比不合格的件数少的概率为=.
概率是一个稳定的数值,也就是某件事发生或不发生的可能性大小.频率是在一定数量的某件事情上,发生的次数与总数的比值.频率是有限次数的试验所得的结果,概率是频数无限大时对应的频率,是唯一确定的常数.尽管每进行一连串(n次)试验,所得到的频率可以各不相同,但只要n相当大,频率与概率会非常接近.
题型一 古典概型
1.(2020·全国Ⅰ卷T4)设O为正方形ABCD的中心,在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点共线的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:根据题意作出图形,如图所示,在O,A,B,C,D中任取3点,有10种可能情况,分别为(OAB),(OAC),(OAD),(OBC),(OBD),(OCD),(ABC),(ABD),(ACD),(BCD),其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况,所以在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点共线的概率为=.故选A.
2.(2018·全国Ⅱ卷T8)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,随机选取两个不同的数,共有45种情况,而和为30的有7+23,11+19,13+17这3种情况,所以所求概率为=.故选C.
3.(2020·江苏卷T4)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是 .
解析:将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,向上的点数共有36种情况,其中点数和为5的情况有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4种,则所求概率为=.
答案:
题型二 互斥与独立
4.(2020·天津卷T13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 .
解析:依题意得,甲、乙两球都落入盒子的概率为×=,甲、乙两球都不落入盒子的概率为(1-)×(1-)=,则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1-=.
答案:
5.(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰;另一人最终获胜,比赛结束.
经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
解:(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
甲连胜四场的概率为;
乙连胜四场的概率为;
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1---=.
解:(3)丙最终获胜,有两种情况:
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为;
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,,.因此丙最终获胜的概率为+++=.
6.(2019·全国Ⅱ卷T18)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.
(1)求P(X=2);
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.
解:(1)X=2就是双方打成10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.
(2)X=4且甲获胜,就是双方打成10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.
因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.
题型三 频率与概率
7.(2020·全国Ⅰ卷T17)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下:
甲分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率;
(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务
解:(1)由试加工产品等级的频数分布表知,
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4;
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28.
(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 65 25 -5 -75
频数 40 20 20 20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为
=15.
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 70 30 0 -70
频数 28 17 34 21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为
=10.
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.
第七章 检测试题
(时间:120分钟 满分:150分)
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.下列事件中,随机事件的个数为( C )
①明年1月1日郑州市下雪;
②抛掷100次硬币,出现正面向上的次数为50;
③在标准大气压下,水在80 ℃时沸腾.
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解析:①②对应的事件可能发生,也可能不发生,为随机事件,③在标准大气压下时,水达到100摄氏度沸腾,达到80 ℃不可能沸腾,故为不可能事件.故选C.
2.盒子里有6个红球,4个白球,现从中任取3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E={3个红球},那么事件C与A,B,E的运算关系是( B )
(A)C=(A∩B)∪E (B)C=A∪B∪E
(C)C=(A∪B)∩E (D)C=A∩B∩E
解析:3个球中至少有一个红球包括3个球中有1个红球,有2个红球,有3个红球,所以由题意可知C=A∪B∪E.故选B.
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:任取两个不同的数的所有可能结果有(1,2),(1,3),(1,4),
(2,3),(2,4),(3,4),共6种,2个数之差的绝对值为2的有(1,3),
(2,4),故所求概率P==.故选B.
4.某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0.05,中二等奖的概率为0.16,中鼓励奖的概率为0.40,则不中奖的概率为( B )
(A)0.55 (B)0.39 (C)0.68 (D)0.61
解析:中奖的概率为0.05+0.16+0.40=0.61,
中奖与不中奖互为对立事件,
所以不中奖的概率为1-0.61=0.39.
故选B.
5.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次,至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数,指定0,1,2表示没有击中目标,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标,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20组随机数:
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636
6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045
6011 3661 9597 7424 7610 4281
根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( B )
(A)0.55 (B)0.6 (C)0.65 (D)0.7
解析:在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有7527,
9857,0347,4373,8636,6947,4698,6233,8045,3661,9597,7424,共12组随机数,
所以所求概率为=0.6.故选B.
6.投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学3次投篮投中的概率分别为0.6,0.5,0.5,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为( A )
(A)0.55 (B)0.45 (C)0.35 (D)0.3
解析:记该同学3次投篮分别为事件A,B,C,则该同学通过测试的概率为P=P(AB)+P(AC)+P(BC)+P(ABC)=0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×
0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.55,故选A.
7.如图所示的电路有a,b,c三个开关,每个开关开或关的概率都是,且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为( C )
(A) (B) (C) (D)
解析:设“a闭合”为事件A,“b闭合”为事件B,“c闭合”为事件C,则甲灯亮应为事件AC,且A,B,C之间彼此独立,P(A)=P(B)=P(C)=,所以P(AC)=P(A)P()P(C)=×(1-)×=.故选C.
8.有3个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:记三个兴趣小组分别为1,2,3,甲参加1组记为“甲1”,则一共有9种可能结果:
甲1,乙1;甲1,乙2;甲1,乙3;甲2,乙1;甲2,乙2;甲2,乙3;甲3,乙1;甲3,乙2;甲3,乙3.
记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”,其中事件A的可能结果有甲1,乙1;甲2,乙2;甲3,乙3,共3种情况,因此P(A)=.故选A.
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,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.一个不透明袋中装有黑、白两种颜色的球各三个,现从中取出两个球.设事件P表示“取出的都是黑球”;事件Q表示“取出的都是白球”;事件R表示“取出的球中至少有一个黑球”.则下列结论不正确的是( ABD )
(A)P与R是互斥事件
(B)P与Q是对立事件
(C)Q和R是对立事件
(D)Q和R是互斥事件,但不是对立事件
解析:袋中装有黑、白两种颜色的球各三个,现从中取出两个球,取球的结果共有如下几类:
①取出的两个球都是黑球;②取出的两个球都是白球;③取出的两个球一黑一白.
事件R包括①③两种情况,故A不正确.事件P与事件Q互斥,但不是对立事件,所以选项B不正确.
事件Q与事件R互斥且对立,所以选项C正确,选项D不正确.
故选ABD.
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,现从这个工厂随机抽查1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:由题意得P(A)==,
P(B)==,P(C)==,
P(A∪B)=P(A)+P(B)=+=≠P(C),
P(A∩B)=0,
故A,B,C正确,D错误.
故选ABC.
11.已知事件A,B,且P(A)=0.6,P(B)=0.3,则下列结论正确的是( ABD )
(A)如果A与B互斥,那么P()=0.1
(B)如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.9,P(AB)=0
(C)如果A与B相互独立,那么P(A∪B)=0.9,P(AB)=0
(D)如果A与B相互独立,那么P( )=0.28,P(B)=0.12
解析:对于A,如果A与B互斥,那么P()=1-P(A∪B)=0.1,故A正确;对于B,如果A与B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.9,P(AB)=0,故B正确;对于C,如果A与B相互独立,
那么P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.9-0.18=0.72,
P(AB)=P(A)P(B)=0.18,故C错误;
对于D,如果A与B相互独立,
那么P( )=P()P()=0.4×0.7=0.28,
P(B)=P()P(B)=0.4×0.3=0.12,故D正确.
故选ABD.
12.下列对各事件发生的概率判断正确的是( AC )
(A)某学生在上学的路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是,那么该学生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
(B)3人独立地破译一份密码,他们能单独破译出的概率分别为,,,假设他们破译密码是彼此独立的,则此密码被破译的概率为
(C)甲袋中有8个白球,4个红球,乙袋中有6个白球,6个红球,从每袋中各任取1个球,则取到同色球的概率为
(D)设两个独立事件A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率是
解析:对于A,该学生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的情
况是:前2个路口都没有遇到红灯,第3个路口遇到红灯,
其概率为P=××=,故A正确;
对于B,此密码被破译的对立事件是3个人都没有破译出密码,
所以此密码被破译的概率为P=1-(1-)(1-)(1-)=,故B错误;
对于C,从每袋中各任取1个球,则取到同色球的概率为P=×+×=,故C正确;
对于D,由题意得
解得P(A)=P(B)=,故D错误.
故选AC.
三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把正确答案填在题中横线上.
13.某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,则恰好选中2名女生的概率为 .
解析:记2名男生分别为A,B,3名女生分别为a,b,c,则从中任选2名学生的所有可能结果有AB,Aa,Ab,Ac,Ba,Bb,Bc,ab,ac,bc,共10种,其中恰好选中2名女生的结果有ab,ac,bc,共3种,故所求概率为.
答案:
14.某项选拔共有三轮考核,每轮设有一个问题,能正确回答问题者进入下一轮考试,否则即被淘汰.已知某选手能正确回答第一、第二、第三轮的问题的概率分别为,,,且各轮问题能否正确回答互不影响,则该选手被淘汰的概率为 .
解析:该选手被淘汰的对立事件是该选手通过三轮考核,
所以该选手被淘汰的概率为P=1-××=.
答案:
15.从3,5,7,9,10中任取3个数作为边长,不能围成三角形的概率为
.
解析:“任取3个数”包含的样本点为(3,5,7),(3,5,9),(3,5,10),
(3,7,9),(3,7,10),(3,9,10),(5,7,9),(5,7,10),(5,9,10),
(7,9,10),共10个,
其中“不能够围成三角形”的样本点为(3,5,9),(3,5,10),(3,7,10),共3个,所以所求的概率为P=.
答案:
16.有以下一些说法:
①昨天没有下雨,则说明“昨天气象局的天气预报降水概率为95%”是错误的;
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中降水概率为95%,仍有不降水的可能,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正确.
所以错误说法的序号是①②③.
答案:①②③
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.(10分)袋子中装有除颜色外其他均相同的编号为a,b的2个黑球和编号为c,d,e的3个红球,从中任意摸出2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,
该试验的所有的样本点有(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),
(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10个,
事件A所包含的样本点有(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),
(b,e),共6个,
所以恰好摸出1个黑球和1个红球的概率为P(A)==.
(2)记事件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,
所以至少摸出1个黑球的概率P(B)=.
18.(12分)射击运动员射击一次,命中7～10环的概率如表所示:
命中环数 10环 9环 8环 7环
概率 0.32 0.28 0.18 0.12
该射击运动员射击一次,求:
(1)射中9环或10环的概率;
(2)至少命中8环的概率;
(3)命中不足8环的概率.
解:记事件“射击一次,命中k环”为Ak(k∈N,k≤10),则事件Ak彼此互斥.
(1)记“射击一次,射中9环或10环”为事件A,那么当A9,A10之一发生时,事件A发生,由互斥事件的概率加法公式得P(A)=P(A9)+P(A10)=
0.32+0.28=0.60.
(2)设“射击一次,至少命中8环”的事件为B,那么当A8,A9,A10之一发生时,事件B发生.由互斥事件的概率加法公式得P(B)=P(A8)+P(A9)+
P(A10)=0.18+0.28+0.32=0.78.
(3)由于事件“射击一次,命中不足8环”是事件B:“射击一次,至少命中8环”的对立事件,即表示事件“射击一次,命中不足8环”,则P()=1-P(B)=1-0.78=0.22.
19.(12分)甲、乙、丙三名同学完成六道数学自测题,他们及格的概率依次为,,,求:
(1)三人中有且只有两人及格的概率;
(2)三人中至少有一人不及格的概率.
解:(1)设事件A表示“甲及格”,事件B表示“乙及格”,事件C表示“丙及格”,
则P(A)=,P(B)=,P(C)=,
所以三人中有且只有两人及格的概率为
P1=P(AB)+P(AC)+P(BC)
=P(A)P(B)P()+P(A)P()P(C)+P()P(B)P(C)
=××(1-)+×(1-)×+(1-)××
=.
(2)“三人中至少有一人不及格”的对立的事件为“三人都及格”,
则三人中至少有一人不及格的概率为
P2=1-P(ABC)
=1-P(A)P(B)P(C)
=1-××
=.
20.(12分)为了普及安全教育,某市组织了一次学生安全知识竞赛,规定每队3人,每人回答一个问题,答对得1分,答错得0分.在竞赛中,甲、乙两个中学代表队狭路相逢,假设甲队每人回答问题正确的概率均为,乙队每人回答问题正确的概率分别为,,,且两队每人回答问题正确与否相互之间没有影响.
(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率;
(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解:(1)记“甲队总得分为3分”为事件A,记“甲队总得分为1分”为事件B,
甲队总得分为3分,即甲队3人都回答正确,其概率为P(A)=××
=,
甲队总得分为1分,即甲队3人中只有1人回答正确,其余两人回答错误,其概率为P(B)=×(1-)×(1-)+(1-)××(1-)+(1-)×
(1-)×=.
所以甲队总得分为3分与1分的概率分别为,.
(2)记“甲队总得分为2分”为事件C,记“乙队总得分为1分”为事件D,
事件C即甲队3人中有2人回答正确,1人回答错误,
则P(C)=××(1-)+×(1-)×+(1-)××=,
事件D即乙队3人中只有1人回答正确,其余2人回答错误,
则P(D)=×(1-)×(1-)+(1-)××(1-)+(1-)×(1-)×=,
由题意得事件C与事件D相互独立,
所以甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(CD)=
P(C)P(D)=×=.
21.(12分)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:
支付方式 支付金额
大于 2 000元 不大于 2 000元
仅使用A 27人 3人
仅使用B 24人 1人
(1)估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数;
(2)从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率.
解:(1)由题知,样本中仅使用A的学生有27+3=30(人),仅使用B的学生有24+1=25(人),
A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.
故样本中,A,B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40(人).估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数为×
1 000=400.
(2)记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于2 000元”,
则P(C)=.
22.(12分)甲、乙两人组成“星队”进行定点投篮比赛,在距篮筐3米线内设一点M,在点M处投中一球得2分,不中得0分;在距篮筐3米线外设一点N,在点N处投中一球得3分,不中得0分.已知甲、乙两人在点M处投中的概率都为p,在点N处投中的概率都为q,且在点M,N处投中与否互不影响.假设甲、乙两人先在点M处各投篮一次,然后在点N处各投篮一次,甲、乙两人的得分之和为“星队”总得分.已知在一次比赛中甲得2分的概率为,乙得5分的概率为.
(1)求p,q的值;
(2)求“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率.
解:设A0,A2,A3,A5分别表示在一次比赛中甲得0分,2分,3分,5分的事件,B0,B2,B3,B5分别表示在一次比赛中乙得0分,2分,3分,5分的
事件.
(1)依题意得
解得p=,q=.
(2)由(1)得P(A0)=P(B0)=(1-)×(1-)=,
P(A2)=P(B2)=,
P(A3)=P(B3)=(1-)×=,
P(A5)=P(B5)=.
设事件C为“′星队′在一次比赛中的总得分为5分”,
则C=A0B5∪A2B3∪A3B2∪A5B0,
则P(C)=P(A0B5∪A2B3∪A3B2∪A5B0)
=P(A0)P(B5)+P(A2)P(B3)+P(A3)P(B2)+
P(A5)P(B0)
=×+×+×+×
=.
所以“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率为.