2021高三数学北师大版(理)一轮教师用书：第11章 第3节 随机事件的概率

第三节随机事件的概率[最新考纲] 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式．
1．频率与概率
在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率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，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P(A)．
2．事件的关系与运算
互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．
事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．
对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．
3．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)互斥事件概率的加法公式
①如果事件A与事件B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．
②若事件A与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(A)．
[常用结论]
如果事件A1，A2，…，A n两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1＋A2＋…＋A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．()
(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．()
(3)两个事件的和事件发生是指两个事件都得发生．( )
(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√ 二、教材改编
1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( ) A ．至多有一次中靶 B ．两次都中靶 C ．只有一次中靶
D ．两次都不中靶
D [“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．] 2．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
A ．0.35
B ．0.45
C ．0.55
D ．0.65
B [由表知[10,40)的频数为2＋3＋4＝9， 所以样本数据落在区间[10,40)的频率为
9
20
＝0.45.] 3．如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，取到黑桃的概率是1
4，取到梅花的概率是1
4，则取到红色牌的概率是________．
12 [P ＝1－
⎝ ⎛⎭⎪⎫1
4＋14＝1
2
.] 4．一个地区从某年起几年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下：
0．517 3 [男婴出生的频率依次约是：0.520 0,0.517 3,0.517 3,0.517 3.由于这些频率非常接近0.517 3，因此这一地区男婴出生的概率约为0.517 3.]
考点1事件关系的判断
判断互斥、对立事件的2种方法
(1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
(2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．
1.从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：
①至少有1个白球与至少有1个黄球；
②至少有1个黄球与都是黄球；
③恰有1个白球与恰有1个黄球；
④恰有1个白球与都是黄球．
其中互斥而不对立的事件共有()
A．0组B．1组
C．2组D．3组
B[①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B.]
2．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张
全是移动卡”的概率是3
10，那么概率是
7
10的事件是()
A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡
A[ “至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．]
判断含有“至多、至少”等关键词的事件关系，可先借助枚举法分析每个事件包含的基本事件，然后再借助定义做出判断．
考点2随机事件的频率与概率
1.概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
2．随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
(2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40) 天数21636257 4
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[解](1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表
格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋36
90
＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不
超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值为900,300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率
为36＋25＋7＋4
90
＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
求解本题第(2)问的关键是读懂题设条件，并从中提取信息，明确一天销
售这种酸奶的利润Y与气温变化的关系．
[教师备选例题]
(2019·北京高考)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：
支付金额
支付方式
不大于2 000元大于2 000元
仅使用A 27人3人
仅使用B 24人1人
(1)
(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；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．[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40
100×1 000＝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)＝1
25
＝0.04.
(3)记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000元”．
假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，
则由(2)知，P(E)＝0.04.
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，
一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2000元的人数发生了变化，
所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，
所以无法确定有没有变化．
1.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1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为()
A．134石B．169石
C．338石D．1 365石
B[28
254×1534≈169(石)．]
2．(2016·全国卷Ⅱ)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01234≥5
保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
出险次数01234≥5 频数605030302010
(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60＋50
200
＝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30＋30
200
＝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0.300.250.150.150.100.05 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.
考点3互斥事件与对立事件的概率
复杂事件的概率的2种求法
(1)直接求法，将所求事件分解为一些彼此互斥的事件，运用互斥事件的概率求和公式计算．
(2)间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(A)求解(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就比较简便．
(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 ．0.7
(2)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：
①P (A )，P (B )，P (C )； ②1张奖券的中奖概率；
③1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
(1)B [由题意知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.] (2)[解] ①P (A )＝11 000， P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝1
20. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，1
20.
②1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 ) ＝1＋10＋501 000＝611 000，
故1张奖券的中奖概率约为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－⎝ ⎛⎭⎪⎫1
1 000＋1100＝9891 000，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为989
1 000.
求解本题的关键是正确判断各事件之间的关系，以及把所求事件用已知概
率的事件表示出来．
[教师备选例题]
一盒中装有12个球，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)＝5
12，P(A2)＝4
12
＝1
3
，P(A3)＝2
12
＝1
6
，P(A4)＝1
12
，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)＝5
12
＋4
12
＝3
4.
(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)
＝5 12＋4
12
＋2
12
＝11
12.
法二：(利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1＋A2的对立事件为A3＋A4，所以取出1球为红球或黑球
的概率为P(A1＋A2)＝1－P(A3＋A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－2
12－1
12
＝3
4.
(2)因为A1＋A2＋A3的对立事件为A4，所以P(A1＋A2＋A3)＝1－P(A4)＝1－1
12
＝11
12.
经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：
排队人数01234≥5
概率0.10.160.30.30.10.04
(2)至少3人排队等候的概率．
[解]记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，
所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)法一：(利用互斥事件求概率)记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E ＋F，
所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)
＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二：(利用对立事件求概率)记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.。