第10章概率章末综合提升学案含解析

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概率 类型1　随机事件与概率1．近几年高考突出考查了以频率估计概率，对概率加法公式及对立事件发生的概率考查较少．这三个知识点是概率知识的基础，应重点把握．2．求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P(eq \x\to(A))求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题，多考虑间接法．【例1】　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)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(10,1 000)＝eq \f(1,100)，P(C)＝eq \f(50,1 000)＝eq \f(1,20)．故事件A，B，C的概率分别为eq \f(1,1 000)，eq \f(1,100)，eq \f(1,20)．(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． ∵A，B，C两两互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(1＋10＋50,1 000)＝eq \f(61,1 000)．故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000)．(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，∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1 000)＋\f(1,100)))＝eq \f(989,1 000)．故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000)．eq \o([跟进训练])1．袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是eq \f(1,3)，得到黑球或黄球的概率是eq \f(5,12)，得到黄球或绿球的概率也是eq \f(5,12)，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？[解]　从袋中选取一个球，记事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”分别为事件A，B，C，D，则有P(A)＝eq \f(1,3)，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(5,12)，P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝eq \f(5,12)，P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，解得P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,6)，P(D)＝eq \f(1,4)，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是eq \f(1,4)，eq \f(1,6)，eq \f(1,4)． 类型2　古典概型1．古典概型是每年高考的必考点，可以单独考查，也可以与统计中的直方图综合考查．计算时，掌握必要的计数方法(如列举法、树状图等)，并合理利用互斥事件、对立事件的概率公式，进行概率计算．2．求古典概型的概率的关键是求试验的样本点的总数和事件A包含的样本点的个数，这就需要正确求出试验的样本空间，样本空间的表示方法有列举法、列表法和树形图法，具体应用时可根据需要灵活选择．【例2】　袋中有形状、大小都相同的4个小球， (1)若4个小球中有1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，求这2只球颜色不同的概率；(2)若4个小球颜色相同，标号分别为1,2,3,4，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率；(3)若4个小球中有1只白球，1只红球，2只黄球，有放回地取球，取两次，求两次取得球的颜色相同的概率．[解]　(1)设取出的2只球颜色不同为事件A．试验的样本空间Ω＝ {(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄2)}，共6个样本点，事件A包含5个样本点，故P(A)＝eq \f(5,6)．(2)试验的样本空间Ω＝ {(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，共6个样本点，设标号和为奇数为事件B，则B包含的样本点为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4个，所以P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)．(3)试验的样本空间Ω＝{(白，白)，(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，红)，(红，白)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄1)，(黄1，白)，(黄1，红)，(黄1，黄2)，(黄2，黄2)，(黄2，白)，(黄2，红)，(黄2，黄1)}，共16个样本点，其中颜色相同的有6个，故所求概率为P＝eq \f(6,16)＝eq \f(3,8)．eq \o([跟进训练])2．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝(m，n)，b＝(1，－3)．(1)求使得事件“a⊥b”发生的概率；(2)求使得事件“|a|≤|b|”发生的概率．[解]　(1)由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}，故(m，n)所有可能的取法共36种．a⊥b，即m－3n＝0，即m＝3n，共有2种：(3,1)，(6,2)，所以事件a⊥b的概率为eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)．(2)|a|≤|b|，即m2＋n2≤10，共有6种：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，其概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)． 类型3　事件的相互独立性1．高考对相互独立事件的考查主要是判断相互独立事件、计算相互独立事件的概率，多出现在解答题，难度中等．2．相互独立事件中求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥的简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积、和公式求解．【例3】　在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1到5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的事件概率．[解]　(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，观众甲选出3名歌手的样本空间Ω＝{(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)}，事件A包含2个样本点，则P(A)＝eq \f(2,3)，设B表示事件“观众乙选中3号歌手”， 观众乙选出3名歌手的样本空间Ω＝{(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)}，事件B包含6个样本点，则P(B)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)．∵事件A与B相互独立，A与eq \x\to(B)相互独立，则Aeq \x\to(B)表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．∴P(Aeq \x\to(B))＝P(A)·P(eq \x\to(B))＝P(A)·[1－P(B)]＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)．即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是eq \f(4,15)．(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝P(B)＝eq \f(3,5)，依题意，A，B，C相互独立，eq \x\to(A)，eq \x\to(B)，eq \x\to(C)相互独立，且ABeq \x\to(C)，Aeq \x\to(B)C，eq \x\to(A)BC，ABC彼此互斥．又P(X＝2)＝P(ABeq \x\to(C))＋P(Aeq \x\to(B)C)＋P(eq \x\to(A)BC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(33,75)，P(X＝3)＝P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(18,75)，∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq \f(33,75)＋eq \f(18,75)＝eq \f(17,25)．eq \o([跟进训练])3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数为奇数”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是(　　)A．eq \f(5,12)　　　B．eq \f(1,2)　　　C．eq \f(7,12)　　　D．eq \f(3,4)D　[P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(eq \x\to(A))＝eq \f(1,2)，P(eq \x\to(B))＝eq \f(1,2)．A，B中至少有一件发生的概率为1－P(eq \x\to(A))·P(eq \x\to(B))＝1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，故选D．]4．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3)．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________．eq \f(1,6)　eq \f(2,3)　[依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)．] 类型4　概率与统计的综合应用1．此类问题多涉及古典概型、互斥事件、对立事件以及频率分布直方图等内容，既有选择题，也有解答题．2．破解概率与统计图表综合问题的三个步骤第一步：会读图，能读懂已知统计图表所隐含的信息，并会进行信息提取．第二步：会转化，对文字语言较多的题目，需要根据题目信息耐心阅读，步步实现文字语言与符号语言间的转化．第三步：会运算，对统计图表所反馈的信息进行提取后，结合古典概型的概率公式进行运算．【例4】　某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．(1)求频率分布直方图中a的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．[解]　(1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006．(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4．(3)受访职工中评分在[50,60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；受访职工中评分在[40,50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2．从这5名受访职工中随机抽取2人，试验的样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)}，共10个样本点．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即(B1，B2)，故所求的概率为eq \f(1,10)．eq \o([跟进训练])5．海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层随机抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．[解]　(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是eq \f(6,50＋150＋100)＝eq \f(1,50)，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×eq \f(1,50)＝1,150×eq \f(1,50)＝3,100×eq \f(1,50)＝2．所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2．(2)设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2．则从6件样品中抽取2件商品，试验的样本空间Ω＝{(A，B1)，(A，B2)，(A，B3)，(A，C1)，(A，C2)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，C1)，(B1，C2)，(B2，B3)，(B2，C1)，(B2，C2)，(B3，C1)，(B3，C2)，(C1，C2)，共15个样本点．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的样本点有：(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，(C1，C2)，共4个，所以P(D)＝eq \f(4,15)，即这2件商品来自相同地区的概率为eq \f(4,15)．1．(2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(　　)A．0.3　　　　B．0.4　　　　C．0.6　　　　D．0.7B　[设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4．故选B．]2．(2019·全国卷Ⅱ)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(　　)A．eq \f(2,3) B．eq \f(3,5) C．eq \f(2,5) D．eq \f(1,5)B　[设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(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种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)．故选B．]3．(2020·全国卷Ⅰ)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．eq \f(1,5) B．eq \f(2,5) C．eq \f(1,2) D．eq \f(4,5)A　[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，取到的3点共线的概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，故选A．]4．(2019·全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．0.18　[记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18．]5．(2020·全国卷Ⅰ)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乙分厂产品等级的频数分布表(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eq \f(40,100)＝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eq \f(28,100)＝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因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为eq \f(65×40＋25×20－5×20－75×20,100)＝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因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为eq \f(70×28＋30×17＋0×34－70×21,100)＝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．地区ABC数量/件50150100等级ABCD频数40202020等级ABCD频数28173421利润6525－5－75频数40202020利润70300－70频数28173421