高中数学第十章概率章末素养提升课件新人教A版必修第二册

第十章 概 率
章末素养提升
体系构建
核心归纳
1．频率与概率 频率是概率的估计值，是随机的，随着试验的不同而变化；概率是 多次的试验中频率的稳定值，是一个常数，不要用一次或少数次试验中 的频率来估计概率． 2．互斥事件与对立事件的概率 (1)互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个 事件互斥外，还要求二者必须有一个发生．因此对立事件一定是互斥事 件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况．
(1)任找一个人，其血可以输给张三的概率是多少？ (2)任找一个人，其血不能输给张三的概率是多少？
解 ： (1) 对 任 一 人 ， 其 血 型 为 A ， B ， AB ， O 的 事 件 分 别 记 为 A′ ， B′，C′，D′，由已知，有P(A′)＝，P(B′)＝，P(C′)＝，P(D′)＝，因为B， O型血可以输给张三，所以“任找一人，其血可以输给张三”为事件 B′∪D′.依据互斥事件概率的加法公式，有P(B′∪D′)＝P(B′)＋P(D′)＝＋ ＝.
【点评】题目若出现多种正面的情形，则反面的情形较少，从反面 考虑较简单．
1．黄种人群中各种血型的人所占的比例如下：
血型 该血型的人所占比例/%
A B AB O
28 29
8
35
已知同种血型的人可以输血，O型血可以输给任一种血型的人，其 他不同血型的人不能互相输血，张三是B型血，若张三因病需要输血， 问：
(2)记B为事件“某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602＋0050＝0.55，故 P(A)的估计值为 0.55.
(三)整合思想
思想方法解读：在解决综合问题时，应对图表进行观察、分析、提 炼，挖掘出图表所给予的有用信息，排除无关数据的干扰，进而抓住问 题的实质，达到求解的目的．
某食品有限公司对生产的某种面包按行业标准分成五个不同等
级，等级系数依次为A，B，C，D，E.现从该种面包中随机抽取20件样 品进行检验，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下：
(二)化归与转化思想
思想方法解读：化繁为简．将复杂事件的概率转化为简单事件的概 率，即寻找所求事件与已知事件之间的关系．所求事件分几类(考虑加 法公式转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式转化为相互独立 事件)．
计算机考试分理论考试与实际操作考试两部分，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45，34，23，在实际操作考试中“合格”的概率依次为12，23，56，所 有考试是否合格相互之间没有影响．
解：(1)从袋中随机取两个球，可能的结果有 6 种，而取出的球的编 号之和不大于 4 的事件有两个：1 和 2，1 和 3，所以取出的球的编号之 和不大于 4 的概率 P1＝13.
(2)依题意，所有(m，n)有 16 种，而 n≥m＋2 有(1，3)，(1，4)，(2， 4)三种结果，所以 n<m＋2 的概率 P2＝1－136＝1136.
【点评】对于古典概型与统计结合的题型，无论是直接描述还是利 用频率分布表、分布直方图等给出的信息，只需要能够从题中提炼出需 要的信息，则此类问题即可解决．
3．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称 为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数 0 1 2
A． C． 【答案】B
() B． D．
【解析】只用现金支付、既用现金支付也用非现金支付、不用现金 支付是互斥事件，所以不用现金支付的概率为1－－＝0.4.故选B．
【点评】本题考查互斥事件的概率的求法，判断事件是互斥事件是 解题的关键，是基本知识的考查．
古典概型
(2021年甲卷)将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率
为
()
A．0.3
B．
C．0.6
D．
【答案】C
【解析】将 3 个 1 和 2 个 0 随机排成一行的方法可以是：00111，01011， 01101，01110，10011，10101，10110，11001，11010，11100，共 10 种 排法，其中 2 个 0 不相邻的排列方法可以是：01011，01101，01110，10101， 10110，11010，共 6 种方法，满足题意的概率为160＝0.6，故选 C．
将等级系数为A的2件样品分别记为a1，a2；等级系数为D的3件样品 分别记为x1，x2，x3；等级系数为E的2件样品分别记为y1，y2.
现从a1，a2，x1，x2，x3，y1，y2这7件样品中一次性任取两件，共有 21个不同的结果，分别为(a1，a2)，(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a1， y1)，(a1，y2)，(a2，x1)，(a2，x2)，(a2，x3)，(a2，y1)，(a2，y2)，(x1， x2) ， (x1 ， x3) ， (x1 ， y1) ， (x1 ， y2) ， (x2 ， x3) ， (x2 ， y1) ， (x2 ， y2) ， (x3 ， y1)，(x3，y2)，(y1，y2)．
(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302＋0030＝0.3，故 P(B)的估 计值为 0.3.
(3)由所给数据得
保费 0.85a
a
1.25a 1.5a 1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
(2)当事件A与B互斥时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，当事件A与Bห้องสมุดไป่ตู้立 时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝1，即P(A)＝1－P(B)．
(3)求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此 互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝ 1－P(A)求解．
3．古典概型概率的计算 关键求样本空间 Ω 包含的样本点的总数与事件 A 包含的样本点的个 数，再利用公式 P(A)＝nn（（ΩA））求解．有时需要用列举法把样本点一一列 举出来，在列举时必须按某一顺序做到不重不漏．
2．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别
为，，，，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使
用设备的概率为
()
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件 A，B，C，D， 则 P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，所以同一工作日最少 3 人需使用设备的概率为 P(ABC－D ＋AB－C D＋A－B CD＋－A BCD＋ABCD)＝ 0.6×0.5×0.5×0.6 ＋ 0.6×0.5×0.5×0.4 ＋ 0.6 × 0.5 × 0.5 × 0.4 ＋ 0.4×0.5×0.5×0.4＋0.6×0.5×0.5×0.4＝0.31.故选 C．
0.05
调查的200名续保人的平均保费为 0．85a×＋a×＋a×＋a×＋a×＋2a×＝1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
链接高考
互斥事件与对立事件的概率公式
(2018年新课标Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为， 既用现金支付也用非现金支付的概率为，则不用现金支付的概率为
A，B 至多有一个发生 P＝1－P(AB)＝1－P(A)P(B)
A，B 至少有一个发生 P＝1－P(－A －B )＝1－P(－A )P(－B )＝P(A)＋ P(B)－P(A)P(B)
A，B 恰好有一个发生 P＝P(A－B ＋－A B)＝P(A)P(－B )＋P(－A )P(B)＝ P(A)＋P(B)－2P(A)P(B)
3
4 大于或等于5
保费
0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a
2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下
统计表：
出险次数 0 1 2 3 4 大于或等于5
频数 60 50 30 30 20
10
(1)记A为事件“某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“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 P(D)＝P(AB－C )＋P(A－B C)＋P(－A BC) ＝25×12×49＋25×12×59＋35×12×59＝3110.
【点评】在求复杂事件的概率时，将待求复杂事件转化为几个彼此 互斥的简单事件的和，将彼此互斥的简单事件中的简单事件，转化为几 个已知(易求)的概率的相互独立事件的积事件.
记事件 Q 为“取出的两件样品是等级系数为 D 与 E”，则事件 Q 所 包含的样本点有 6 个，分别为(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3， y1)，(x3，y2)，所以事件 Q 的概率 P(Q)＝261＝27.因为事件 M，N，Q 为互 斥事件，所以取出的两件样品是不同等级的概率为 P(M∪N∪Q)＝P(M) ＋P(N)＋P(Q)＝1261.
4．与相互独立事件A，B有关的概率计算公式
事件 A，B 的 各种情形
概率计算公式
A，B 同时发生 P(AB)＝P(A)P(B)
A，B 都不发生
P(－A －B )＝P(－A )P(－B )＝[1－P(A)][1－P(B)]＝1 －P(A)－P(B)＋P(A)P(B)
事件 A，B 的 各种情形
概率计算公式
(2)(方法一)由于A，AB型血不能输给B型血的人，所以“任找一 人，其血不能输给张三”为事件A′∪C′，依据互斥事件概率的加法公 式，有P(A′∪C′)＝P(A′)＋P(C′)＝＋＝0.36.
(方法二)因为事件“任找一人，其血可以输给张三”与事件“任找 一人，其血不能输给张三”是对立事件，所以由对立事件的概率公式， 有P(A′∪C′)＝1－P(B′∪D′)＝1－＝.
(1)若甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，则谁获得 “合格证书”的可能性大？
(2)求甲、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”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)＝45×12＝25， P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59，从而 P(C)>P(B)>P(A)，所以丙获得“合 格证书”的可能性大．
等级
A
B
C
D
E
频率
0.1
0.2
0.45
0.15
0.1
从等级系数为A，D，E的样品中一次性任取两件(假定每件样品被
取出的可能性相同)． (1)求取出的两件样品是等级系数为A与D的概率； (2)求取出的两件样品是不同等级的概率．
解：(1)A级所取的样品数为20×＝2，D级所取的样品数为20×＝ 3，E级所取的样品数为20×＝2.
(方法二)记事件 L 为“取出的两件样品是不同等级”，则事件 L 为 “取出的两件样品是同等级”，所以事件 L 所含的样本点有 5 个，分别 为(a1，a2)，(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x3)，(y1，y2)，所以事件 L 的概率 P(L) ＝251，所以 P(L)＝1－P(L)＝1－251＝1261，即取出的两件样品是不同等级 的概率为2116.
思想方法
(一)正难则反思想 思想方法解读：灵活应用对立事件的概率关系(P(A)＋P(A)＝1)简化 问题，是求解概率问题最常用的方法．
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．
记事件 M 为“取出的两件样品是等级系数为 A 与 D”，则事件 M 所 包含的样本点有 6 个，分别为(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a2，x1)，(a2， x2)，(a2，x3)．
所以事件 M 的概率 P(M)＝261＝27.
(2)(方法一)记事件 N 为“取出的两件样品是等级系数为 A 与 E”， 则事件 N 所包含的样本点有 4 个，分别为(a1，y1)，(a1，y2)，(a2，y1)，(a2， y2)，所以事件 N 的概率 P(N)＝241.