数学高考一轮复习：第十二章概率统计12.2随机事件与概率、古典概型与几何概型
2021年高考数学(江苏版)一轮配套课件：§12.2 随机事件与概率、古典概型与几何概型 .ppt
答案 1
3
方法 2 几何概型
几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验,如果一个随机试
验有无限多个等可能的基本结果,每个基本结果可以用平面(或直线、
空间)中的一点来表示,而所有基本结果对应于一个区域Ω,这时,与试验
有关的问题即可利用几何概型来解决.
例2 (2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),6)已知Ω1是{(x,y)|x2+y2
一般地,如果事件A1、A2、…、An彼此互斥,那么事件A1+A2+A3+…+An 发生(即A1、A2、…、An中恰有一个发生)的概率,等于这n个事件分别 发生的概率的和,即P(A1+A2+…+An)=⑤ P(A1)+P(A2)+…+P(An) . 4.古典概型 (1)古典概型的概念 我们把具有:(i)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个;(ii)每个基 本事件出现的可能性相等,以上两个特点的概率模型称为古典概率模 型,简称古典概型. (2)古典概率模型的概率求法 如果一次试验中的等可能基本事件共有n个,那么每一个等可能基本事
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通用版最新版高考数学一轮复习计数原理概率随机变量及其分布随机事件与古典概型教案理
１．概率与频率（１）在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数n A为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f n（A）＝错误!为事件A出现的频率．（２）对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率f n（A）随着试验次数的增加稳定于概率P（A），因此可以用频率f n（A）来估计概率P（A）．２．事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A（或称事件A包含于事件B）B⊇A（或A⊆B）相等关系若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等A＝B并事件（和事件）若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件（或和事件）A∪B（或A＋B）交事件（积事件）若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件（或积事件）A∩B（或AB）互斥事件若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝∅对立事件若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件A∩B＝∅且A∪B＝Ω（１）概率的取值范围：0≤P（A）≤１．（２）必然事件的概率：P（A）＝１．（３）不可能事件的概率：P（A）＝0．（４）概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B）．（５）对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．P（A∪B）＝１，P（A）＝１—P（B）．４．古典概型（１）基本事件的特点１任何两个基本事件是互斥的；２任何事件（除不可能事件）都可以表示成基本事件的和．（２）特点１试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．２每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．（３）概率公式P（A）＝错误!．５．对古典概型的理解（１）一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．（２）古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）事件发生的频率与概率是相同的．（）（２）随机事件和随机试验是一回事．（）（３）在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．（）（４）两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．（）（５）若A，B为互斥事件，则P（A）＋P（B）＝１．（）（6）在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．（）答案：（１）×（２）×（３）√（４）√（５）×（6）×（２0１6·高考天津卷）甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是错误!，甲获胜的概率是错误!，则甲不输的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．由题意得，甲不输的概率为错误!＋错误!＝错误!.（教材习题改编）若A，B为对立事件，则（）Ａ．P（A＋B）≤１Ｂ．P（AB）＝１Ｃ．P（AB）＝0Ｄ．P（A）＋P（B）≤１解析：选Ｃ．由对立事件的定义可知：P（A＋B）＝１，P（A）＋P（B）＝１，P（AB）＝0．因此C选项正确．在集合错误!中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cos x＝错误!的概率是________．解析：基本事件总数为１0，满足方程cos x＝错误!的基本事件数为２，故所求概率为P＝错误!＝错误!.答案：错误!掷一个骰子的试验，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＋B发生的概率为________．解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P（A）＝错误!＝错误!，P（B）＝错误!＝错误!，所以P（B）＝１—P（B）＝１—错误!＝错误!，显然A与B互斥，从而P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝错误!＋错误!＝错误!.答案：错误!随机事件的频率与概率（２0１7·高考全国卷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１．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４５00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：Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．由题意，n＝４５00—２00—２１00—１000＝１２00，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为１２00＋２１00＝３３00，由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为错误!＝错误!.２．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：（２）在样本车辆中，车主是新司机的占１0%，在赔付金额为４000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４000元的概率．解：（１）设A表示事件“赔付金额为３000元”，B表示事件“赔付金额为４000元”，以频率估计概率得P（A）＝错误!＝0．１５，P（B）＝错误!＝0．１２．由于投保金额为２800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为３000元和４000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４000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0．１×１000＝１00（辆），而赔付金额为４000元的车辆中，车主为新司机的有0．２×１２0＝２４（辆），所以样本车辆中新司机车主获赔金额为４000元的频率为错误!＝0．２４，由频率估计概率得P（C）＝0．２４．互斥事件、对立事件的概率某商场有奖销售中，购满１00元商品得１张奖券，多购多得，１000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．记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）１张奖券的中奖概率；（２）１张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．【解】（１）设“１张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P（A）＝错误!，P（B）＝错误!＝错误!，P（C）＝错误!，因为A，B，C两两互斥，所以P（M）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝错误!＝错误!，故１张奖券的中奖概率为错误!.（２）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—错误!＝错误!.故１张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为错误!.错误!间接法体现了“正难则反”的思想方法．１．从一箱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“抽到的产品不是一等品”的概率为（）Ａ．0．7 Ｂ．0．6５Ｃ．0．３５Ｄ．0．５解析：选Ｃ．因为“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，所以所求概率P＝１—P（A）＝0．３５．２．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：排队人数0１２３４５人及５人以上概率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：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：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．古典概型的概率（高频考点）古典概型是高考考查的热点，考查角度较灵活，常与一些知识交汇考查，其难度较小．高考对本部分内容的考查主要有以下五个命题角度：（１）简单的古典概型的概率；（２）古典概型与平面向量的交汇；（３）古典概型与函数（方程）的交汇；（４）古典概型与解析几何的交汇；（５）古典概型与统计的交汇（下章讲解）．角度一简单的古典概型的概率（２0１7·高考山东卷）从分别标有１，２，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取２次，每次抽取１张，则抽到的２张卡片上的数奇偶性不同的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】所求概率为P＝错误!＝错误!.【答案】C角度二古典概型与平面向量的交汇从集合{２，３，４，５}中随机抽取一个数a，从集合{１，３，５}中随机抽取一个数b，则向量m＝（a，b）与向量n＝（１，—１）垂直的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】由题意可知m＝（a，b）有：（２，１），（２，３），（２，５），（３，１），（３，３），（３，５），（４，１），（４，３），（４，５），（５，１），（５，３），（５，５），共１２种情况．因为m⊥n，即m·n＝0，所以a×１＋b×（—１）＝0，即a＝b，满足条件的有（３，３），（５，５）共２个，故所求的概率为错误!.【答案】A角度三古典概型与函数（方程）的交汇已知|p|≤３，|q|≤３，当p，q∈Z，则方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根的概率是________．【解析】由方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根，可得Δ＝（２p）２—４（—q２＋１）>0，即p２＋q２>１．当p，q∈Z时，设点M（p，q），如图，直线p＝—３，—２，—１，0，１，２，３和直线q＝—３，—２，—１，0，１，２，３的交点，即为点M，共有４9个，其中在圆上和圆内的点共有５个（图中黑点）．当点M（p，q）落在圆p２＋q２＝１外时，方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根，所以方程x２＋２px—q２＋１＝0有两个相异实数根的概率P＝错误!＝错误!.【答案】错误!角度四古典概型与解析几何的交汇将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２平行的概率为P１，相交的概率为P２，若点（P１，P）在圆（x—m）２＋y２＝错误!的内部，则实数m的取值范围是（）２Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】对于a与b各有6种情形，故总数为３6种．两条直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２平行的情形有a＝２，b＝４或a＝３，b＝6，故概率为P１＝错误!＝错误!，两条直线l１：ax＋by＝２，l２：x＋２y＝２相交的情形除平行与重合（a＝１，b＝２）即可，所以P２＝错误!＝错误!，因为点（P１，P２）在圆（x—m）２＋y２＝错误!的内部，所以错误!错误!＋错误!错误!＜错误!，解得—错误!＜m＜错误!，故选Ｄ．【答案】D错误!（１）求古典概型的概率的步骤第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第二步，分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；第三步，利用公式P（A）＝错误!，求出事件A的概率．（２）求解古典概型与其他知识交汇问题的思路解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．１．（２0１7·高考全国卷Ⅱ）从分别写有１，２，３，４，５的５张卡片中随机抽取１张，放回后再随机抽取１张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．依题意，记两次取得卡片上的数字依次为a，b，则一共有２５个不同的数组（a，b），其中满足a>b的数组共有１0个，分别为（２，１），（３，１），（３，２），（４，１），（４，２），（４，３），（５，１），（５，２），（５，３），（５，４），因此所求的概率为错误!＝错误!，选D.２．（２0１8·湖北省七市（州）联考）从数字１，２，３，４，５中，随机抽取３个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字之和等于１２的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．从５个数字中任意抽取３个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有５３＝１２５个，但要使各位数字之和等于１２且没有重复数字时，则该数只能含有３，４，５三个数字，它们有A错误!＝6种，若三位数的各位数字均重复，则该数为４４４；若三位数中有２个数字重复，则该数为５５２，５２５，２５５，有３种．因此，所求概率为P＝错误!＝错误!，故选Ａ．３．设a∈{２，４}，b∈{１，３}，函数f（x）＝错误!ax２＋bx＋１．（１）求f（x）在区间（—∞，—１]上是减函数的概率；（２）从f（x）中随机抽取两个，求它们在（１，f（１））处的切线互相平行的概率．解：（１）由题意—错误!≥—１，即b≤a.而（a，b）共有C错误!·C错误!＝４种，满足b≤a的有３种，故概率为错误!.（２）由（１）可知，函数f（x）共有４种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法．因为函数f（x）在（１，f（１））处的切线的斜率为f′（１）＝a＋b，所以这两个函数中的a与b之和应该相等，而只有（２，３），（４，１）这１组满足，故概率为错误!.错误!对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率f n（A）随着试验次数的增加稳定于概率P（A），因此可以用频率f n（A）来估计概率P（A）．对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算，计算时要首先判断事件是否与顺序有关，以确定是按排列处理，还是按组合处理．易错防范（１）易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．（２）对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．１．设事件A，B，已知P（A）＝错误!，P（B）＝错误!，P（A∪B）＝错误!，则A，B之间的关系一定为（）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：选Ｂ．因为P（A）＋P（B）＝错误!＋错误!＝错误!＝P（A∪B），所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选Ｂ．２．（２0１8·安徽“江南十校”联考）从{１，２，３，４，５}中随机选取一个数为a，从{１，２，３}中随机选取一个数为b，则b>a的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选D.令选取的a，b组成实数对（a，b），则有（１，１），（１，２），（１，３），（２，１），（２，２），（２，３），（３，１），（３，２），（３，３），（４，１），（４，２），（４，３），（５，１），（５，２），（５，３）共１５种情况，其中b>a的有（１，２），（１，３），（２，３）３种情况，所以b>a 的概率为错误!＝错误!.故选Ｄ．３．（２0１8·沈阳市教学质量检测（一））将A，B，C，D这４名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有１名同学”的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．A，B，C，D４名同学排成一排有A错误!＝２４种排法．当A，C之间是B时，有２×２＝４种排法，当A，C之间是D时，有２种排法．所以所求概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．４．满足a，b∈{—１，0，１，２}，且关于x的方程ax２＋２x＋b＝0有实数解的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．满足条件的方程共有４×４＝１6个，即基本事件共有１6个．若a＝0，则b＝—１，0，１，２，此时共组成四个不同的方程，且都有实数解；若a≠0，则方程ax ２＋２x＋b＝0有实根，需Δ＝４—４ab≥0，所以ab≤１，此时（a，b）的取值为（—１，0），（—１，１），（—１，—１），（—１，２），（１，１），（１，0），（１，—１），（２，—１），（２，0），共9个．所以（a，b）的个数为４＋9＝１３．因此，所求的概率为错误!.５．（２0１8·福建省普通高中质量检查）某食品厂制作了３种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”“和谐福”“友善福”，每袋食品中随机装入一张卡片．若只有集齐３种卡片才可获奖，则购买该食品４袋，获奖的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．将３种不同的精美卡片随机放进４个食品袋中，根据分步乘法计数原理可知共有３４＝8１种不同放法，４个食品袋中３种不同的卡片都有的放法共有３×C错误!×A错误!＝３6种，根据古典概型概率公式得，能获奖的概率为错误!＝错误!，故选Ｂ．6．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出１个球，摸出红球的概率是0．４２，摸出白球的概率是0．２8，若红球有２１个，则黑球有________个．解析：摸到黑球的概率为１—0．４２—0．２8＝0．３．设黑球有n个，则错误!＝错误!，故n＝１５．答案：１５7．已知小李每次打靶命中靶心的概率都为４0%，现采用随机模拟的方法估计小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率．先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0，１，２，３表示命中靶心，４，５，6，7，8，9表示未命中靶心，再以每三个随机数为一组，代表三次打靶的结果，经随机模拟产生了如下２0组随机数：３２１４２１１9１9２５２7１9３２800 ４78 ５89 66３５３１２97 ３96 0２１５４6 ３88 ２３0 １１３５07 96５据此估计，小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为________．解析：由题意知，在２0组随机数中表示三次打靶恰有两次命中靶心的有４２１，１9１，２7１，9３２，800，５３１，共6组随机数，所以所求概率为错误!＝0．３0．答案：0．３08．如下的三行三列的方阵中有九个数a ij（i＝１，２，３；j＝１，２，３），从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．错误!解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有C错误!＝错误!＝8４种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C错误!·C错误!·C错误!＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为１—错误!＝错误!.答案：错误!9．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的相关数据，如表所示．（１）求x，y的值；（２）求顾客一次购物的结算时间超过２分钟的概率．解：（１）由已知得２５＋y＋１0＝５５，x＋３0＝４５，所以x＝１５，y＝２0．（２）记A：一位顾客一次购物的结算时间超过２分钟．A１：该顾客一次购物的结算时间为２．５分钟．A２：该顾客一次购物的结算时间为３分钟．将频率视为概率可得P（A）＝P（A１）＋P（A２）＝错误!＋错误!＝0．３，所以一位顾客一次购物的结算时间超过２分钟的概率为0．３．１0．（２0１7·高考山东卷）某旅游爱好者计划从３个亚洲国家A１，A２，A３和３个欧洲国家B１，B，B３中选择２个国家去旅游．２（１）若从这6个国家中任选２个，求这２个国家都是亚洲国家的概率；（２）若从亚洲国家和欧洲国家中各任选１个，求这２个国家包括A１但不包括B１的概率．解：（１）由题意知，从6个国家中任选２个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A１，A２}，{A１，A３}，{A２，A３}，{A１，B１}，{A１，B２}，{A１，B３}，{A２，B１}，{A２，B２}，{A，B３}，{A３，B１}，{A３，B２}，{A３，B３}，{B１，B２}，{B１，B３}，{B２，B３}，共１５个．２所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A１，A２}，{A１，A３}，{A２，A３}，共３个．则所求事件的概率为：P＝错误!＝错误!.（２）从亚洲国家和欧洲国家中各任选１个，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A１，B１}，{A１，B２}，{A１，B３}，{A２，B１}，{A２，B２}，{A２，B３}，{A３，B１}，{A３，B２}，{A，B３}，共9个．３包括A１但不包括B１的事件所包含的基本事件有：{A１，B２}，{A１，B３}，共２个，则所求事件的概率为：P＝错误!.１．从１到１0这十个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另两个数之和的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．不妨设取出的三个数为x，y，z（x<y<z），要满足x＋y＝z，共有２0种结果，从十个数中取三个数共有C错误!种结果，故所求概率为错误!＝错误!.２．已知函数f（x）＝log a x—３log a２，a∈{错误!，错误!，２，４，５，8，9}，则f（３a＋２）>f （２a）>0的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｂ．因为a∈{错误!，错误!，２，４，５，8，9}，所以３a＋２>２a，又f（３a＋２）>f（２a）>0，所以函数f（x）为单调递增函数．因为f（x）＝log a x—３log a２＝log a错误!，所以a>１，又f（２a）>0，所以log a错误!>0，所以错误!>１，即a>４，则f（３a＋２）>f（２a）>0的概率P＝错误!.故选Ｂ．３．某同学同时掷两颗骰子，得到的点数分别为a，b，则双曲线错误!—错误!＝１的离心率e>错误!的概率是________．解析：由e＝错误!>错误!，得b>２a.当a＝１时，b＝３，４，５，6四种情况；当a＝２时，b＝５，6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数（a，b）共有３6种结果．所以所求事件的概率P＝错误!＝错误!.答案：错误!４．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为a i，若存在正整数k，使a１＋a＋…＋a k＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为３的概率是________．２解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子３次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a１＋a２＋a３＝6，则a，a２，a３可取１，２，３或１，１，４或２，２，２三种情况，其所含的基本事件个数m＝A错误!＋１C错误!＋１＝１0．故幸运数字为３的概率为P＝错误!＝错误!.答案：错误!５．已知8支球队中有３支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A，B两组，每组４支，求：（１）A，B两组中有一组恰好有２支弱队的概率；（２）A组中至少有２支弱队的概率．解：（１）法一：３支弱队在同一组中的概率为错误!×２＝错误!，故有一组恰好有２支弱队的概率为１—错误!＝错误!.法二：A组恰有２支弱队的概率为错误!，B组恰好有２支弱队的概率为错误!，所以有一组恰好有２支弱队的概率为错误!＋错误!＝错误!.（２）法一：A组中至少有２支弱队的概率为错误!＋错误!＝错误!.法二：A，B两组有一组中至少有２支弱队的概率为１（因为此事件为必然事件）．由于对A组和B 组而言，至少有２支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有２支弱队的概率为错误!.6．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．（１）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；（２）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；（３）求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．解：（１）记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件E A，那么P（E A）＝错误!＝错误!，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是错误!.（２）记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P（E）＝错误!＝错误!，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P（错误!）＝１—P（E）＝错误!.（３）有两人同时参加A岗位服务的概率P２＝错误!＝错误!，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P＝１—P２＝错误!.１。
高考数学一轮复习专题训练—古典概型与几何概型
古典概型与几何概型考纲要求1.理解古典概型及其概率计算公式；2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率；3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；4.了解几何概型的意义．知识梳理1．古典概型 (1)基本事件的特点①任何两个基本事件是互斥的．②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． (2)古典概型的定义具有以下两个特点的概率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 P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.2．几何概型 (1)几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型． (2)几何概型的两个基本特点(3)几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.1．古典概型中的基本事件都是互斥的，确定基本事件的方法主要有列举法、列表法与树状图法．2．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.3．几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．()(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．()(4)概率为0的事件一定是不可能事件．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件，所以(2)不正确；对于(4)，概率为0的事件有可能发生，所以(4)不正确．2．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为( ) A.25 B ．415C ．35D ．非以上答案答案 A解析 从袋中任取一球，有15种取法，其中抽到白球的取法有6种，则所求概率为p ＝615＝25. 3.如图，正方形的边长为2，向正方形ABCD 内随机投掷200个点，有30个点落入图形M 中，则图形M 的面积的估计值为____________．答案 0.6解析 由题意可得正方形面积为4，设不规则图形的面积为S ，由几何概型概率公式可得S4≈30200，∴S ≈0.6.4．(2020·全国Ⅰ卷)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.15 B ．25C ．12D ．45答案 A解析 从O ，A ，B ，C ，D 这5个点中任取3点，取法有{O ，A ，B }，{O ，A ，C }，{O ，A ，D }，{O ，B ，C }，{O ，B ，D }，{O ，C ，D }，{A ，B ，C }，{A ，B ，D }，{A ，C ，D }，{B ，C ，D }，共10种，其中取到的3点共线的只有{O ，A ，C }，{O ，B ，D }这2种取法，所以所求概率为210＝15.故选A.5．(2019·全国Ⅲ卷)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( ) A.16 B ．14C.13 D ．12答案 D解析 设两位男同学分别为A ，B ，两位女同学分别为a ，b ，则用“树形图”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种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，故所求概率为1224＝12.6. (2021·郑州模拟)公元前5世纪下半叶，希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O 为圆心的大圆直径为4，以AB 为直径的半圆面积等于AO 与BO 所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形区域的面积与△AOB 的面积相等．现在在两个圆所覆盖的区域内随机取一点，则该点来自阴影部分的概率是________．答案π＋68π＋4解析 上方阴影部分的面积等于△AOB 的面积，S △AOB ＝12×2×2＝2，下方阴影部分面积等于14×π×22－⎣⎡⎦⎤14×π×22－12×2×2＝π2＋1，所以根据几何概型概率公式得所求概率P ＝2＋π2＋14π＋2＝π＋68π＋4.考点一 古典概型的简单计算1．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.23 B ．35C ．25D ．15答案 B解析 设5只兔子中测量过某项指标的3只为a 1，a 2，a 3，未测量过这项指标的2只为b 1，b 2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a 1，a 2，a 3)，(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 1，b 1，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，(a 2，b 1，b 2)，(a 3，b 1，b 2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a 1，a 2，b 1)，(a 1，a 2，b 2)，(a 1，a 3，b 1)，(a 1，a 3，b 2)，(a 2，a 3，b 1)，(a 2，a 3，b 2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为610＝35.2．(2021·安徽江南十校质量检测)“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做出相当好的成绩．若将6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.15 B ．13C ．35D ．23答案 A解析 6拆成两个正整数的和的所有基本事件有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，而加数全为质数的为(3,3)，所以所求概率为15，故选A.3．(2020·江苏卷)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________． 答案 19解析 列表如下：1 2 3 4 5 61 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 6789101112点数的和共有点数和为5的概率P ＝436＝19.感悟升华 古典概型中基本事件个数的探求方法：(1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x ，y )可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同． 考点二 古典概型与其他知识的简单交汇【例1】 (1)(2020·郑州一模)已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任取k ∈A ，则幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率为________(结果用数值表示)．(2)(2021·河北七校联考)若m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，则椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率为________． 答案 (1)14 (2)12解析 (1)集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，13，12，1，2，3，任意k ∈A 的基本事件总数为8，当k ＝±2时，幂函数f (x )＝x k 为偶函数，从而幂函数f (x )＝x k 为偶函数包含的基本事件个数为2，∴幂函数f (x )＝x k 为偶函数的概率p ＝14.(2)∵m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，∴基本事件总数为6，又满足椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的m 的取值有1,3,11，共有3个，∴椭圆x 2m ＋y 22＝1的焦距为整数的概率p＝36＝12. 感悟升华 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，一般步骤为：(1)将题目条件中的相关知识转化为事件； (2)判断事件是否为古典概型； (3)选用合适的方法确定基本事件个数； (4)代入古典概型的概率公式求解．【训练1】 设平面向量a ＝(m,1)，b ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}，记“a ⊥(a －b )”为事件A ，则事件A 发生的概率为( ) A.18 B ．14C ．13D ．12答案 A解析 有序数对(m ，n )的所有可能情况为4×4＝16个，由a ⊥(a －b )得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2.由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.考点三 古典概型与统计的综合应用【例2】 某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300]分组的频率分布直方图如图．(1)求直方图中x 的值；(2)求月平均用电量的众数和中位数；(3)在月平均用电量为[240,260)，[260,280)，[280,300]的三组用户中，用分层抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率．解 (1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x ＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1得x ＝0.007 5， 所以直方图中x 的值是0.007 5.(2)月平均用电量的众数是220＋2402＝230.因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.45<0.5， 且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20＝0.7>0.5，所以月平均用电量的中位数在[220,240)内，设中位数为a ，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a －220)＝0.5，解得a ＝224， 所以月平均用电量的中位数是224.(3)月平均用电量为[240,260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)， 月平均用电量为[260,280)的用户有0.005×20×100＝10(户)， 月平均用电量在[280,300]的用户有0.002 5×20×100＝5(户)．抽样方法为分层抽样，在[240,260)，[260,280)，[280,300]中的用户比为3∶2∶1， 所以在[240,260)，[260,280)，[280,300]中分别抽取3户、2户和1户．设参加节目的2户来自不同组为事件A ，将来自[240,260)的用户记为a 1，a 2，a 3，来自[260,280)的用户记为b 1，b 2，来自[280,300]的用户记为c 1，在6户中随机抽取2户有(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，c 1)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a3，c1)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b2，c1)，共15种取法，其中满足条件的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c1)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c1)，(b1，c1)，(b2，c1)，共11种，故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)＝1115.感悟升华有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型．概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．【训练2】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)如表所示．工作人员用分层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(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)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为6300＝1 50，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×150＝1,150×150＝3,100×150＝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件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{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．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包含的基本事件有：{B1，B2}，{B1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个． 所以P (D )＝415.即这2件商品来自相同地区的概率为415.考点四 几何概型角度1 与长度(角度)有关的几何概型【例3】 (1)在[－6,9]内任取一个实数m ，设f (x )＝－x 2＋mx ＋m ，则函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率等于( ) A.215B ．715C ．35D ．1115(2)如图所示，在等腰直角三角形ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一条射线CM ，与AB 交于点M ，则AM ＜AC 的概率为________．答案 (1)D (2)34解析 (1)因为f (x )＝－x 2＋mx ＋m 的图象与x 轴有公共点，所以Δ＝m 2＋4m ≥0，所以m ≤－4或m ≥0，所以在[－6,9]内取一个实数m ，函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率p ＝[－4－－6]＋9－09－－6＝1115. (2)过点C 作CN 交AB 于点N ，使AN ＝AC ，如图所示．显然当射线CM 处在∠ACN 内时，AM ＜AC ，又∠A ＝45°，所以∠ACN ＝67.5°，故所求概率为p ＝67.5°90°＝34.感悟升华 1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围，当考查对象为点，且点的活动范围在线段上时，用“线段长度”为测度计算概率，求解的核心是确定点的边界位置．2．当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角对应的弧长的大小作为区域度量来计算概率．事实上，当半径一定时，曲线弧长之比等于其所对应的圆心角的弧度数之比． 角度2 与面积有关的几何概型【例4】 在区间(0,1)上任取两个数，则两个数之和小于65的概率是( )A.1225 B ．1625C ．1725D ．1825答案 C解析 设这两个数是x ，y ，则试验所有的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1确定的平面区域，满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1，x ＋y <65确定的平面区域，如图所示，阴影部分的面积是1－12×⎝⎛⎭⎫452＝1725，所以这两个数之和小于65的概率是1725.感悟升华 几何概型与平面几何的交汇问题：要利用平面几何的相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率． 角度3 与体积有关的几何概型【例5】 有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________． 答案 23解析 由题意得该圆柱的体积V ＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P 到点O 的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V 1＝12×43π×13＝23π，所以所求概率p ＝V －V 1V ＝23.感悟升华 对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．【训练3】 (1)(2021·西安一模)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为( ) A.12B ．13C ．24D ．23(2) (2020·新疆一模)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上透空的感觉和艺术享受．剪纸艺术通过一把剪刀、一张纸就可以表达生活中的各种喜怒哀乐．如图是一边长为1的正方形剪纸图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍，若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为( )A.π64B ．π32C ．π16D ．π8答案 (1)C (2)D解析 (1)圆x 2＋y 2＝1的圆心为(0,0)， 圆心到直线y ＝k (x ＋3)的距离为|3k |k 2＋1， 要使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交，则|3k |k 2＋1<1，解得－24<k <24. ∴在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝k (x ＋3)与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为24－⎝⎛⎭⎫－242＝24. (2)设黑色小圆的半径为r .由题意得2r ＋2r ＋2×2r ＝1，解得r ＝18，所以白色区域的面积为π·⎝⎛⎭⎫122－4×π·⎝⎛⎭⎫182－π·⎝⎛⎭⎫142＝π8.所以在正方形图案上随机取一点，该点取自白色区域的概率为π81×1＝π8.故选D. 基础巩固一、选择题1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B ．14C ．34D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“只有1次正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为24＝12.故选A.2．袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生1到4之间(含1和4)取整数值的随机数，分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 343 432 341 342 234 142 243 331 112 342 241 244 431 233 214 344 142 134 由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为( ) A.19 B ．16C ．29D ．518答案 C解析 由18组随机数得，恰好在第三次停止摸球的随机数是142,112,241,142，共4组，所以恰好第三次就停止摸球的概率约为418＝29.故选C.3. (2021·河北六校联考)《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为a (0<a <r )，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为( )A.a 21－p r 2B ．a 21＋p r 2C.a1－p rD ．a1＋p r答案 A解析 由几何概型的概率计算公式，得πr 2－a 2πr 2＝p ，化简得π＝a 21－p r 2.故选A.4．在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P (m ，n )，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为( ) A.12 B ．13C ．34D ．25答案 B解析 点P (m ，n )共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，6种情况，只有(2,1)，(2,2)这2个点在圆x 2＋y 2＝9的内部，所求概率为26＝13.5．某单位试行上班刷卡制度，规定每天8：30上班，有15分钟的有效刷卡时间(即8：15—8：30)，一名职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他能有效刷卡上班的概率是( )A.23 B ．58C ．13D ．38答案 D解析 该职工在7：50至8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，设其构成的区域为线段AB ，且AB ＝40，职工的有效刷卡时间是8：15到8：30之间，设其构成的区域为线段CB ，且CB ＝15，如图，所以该职工有效刷卡上班的概率p ＝1540＝38.故选D.6．(2021·合肥质检)已知三棱锥S －ABC ，在该三棱锥内任取一点P ，则使V P －ABC ≤13V S －ABC的概率为( ) A.13 B ．49C ．827D ．1927答案 D解析 作出S 在底面△ABC 的射影为O ，若V P －ABC ＝13V S －ABC ，则三棱锥P －ABC 的高等于13SO ，P 点落在平面EFD 上，且SE SA ＝SD SB ＝SF SC ＝23，所以S △EFD S △ABC ＝49，故V S －EFD ＝827V S －ABC， ∴V P －ABC ≤13V S －ABC 的概率p ＝1－827＝1927.二、填空题7．(2020·太原模拟)下课以后，教室里还剩下2位男同学和1位女同学，若他们依次随机走出教室，则第2位走出的是女同学的概率是________．答案 13解析 2位男同学记为男1，男2，则三位同学依次走出教室包含的基本事件有：男1男2女，男1女男2，女男1男2，男2男1女，男2女男1，女男2男1，共6种，其中第2位走出的是女同学包含的基本事件有2种．故第2位走出的是女同学的概率是p ＝26＝13.8．在等腰Rt △ABC 中，∠C ＝90°，在直角边BC 上任取一点M ，则∠CAM <30°的概率是________． 答案33解析 ∵点M 在直角边BC 上是等可能出现的， ∴“测度”是长度．设直角边长为a ， 则所求概率为33a a ＝33.9．(2021·郑州质量预测改编)从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则log a b 为整数的概率是________． 答案 16解析 从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a ，b ，则有(2,3)，(2,8)，(2,9)，(3,8)，(3,9)，(8,9)，(3,2)，(8,2)，(9,2)，(8,3)，(9,3)，(9,8)，共12种取法，其中log a b 为整数的有(2,8)，(3,9)两种，故p ＝212＝16.三、解答题10．(2020·成都诊断)某校从高一年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]后得到如图所示的频率分布直方图．(1)求图中实数a的值；(2)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率．解(1)由已知，得10×(0.005＋0.010＋0.020＋a＋0.025＋0.010)＝1，解得a＝0.030.(2)易知成绩在[40,50)分数段内的人数为40×0.05＝2，这2人分别记为A，B；成绩在[90,100]分数段内的人数为40×0.1＝4，这4人分别记为C，D，E，F.若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，则所有的基本事件有(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个．如果2名学生的数学成绩都在[40,50)分数段内或都在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10.如果一个成绩在[40,50)分数段内，另一个成绩在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10.记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件M，则事件M包含的基本事件有(A，B)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共7个，故所求概率P(M)＝715.11．(2019·天津卷)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访.②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．解(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{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．②由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以事件M发生的概率P(M)＝1115.能力提升12．(2021·长春质检)我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的，历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法，到战国晚期，五行相生相克的思想被正式提出．这五种物质属性的相生相克关系如图所示，若从这五种物质中随机选取三种，则取出的三种物质中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为()A.35 B ．12C ．25D ．13答案 B解析 (列举法)依题意，三种物质间相生相克关系如下表，金木水 金木火 金木土 金水火 金水土 金火土 木水火 木水土 木火土 水火土 × √√√×××√×√所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率p ＝510＝12，故选B.13．由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，若在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为________． 答案 78解析 如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C ⎝⎛⎭⎫－12，32.由几何概型的概率公式，所求概率p ＝S 四边形OACDS △OAB ＝2－142＝78.14．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数，其中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示.(1)如果X ＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率．解 (1)当X ＝8时，由茎叶图可知，乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10，故x ＝8＋8＋9＋104＝354，s 2＝14×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫8－3542×2＋⎝⎛⎭⎫9－3542＋⎝⎛⎭⎫10－3542＝1116. (2)当X ＝9时，记甲组四名同学分别为A 1，A 2，A 3，A 4，他们植树的棵数依次为9,9,11,11；乙组四名同学分别为B 1，B 2，B 3，B 4，他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，其包含的基本事件为{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 1，B 4}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 2，B 3}，{A 2，B 4}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{A 3，B 3}，{A 3，B 4}，{A 4，B 1}，{A 4，B 2}，{A 4，B 3}，{A 4，B 4}，共16个．设“选出的两名同学的植树总棵数为19”为事件C ，则事件C 中包含的基本事件为{A 1，B 4}，{A 2，B 4}，{A 3，B 2}，{A 4，B 2}，共4个．故P (C )＝416＝14.。
高考数学一轮复习第十二章概率第二节古典概型几何概型课件文北师大版
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(4)几何概型中,每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点, 该区域中的每一点被取到的机会相等.( ) (5)随机地从集合C: {(x， y)|x2y21}内取点,则这个点恰好落在圆x2+y2=1内的 概率为1,所以这个事件是必然事件,这个点恰好落在圆x2+y2=1上的概率为0,所 以这个事件是不可能事件. ( )
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(4)√.根据几何概型的意义,判断正确. (5)×.基本事件空间的度量是这个圆的面积,事件“这个点恰好落在圆x2+y2=1 内”对应的度量也是这个圆的面积,所以它的概率为1,但不是必然事件,因为有可 能落在圆上,事件“这个点恰好落在圆x2+y2=1上”对应的图形是这个圆(圆周), 它的面积为0,所以它的概率为0,但不是不可能事件.
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【思想方法指导】 (1)先确定基本事件空间,再确定事件A包含的基本事件个数,最后代入概率公 式求解.
(2)先按照x1的取值分成六类: x1=1,x2=1,2,3,4,5,6, x1=2,x2=1,2,3,4,5,6, x1=3,x2=1,2,3,4,5,6, x1=4,x2=1,2,3,4,5,6, x1=5,x2=1,2,3,4,5,6, x1=6,x2=1,2,3,4,5,6, 从而确定基本事件空间中的元素个数为36.
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答案: 7
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思想方法 分类讨论思想在古典概型与几何概型中的应用 【典例】某班级在学校数学嘉年华活动中推出了一款数学游戏,受到大家的一 致追捧.游戏规则如下:游戏参与者连续抛掷一颗质地均匀的骰子,记第i次得 到的点数为xi,若存在正整数n,使得x1+x2+…+xn=6,则称正整数n为游戏参与者 的幸运数字. 世纪金榜导学号 (1)求游戏参与者的幸运数字为1的概率; (2)求游戏参与者的幸运数字为2的概率.
高考数学大一轮复习专题12概率与统计课件理
①互斥事件研究的是两个（或多个） 事件之间的关系；②所研究的事件 是在一次试验中涉及的
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600分基础 考点&考法
考点70 古典概型与几何概型
考法3 求古典概型的概率
考法4 几何概型的概率计算
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考点70 古典概型与几何概型
(1)任何两个基本事件是互斥的; 1.基本事件的特点 (2)任何事件(除不可能事件)都 可以表示成基本事件的和．
1.频率与概率
2.互斥事件 与对立事件 3.互斥事件 与对立事件 的概率公式
考法1 频率估计概率
事件 A发生的频率 f n A nA n
随着试验次数的增多，它在A 的概率附近摆动幅度越来越小
概率是频率的稳定值
在试验次数足够的情况下
利用频率估计概率
6
考法2 求互斥事件、对立事件的概率
1.求简单的互斥事件、对立事件的概率
分析该事件是互斥还是对立，然后代入相应的概率公式
2.求复杂的互斥事件的概率的方法
直接法 将所求事件分解为彼此互斥的事件的和 利用公式分别计算这些事件的概率 运用互斥事件的概率求和公式计算概率 间接法 判断是否适合用间接法 计算对立事件的概率 运用公式P(A)＝1－P(A)求解 把一个复杂事件分解为若干 个互斥或相互独立的既不重 复又不遗漏的简单事件是解 决问题的关键. 7
考法1 求离散型随机变量的分布列
一般步骤
【说明】求概率和分布列时，要注意离散型 随机变量分布列性质的应用，具体如下：
（1）利用“分布列中所有事件的概率和为1”
求某个事件的概率、求参数的值； （2）利用分布列求某些个事件的和的概率.
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考法2 超几何分布的求解
高考数学一轮复习第十二章概率与统计12.1随机事件及其概率课件(共10张PPT)
§12.1 随机事件及其概率
知识清单
考点 随机事件及其概率
一、随机事件及其概率 1.在一定的条件下必然要发生的事件,叫做必然事件.
2.在一定的条件下不可能发生的事件,叫做不可能事件;在一定的条件下
可能发生也可能不发生的事件,叫做随机事件. 3.在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率 总是m 接近于某个常 数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件A的概率,记作n P(A).
概率等于每个事件发生的概率的积,即P(A1∩A2∩…∩An)=P(A1)·P(A2)·
( )· ( ) . 一生般(即地A②,1如、果A2事、P件…AA、1、AnPA中2、B恰…有、一A个n彼发此生互)的斥概,那率么,等事于件这An1个+A事2件+A分3+别…发+生An发
的概率的和,即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
‘(事 第默3,件十3契)A二,配(3的先章合,4对)’,”概求立(所4率,事包3所)与件,含(4统通的有,4计常)基,(可记4本,5作事能), (件5,事.有4),:((件51,,51))的,,((51,,总62)),,((6数2,,51))→,,((62,,62再)),,共(2求,136),种满(3.,2足), 条件的基本事件数→由概率公式
4.一次试验连同其中可能出现的每一个事件称为一个基本事件.
5.如果一次试验中可能出现的结果有n个,即此试验由n个基本事件组成, 而且所有结果出现的可能性都相等,那么每一个基本事件的概率都是
如果事件A1、A2、…、An中的任何两个都是互斥事件,那么就说事件
相 事一互件般独A地的立 ,1n如对事果立;件如事事及件果件其A通事1发、常生件A记的2A作、概包 …率.、含A的n相结互果独立有,那m么个这,n那个么事件事同件时A发的生的概率P(A)=①
高考一轮作业：12-2古典概型与几何概型(含答案)
时间：45分钟 满分：100分 班级：________ 姓名：________ 学号：________ 得分：________ 一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2018·苏、锡、常、镇四市第二次情况调查)一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )A.132 B.164 C.332D.364解析：有放回地取2次，共有64种结果，其中不小于15的有(7,8)、(8,7)、(8,8)共3种情况．故P ＝364.故选D.答案：D2．(2018·江苏苏北四市第一次调研)在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率为( )A.14 B.12 C.34D.23解析：如图，当BM ＝14BA 时，△MBC 的面积为S 4，而当P 在M 、A 之间运动时，△PBC 的面积大于S 4，而MA ＝34AB ，则△PBC 的面积大于S 4的概率P ＝34AB AB ＝34.故选C.答案：C3．(2018·北京模拟)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x≤20≤y≤2，表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6D.4－π4解析：如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是4－π4.答案：D4．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，则 点P(m ，n)在直线x ＋y ＝4上的概率是( ) A.13 B.14 C.16D.112解析：由题意(m ，n)的取值情况共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(1,6)；(2,1)，(2,2)，…，(2,6)；…；(6,1)，(6,2)，…，(6,6)共有36种情况，而满足点P(m ，n)在直线x ＋y ＝4上的取值情况有(1,3)，(2,2)，(3,1)共3种情况，故所求概率为336＝112.答案：D5．若在区间[－5,5]内任取一个实数a ，则使直线x ＋y ＋a ＝0与圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝2有公共点的概率为( )A.25B.25C.35D.3210解析：若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离d ＝|1－2＋a|2＝|a －1|2≤2，解得－1≤a≤3.又 a∈[－5,5]，故所求概率为410＝25，故选B.答案：B6．(2018·四川资阳高三模拟)已知实数x ∈[－1,1]，y ∈[0,2]，则点P(x ，y)落在区域⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x －2y ＋1≤0，x ＋y －2≤0内的概率为( )A.316B.38C.34D.12解析：如图所示，(x ，y)在矩形ABCD 内取值，不等式组所表示的区域为△AEF ，由几何概型的概率公式，得所求概率为38，故选B.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上)7．在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P(m ，n)，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为________．解析：点P(m ，n)共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，6种情况，只有(2,1)，(2,2)这2个点在圆x 2＋y 2＝9的内部，所求概率为26＝13，故填13.答案：138．在分别写着1,2,3,4的四张卡片中随机取出两张，则取出的两张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．解析：∵从四张卡片中随机取出两张有6种情况，分别为：1与2,1与3,1与4,2与3,2与4,3与4，而取出的两张卡片上的数字之和为奇数的有4种情况，分别为：1与2,1与4,2与3,3与4，∴取出的两张卡片上的数字之和为奇数的概率P ＝46＝23.答案：239．(2018·安徽皖南八校第二次联考)两根相距9m 的电线杆扯一根电线，并在电线上挂一盏灯，则灯与两端距离都大于3m 的概率为________．解析：灯挂在电线上的每一个位置都是一个基本事件，即整个区域的几何度量为μΩ＝9m ，记“灯与两端距离都大于3m”为事件A ，则把电线三等分，当灯挂在中间一段上时，事件A 发生，即μA ＝3m ，∴P(A)＝μA μΩ＝39＝13.答案：1310．(2018·北京西城抽样测试)已知函数f(x)＝2ax 2－bx ＋1，若a 是从区间[0,2]上任取的一个数，b 是从区间[0,2]上任取的一个数，则此函数在[1，＋∞)上递增的概率为________．解析：令t ＝ax 2－bx ＋1，函数f(x)在[1，＋∞)上递增，根据复合函数单调性的判断方法，则t ＝ax 2－bx ＋1须在[1，＋∞)上递增，∴－－b2a≤1，即2a≥b.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧0≤a≤20≤b≤2，2a≥b，画出图示得阴影部分面积．∴概率为P ＝2×2－12×2×12×2＝34.答案：34三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤) 11．(2018·潍坊市模拟)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机抽取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n≥m＋2的概率．解：(1)从袋子中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个从袋中随机取出的球的编号之和不大于4的事件有1和2,1和3两个，因此，所求事件的概率是13.(2)先从袋中取出一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能结果(m ，n)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．满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个． 所以，所求概率为316.12．(基础题，易)甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去．求两人能会面的概率．解：以x 轴和y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x －y|≤15.在如图所示平面直角坐标系下，(x ，y)的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A“两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示．由几何概型的概率公式得：P(A)＝S A S ＝602－452602＝3 600－2 0253 600＝716. 所以，两人能会面的概率是716. 13．(2018·天津十二区县重点中学第一次联考)设有关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0.(1)若a 是从0,1,2,3四个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；(2)若a 是从区间[0,3]任取的一个数，b 是从区间[0,2]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．解：设事件A为“方程x2＋2ax＋b2＝0有实根”，当a≥0，b≥0时，方程x2＋2ax＋b2＝0有实根的充要条件为a≥b.(1)基本事件共有12个：(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为P(A)＝912＝34.(2)试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2}，构成事件A的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2，a≥b}，故所求的概率为P(A)＝3×2－12×223×2＝23.。
2019版高考数学一轮复习第12章 第2讲古典概型与几何概型
第二讲古典概型与几何概型题组1求古典概型的概率1.[2017天津,3,5分][文]有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为()A. B. C. D.2.[2016全国卷Ⅰ,3,5分][文]为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A. B. C. D.3.[2016全国卷Ⅲ,5,5分][文]小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A. B. C. D.4.[2016北京,6,5分][文]从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为()A.B.C. D.5.[2015 新课标全国Ⅰ,4,5分][文]如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数.从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为()A. B.C. D.6.[2014湖北,5,5分][文]随机掷两枚质地均匀的骰子,它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1,点数之和大于5的概率记为p2,点数之和为偶数的概率记为p3,则()A.p1<p2<p3B.p2<p1<p3C.p1<p3<p2D.p3<p1<p27.[2016四川,13,5分][文]从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a,b,则log a b为整数的概率是.8.[2014新课标全国Ⅱ,13,5分][文]甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,则他们选择相同颜色运动服的概率为.9.[2017山东,16,12分][文]某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B1,B2,B3中选择2个国家去旅游.(Ⅰ)若从这6个国家中任选2个,求这2个国家都是亚洲国家的概率;(Ⅱ)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,求这2个国家包括A1但不包括B1的概率.10.[2016山东,16,12分][文]某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图12-2-1所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x,y.奖励规则如下:图12-2-1①若xy≤3,则奖励玩具一个;②若xy≥8,则奖励水杯一个;③其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.(Ⅰ)求小亮获得玩具的概率;(Ⅱ)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.题组2几何概型的概率计算11.[2016全国卷Ⅱ,8,5分][文]某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为()A. B. C. D.12.[2015 山东,7,5分][文]在区间[0,2]上随机地取一个数x,则事件“-1≤lo(x+)≤1”发生的概率为()A. B. C. D.13.[2015湖北,8,5分][文]在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p1为事件“x+y≤”的概率,p2为事件“xy≤”的概率,则()A.p1<p2<B.p2<<p1C.<p2<p1D.p1<<p214.[2017江苏,7,5分][文]记函数f(x)=-的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x,则x∈D的概率是.15.[2015重庆,15,5分][文]在区间[0,5]上随机地选择一个数p,则方程x2+2px+3p-2=0有两个负根的概率为.16.[2014福建,13,4分][文]如图12-2-2,在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子,有180粒落到阴影部分,据此估计阴影部分的面积为.图12-2-217.[2014重庆,15,5分][文]某校早上8:00开始上课,假设该校学生小张与小王在早上7:30~7:50之间到校,且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的,则小张比小王至少早5分钟到校的概率为.(用数字作答)A组基础题1.[2018益阳市、湘潭市高三调考,2]已知a∈{-2,0,1,2,3},b∈{3,5},则函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数的概率是()A. B. C. D.2.[2018益阳市、湘潭市高三调考,4]若正方形ABCD的边长为4,E为四边上任意一点,则AE 的长度大于5的概率等于()A. B. C. D.3.[2018广东七校联考,9]在如图12-2-3所示的圆形图案中有12片树叶,构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为,若在圆内随机取一点,则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是()图12-2-3A.2-B.4-C.-D.4.[2018惠州市一调,9][数学文化题]我国古代数学家赵爽在《周髀算经》一书中给出了勾股定理的绝妙证明.如图12-2-4是赵爽的弦图.弦图是一个以勾股形(即直角三角形)之弦为边的正方形,其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形,分别涂成朱(红)色及黄色,其面积称为朱实、黄实,利用2×勾×股+(股-勾)2=4×朱实+黄实=弦实=弦2,化简得:勾2+股2=弦2.设勾股形中勾股比为1∶,若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计),则落在黄色图形内的图钉数大约为()图12-2-4A.866B.500C.300D.1345.[2018陕西省部分学校摸底检测,14]连掷两次骰子得到的点数分别为m和n,若向量a=(m,n)与向量b=(1,-2)的夹角为θ,则θ为锐角的概率是.6.[2018辽宁五校联考,15]在区间[-1,1]上随机取一个数k,则直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1有公共点的概率为.7.[2017沈阳市三模,13]在区间(0,2)中随机地取出两个数,则两数之和小于1的概率是.B组提升题8.[2018成都市高三摸底测试,9]小明在花店定了一束鲜花,花店承诺将在第二天早上7:30~8:30之间将鲜花送到小明家.若小明第二天离开家去公司上班的时间在早上8:00~9:00之间,则小明在离开家之前收到这束鲜花的概率是()A. B. C. D.9.[2018陕西省部分学校摸底检测,9]在球O内任取一点P,则点P在球O的内接正四面体中的概率是()A. B. C. D.10.[2018石家庄市重点高中高三摸底考试,10]一个三位数,个位、十位、百位上的数字依次为x,y,z,当且仅当y>x,y>z时,称这样的数为“凸数”(如243),现从集合{1,2,3,4}中取出三个不相同的数组成一个三位数,则这个三位数是“凸数”的概率为()A. B. C. D.11.[2018湖北省部分重点中学高三起点考试,6]某商场对某一商品搞活动,已知该商品每一个的进价为3元,售价为8元,每天销售的第20个及之后的商品按半价出售,该商场统计了近10天这种商品的销售量,如图12-2-5所示.设x为这种商品每天的销售量,y为该商场每天销售这种商品的利润.从日利润不少于96元的几天里任选2天,则选出的这2天日利润都是97元的概率为()图12-2-5A. B. C. D.12.[2018长春市高三第一次质量监测,18]长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉,在第二季“名师云课”中,数学学科共计推出36节云课,为了更好地将课程内容呈现给学生,现对某一时段云课的点击量进行统计:(1)现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节,求选出的点击量超过3 000的节数;(2)为了更好地搭建云课平台,现将云课进行剪辑,若点击量在区间[0,1 000]内,则需要花费40分钟进行剪辑,若点击量在区间(1 000,3 000]内,则需要花费20分钟进行剪辑,点击量超过3 000,则不需要剪辑,现从(1)中选出的6节课中任意选出2节课进行剪辑,求剪辑时间为40分钟的概率.答案1.C从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,有10种不同取法:(红,黄),(红,蓝),(红,绿),(红,紫),(黄,蓝),(黄,绿),(黄,紫),(蓝,绿),(蓝,紫),(绿,紫).而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红,黄),(红,蓝),(红,绿),(红,紫),共4种,故所求概率P==.故选C.2.C从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,共有6种选法.红色和紫色的花不在同一花坛的有4种选法,根据古典概型的概率计算公式得所求的概率为=.故选C.3.C开机密码的所有可能结果有:(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5),(N,1), (N,2),(N,3),(N,4),(N,5),共15种,所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是,故选C.4.B设5名学生分别为甲、乙、丙、丁、戊,从甲、乙、丙、丁、戊5人中选2人,有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),(丙,丁), (丙,戊),(丁,戊),共10种情况,其中甲被选中的情况有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),共4种,所以甲被选中的概率为=.故选B.5.C从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,有{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}共10个基本事件,其中这3个数能构成一组勾股数的只有{3,4,5},故所求概率为,故选C.6.C总的基本事件个数为36,向上的点数之和不超过5的有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(4,1),共10个, 则向上的点数之和不超过5的概率p1==;向上的点数之和大于5的概率p2=1-=;向上的点数之和为偶数与向上的点数之和为奇数的个数相等,故向上的点数之和为偶数的概率p3=.即p1<p3<p2,选C.7.从2,3,8,9中任取两个不同的数字,(a,b)的所有可能结果有(2,3),(2,8),(2,9),(3,2),(3,8),(3,9),(8,2),(8,3),(8,9),(9,2),(9,3),(9,8),共12种, 其中log28=3,log39=2为整数,所以log a b为整数的概率.8.甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种的所有可能情况为(红,白),(白,红),(红,蓝),(蓝,红),(白,蓝),(蓝,白),(红,红),(白,白),(蓝,蓝),共9种,他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红,红),(白,白),(蓝,蓝),共3种.故所求概率P==.9.(Ⅰ)由题意知,从6个国家中任选2个国家,其一切可能的结果组成的基本事件有{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3 },{B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},共15个.所选2个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},共3个.则所求事件的概率P==.(Ⅱ)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,其一切可能的结果组成的基本事件有{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},共9个.包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有{A1,B2},{A1,B3},共2个.则所求事件的概率P=.10.用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基本事件空间Ω与点集S={(x,y)|x∈N,y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应.因为S中元素的个数是4×4=16,所以基本事件总数n=16.(Ⅰ)记“xy≤3”为事件A.则事件A包含的基本事件共5个,即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1).所以P(A)=,即小亮获得玩具的概率为.(Ⅱ)记“xy≥8”为事件B,“3<xy<8”为事件C.则事件B包含的基本事件共6个,即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4),所以P(B)==.事件C包含的基本事件共5个,即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1),所以P(C)=.因为>,所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.11.B记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A.则P(A)==.12.A由-1≤lo(x+)≤1得lo2≤(x+)≤,所以≤x+≤2,解得0≤x≤,故事件“-1≤(x+)≤1”发生的概率为=.故选A.13.D如图D 12-2-3所示,事件“x+y≤”的概率p1=△==<,事件“xy≤”的概率四边形=曲边梯形>,所以p1<<p2,故选D.p2=四边形曲边梯形四边形图D 12-2-314.由6+x-x2≥0,解得-2≤x≤3,则D=[-2,3],则所求概率P=-(-)=.-(-)15.设方程x2+2px+3p-2=0的两个根分别为x1,x2,由题意,得-(-), -,-,结合0≤p≤5,解得<p≤1或2≤p≤5,所以所求概率P=(-)(-)=.16.0.18依题意,得阴影正方形=,所以阴影=,解得S阴影=0.18.17.设小张与小王的到校时间分别为7:00后第x分钟,第y分钟,根据题意可画出图形,如图D 12-2-4所示,则总事件所占的面积为(50-30)2=400.小张比小王至少早5分钟到校表示的事件A={(x,y)|y-x≥5,30≤x≤50,30≤y≤50},如图D 13-2-4中阴影部分所示,阴影部分所占的面积为×15×15=,所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为P(A)==.图D 12-2-4A组基础题1.C函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数,则a2-2<0,又a∈{-2,0,1,2,3},故只有a=0,a=1满足题意,又b∈{3,5},所以函数f(x)=(a2-2)e x+b为减函数的概率P==.故选C.2.D设M,N分别为BC,CD靠近点C的四等分点,则当E在线段CM,CN(不包括M,N)上时,AE 的长度大于5,因为正方形的周长为16,CM+CN=2,所以AE的长度大于5的概率为=,故选D.3.B设圆的半径为r,根据扇形面积公式和三角形面积公式得阴影部分的面积S=24(πr2-r2)=4πr2-6r2,圆的面积S'=πr2,所以此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率为=4-,故选B.4.D设勾为a,则股为a,所以弦为2a,小正方形的边长为a-a,所以题图中大正方形的面积为4a2,小正方形的面积为(-1)2a2,所以小正方形与大正方形的面积比为(-)=1-,所以落在黄色图形(小正方形)内的图钉数大约为(1-)×1 000≈134.5.因为向量a,b的夹角为锐角,所以a·b>0且a,b不共线,所以m-2n>0且n≠-2m.由题意得向量a一共有36个,其中满足m-2n>0且n≠-2m的共有6个,分别为(3,1),(4,1),(5,1),(5,2), (6,1),(6,2),所以θ为锐角的概率是.6.因为直线y=k(x+2)与圆x2+y2=1有公共点,所以≤1,解得-≤k≤,所以所求概率为=.7.设在区间(0,2)中随机取出的两个数为x,y,根据题意可画出图形,如图D 12-2-5,则总事件所占的面积为2×2=4.记两数之和小于1为事件A,则A={(x,y)|x+y<1,0<x<2,0<y<2},如图D 12-2-5中阴影部分所示,阴影部分所占的面积为×1×1=,所以两数之和小于1的概率为P(A)==.图D 12-2-5B组提升题8.D如图D 12-2-6,设送花人到达小明家的时间为x,小明离家去上班的时间为y,记小明离家前能收到鲜花为事件A.(x,y)可以看成平面中的点,试验的全部结果所构成的区域为Ω={(x,y)|7.5≤x≤8.5,8≤y≤9},这是一个正方形区域,面积为SΩ=1×1=1,事件A所构成的区域为A={(x,y)|y≥x,7.5≤x≤8.5,8≤y≤9},即图中的阴影部分,面积为S A=1-××=.这是一个几何概型,所以P(A)==,故选D.图D 12-2-69.C设球O的半径为R,球O的内接正四面体的棱长为a,所以正四面体的高为a,所以R2=(a)2+(-R)2,即a=2R,所以正四面体的棱长为,底面面积为××R=R2,高为,所以正四面体的体积为××=R3.又球O的体积为πR3,所以P点在球O的内接正四面体中的概率为=,故选C.10.B从集合{1,2,3,4}中取出三个不相同的数组成一个三位数共有24个结果:123,124,132,134,142,143,213,214,231,234,241,243,312,314,321,324,341,342,412,413,421,423 ,431,432,其中是“凸数”的是132,142,143,231,241,243,341,342,共8个结果,所以这个三位数是“凸数”的概率为=,故选B.11.B日销售量不少于20个时,日利润不少于96元,其中日销售量为20个时,日利润为96元;日销售量为21个时,日利润为97元.从条形统计图可以看出,日销售量为20个的有3天,日销售量为21个的有2天.日销售量为20个的3天记为a,b,c,日销售量为21个的2天记为A,B,从这5天中任选2天,可能的情况有10种:(a,b),(a,c),(a,A),(a,B),(b,c),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),(A,B),其中选出的2天日销售量都为21个的情况只有1种,故所求概率P=.故选B.12.(1)根据分层抽样,从36节云课中选出6节课,其中点击量超过3 000的节数为×12=2.(2)在(1)中选出的6节课中,点击量在区间[0,1 000]内的有1节,点击量在区间(1 000,3 000]内的有3节.设点击量在区间[0,1 000]内的1节课为A1,点击量在区间(1 000,3 000]内的3节课分别为B1,B2,B3,点击量超过3 000的2节课分别为C1,C2.从中选出2节课的方式有A1B1,A1B2,A1B3,A1C1,A1C2,B1B2,B1B3,B1C1,B1C2,B2B3,B2C1,B2C2,B3C1,B3C2,C1C2,共15种,其中剪辑时间为40分钟的情况有A1C1,A1C2,B1B2,B1B3,B2B3,共5种,则剪辑时间为40分钟的概率P==.。
高考数学一轮复习第十二章概率与统计12.2古典概型课件
5.(2014浙江文,1,两人
都中奖的概率是
.
答案 1
3
解析 设A为一等奖奖券,B为二等奖奖券,C为无奖奖券,则甲、乙两人抽取的所有可能结果为 AB、BA、AC、CA、BC、CB,共6种.而甲、乙两人都中奖的情况有AB、BA,共2种.故所求概率
(红,紫),所以所求事件的概率P= 4 = 2 ,故选C.
10 5
3.(2015广东,4,5分)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任
取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为 ( )
A. 5 B. 10 C. 11 D.1
21
21
21
答案 B 从15个球中任取2个球,取法共有 C125种,其中恰有1个白球,1个红球的取法有 C110 × C15 种,
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
5
5
5
5
答案 C 本题考查古典概型. 从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,有以下10种情况:(红,黄),(红,蓝),(红,绿),(红,紫),(黄,蓝), (黄,绿),(黄,紫),(蓝,绿),(蓝,紫),(绿,紫).其中含有红色彩笔的有4种情况:(红,黄),(红,蓝),(红,绿),
共有30个,故所求概率P= 30 = 5 .
36 6
7.(2014江苏,4,5分)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是 .
答案 1
3
解析 从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,有(1,2),(1,3),(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况. 满足条件的有(2,3),(1,6),共2种情况.
25 5
易错警示 本题易因忽略有放回的抽取而致错.
浙江专版2019版高考数学一轮复习第十二章概率与统计12.2古典概型课件
利用组合知识计算基本事件总数→计算事件“取出的3个球编号之
例取12个数(少2,0则1,7所可江取苏用2苏个北列数四的举市和第能法二被次将3整调除基研的,5本概)从率事1为,2,件3,4,一5,6这一六. 列个数出中随,然机地后求出m、n,再利用公式P(A)=
可再借求由助 概 P(两率Amn )个.=1计求-P数( 出原)求理事事及件排件A列的的组概合概率知. 识率直.接②计如算m果、n基,再运本用事公式件P(A的)= 个数比较多,列举有一定困难,也 评分析类讨可论本思题借想考.查助古两典概个型概计率数,组合原等理基础及知识排,考列查运组算合求解知能力识和直接计算m、n,再运用公式P(A)=
率加法公式进行求解;二是采用间接法,先求事件A的对立事件 的概率,
再由P(A)=1-P( )求事件A的概率.
方法技巧 P(A)=②
.
3整除”包含的所有基本事件→由古典概型概率公式得结论
解析 从六个数中随机地取2个数共有 =15种不同的取法,所取2个数
方法 古典概型的概率计算的解题策略 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型:
高考数学
§12.2 古典概型
知识清单
考点 古典概型
1.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件都是互斥的. (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. 2.古典概型 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型: (1)试验中所有可能出现的基本事件① 只有有限个 ; (2)每个基本事件出现的可能性相等. 3.古典概型的概率公式
之和大于7的概率为 1 4 = 7 ,故选B.
20 10
评析 本题考查古典概型概率,组合等基础知识,考查运算求解能力和 分类讨论思想.
高考数学一轮复习 第十二章 概率、随机变量及其概率分
【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第十二章 概率、随机变量及其概率分布 12.2 古典概型 理1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的；(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． (1)所有的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件的发生都是等可能的．3．如果1试验的等可能基本事件共有n 个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是1n，如果某个事件A 包含了其中m 个等可能基本事件，那么事件A 发生的概率为P (A )＝m n. 4．古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( × )(3)从市场上出售的标准为500±5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × )(4)(教材改编)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13.( √ )(5)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( √ )(6)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，且集合A 中的元素个数为n ，所有的基本事件构成集合I ，且集合I 中元素个数为m ，则事件A 的概率为n m.( √ )1．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________． 答案 13解析 基本事件的总数为6，构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件的个数为2， 所以所求概率P ＝26＝13.2．(2014·陕西改编)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________． 答案 35解析 取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35. 3．(2015·课标全国Ⅰ改编)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为________． 答案110解析 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有如下10种不同的结果：(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)，其中勾股数只有(3,4,5)，所以概率为110. 4．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________． 答案 56解析 掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36种可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率P ＝1－66×6＝56.5．从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取2个数字相加，其和为偶数的概率是________． 答案 25解析 从6个数字中任取2个数字的可能情况有(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15种，其中和为偶数的情况有(1,3)，(1,5)，(2,4)，(2,6)，(3,5)，(4,6)，共6种，所以所求的概率是25.题型一 基本事件与古典概型的判断例1 袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．(1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？(2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解 (1)由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．(2)由于11个球共有3种颜色，因此共有3个基本事件，分别记为A ：“摸到白球”，B ：“摸到黑球”，C ：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111，而白球有5个，故一次摸球摸到白球的可能性为511，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为311，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，所以以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．思维升华 一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．下列试验中，是古典概型的个数为__________．①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率； ②向正方形ABCD 内，任意抛掷一点P ，点P 恰与点C 重合； ③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； ④在线段[0,5]上任取一点，求此点小于2的概率． 答案 1解析 ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件， 所以不是古典概型．②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型． ③符合古典概型的特点，是古典概型问题． 题型二 古典概型的求法例2 (1)(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为__________． 答案1021解析 从袋中任取2个球共有C 215＝105种取法，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50种取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为50105＝1021. (2)(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________． 答案 56解析 基本事件共有C 24＝6种， 设取出两只球颜色不同为事件A .A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 11＝5种．故P (A )＝56.(3)(2014·四川)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .①求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； ②求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率． 解 ①由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝19.因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.②设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89.因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.引申探究1．本例(2)中，将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2,3,4的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率．解 基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A ，则A 包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种， 所以P (A )＝46＝23.2．本例(2)中，条件不变改为有放回地取球，取两次，求两次取得球的颜色相同的概率． 解 基本事件数为C 14C 14＝16种， 颜色相同的事件数：C 12C 11＋C 12C 12＝6种， 所求概率为616＝38.思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件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．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，求：(1)两数中至少有一个奇数的概率；(2)以第一次向上的点数为横坐标x ，第二次向上的点数为纵坐标y 的点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15的外部或圆上的概率．解 由题意，先后抛掷2次，向上的点数(x ，y )共有n ＝6×6＝36种等可能结果，为古典概型．(1)记“两数中至少有一个奇数”为事件B ，则事件B 与“两数均为偶数”为对立事件，记为B .∵事件B 包含的基本事件数m ＝3×3＝9. ∴P (B )＝936＝14，则P (B )＝1－P (B )＝34，因此，两数中至少有一个奇数的概率为34.(2)点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15的内部记为事件C ，则C 表示“点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15上或圆的外部”．又事件C 包含基本事件：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，共8种．∴P (C )＝836＝29，从而P (C )＝1－P (C )＝1－29＝79.∴点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝15的外部或圆上的概率为79.题型三 古典概型与统计的综合应用例3 从某地高中男生中随机抽取100名同学，将他们的体重(单位：kg)数据绘制成频率分布直方图(如图所示)．由图中数据可知体重的平均值为________ kg ；若要从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内的男生中，用分层抽样的方法选取12人参加一项活动，再从这12人中选两人当正副队长，则这两人体重不在同一组内的概率为________．答案 64.5 23解析 由频率分布直方图可知，体重在[40,50)内的男生人数为0.005×10×100＝5，同理，体重在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]内的人数分别为35,30,20,10，所以体重的平均值为45×5＋55×35＋65×30＋75×20＋85×10100 ＝64.5.利用分层抽样的方法选取12人，则从体重在[60,70)，[70,80)，[80,90]三组内选取的人数分别为12×3060＝6,12×2060＝4,12×1060＝2，则两人体重不在同一组内的概率为C 16C 16＋C 14C 18＋C 12C 110A 212＝23. 思维升华 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点．概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，只要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决．(2014·山东)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．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.地区 ABC数量50150100(1)求这6件样品中来自A ，B (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650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1,150×150＝3,100×150＝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 ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个．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 包含的基本事件有：{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415.六审细节更完善典例 (14分)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n <m ＋2的概率．(1)基本事件为取两个球↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示) 把取两个球的所有结果列举出来 ↓{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4} ↓两球编号之和不大于4(注意：和不大于4，应为小于4或等于4) ↓{1,2}，{1,3}↓利用古典概型概率公式求解P ＝26＝13(2)两球分两次取，且有放回↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示) 基本事件的总数可用列举法表示 ↓(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)↓(注意细节，m 是第一个球的编号，n 是第2个球的编号)n <m ＋2的情况较多，计算复杂↓(将复杂问题转化为简单问题) 计算n ≥m ＋2的概率 ↓n ≥m ＋2的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4)↓P 1＝316↓注意细节，P 1＝316是n ≥m ＋2的概率，需转化为其对立事件的概率n <m ＋2的概率为1－P 1＝1316.规范解答解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有{1,2}，{1,3},2个．因此所求事件的概率P＝26＝13.[6分](2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果有(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．[8分]又满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝316.[12分]故满足条件n<m＋2的事件的概率为1－P1＝1－316＝1316.[14分]温馨提醒(1)本题在审题时，要特别注意细节，使解题过程更加完善．如第(1)问，注意两球一起取，实质上是不分先后，再如两球编号之和不大于4，即两球编号之和小于或等于4等；第(2)问，有先后顺序．(2)在列举基本事件空间时，可以利用列举、画树状图等方法，以防遗漏．同时要注意细节，如用列举法，第(1)问写成{1,2}的形式，表示无序，第(2)问写成(1,2)的形式，表示有序．(3)本题解答时，存在格式不规范，思维不流畅的严重问题．如在解答时，缺少必要的文字说明，没有按要求列出基本事件．在第(2)问中，由于不能将求事件n<m＋2的概率转化成先求n≥m ＋2的概率，导致数据复杂、易错．所以按要求规范解答是做好此类题目的基本要求．[方法与技巧]1．古典概型计算三步曲第一，本试验是不是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件有多少个．2．确定基本事件的方法(1)当基本事件总数较少时，可列举计算；(2)列表法、树状图法．3．较复杂事件的概率可灵活运用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式简化运算．[失误与防范]1．古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，它们是不是等可能的．2．概率的一般加法公式：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．公式使用中要注意：(1)公式的作用是求A∪B的概率，当A∩B＝∅时，A、B互斥，此时P(A∩B)＝0，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；(2)要计算P(A∪B)，需要求P(A)、P(B)，更重要的是把握事件A∩B，并求其概率；(3)该公式可以看作一个方程，知三可求一．A组专项基础训练(时间：40分钟)1．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为________．答案2 5解析从15个球中任取一球有15种抽法，抽到白球有6种，所以抽到白球的概率P＝615＝2 5.2．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为________．答案9 10解析由题意知，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不同的可能结果只有(丙，丁，戊)这1种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P＝910.3．2015年暑假里，甲乙两人一起去游泰山，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后1小时他们同在一个景点的概率是________．答案1 6解析最后一个景点的选法有：C16C16＝36，选择同一景点的选法有：C16C11＝6，所以P＝636＝1 6.4．连掷两次骰子分别得到点数m、n，则向量(m，n)与向量(－1,1)的夹角θ>90°的概率是_________．答案5 12解析 ∵(m ，n )·(－1,1)＝－m ＋n <0，∴m >n .基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，…，(5,4)，(6,1)，…，(6,5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)． ∴P ＝1536＝512.5．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a31a 32 a 33答案1314解析 从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314.6．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本，若将其随机地抽取并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是________． 答案 25解析 语文、数学只有一科的两本书相邻，有2A 22A 22A 23＝48种摆放方法；语文、数学两科的两本书都相邻，有A 22A 22A 33＝24种摆放方法；而五本不同的书排成一排总共有A 55＝120种摆放方法．故所求概率为1－48＋24120＝25.7．用两种不同的颜色给图中三个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，则相邻两个矩形涂不同颜色的概率是________．答案 14解析 由于只有两种颜色，不妨将其设为1和2，若只用一种颜色有111；222. 若用两种颜色有122；212；221；211；121；112. 所以基本事件共有8种．又相邻颜色各不相同的有2种，故所求概率为14.8．连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6)，记“两次向上的数字之和等于m ”为事件A ，则P (A )最大时，m ＝________. 答案 7解析 1＋1＝2,1＋2＝3,1＋3＝4,1＋4＝5,1＋5＝6,1＋6＝7,2＋1＝3,2＋2＝4,2＋3＝5,2＋4＝6,2＋5＝7,2＋6＝8……依次列出m 的可能的值，知7出现次数最多．9．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236＝118.(2)|a |≤|b |，即m 2＋n 2≤10，共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)6种，其概率为636＝16.10．某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层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，求抽到小学、中学各一所的概率．解 (1)由分层抽样定义知，从小学中抽取的学校数目为6×2121＋14＋7＝3；从中学中抽取的学校数目为6×1421＋14＋7＝2；从大学中抽取的学校数目为6×721＋14＋7＝1.故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1. (2)记“抽到小学、中学各一所”为事件A ， 则事件A 共有基本事件m ＝C 13·C 12＝6(种)抽法， 又从6所学校任抽取2所有n ＝C 26＝15(种)抽法．因此，所求事件的概率P ＝m n ＝615＝25.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟)11．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于________． 答案 15解析 如图所示，从正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有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．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A 、D ，B 、E ，C 、F ，共3种，故其概率为315＝15.12．在二项式(x ＋124x)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为________． 答案512解析 注意到二项式(x ＋124x)n的展开式的通项是T r ＋1＝C rn (x )n －r(124x)r234C 2,n r r rnx－＝依题意有C 0n ＋C 2n 2－2＝2C 1n 2－1＝n ，即n 2－9n ＋8＝0，(n －1)(n －8)＝0(n ≥2)，因此n ＝8，因为二项式(x ＋124x)8的展开式的通项是34418C 2r r rr T x－－＋＝，其展开式中的有理项共有3项，所以所求的概率等于A 66A 37A 99＝512.13．一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3.现从中任取一球，记下编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是________． 答案518解析 基本事件数为6×6＝36， 编号之和为4的有：10种， 所求概率为1036＝518.14．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 )表示甲、乙抽到的牌的牌面数字(如果甲抽到红桃2，乙抽到红桃3，记为(2,3))，写出甲、乙两人抽到的牌的所有情况；(2)若甲抽到红桃3，则乙抽到的牌的牌面数字比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；否则，乙胜，你认为此游戏是否公平？请说明理由．解 (1)方片4用4′表示，则甲、乙两人抽到的牌的所有情况为：(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种不同的情况．(2)甲抽到3，乙抽到的牌只能是2,4,4′，因此乙抽到的牌的牌面数字大于3的概率为23.(3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大，有(3,2)，(4,2)，(4,3)，(4′，2)，(4′，3)，共5种情况．甲胜的概率为P 1＝512，乙胜的概率为P 2＝712.因为512<712，所以此游戏不公平．15．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的． (1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．解 (1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C 2n ，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C 27.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P ＝C 2n C 27＝17，则n (n －1)＝6，解得n ＝3(舍去n ＝－2)，即袋中原有3个白球．(2)设事件A 为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即乙第一次取到的是白球而甲取到的是黑球，P (A )＝C 14×C 13C 17×C 16＝4×37×6＝27.(3)设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋635＋135＝2235.。
高考数学一轮复习第十二章概率12
12.2古典概型与几何概型必备知识预案自诊知识梳理1.基本事件在一次试验中,我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果,它们是试验中不能再分的最简单的随机事件,其他事件可以用它们来描绘,这样的事件称为.2.基本事件的特点(1)任何两个基本事件是的.(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成的和.3.古典概型(1)定义:具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.①有限性:试验中所有可能出现的基本事件.②等可能性:每个基本事件出现的可能性..(2)古典概型的概率公式P(A)=A包含的基本事件的个数基本事件的总数4.几何概型(1)定义:如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的(面积或体积)成比例,那么称这样的概率模型为几何概率模型,简称为几何概型.(2)特点:①无限性:在一次试验中,可能出现的结果有无限多个;②等可能性:每个结果的发生具有等可能性.(3)公式:P(A)=.5.随机模拟方法使用计算机或者其他方式进行的模拟试验,以便通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是随机模拟方法.1.任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和.2.求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有:列举法、列表法和树状图法.3.与面积有关的几何概型,若已知图形不明确,可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标,这样基本事件就构成了平面上的一个区域,即可借助平面区域解决问题.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)在一次古典概型试验中,其基本事件的发生一定是等可能的.()(2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.()(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.();如果某个事件A包括的结果有m个,则(4)在古典概型中,每个基本事件的概率都是1nP(A)=m.() n(5)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.()2.《西游记》《三国演义》《水浒传》《红楼梦》是我国古典小说四大名著.若在这四大名著中,任取2种进行阅读,则取到《红楼梦》的概率为( )A.23 B.12C.13D.143.如图为中国古代刘徽的《九章算术注》中研究“勾股容方”问题的图形,图中△ABC 为直角三角形,四边形DEFC 为它的内接正方形,已知BC=2,AC=4,在△ABC 上任取一点,则此点取自正方形DEFC 的概率为( )A.19B.29C.49D.594.(2020江苏,4)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 .5.在长为10 cm 的线段AB 上任取一点C ,作一矩形,邻边长分别等于线段AC ,CB 的长,则该矩形面积小于16 cm 2的概率为 .关键能力学案突破考点古典概型的概率〖例1〗(1)《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题:齐王与田忌赛马,田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛,齐王获胜的概率是 ( )A.23B.35C.59D.34(2)在一次比赛中某队共有甲,乙,丙等5位选手参加,赛前用抽签的方法决定出场的顺序,则乙、丙都不与甲相邻出场的概率是( )A.110B.15C.25D.310解题心得求有关古典概型的概率问题的解题策略(1)求古典概型的概率的步骤是:①判断本次试验的结果是否是等可能的,设所求的事件为A ;②分别计算基本事件的总数n 和所求的事件A 所包含的基本事件个数m ;③利用古典概型的概率公式P (A )=mn ,求出事件A 的概率.(2)对与顺序相关的问题处理方法为:若把顺序看作有区别,则在求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数时都看作有区别,反之都看作没区别.(3)基本事件个数的确定方法方法 适用条件列表法 此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成是坐标法树状 图法 树状图是进行列举的一种常用方法,适合于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求对点训练1(1)(2020云南大理高三模拟)掷硬币实验是很常见却又非常有名的一个概率实验,许多著名的科学家都做过这个实验,比如蒲丰、德摩根等.通过掷硬币的实验,可以让人们感受到随机事件的发生,形成概率的观念.若抛掷一枚硬币出现正面向上记为1,反面向上记为0.现抛掷一枚硬币6次,出现两个0和四个1的概率为( )A.1564B.516C.916D.58(2)(2020河北保定模拟)我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一副“弦图”,后人称其为“赵爽弦图”.右图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”,其中正方形ABCD 内部为“赵爽弦图”,它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的.我们将图中阴影所在的四个三角形称为“风叶”,若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点,则该两点取自同一片“风叶”的概率为()A.37B.47C.314 D.1114考点古典概型与统计的综合应用〖例2〗某中学组织了一次数学学业水平模拟测试,学校从测试合格的男生、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析,分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图.(注:分组区间为〖60,70),〖70,80),〖80,90),〖90,100〗)(1)若得分大于或等于80认定为优秀,则男生、女生的优秀人数各为多少?(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人,从这5人中任意选取2人,求至少有一名男生的概率.解题心得求古典概型与统计问题的一般步骤第一步:根据概率统计的知识确定元素(总体、个体)以及要解决的概率模型;第二步:将所有基本事件列举出来(可用树状图);;第三步:计算基本事件总数n,事件A包含的基本事件数m,代入公式P(A)=mn 第四步:回到所求问题,规范作答.对点训练2某县共有90个农村淘宝服务网点,随机抽取6个网点统计其元旦期间的网购金额(单位:万元)的茎叶图如图所示,其中茎为十位数,叶为个位数.(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数;(2)若网购金额(单位:万元)不小于18的服务网点定义为优秀服务网点,其余为非优秀服务网点,根据茎叶图推断这90个服务网点中优秀服务网点的个数;(3)从随机抽取的6个服务网点中再任取2个作网购商品的调查,求恰有1个网点是优秀服务网点的概率.考点几何概型(多考向探究)考向1与长度、角度有关的几何概型〖例3〗(1)(2020广西壮族自治区高三模拟)在区间〖-1,1〗上随机取一个数k,使直线y=k(x+3)与圆x2+y2=1相交的概率为()A.12B.13C.√24D.√23(2)如图,四边形ABCD为矩形,AB=√3,BC=1,以A为圆心,1为半径作四分之一个圆弧DE⏜,在∠DAB内任作射线AP,则射线AP与线段BC有公共点的概率为.解题心得解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围.(1)当考察对象为点,点的活动范围在线段上时用线段长度之比计算;(2)当考察对象为线时,一般用角度之比计算.对点训练3(1)某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为()A.15B.14C.13D.12(2)如图所示,在平面直角坐标系内,射线OT落在30°角的终边上,任作一条射线OA,则射线OA落在∠yOT内的概率为.考向2与面积、体积有关的几何概型〖例4〗(1)(2020山东潍坊高三检测)七巧板是一种古老的中国传统智力玩具,是由七块板组成的.而这七块板可拼成许多图形,例如三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等,若用七巧板拼成一只雄鸡,在雄鸡平面图形上随机取一点,则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为( )A.14B.17C.18D.116(2)(2020河南南阳高三模拟)灯笼是传统的照明工具,在传统节日各家庭院中挂上各种彩灯更显得吉祥喜庆,某庭院挂着一盏表面积为4π平方分米的西瓜灯(看成球),灯笼中蜡烛的灯焰可以近似看成底面半径为2厘米,高为4厘米的圆锥,若在该灯笼内任取一点,则该点取自灯焰内的概率为( )A.0.004B.0.012C.0.024D.0.036解题心得求与面积、体积有关的几何概型的基本思路:用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域,由题意将已知条件转化为事件A 对应的区域,在图形中画出事件A 对应的区域,然后用公式P (A )=构成事件A 的区域面积(或体积)试验的全部结果所组成的区域面积(或体积)求出概率.对点训练4(1)(2020江西南昌二中高三月考)如图是折扇的示意图,A 为OB 的中点,若在整个扇形区域内随机取一点,则此点取自扇面(扇环)部分的概率是( )A.14B.12C.58D.34(2)已知在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是正方形,PA=AB=2,现在该四棱锥内部或侧面任取一点O ,则四棱锥O-ABCD 的体积不小于23的概率为 .考向3 与线性规划有关的几何概型〖例5〗(2020湖南衡阳八中高三月考)若不等式组{x +2y -3≤0,2x -y +4≥0,y ≥0表示的区域为Ω,不等式x 2+y 2-2x-2y+1≤0表示的区域为T ,则在区域Ω内任取一点,则此点落在区域T 中的概率为( )A.π4B.π8C.π5D.π10解题心得几何概型与线性规划的交汇问题:先根据约束条件作出可行域,再确定形状,求面积大小,进而代入公式求概率.对点训练5两位同学约定下午5:30~6:00在图书馆见面,且他们在5:30~6:00之间到达的时刻是等可能的,先到的同学需等待,15分钟后还未见面便离开,则两位同学能够见面的概率是()A.1136B.14C.12D.34考点随机模拟方法〖例6〗从区间〖0,1〗随机抽取2n个数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,构成n个数对(x1,y1),(x2,y2),…,(x n,y n),其中两数的平方和小于1的数对共有m个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为()A.4nmB.2nmC.4mnD.2mn解题心得将π看作未知数表示出四分之一的圆面积,根据几何概型的概率公式,四分之一的圆面积与正方形面积之比等于m与n之比,从而用m,n表示出π的近似值.对点训练6(2020湖北金字三角高三线上联考)“割圆术”是刘徽最突出的数学成就之一,他在《九章算术注》中提出割圆术,并作为计算圆的周长、面积以及圆周率的基础.刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正3 072边形,并由此求得了圆周率为3.141 5和3.141 6这两个近似数值,这个结果是当时世界上圆周率计算的最精确数据.如图,当分割到圆内接正六边形时,某同学利用计算机随机模拟法向圆内随机投掷点,计算得出该点落在正六边形内的频率为0.826 9,那么通过该实验计算出来的圆周率近似值为()(参考数据:√30.8269≈2.094 6)A.3.141 9B.3.141 7C.3.141 5D.3.141 312.2古典概型与几何概型必备知识·预案自诊知识梳理1.基本事件2.(1)互斥(2)基本事件3.(1)①只有有限个②相等4.(1)长度 (3)构成事件A 的区域长度(面积或体积)试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)考点自诊1.(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)√2.B 4本名著选两本共有C 42=6种,选取的两本中含有《红楼梦》的共有C 31=3种,所以任取2种进行阅读,则取到《红楼梦》的概率为36=12.故选B .3.C 由图形得,△ABC 为直角三角形,四边形DEFC 为它的内接正方形,已知BC=2,AC=4,设CD=x ,由DE ∥BC 则有ADAC =DECB ,即4-x 4=x 2,解得x=43,设在△ABC 上任取一点,则此点取自正方形DEFC 为事件A ,由几何概型中的面积比得P (A )=S 正方形DEFC S △ABC=(43)212×4×2=49.故选C .4.19 本题考查古典概型.第1,2次向上的点数分别记为a ,b ,每个样本点记为(a ,b ),则所有的样本点为 (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,其中,点数和为5的样本点为(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),故所求概率为436=19. 5.25 设线段AC 的长为x cm,则线段CB 长为(10-x )cm,那么矩形面积为x (10-x )<16,解得x<2或x>8,又0<x<10, 所以该矩形面积小于16cm 2的概率为P=410=25.关键能力·学案突破例1(1)A (2)B (1)因为双方各有3匹马,所以“从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛”的事件数为9种,满足“齐王获胜”的这一条件的情况为:齐王派出上等马,则获胜的事件数为3;齐王派出中等马,则获胜的事件数为2;齐王派出下等马,则获胜的事件数为1;故满足“齐王获胜”这一条件的事件数为6种,根据古典概型公式可得,齐王获胜的概率P=69=23,故选A .(2)在一次比赛中某队共有甲,乙,丙等5位选手参加,赛前用抽签的方法决定出场的顺序,基本事件总数n=A 55=120,“乙、丙都不与甲相邻出场”包含的基本事件个数m=A 22A 33+A 22A 32=24,所以“乙、丙都不与甲相邻出场”的概率p=mn =24120=15.故选B .对点训练1(1)A (2)A (1)抛掷一枚硬币6次的基本事件总数n=26=64,这六次恰好有两个0和四个1包含的基本事件的个数为m=C 62=15,所以概率是P=mn =1564.(2)由题意,从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有C 82=28(种),其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有4C 32=12,根据古典概型的概率计算公式,可得所求概率为1228=37.例2解(1)由题可得,男生优秀人数为100×(0.01+0.02)×10=30, 女生优秀人数为100×(0.015+0.03)×10=45.(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是530+45=115,所以样本中包含的男生人数为30×115=2,女生人数为45×115=3.则从5人中任意选取2人共有C 52=10种,抽取的2人中没有男生有C 32=3(种),则至少有一名男生有C 52−C 32=7(种).故至少有一名男生的概率为710,即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.对点训练2解(1)由题意知,样本数据的平均数x =4+6+12+12+18+206=12.(2)样本中优秀服务网点有2个,频率为26=13,由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×13=30(个).(3)样本中优秀服务网点有2个,分别记为a 1,a 2,非优秀服务网点有4个,分别记为b 1,b 2,b 3,b 4,从随机抽取的6个服务网点中再任取2个的可能情况有:(a 1,a 2),(a 1,b 1),(a 1,b 2),(a 1,b 3),(a 1,b 4),(a 2,b 1),(a 2,b 2),(a 2,b 3),(a 2,b 4),(b 1,b 2),(b 1,b 3),(b 1,b 4),(b 2,b 3),(b 2,b 4),(b 3,b 4),共15种,记“恰有1个是优秀服务网点”为事件M ,则事件M 包含的可能情况有:(a 1,b 1),(a 1,b 2),(a 1,b 3),(a 1,b 4),(a 2,b 1),(a 2,b 2),(a 2,b 3),(a 2,b 4),共8种,故所求概率P (M )=815.例3(1)C (2)13(1)因为圆心(0,0),半径r=1,直线与圆相交,所以圆心到直线y=k (x+3)的距离d=|3k |√1+k2≤1,解得-√24≤k ≤√24,所以所求的概率为√222=√24,故选C.(2)连接AC ,如图所示,tan ∠CAB=CB AB =1√3=√33,所以∠CAB=π6,直线AP 在∠CAB 内时,直线AP 与线段BC 有公共点,所以所求事件的概率为π6π2=13.对点训练3(1)B (2)16 (1)由题意可知,第二节课的上课时间为8:40~9:20,时长40分钟.若听第二节课的时间不少于20分钟,则需在8:50~9:00之间到达教室,时长10分钟. 所以听第二节课的时间不少于20分钟的概率为1040=14,故选B .(2)因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的,所以射线OA 落在∠yOT 内的概率为60°360°=16.例4(1)C (2)A (1)设包含7块板的正方形边长为4,其面积为4×4=16.则雄鸡的鸡尾面积为标号为6的板块,其面积为S=2×1=2.所以在雄鸡平面图形上随机取一点,则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为216=18.(2)设该灯笼的半径为R ,则4πR 2=4π,解得R=1(分米),所以该灯笼的体积V=4π×133=4π3(立方分米)=4000π3(立方厘米),该灯笼内的灯焰的体积V 1=13×π×22×4=16π3(立方厘米),所以该点取自灯焰内的概率为V 1V=16π34000π3=0.004.对点训练4(1)D (2)2764 (1)设扇形的圆心角为α,大扇形的半径长为R ,小扇形的半径长为r ,则S 大扇形=α2R 2,S 小扇形=α2r 2,R=2r.根据几何概型,可得此点取自扇面(扇环)部分的概率为α2R 2-α2r 2α2R 2=R 2-r 2R 2=3r 24r 2=34.(2)当四棱锥O-ABCD 的体积为23时,设点O 到平面ABCD 的距离为h ,则13×22×h=23,解得h=12.如图所示,在四棱锥P-ABCD 内作平面EFGH 平行于底面ABCD ,且平面EFGH 与底面ABCD 的距离为12.因为PA ⊥底面ABCD ,且PA=2,所以PH PA=34,所以四棱锥O-ABCD 的体积不小于23的概率为V 四棱锥P -EFGH V 四棱锥P -ABCD=PH PA 3=343=2764. 例5D 作出不等式组{x +2y -3≤0,2x -y +4≥0,y ≥0表示的区域Ω,不等式x 2+y 2-2x-2y+1≤0化为(x-1)2+(y-1)2≤1,它表示的区域为T ,如图所示:11则区域Ω表示△ABC ,由{2x -y +4=0,x +2y -3=0,解得点B (-1,2).又A (-2,0),C (3,0), ∴S △ABC =12×(3+2)×2=5,又区域T 表示圆面,且圆心M (1,1)在直线x+2y-3=0上,在△ABC 内的面积为12π×12=π2,∴所求的概率为π25=π10.对点训练5D 因涉及两人见面时间,故考虑到是几何概型,建立平面直角坐标系列出满足条件的式子,计算出最终的概率.因为两人谁也没有讲好确切的时间,故样本点由两个数(甲、乙各自到达的时刻)组成;以5:30作为时间的起点建立如图所示的平面直角坐标系:设甲、乙各在第x 分钟和第y 分钟到达,则样本空间为Ω={(x ,y )|0≤x ≤30,0≤y ≤30},画成图为一正方形;会面的充要条件为|x-y|≤15,即事件A 可以会面所对应的区域是图中的阴影部分,故由几何概型公式知所求概率为面积之比,即P (A )=302-152302=34,故选D .例6C如图,两数的平方和小于1的数对所在的区域为图中阴影部分(不含边界),n 个数对所在的区域为边长为1的正方形.由题意利用几何概型可知,14S 圆S 正方形=14π×1212≈m n,所以π≈4m n.故选C .对点训练6A 设圆的半径为r ,则圆的面积为πr 2,正六边形的面积为6×12×r×√32r=3√32r 2,因而所求该实验的频率为3√32r 2πr 2=3√32π=0.8269,则π=3√32×0.8269≈3.1419.。
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§12.2随机事件与概率、古典概型与几何概型
考纲解读
分析解读随机事件与概率、古典概型、几何概型是江苏高考必考内容,重点考查古典概型,试题难度中等.
五年高考
考点一随机事件与概率
1.(2016天津改编,2,5分)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是,甲获胜的概率是,则甲不输的概率
为.
答案
2.(2015江苏,5,5分)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球.从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为.
答案
教师用书专用(3—4)
3.(2016课标全国Ⅱ,18,12分)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
(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.
解析(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.(3分)
(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.(6分)
1.75a
(10分) 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元.
因此,续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a元.(12分)
4.(2014陕西,19,12分)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
(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.
解析(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”,以频率估计概率得
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,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0.2×120=24辆,所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为=0.24,由频率估计概率得P(C)=0.24.
考点二古典概型
1.(2017天津文改编,3,5分)有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为.
答案
2.(2016江苏,7,5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是.
答案
3.(2016课标全国Ⅰ改编,3,5分)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是.
答案
4.(2016北京改编,6,5分)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为.
答案
5.(2016四川,13,5分)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a,b,则log a b为整数的概率
是.
答案
6.(2016课标全国Ⅲ改编,5,5分)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是.
答案
7.(2014江苏,4,5分)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率
是.
答案
8.(2014浙江,14,4分)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.
答案
9.(2013江苏,7,5分)现有某类病毒记作X m Y n,其中正整数m,n(m≤7,n≤9)可以任意选取,则m,n都取到奇数的概率为.
答案
10.(2014四川,16,12分)一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次,每次抽取1张,将抽取的卡片上的数字依次记为a,b,c.
(1)求“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率;
(2)求“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率.
解析(1)由题意知,(a,b,c)所有可能的结果为
(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3) ,(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3 ),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3),共27种.
设“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”为事件A,
则事件A包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共3种.
所以P(A)==.
因此,“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率为.
(2)设“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”为事件B,
则事件包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种.
所以P(B)=1-P()=1-=.。