資源簡介

2．2　古典概型的應(yīng)用　(教學(xué)方式：深化學(xué)習(xí)課—梯度進(jìn)階式教學(xué))
[課時目標(biāo)]
1.進(jìn)一步熟悉古典概型的特點(diǎn)，解決較復(fù)雜的古典概型概率問題.　
2.掌握互斥事件的概率加法公式.
3.學(xué)會利用互斥事件和對立事件的概率公式解決與古典概型有關(guān)的問題.
互斥事件與對立事件的概率公式
概率公式
互斥事件的概率加法公式 在一個試驗(yàn)中，如果事件A與事件B是互斥事件，那么有P(A∪B)＝____________
兩兩互斥的多個事件的概率加法公式 如果事件A1，A2，…，An兩兩互斥，那么有P(A1∪A2∪…∪An)＝________________
對立事件的概率公式 事件A和是對立事件，則P(A∪)＝P(A)＋P()＝1，即P()＝1－P(A)
|微|點(diǎn)|助|解|　
(1)設(shè)樣本空間Ω包含有n個樣本點(diǎn)，當(dāng)事件A與事件B互斥時，A與B不含有相同的樣本點(diǎn)，此時n(A∪B)＝n(A)＋n(B)，結(jié)合古典概型的概率公式即可得P(A∪B)＝＝P(A)＋P(B)．
(2)當(dāng)一個事件的概率不易求解，但其對立事件的概率易求時，我們常利用對立事件的概率公式，使用間接法求解．
(3)我們稱如果A B，那么P(A)≤P(B)為概率的單調(diào)性．對于任意事件A，因?yàn)? A Ω，所以0≤P(A)≤1.事件發(fā)生的可能性越大，它的概率越接近1；事件發(fā)生的可能性越小，它的概率越接近0.
(4)事件A與事件B不互斥時，求P(A∪B)的方法
①利用集合中元素個數(shù)的關(guān)系求解．
由Venn圖知，card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)．
②類比集合知識知，當(dāng)A，B不互斥時，n(A∪B)＝n(A)＋n(B)－n(A∩B)．
③設(shè)樣本點(diǎn)總數(shù)為n(Ω)，則＝＋－，即P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
基礎(chǔ)落實(shí)訓(xùn)練
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)事件A與B的和事件的概率一定大于事件A的概率．(　 )
(2)對于任意事件A，總有P(A)＋P()＝1.(　 )
(3)事件A1∪A2∪…∪An發(fā)生即事件A1，A2，…，An中至少有一個發(fā)生．(　 )
(4)若三個事件A，B，C兩兩互斥，則P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.(　 )
2．若A，B是互斥事件，P(A)＝0.2，P(A∪B)＝0.5，則P(B)等于(　 )
A．0.3 B．0.7
C．0.1 D．1
3．?dāng)S一枚均勻的正六面體骰子，設(shè)A表示事件“出現(xiàn)3點(diǎn)”，B表示事件“出現(xiàn)偶數(shù)點(diǎn)”，則P(A∪B)＝__________.
題型(一)　概率模型的構(gòu)建問題
[例1]　甲、乙、丙、丁四名學(xué)生按任意次序站成一排，求甲站在乙的左邊的概率．
聽課記錄：
[變式拓展]
本例條件不變，求下列事件的概率：
(1)甲在邊上；
(2)甲和乙都在邊上；
(3)甲和乙都不在邊上．
|思|維|建|模|
建立概率模型的方法
從不同的角度把握問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為不同的古典概型，這是我們進(jìn)行概率計算的重要思想．
(1)當(dāng)試驗(yàn)可能出現(xiàn)的結(jié)果的角度不同時，樣本點(diǎn)的個數(shù)也可能不同，即“一題多解”，但是最終所求概率的值是確定的．
(2)當(dāng)多個試驗(yàn)可以建立一種模型時，樣本點(diǎn)數(shù)可能不同，即“多題一解”，根據(jù)需要建立概率模型求解．
[針對訓(xùn)練]
1．科學(xué)家在1927年至1929年間發(fā)現(xiàn)自然界中的氧含有三種同位素，分別為16O,17O,18O，根據(jù)1940年比較精確的質(zhì)譜測定，自然界中這三種同位素的含量比為16O占99.759%,17O占0.037%,18O占0.204%.現(xiàn)有3個16O，2個17O，n個18O，若從中隨機(jī)選取1個氧元素，這個氧元素不是17O的概率為.
(1)求n；
(2)若從中隨機(jī)選取2個氧元素，求這2個氧元素是同一種同位素的概率．
題型(二)　互斥事件的概率計算
[例2]　某品牌計算機(jī)售后保修期為1年，根據(jù)大量的維修記錄資料，這種品牌的計算機(jī)在使用一年內(nèi)需要維修1次的占15%，需要維修2次的占6%，需要維修3次的占4%，
(1)某人購買了一臺這個品牌的計算機(jī)，設(shè)Ak＝“一年內(nèi)需要維修k次”，k＝0,1,2,3，請?zhí)顚懴卤恚?br/>事件 A0 A1 A2 A3
概率
事件A0，A1，A2，A3是否滿足兩兩互斥？
(2)求下列事件的概率：
①A＝“在1年內(nèi)需要維修”；
②B＝“在1年內(nèi)不需要維修”；
③C＝“在1年內(nèi)維修不超過1次”．
聽課記錄：
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運(yùn)用互斥事件的概率加法公式的步驟
首先要弄清事件之間是否互斥，同時要學(xué)會把一個事件拆分為幾個兩兩互斥的事件，解答這類問題的一般步驟為：
(1)確定各事件兩兩互斥；
(2)求各事件分別發(fā)生的概率，并求和．
[針對訓(xùn)練]
2．由經(jīng)驗(yàn)可知，每天在學(xué)校食堂某窗口排隊(duì)等候就餐的人數(shù)及其概率如下表：
排隊(duì)人數(shù) [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,+∞)
概率 0.10 0.16 0.30 0.30 0.10 0.04
(1)求等候就餐的人數(shù)在[4,16)內(nèi)的概率；
(2)若等候就餐的人數(shù)大于或等于16，則應(yīng)增加一個新窗口，請問增加新窗口的概率是多少？
題型(三)　對立事件的概率計算
[例3]　一個盒子里裝有三張卡片，分別標(biāo)記有數(shù)字1,2,3，這三張卡片除標(biāo)記的數(shù)字外完全相同．隨機(jī)有放回地抽取3次，每次抽取1張，將抽取的卡片上的數(shù)字依次記為a，b，c.
(1)求“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”的概率；
(2)求“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率．
聽課記錄：
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公式P(A)＝1－P()的應(yīng)用說明
(1)當(dāng)直接求某一事件的概率較為復(fù)雜或根本無法求時，常常使用該公式轉(zhuǎn)化為求其對立事件的概率．
(2)該公式的使用實(shí)際是運(yùn)用逆向思維(正難則反)，比較適合含有“至多”“至少”“最少”等關(guān)鍵詞語型題目．　
[針對訓(xùn)練]
3．現(xiàn)有7名數(shù)理化成績優(yōu)秀者，分別用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀，B1，B2的物理成績優(yōu)秀，C1，C2的化學(xué)成績優(yōu)秀．從中選出數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)成績優(yōu)秀者各1名，組成一個小組代表學(xué)校參加競賽，求A1和B1不全被選中的概率．
古典概型的應(yīng)用
課前預(yù)知教材
P(A)＋P(B)　P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)
[基礎(chǔ)落實(shí)訓(xùn)練]　1.(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　2.A　3.
課堂題點(diǎn)研究
[題型(一)]
[例1]　解：法一：利用樹狀圖來列舉樣本點(diǎn)，如圖所示．
由樹狀圖可看出共有24個樣本點(diǎn)．設(shè)事件A＝“甲站在乙的左邊”，則A事件包含的樣本點(diǎn)為(甲乙丙丁)，(甲乙丁丙)，(甲丙乙丁)，(甲丙丁乙)，(甲丁乙丙)，(甲丁丙乙)，(丙甲乙丁)，(丙甲丁乙)，(丙丁甲乙)，(丁甲乙丙)，(丁甲丙乙)，(丁丙甲乙)，共12個．所以甲站在乙的左邊的概率為P＝＝.
法二：因?yàn)橐嬎恪凹渍驹谝业淖筮叺母怕省保钥梢灾豢紤]甲、乙兩個人排隊(duì)．所有樣本點(diǎn)為(甲乙)，(乙甲)，共2個，事件“甲站在乙的左邊”包含1個樣本點(diǎn)，即(甲乙)．所以甲站在乙的左邊的概率為P＝.
[變式拓展]
解：由典例解析中的樹狀圖可知，共有24個樣本點(diǎn)．
(1)甲在邊上有12種情形：(甲乙丙丁)，(甲乙丁丙)，(甲丙乙丁)，(甲丙丁乙)，(甲丁乙丙)，(甲丁丙乙)，(乙丙丁甲)，(乙丁丙甲)，(丙乙丁甲)，(丙丁乙甲)，(丁乙丙甲)，(丁丙乙甲)，故甲在邊上的概率為P＝＝.
(2)甲和乙都在邊上有4種情形：(甲丙丁乙)，(甲丁丙乙)，(乙丙丁甲)，(乙丁丙甲)，故甲和乙都在邊上的概率為P＝＝.
(3)甲和乙都不在邊上有4種情形：(丙甲乙丁)，(丙乙甲丁)，(丁甲乙丙)，(丁乙甲丙)，故甲和乙都不在邊上的概率為P＝＝.
[針對訓(xùn)練]
1．解：(1)依題意，從這些氧元素中隨機(jī)選取1個，這個氧元素是17O的概率P1＝，則有1－＝，解得n＝1.
(2)記3個16O分別為a，b，c,2個17O分別為x，y,1個18O為m，從中隨機(jī)選取2個，所有的情況為(a，b)，(a，c)，(a，x)，(a，y)，(a，m)，(b，c)，(b，x)，(b，y)，(b，m)，(c，x)，(c，y)，(c，m)，(x，y)，(x，m)，(y，m)，共15種，它們等可能，其中這2個氧元素是同一種同位素的情況有(a，b)，(a，c)，(b，c)，(x，y)，共4種，其概率為P2＝，所以這2個氧元素是同一種同位素的概率是.
[題型(二)]
[例2]　解：(1)因?yàn)橐荒陜?nèi)需要維修1次的占15%，需要維修2次的占6%，需要維修3次的占4%，則有P(A1)＝0.15，P(A2)＝0.06，P(A3)＝0.04，
顯然事件A0，A1，A2，A3中，任意兩個事件不可能同時發(fā)生，因此事件A0，A1，A2，A3兩兩互斥，于是得P(A0)＝1－(0.15＋0.06＋0.04)＝0.75，
填表如下：
事件 A0 A1 A2 A3
概率 0.75 0.15 0.06 0.04
所以事件A0，A1，A2，A3滿足兩兩互斥．
(2)①由(1)知，“在1年內(nèi)需要維修”的事件，即事件A1，A2，A3至少有一個發(fā)生，而它們兩兩互斥，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝0.25.
②“在1年內(nèi)不需要維修”的事件，即事件A0發(fā)生，所以P(B)＝P(A0)＝0.75.
③“在1年內(nèi)維修不超過1次”的事件，即事件A0，A1至少發(fā)生一個，所以P(C)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝0.9.
[針對訓(xùn)練]
2．解：(1)記“等候就餐的人數(shù)在[4,16)內(nèi)”為事件A，“等候就餐的人數(shù)在[4,8)內(nèi)”為事件A1，“等候就餐的人數(shù)為在[8,12)內(nèi)”為事件A2，“等候就餐的人數(shù)在[12,16)內(nèi)”為事件A3，則A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝0.16＋0.30＋0.30＝0.76.故等候就餐的人數(shù)在[4,16)內(nèi)的概率是0.76.
(2)記“等候就餐的人數(shù)大于或等于16”為事件B，“等候就餐的人數(shù)在[16,20)內(nèi)”為事件B1，“等候就餐的人數(shù)在[20，＋∞)內(nèi)”為事件B2，則B＝B1∪B2，且B1，B2互斥，所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝0.10＋0.04＝0.14.故增加新窗口的概率是0.14.
[題型(三)]
[例3]　解：由已知，樣本空間Ω＝{(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個樣本點(diǎn)．
(1)設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”為事件A，則事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3個樣本點(diǎn)．
所以P(A)＝＝.
故“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a＋b＝c”的概率為.
(2)設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”為事件B，則事件為“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c完全相同”，包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3個樣本點(diǎn)．
所以P(B)＝1－P()＝1－＝.
故“抽取的卡片上的數(shù)字a，b，c不完全相同”的概率為.
[針對訓(xùn)練]
3．解：從這7人中選出數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)成績優(yōu)秀者各1名，所有可能的結(jié)果有(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，共12種．設(shè)“A1和B1不全被選中”為事件N，則其對立事件表示“A1和B1全被選中”，即＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P(N)＝1－P()＝1－＝.故A1和B1不全被選中的概率為.
1 / 5(共79張PPT)
2.2
古典概型的應(yīng)用
(教學(xué)方式:深化學(xué)習(xí)課—梯度進(jìn)階式教學(xué))
課時目標(biāo)
1.進(jìn)一步熟悉古典概型的特點(diǎn),解決較復(fù)雜的古典概型概率問題.　
2.掌握互斥事件的概率加法公式.
3.學(xué)會利用互斥事件和對立事件的概率公式解決與古典概型有關(guān)的問題.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前預(yù)知教材·自主落實(shí)基礎(chǔ)
課堂題點(diǎn)研究·遷移應(yīng)用融通
課時跟蹤檢測
課前預(yù)知教材·自主落實(shí)基礎(chǔ)
互斥事件與對立事件的概率公式
概率公式
互斥事件的概率加法公式 在一個試驗(yàn)中,如果事件A與事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=____________
兩兩互斥的多個事件的概率加法公式 如果事件A1,A2,…,An兩兩互斥,那么有P(A1∪A2∪…∪An)=______________________
對立事件的概率公式 事件A和是對立事件,則P(A∪)=P(A)+P()=1,即P()=1-P(A)
P(A)+P(B)
P(A1)+P(A2)+…+P(An)
|微|點(diǎn)|助|解|
(1)設(shè)樣本空間Ω包含有n個樣本點(diǎn),當(dāng)事件A與事件B互斥時,A與B不含有相同的樣本點(diǎn),此時n(A∪B)=n(A)+n(B),結(jié)合古典概型的概率公式即可得P(A∪B)==P(A)+P(B).
(2)當(dāng)一個事件的概率不易求解,但其對立事件的概率易求時,我們常利用對立事件的概率公式,使用間接法求解.
(3)我們稱如果A B,那么P(A)≤P(B)為概率的單調(diào)性.對于任意事件A,因?yàn)? A Ω,所以0≤P(A)≤1.事件發(fā)生的可能性越大,它的概率越接近1;事件發(fā)生的可能性越小,它的概率越接近0.
(4)事件A與事件B不互斥時,求P(A∪B)的方法
①利用集合中元素個數(shù)的關(guān)系求解.
由Venn圖知,card(A∪B)=card(A)+card(B)-card(A∩B).
②類比集合知識知,當(dāng)A,B不互斥時,n(A∪B)=n(A)+n(B)-n(A∩B).
③設(shè)樣本點(diǎn)總數(shù)為n(Ω),則=+-,即P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
基礎(chǔ)落實(shí)訓(xùn)練
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)事件A與B的和事件的概率一定大于事件A的概率. (　 )
(2)對于任意事件A,總有P(A)+P()=1. (　 )
(3)事件A1∪A2∪…∪An發(fā)生即事件A1,A2,…,An中至少有一個發(fā)生. (　 )
(4)若三個事件A,B,C兩兩互斥,則P(A)+P(B)+P(C)=1. (　 )
×
√
√
×
2.若A,B是互斥事件,P(A)=0.2,P(A∪B)=0.5,則P(B)等于 (　 )
A.0.3 B.0.7
C.0.1 D.1
解析:∵A,B是互斥事件,∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5,∵P(A)=0.2,
∴P(B)=0.5-0.2=0.3.
√
3.擲一枚均勻的正六面體骰子,設(shè)A表示事件“出現(xiàn)3點(diǎn)”,B表示事件“出現(xiàn)偶數(shù)點(diǎn)”,則P(A∪B)=　　　　　.
解析:顯然事件A與事件B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=+=.
課堂題點(diǎn)研究·遷移應(yīng)用融通
題型(一)　概率模型的構(gòu)建問題
[例1]　甲、乙、丙、丁四名學(xué)生按任意次序站成一排,求甲站在乙的左邊的概率.
解:法一:利用樹狀圖來列舉樣本點(diǎn),如圖所示.
由樹狀圖可看出共有24個樣本點(diǎn).設(shè)事件A=“甲站在乙的左邊”,則A事件包含的樣本點(diǎn)為(甲乙丙丁),(甲乙丁丙),(甲丙乙丁),(甲丙丁乙),(甲丁乙丙),(甲丁丙乙),(丙甲乙丁),(丙甲丁乙),(丙丁甲乙),(丁甲乙丙),(丁甲丙乙),(丁丙甲乙),共12個.所以甲站在乙的左邊的概率為P==.
法二:因?yàn)橐嬎恪凹渍驹谝业淖筮叺母怕省?所以可以只考慮甲、乙兩個人排隊(duì).所有樣本點(diǎn)為(甲乙),(乙甲),共2個,事件“甲站在乙的左邊”包含1個樣本點(diǎn),即(甲乙).所以甲站在乙的左邊的概率為P=.
變式拓展
本例條件不變,求下列事件的概率:
(1)甲在邊上;
解:由典例解析中的樹狀圖可知,共有24個樣本點(diǎn).
(1)甲在邊上有12種情形:(甲乙丙丁),(甲乙丁丙),(甲丙乙丁),(甲丙丁乙), (甲丁乙丙),(甲丁丙乙),(乙丙丁甲),(乙丁丙甲),(丙乙丁甲),(丙丁乙甲), (丁乙丙甲),(丁丙乙甲),故甲在邊上的概率為P==.
(2)甲和乙都在邊上;
解:甲和乙都在邊上有4種情形:(甲丙丁乙),(甲丁丙乙),(乙丙丁甲),(乙丁丙甲),故甲和乙都在邊上的概率為P==.
(3)甲和乙都不在邊上.
解:甲和乙都不在邊上有4種情形:(丙甲乙丁),(丙乙甲丁),(丁甲乙丙),(丁乙甲丙),故甲和乙都不在邊上的概率為P==.
|思|維|建|模|
建立概率模型的方法
從不同的角度把握問題,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為不同的古典概型,這是我們進(jìn)行概率計算的重要思想.
(1)當(dāng)試驗(yàn)可能出現(xiàn)的結(jié)果的角度不同時,樣本點(diǎn)的個數(shù)也可能不同,即“一題多解”,但是最終所求概率的值是確定的.
(2)當(dāng)多個試驗(yàn)可以建立一種模型時,樣本點(diǎn)數(shù)可能不同,即“多題一解”,根據(jù)需要建立概率模型求解.　　
針對訓(xùn)練
1.科學(xué)家在1927年至1929年間發(fā)現(xiàn)自然界中的氧含有三種同位素,分別為16O,17O,18O,根據(jù)1940年比較精確的質(zhì)譜測定,自然界中這三種同位素的含量比為16O占99.759%,17O占0.037%,18O占0.204%.現(xiàn)有3個16O,2個17O,n個18O,若從中隨機(jī)選取1個氧元素,這個氧元素不是17O的概率為.
(1)求n;
解:依題意,從這些氧元素中隨機(jī)選取1個,這個氧元素是17O的概率P1=,則有1-=,解得n=1.
(2)若從中隨機(jī)選取2個氧元素,求這2個氧元素是同一種同位素的概率.
解:記3個16O分別為a,b,c,2個17O分別為x,y,1個18O為m,從中隨機(jī)選取2個,所有的情況為(a,b),(a,c),(a,x),(a,y),(a,m),(b,c),(b,x),(b,y),(b,m),(c,x),
(c,y),(c,m),(x,y),(x,m),(y,m),共15種,它們等可能,其中這2個氧元素是同一種同位素的情況有(a,b),(a,c),(b,c),(x,y),共4種,其概率為P2=,所以這2個氧元素是同一種同位素的概率是.
[例2]　某品牌計算機(jī)售后保修期為1年,根據(jù)大量的維修記錄資料,這種品牌的計算機(jī)在使用一年內(nèi)需要維修1次的占15%,需要維修2次的占6%,需要維修3次的占4%,
(1)某人購買了一臺這個品牌的計算機(jī),設(shè)Ak=“一年內(nèi)需要維修k次”,k=0,1,2,3,請?zhí)顚懴卤?
題型(二)　互斥事件的概率計算
事件 A0 A1 A2 A3
概率
事件A0,A1,A2,A3是否滿足兩兩互斥
解:因?yàn)橐荒陜?nèi)需要維修1次的占15%,需要維修2次的占6%,需要維修3次的占4%,則有P(A1)=0.15,P(A2)=0.06,P(A3)=0.04,
顯然事件A0,A1,A2,A3中,任意兩個事件不可能同時發(fā)生,因此事件A0,A1,A2,A3兩兩互斥,于是得P(A0)=1-(0.15+0.06+0.04)=0.75,
填表如下:
事件 A0 A1 A2 A3
概率 0.75 0.15 0.06 0.04
所以事件A0,A1,A2,A3滿足兩兩互斥.
(2)求下列事件的概率:
①A=“在1年內(nèi)需要維修”;
②B=“在1年內(nèi)不需要維修”;
③C=“在1年內(nèi)維修不超過1次”.
解:①由(1)知,“在1年內(nèi)需要維修”的事件,即事件A1,A2,A3至少有一個發(fā)生,而它們兩兩互斥,所以P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.25.
②“在1年內(nèi)不需要維修”的事件,即事件A0發(fā)生,所以P(B)=P(A0)=0.75.
③“在1年內(nèi)維修不超過1次”的事件,即事件A0,A1至少發(fā)生一個,所以P(C)=P(A0∪A1)=P(A0)+P(A1)=0.9.
|思|維|建|模|
運(yùn)用互斥事件的概率加法公式的步驟
首先要弄清事件之間是否互斥,同時要學(xué)會把一個事件拆分為幾個兩兩互斥的事件,解答這類問題的一般步驟為:
(1)確定各事件兩兩互斥;
(2)求各事件分別發(fā)生的概率,并求和.
針對訓(xùn)練
2.由經(jīng)驗(yàn)可知,每天在學(xué)校食堂某窗口排隊(duì)等候就餐的人數(shù)及其概率如下表:
排隊(duì)人數(shù) [0,4) [4,8) [8,12) [12,16) [16,20) [20,+∞)
概率 0.10 0.16 0.30 0.30 0.10 0.04
解:記“等候就餐的人數(shù)在[4,16)內(nèi)”為事件A,“等候就餐的人數(shù)在[4,8)內(nèi)”為事件A1,“等候就餐的人數(shù)為在[8,12)內(nèi)”為事件A2,“等候就餐的人數(shù)在[12,16)內(nèi)”為事件A3,則A=A1∪A2∪A3,且A1,A2,A3兩兩互斥,所以P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.16+0.30+0.30=0.76.故等候就餐的人數(shù)在[4,16)內(nèi)的概率是0.76.
(2)若等候就餐的人數(shù)大于或等于16,則應(yīng)增加一個新窗口,請問增加新窗口的概率是多少
解:記“等候就餐的人數(shù)大于或等于16”為事件B,“等候就餐的人數(shù)在[16,20)內(nèi)”為事件B1,“等候就餐的人數(shù)在[20,+∞)內(nèi)”為事件B2,則B=B1∪B2,且B1,B2互斥,所以P(B)=P(B1)+P(B2)=0.10+0.04=0.14.故增加新窗口的概率是0.14.
題型(三)　對立事件的概率計算
[例3]　一個盒子里裝有三張卡片,分別標(biāo)記有數(shù)字1,2,3,這三張卡片除標(biāo)記的數(shù)字外完全相同.隨機(jī)有放回地抽取3次,每次抽取1張,將抽取的卡片上的數(shù)字依次記為a,b,c.
(1)求“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a+b=c”的概率;
解:由已知,樣本空間Ω={(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個樣本點(diǎn).
設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a+b=c”為事件A,則事件A包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共3個樣本點(diǎn).所以P(A)==.
故“抽取的卡片上的數(shù)字滿足a+b=c”的概率為.
(2)求“抽取的卡片上的數(shù)字a,b,c不完全相同”的概率.
解:設(shè)“抽取的卡片上的數(shù)字a,b,c不完全相同”為事件B,則事件為“抽取的卡片上的數(shù)字a,b,c完全相同”,包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3個樣本點(diǎn).所以P(B)=1-P()=1-=.
故“抽取的卡片上的數(shù)字a,b,c不完全相同”的概率為.
|思|維|建|模|
公式P(A)=1-P()的應(yīng)用說明
(1)當(dāng)直接求某一事件的概率較為復(fù)雜或根本無法求時,常常使用該公式轉(zhuǎn)化為求其對立事件的概率.
(2)該公式的使用實(shí)際是運(yùn)用逆向思維(正難則反),比較適合含有“至多”“至少”“最少”等關(guān)鍵詞語型題目.　
針對訓(xùn)練
3.現(xiàn)有7名數(shù)理化成績優(yōu)秀者,分別用A1,A2,A3,B1,B2,C1,C2表示,其中A1,A2,A3的數(shù)學(xué)成績優(yōu)秀,B1,B2的物理成績優(yōu)秀,C1,C2的化學(xué)成績優(yōu)秀.從中選出數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)成績優(yōu)秀者各1名,組成一個小組代表學(xué)校參加競賽,求A1和B1不全被選中的概率.
解:從這7人中選出數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)成績優(yōu)秀者各1名,所有可能的結(jié)果有(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),
(A2,B2,C2),(A3,B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2),共12種.設(shè)“A1和B1不全被選中”為事件N,則其對立事件表示“A1和B1全被選中”,即={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2)},所以P(N)=1-P()=1-=.故A1和B1不全被選中的概率為.
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A級——達(dá)標(biāo)評價
1.口袋內(nèi)裝有一些大小相同的紅球、白球和黑球,從中摸出1個球,摸出紅球的概率是0.42,摸出白球的概率是0.28,那么摸出黑球的概率是(　 )
A.0.42 B.0.28
C.0.3 D.0.7
解析:∵“摸出黑球”是“摸出紅球或摸出白球”的對立事件,∴“摸出黑球”的概率是1-0.42-0.28=0.3.
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2.甲、乙兩人下棋,甲獲勝的概率是40%,甲不輸?shù)母怕适?0%,則甲、乙兩人和棋的概率是 (　 )
A.60% B.30%
C.10% D.50%
解析: “甲獲勝”與“甲、乙下成和棋”是互斥事件,“甲不輸”即“甲獲勝或甲、乙下成和棋”,故P(甲不輸)=P(甲勝)+P(甲、乙和棋),所以P(甲、乙和棋)=P(甲不輸)-P(甲勝)=90%-40%=50%.
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3.圍棋盒子中有多粒黑子和白子,已知從中取出2粒都是黑子的概率為,從中取出2粒都是白子的概率是.則從中取出2粒恰好是同一色的概率是(　 )
A. B.
C. D.1
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解析:設(shè)“從中取出2粒都是黑子”為事件A,“從中取出2粒都是白子”為事件B,“從中取出2粒恰好是同一色”為事件C,則C=A∪B,且事件A與B互斥.所以P(C)=P(A)+P(B)=+=,即從中取出2粒恰好是同一色的概率為.
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4.從裝有3個紅球、2個白球的袋中任取3個球,則所取的3個球中至少有1個白球的概率是 (　 )
A. B.
C. D.
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解析:記3個紅球分別為a1,a2,a3,2個白球分別為b1,b2.從3個紅球、2個白球中任取3個,則所包含的結(jié)果有(a1,a2,a3),(a1,a2,b1),(a1,a2,b2),(a1,a3,b1),
(a1,a3,b2),(a2,a3,b1),(a2,a3,b2),(a1,b1,b2),(a2,b1,b2),(a3,b1,b2),共10種.
用A表示“所取的3個球中至少有1個白球”,則其對立事件表示“所取的3個球中沒有白球”,因?yàn)槭录慕Y(jié)果有1個:(a1,a2,a3),所以P()=.故P(A)=1-P()=1-=.
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5.(多選)一個口袋中有除顏色外完全相同的2個紅球和3個白球,從中取出2個球,則 (　 )
A.如果是不放回地抽取,那么“取出2個紅球”和“取出2個白球”是對立事件
B.如果是不放回地抽取,那么第2次取到紅球的概率一定小于第1次取到紅球的概率
C.如果是有放回地抽取,那么取出1個紅球和1個白球的概率是
D.如果是有放回地抽取,那么至少取出一個紅球的概率是
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解析:不放回地抽取2個球包括2個都是紅球、2個都是白球和1個紅球1個白球,共3種情況,所以“取出2個紅球”和“取出2個白球”是互斥事件,但不是對立事件,故A錯誤.
記2個紅球分別為a,b,3個白球分別為1,2,3.
不放回地從中取2個球的樣本空間
Ω1={ab,a1,a2,a3,ba,b1,b2,b3,1a,1b,12,13,2a,2b,21,23,3a,3b,31,32},共20種,記事件A為“第1次取到紅球”,事件B為“第2次取到紅球”,
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則A={ab,a1,a2,a3,ba,b1,b2,b3},B={ab,ba,1a,1b,2a,2b,3a,3b},所以P(A)=P(B)==,故B錯誤.
有放回地從中取2個球的樣本空間Ω2={aa,ab,a1,a2,a3,ba,bb,b1,b2,b3,1a,1b,11,12,13,2a,2b,21,22,23,3a,3b,31,32,33},共25種;
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記事件C為“取出1個紅球和1個白球”,則C={a1,a2,a3,b1,b2,b3,1a,1b,2a,2b,3a,3b},所以P(C)=,故C正確.
記事件D為“取出2個白球”,D={11,12,13,21,22,23,31,32,33},所以P(D)=,所以至少取出1個紅球的概率為1-=,故D正確.故選C、D.
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6.中國乒乓球隊(duì)中的甲、乙兩名隊(duì)員參加奧運(yùn)會乒乓球女子單打比賽,甲奪得冠軍的概率為,乙奪得冠軍的概率為,那么中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為　　　　.
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解析:由于事件“中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍”包括事件“甲奪得冠軍”和“乙奪得冠軍”,但這兩個事件不可能同時發(fā)生,即彼此互斥,所以可按互斥事件的概率加法公式進(jìn)行計算,即中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為+=.
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7.在-2,-1,0,1,2的五個數(shù)字中,有放回地隨機(jī)取兩個數(shù)字分別作為函數(shù)y=ax2+3bx-2中a,b的值,則該函數(shù)圖象恰好經(jīng)過第一、三、四象限的概率為　　　　.
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解析:五個數(shù)字任取一個作數(shù)字作系數(shù)a,放回后隨機(jī)任取一個數(shù)作為b,有5×5=25種不同取法.當(dāng)a=0時,函數(shù)圖象為一條直線y=3bx-2,若圖象恰好經(jīng)過第一、三、四象限,則b>0,即有a=0,b=1;a=0,b=2兩組數(shù)滿足;
當(dāng)a≠0時,二次函數(shù)經(jīng)過第一、三、四象限則開口向下,又圖象過點(diǎn)(0,-2),頂點(diǎn)必在第一象限,即滿足a<0,->0,Δ>0,有a=-2,b=2;a=-1,b=1;a=-1,b=2三組數(shù)滿足.故共有5組數(shù)滿足,所求概率為=.
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8.投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子,向上的一面出現(xiàn)1點(diǎn),2點(diǎn),3點(diǎn),4點(diǎn),5點(diǎn),6點(diǎn)的概率都是,記事件A為“出現(xiàn)奇數(shù)點(diǎn)”,事件B“向上的點(diǎn)數(shù)不超過3”,則P(A∪B)=　　　　　.
解析:因?yàn)镻(A)==,P(B)==,P(AB)==,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.
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9.(8分)在①高一或高二學(xué)生的概率為;②高二或高三學(xué)生的概率為;③高三學(xué)生的概率為.這三個條件中任選一個,補(bǔ)充在下面的問題中,并解答.
已知某高中的高一有學(xué)生600人,高二有學(xué)生500人,高三有學(xué)生a人,若從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,抽到　　　　.
(1)求a的值;
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解:選①.
依題意,從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,抽到高一或高二學(xué)生的概率為==,解得a=300.
選②.
依題意,從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,抽到高二或高三學(xué)生的概率為==,解得a=300.
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選③.
依題意,從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,抽到高三學(xué)生的概率為=,解得a=300.
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(2)若按照高一和高三學(xué)生人數(shù)的比例情況,從高一和高三的所有學(xué)生中隨機(jī)抽取6人,再從這6人中隨機(jī)抽取2人,求至少有1人是高三學(xué)生的概率.
解:第一步:求出抽取的6人中高一、高三學(xué)生的人數(shù).
由(1)知,高一、高三學(xué)生人數(shù)比為2∶1,所以抽取的6人中,高一有4人,高三有2人.
第二步:列出從抽取的6人中任取2人的所有情況.
高一的4人記為a,b,c,d,高三的2人記為A,B,
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則從這6人中任取2人的所有情況為(a,b),(a,c),(a,d),(a,A),(a,B),(b,c),(b,d),(b,A),(b,B),(c,d),(c,A),(c,B),(d,A),
(d,B),(A,B),共15種.
第三步:列出至少有1人是高三學(xué)生的情況.
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抽取的2人中至少有1人是高三學(xué)生的情況有(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),(d,A),(d,B),(A,B),共9種.
第四步:根據(jù)古典概型的概率公式得解.
至少有1人是高三學(xué)生的概率為=.
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10.(8分)某著名小吃店高峰時段面臨用餐排隊(duì)問題,店主打算擴(kuò)充店面,為了確定擴(kuò)充的面積大小,店主隨機(jī)抽查了過去若干天內(nèi)高峰時段的用餐人數(shù),所得數(shù)據(jù)統(tǒng)計如圖所示.
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(1)求高峰時段用餐人數(shù)的平均數(shù)以及方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表);
解:由頻率分布直方圖得=22.5×0.1+27.5×0.4+32.5×0.3+37.5×0.2=30.5,
∴s2=(22.5-30.5)2×0.1+(27.5-30.5)2×0.4+(32.5-30.5)2×0.3+(37.5-30.5)2×0.2=6.4+3.6+1.2+9.8=21.
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(2)現(xiàn)用分層隨機(jī)抽樣的方法從高峰時段用餐人數(shù)在[30,40]的天數(shù)中隨機(jī)抽取5天,再從這5天中隨機(jī)抽取3天,求至少有2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的概率.
解:∵用餐人數(shù)在[30,35)對應(yīng)的頻率為0.3,在[35,40]對應(yīng)的頻率為0.2,∴5天中,用餐人數(shù)在[30,35)的天數(shù)為3天,可記為a,b,c,在[35,40]的天數(shù)為2天,可記為A,B,則任取3天,所有的情況有
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(a,b,c),(a,b,A),(a,b,B),(a,c,A),(a,c,B),(a,A,B),(b,c,A),(b,c,B),(b,A,B),(c,A,B),共10種,其中至少2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的情況有(a,b,c),(a,b,A),(a,b,B),(a,c,A),(a,c,B),(b,c,A),(b,c,B),共7種,故至少有2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的概率為.
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B級——應(yīng)用創(chuàng)新
11.若隨機(jī)事件A,B互斥,A,B發(fā)生的概率均不等于0,且P(A)=2-a,P(B)=4a-5,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　 )
A. B.
C. D.
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解析:因隨機(jī)事件A,B互斥,則P(A+B)=P(A)+P(B)=3a-3,依題意及概率的性質(zhì)得即解得16
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12.同時拋擲兩枚骰子,既不出現(xiàn)5點(diǎn)也不出現(xiàn)6點(diǎn)的概率為,則5點(diǎn)或6點(diǎn)至少出現(xiàn)一個的概率是　　　　.
解析:記事件A=“既不出現(xiàn)5點(diǎn)也不出現(xiàn)6點(diǎn)”,則P(A)=,事件B=“5點(diǎn)或6點(diǎn)至少出現(xiàn)一個”.因?yàn)锳與B為對立事件,所以P(B)=1-P(A)=1-=.
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13.(10分)袋子中放有大小和形狀相同的小球若干個,其中紅色小球1個,黃色小球1個,藍(lán)色小球n個,從袋子中隨機(jī)抽取1個小球,設(shè)取到藍(lán)色小球?yàn)槭录﨧,且事件M發(fā)生的概率是.
(1)求n的值;
解:由題意,從袋子中隨機(jī)抽取1個小球,共有n+2個結(jié)果,每個結(jié)果可能性相同,其中事件M發(fā)生有n種結(jié)果,所以P(M)==,解得n=2.
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(2)從袋子中不放回地隨機(jī)抽取2個小球,若每次取到紅色小球得0分,取到黃色小球得1分,取到藍(lán)色小球得2分,設(shè)第一次取出小球后得分為a,第二次取出小球后得分為b,記事件N為“a+b=2”,求事件N發(fā)生的概率.
解:把紅色小球記為A;黃色的小球記為B;藍(lán)色小球記為C1,C2;
則兩次不放回地取出小球的組合情況可用表格表示為
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A B C1 C2
A × (A,B) (A,C1) (A,C2)
B (B,A) × (B,C1) (B,C2)
C1 (C1,A) (C1,B) × (C1,C2)
C2 (C2,A) (C2,B) (C2,C1) ×
共12個樣本點(diǎn),其中事件N包含的樣本點(diǎn)有(A,C1),(A,C2),(C1,A),(C2,A),共4個,所以P(N)==.
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14.(10分)隨著中國實(shí)施制造強(qiáng)國戰(zhàn)略以來,中國制造(Made in china)逐漸成為世界上認(rèn)知度最高的標(biāo)簽之一,企業(yè)也越來越重視產(chǎn)品質(zhì)量的全程控制.某企業(yè)從生產(chǎn)的一批產(chǎn)品中抽取40件作為樣本,檢測其質(zhì)量指標(biāo)值,質(zhì)量指標(biāo)的范圍為[50,100],經(jīng)過數(shù)據(jù)處理后得到如下頻率分布直方圖.
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(1)求頻率分布直方圖中質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)和中位數(shù)(結(jié)果精確到0.1);
解:設(shè)質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)為,中位數(shù)為a,則
=55×0.15+65×0.25+75×0.3+85×0.2+95×0.1=73.5,因?yàn)閰^(qū)間[50,60)對應(yīng)的頻率為0.15,區(qū)間[60,70)對應(yīng)的頻率為0.25,區(qū)間[70,80)對應(yīng)的頻率為0.3,所以中位數(shù)a在區(qū)間[70,80)上,故0.4+(a-70)×0.03=0.5,a≈73.3.
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(2)為了進(jìn)一步檢驗(yàn)產(chǎn)品質(zhì)量,在樣本中從質(zhì)量指標(biāo)在[50,60)和[90,100]的兩組中抽取2件產(chǎn)品,記至少有一件取自[50,60)的產(chǎn)品件數(shù)為事件A,求事件A的概率.
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解:樣本中質(zhì)量指標(biāo)在[50,60)的產(chǎn)品有40×10×0.015=6件,記為A,B,C,D,E,F,質(zhì)量指標(biāo)在[90,100]的有40×10×0.01=4件,記為a,b,c,d,從這10件產(chǎn)品中選取2件產(chǎn)品的所有選取方法:AB,AC,AD,AE,AF,Aa,
Ab,Ac,Ad,BC,BD,BE,BF,Ba,Bb,Bc,Bd,CD,CE,CF,Ca,Cb,Cc,Cd,DE,DF,Da,Db,Dc,Dd,EF,Ea,Eb,Ec,Ed,Fa,Fb,Fc,Fd,ab,ac,ad,bc,bd,cd,共45種,
其中至少有一件取自[50,60)的產(chǎn)品有39種,則P(A)==.
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15.(15分)為保護(hù)學(xué)生視力,讓學(xué)生在學(xué)校專心學(xué)習(xí),促進(jìn)學(xué)生身心健康發(fā)展,教育部于2021年1月15日下發(fā)文件《關(guān)于加強(qiáng)中小學(xué)生手機(jī)管理工作的通知》,對中小學(xué)生的手機(jī)使用和管理作出了規(guī)定.某中學(xué)研究型學(xué)習(xí)小組調(diào)查研究“中學(xué)生每日使用手機(jī)的時間”.
從該校中隨機(jī)調(diào)查了100名學(xué)生,得到如下統(tǒng)計表:
時間t/min [0,12) [12,24) [24,36) [36,48) [48,60) [60,72]
人數(shù) 10 36 34 10 6 4
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(1)估計該校學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表);
解:由題意得,隨機(jī)選取的該校這100名學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)為
=6×+18×+30×+42×+54×+66×==27.36(min).
所以估計該校學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)為27.36 min.
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(2)用分層隨機(jī)抽樣的方法從使用手機(jī)時間在[48,60)和[60,72]的兩組學(xué)生中抽取5人,再從這5人中隨機(jī)抽取2人,求這2人來自不同組的概率.
解:由分層隨機(jī)抽樣的方法知,抽取的5人在[48,60)組的有3人,記為a,b,c,在[60,72]組的有2人,記為A,B,從5人中抽取2人的所有樣本點(diǎn)為ab,ac,aA,aB,bc,bA,bB,cA,cB,AB,共10個,來自不同組的樣本點(diǎn)為aA,aB,bA,bB,cA,cB,共6個,
故所求概率P==.
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16.(17分)已知函數(shù)f(x)=ax2-bx-1,集合P={1,2,3,4},Q={2,4,6,8},若分別從集合P,Q中隨機(jī)抽取一個數(shù)a和b,構(gòu)成數(shù)對(a,b).
(1)記事件A為“函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1,+∞)”,求事件A的概率;
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解:由題知a∈{1,2,3,4},b∈{2,4,6,8},所以數(shù)對(a,b)的可能取值為(1,2),(1,4),(1,6),(1,8),(2,2),(2,4),(2,6),(2,8),(3,2),(3,4),(3,6),(3,8),(4,2),(4,4),
(4,6),(4,8)共16對.若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1,+∞),則函數(shù)f(x)的對稱軸為x==1,即b=2a,
所以滿足條件的樣本點(diǎn)有(1,2),(2,4),(3,6),(4,8),共4對,所以事件A的概率為P(A)==.
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(2)記事件B為“方程=2有4個根”,求事件B的概率.
解:因?yàn)閍>0,二次函數(shù)開口向上,所以方程|f(x)|=2有4個根,即為f(x)=2和f(x)=-2,各有2個根,所以二次函數(shù)f(x)=ax2-bx-1的最小值小于-2.
所以<-2,即b2>4a,滿足條件的樣本點(diǎn)有(1,4),(1,6),(1,8),(2,4),(2,6),(2,8),(3,4),(3,6),(3,8),(4,6),(4,8),共11對,所以事件B的概率P(B)=.
16課時跟蹤檢測(四十九)　古典概型的應(yīng)用
(滿分120分，A級選填小題每題5分，B級選填小題每題6分)
A級——達(dá)標(biāo)評價
1．口袋內(nèi)裝有一些大小相同的紅球、白球和黑球，從中摸出1個球，摸出紅球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是(　　)
A．0.42 B．0.28
C．0.3 D．0.7
2．甲、乙兩人下棋，甲獲勝的概率是40%，甲不輸?shù)母怕适?0%，則甲、乙兩人和棋的概率是(　　)
A．60% B．30%
C．10% D．50%
3．圍棋盒子中有多粒黑子和白子，已知從中取出2粒都是黑子的概率為，從中取出2粒都是白子的概率是.則從中取出2粒恰好是同一色的概率是(　　)
A. B.
C. D．1
4．從裝有3個紅球、2個白球的袋中任取3個球，則所取的3個球中至少有1個白球的概率是(　　)
A. B.
C. D.
5．(多選)一個口袋中有除顏色外完全相同的2個紅球和3個白球，從中取出2個球，則(　　)
A．如果是不放回地抽取，那么“取出2個紅球”和“取出2個白球”是對立事件
B．如果是不放回地抽取，那么第2次取到紅球的概率一定小于第1次取到紅球的概率
C．如果是有放回地抽取，那么取出1個紅球和1個白球的概率是
D．如果是有放回地抽取，那么至少取出一個紅球的概率是
6．中國乒乓球隊(duì)中的甲、乙兩名隊(duì)員參加奧運(yùn)會乒乓球女子單打比賽，甲奪得冠軍的概率為，乙奪得冠軍的概率為，那么中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為________．
7．在－2，－1,0,1,2的五個數(shù)字中，有放回地隨機(jī)取兩個數(shù)字分別作為函數(shù)y＝ax2＋3bx－2中a，b的值，則該函數(shù)圖象恰好經(jīng)過第一、三、四象限的概率為________．
8．投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，向上的一面出現(xiàn)1點(diǎn)，2點(diǎn)，3點(diǎn)，4點(diǎn)，5點(diǎn)，6點(diǎn)的概率都是，記事件A為“出現(xiàn)奇數(shù)點(diǎn)”，事件B“向上的點(diǎn)數(shù)不超過3”，則P(A∪B)＝__________.
9．(8分)在①高一或高二學(xué)生的概率為；②高二或高三學(xué)生的概率為；③高三學(xué)生的概率為.這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中，并解答．
已知某高中的高一有學(xué)生600人，高二有學(xué)生500人，高三有學(xué)生a人，若從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到____________．
(1)求a的值；
(2)若按照高一和高三學(xué)生人數(shù)的比例情況，從高一和高三的所有學(xué)生中隨機(jī)抽取6人，再從這6人中隨機(jī)抽取2人，求至少有1人是高三學(xué)生的概率．
10．(8分)某著名小吃店高峰時段面臨用餐排隊(duì)問題，店主打算擴(kuò)充店面，為了確定擴(kuò)充的面積大小，店主隨機(jī)抽查了過去若干天內(nèi)高峰時段的用餐人數(shù)，所得數(shù)據(jù)統(tǒng)計如圖所示．
(1)求高峰時段用餐人數(shù)的平均數(shù)以及方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)；
(2)現(xiàn)用分層隨機(jī)抽樣的方法從高峰時段用餐人數(shù)在[30,40]的天數(shù)中隨機(jī)抽取5天，再從這5天中隨機(jī)抽取3天，求至少有2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的概率．
B級——重點(diǎn)培優(yōu)
11．若隨機(jī)事件A，B互斥，A，B發(fā)生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
12．同時拋擲兩枚骰子，既不出現(xiàn)5點(diǎn)也不出現(xiàn)6點(diǎn)的概率為，則5點(diǎn)或6點(diǎn)至少出現(xiàn)一個的概率是________．
13．(10分)袋子中放有大小和形狀相同的小球若干個，其中紅色小球1個，黃色小球1個，藍(lán)色小球n個，從袋子中隨機(jī)抽取1個小球，設(shè)取到藍(lán)色小球?yàn)槭录﨧，且事件M發(fā)生的概率是.
(1)求n的值；
(2)從袋子中不放回地隨機(jī)抽取2個小球，若每次取到紅色小球得0分，取到黃色小球得1分，取到藍(lán)色小球得2分，設(shè)第一次取出小球后得分為a，第二次取出小球后得分為b，記事件N為“a＋b＝2”，求事件N發(fā)生的概率．
14．(10分)隨著中國實(shí)施制造強(qiáng)國戰(zhàn)略以來，中國制造(Made in china)逐漸成為世界上認(rèn)知度最高的標(biāo)簽之一，企業(yè)也越來越重視產(chǎn)品質(zhì)量的全程控制．某企業(yè)從生產(chǎn)的一批產(chǎn)品中抽取40件作為樣本，檢測其質(zhì)量指標(biāo)值，質(zhì)量指標(biāo)的范圍為[50,100]，經(jīng)過數(shù)據(jù)處理后得到如下頻率分布直方圖．
(1)求頻率分布直方圖中質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)和中位數(shù)(結(jié)果精確到0.1)；
(2)為了進(jìn)一步檢驗(yàn)產(chǎn)品質(zhì)量，在樣本中從質(zhì)量指標(biāo)在[50,60)和[90,100]的兩組中抽取2件產(chǎn)品，記至少有一件取自[50,60)的產(chǎn)品件數(shù)為事件A，求事件A的概率．
15．(15分)為保護(hù)學(xué)生視力，讓學(xué)生在學(xué)校專心學(xué)習(xí)，促進(jìn)學(xué)生身心健康發(fā)展，教育部于2021年1月15日下發(fā)文件《關(guān)于加強(qiáng)中小學(xué)生手機(jī)管理工作的通知》，對中小學(xué)生的手機(jī)使用和管理作出了規(guī)定．某中學(xué)研究型學(xué)習(xí)小組調(diào)查研究“中學(xué)生每日使用手機(jī)的時間”．
從該校中隨機(jī)調(diào)查了100名學(xué)生，得到如下統(tǒng)計表：
時間t/min [0，12) [12，24) [24，36) [36，48) [48，60) [60，72]
人數(shù) 10 36 34 10 6 4
(1)估計該校學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)；
(2)用分層隨機(jī)抽樣的方法從使用手機(jī)時間在[48,60)和[60,72]的兩組學(xué)生中抽取5人，再從這5人中隨機(jī)抽取2人，求這2人來自不同組的概率．
16．(17分)已知函數(shù)f(x)＝ax2－bx－1，集合P＝{1,2,3,4}，Q＝{2,4,6,8}，若分別從集合P，Q中隨機(jī)抽取一個數(shù)a和b，構(gòu)成數(shù)對(a，b)．
(1)記事件A為“函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1，＋∞)”，求事件A的概率；
(2)記事件B為“方程＝2有4個根”，求事件B的概率．
課時跟蹤檢測(四十九)
1．選C　∵“摸出黑球”是“摸出紅球或摸出白球”的對立事件，∴“摸出黑球”的概率是1－0.42－0.28＝0.3.
2．選D　“甲獲勝”與“甲、乙下成和棋”是互斥事件，“甲不輸”即“甲獲勝或甲、乙下成和棋”，故P(甲不輸)＝P(甲勝)＋P(甲、乙和棋)，所以P(甲、乙和棋)＝P(甲不輸)－P(甲勝)＝90%－40%＝50%.
3．選C　設(shè)“從中取出2粒都是黑子”為事件A，“從中取出2粒都是白子”為事件B，“從中取出2粒恰好是同一色”為事件C，則C＝A∪B，且事件A與B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，即從中取出2粒恰好是同一色的概率為.
4．選D　記3個紅球分別為a1，a2，a3,2個白球分別為b1，b2.從3個紅球、2個白球中任取3個，則所包含的結(jié)果有(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10種．
用A表示“所取的3個球中至少有1個白球”，則其對立事件表示“所取的3個球中沒有白球”，因?yàn)槭录慕Y(jié)果有1個：(a1，a2，a3)，所以P()＝.故P(A)＝1－P()＝1－＝.
5．選CD　不放回地抽取2個球包括2個都是紅球、2個都是白球和1個紅球1個白球，共3種情況，所以“取出2個紅球”和“取出2個白球”是互斥事件，但不是對立事件，故A錯誤．
記2個紅球分別為a，b,3個白球分別為1,2,3.
不放回地從中取2個球的樣本空間Ω1＝{ab，a1，a2，a3，ba，b1，b2，b3,1a,1b,12,13,2a,2b,21,23,3a,3b,31,32}，共20種，
記事件A為“第1次取到紅球”，事件B為“第2次取到紅球”，
則A＝{ab，a1，a2，a3，ba，b1，b2，b3}，B＝{ab，ba,1a,1b,2a,2b,3a,3b}，所以P(A)＝P(B)＝＝，故B錯誤．
有放回地從中取2個球的樣本空間Ω2＝{aa，ab，a1，a2，a3，ba，bb，b1，b2，b3,1a,1b,11,12,13,2a,2b,21,22,23,3a,3b,31,32,33}，共25種；
記事件C為“取出1個紅球和1個白球”，則C＝{a1，a2，a3，b1，b2，b3,1a,1b,2a,2b,3a,3b}，所以P(C)＝，故C正確．
記事件D為“取出2個白球”，D＝{11,12,13,21,22,23,31,32,33}，所以P(D)＝，所以至少取出1個紅球的概率為1－＝，故D正確．故選C、D.
6．解析：由于事件“中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍”包括事件“甲奪得冠軍”和“乙奪得冠軍”，但這兩個事件不可能同時發(fā)生，即彼此互斥，所以可按互斥事件的概率加法公式進(jìn)行計算，即中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為＋＝.
答案：
7．解析：五個數(shù)字任取一個作數(shù)字作系數(shù)a，放回后隨機(jī)任取一個數(shù)作為b，有5×5＝25種不同取法．當(dāng)a＝0時，函數(shù)圖象為一條直線y＝3bx－2，若圖象恰好經(jīng)過第一、三、四象限，則b>0，即有a＝0，b＝1；a＝0，b＝2兩組數(shù)滿足；
當(dāng)a≠0時，二次函數(shù)經(jīng)過第一、三、四象限則開口向下，又圖象過點(diǎn)(0，－2)，頂點(diǎn)必在第一象限，即滿足a<0，－>0，Δ>0，有a＝－2，b＝2；a＝－1，b＝1；a＝－1，b＝2三組數(shù)滿足．故共有5組數(shù)滿足，所求概率為＝.
答案：
8．解析：因?yàn)镻(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝.
答案：
9．解：(1)選①.
依題意，從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到高一或高二學(xué)生的概率為＝＝，解得a＝300.
選②.
依題意，從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到高二或高三學(xué)生的概率為＝＝，解得a＝300.
選③.
依題意，從所有學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，抽到高三學(xué)生的概率為＝，解得a＝300.
(2)第一步：求出抽取的6人中高一、高三學(xué)生的人數(shù)．
由(1)知，高一、高三學(xué)生人數(shù)比為2∶1，所以抽取的6人中，高一有4人，高三有2人．
第二步：列出從抽取的6人中任取2人的所有情況．
高一的4人記為a，b，c，d，高三的2人記為A，B，
則從這6人中任取2人的所有情況為(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15種．
第三步：列出至少有1人是高三學(xué)生的情況．
抽取的2人中至少有1人是高三學(xué)生的情況有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共9種．
第四步：根據(jù)古典概型的概率公式得解．
至少有1人是高三學(xué)生的概率為＝.
10．解：(1)由頻率分布直方圖得＝22.5×0.1＋27.5×0.4＋32.5×0.3＋37.5×0.2＝30.5，
∴s2＝(22.5－30.5)2×0.1＋(27.5－30.5)2×0.4＋(32.5－30.5)2×0.3＋(37.5－30.5)2×0.2＝6.4＋3.6＋1.2＋9.8＝21.
(2)∵用餐人數(shù)在[30,35)對應(yīng)的頻率為0.3，在[35,40]對應(yīng)的頻率為0.2，∴5天中，用餐人數(shù)在[30,35)的天數(shù)為3天，可記為a，b，c，在[35,40]的天數(shù)為2天，可記為A，B，則任取3天，所有的情況有(a，b，c)，(a，b，A)，(a，b，B)，(a，c，A)，(a，c，B)，(a，A，B)，(b，c，A)，(b，c，B)，(b，A，B)，(c，A，B)，共10種，其中至少2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的情況有(a，b，c)，(a，b，A)，(a，b，B)，(a，c，A)，(a，c，B)，(b，c，A)，(b，c，B)，共7種，
故至少有2天的高峰時段用餐人數(shù)在[30,35)的概率為.
11．選C　因隨機(jī)事件A，B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝3a－3，依題意及概率的性質(zhì)得即解得所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
12．解析：記事件A＝“既不出現(xiàn)5點(diǎn)也不出現(xiàn)6點(diǎn)”，則P(A)＝，事件B＝“5點(diǎn)或6點(diǎn)至少出現(xiàn)一個”．因?yàn)锳與B為對立事件，所以P(B)＝1－P(A)＝1－＝.
答案：
13．解：(1)由題意，從袋子中隨機(jī)抽取1個小球，共有n＋2個結(jié)果，每個結(jié)果可能性相同，其中事件M發(fā)生有n種結(jié)果，所以P(M)＝＝，解得n＝2.
(2)把紅色小球記為A；黃色的小球記為B；藍(lán)色小球記為C1，C2；
則兩次不放回地取出小球的組合情況可用表格表示為
A B C1 C2
A × (A，B) (A，C1) (A，C2)
B (B，A) × (B，C1) (B，C2)
C1 (C1，A) (C1，B) × (C1，C2)
C2 (C2，A) (C2，B) (C2，C1) ×
共12個樣本點(diǎn)，其中事件N包含的樣本點(diǎn)有(A，C1)，(A，C2)，(C1，A)，(C2，A)，共4個，所以P(N)＝＝.
14．解：(1)設(shè)質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)為，中位數(shù)為a，則＝55×0.15＋65×0.25＋75×0.3＋85×0.2＋95×0.1＝73.5，因?yàn)閰^(qū)間[50,60)對應(yīng)的頻率為0.15，區(qū)間[60,70)對應(yīng)的頻率為0.25，區(qū)間[70,80)對應(yīng)的頻率為0.3，所以中位數(shù)a在區(qū)間[70,80)上，故0.4＋(a－70)×0.03＝0.5，a≈73.3.
(2)樣本中質(zhì)量指標(biāo)在[50,60)的產(chǎn)品有40×10×0.015＝6件，記為A，B，C，D，E，F(xiàn)，質(zhì)量指標(biāo)在[90,100]的有40×10×0.01＝4件，記為a，b，c，d，從這10件產(chǎn)品中選取2件產(chǎn)品的所有選取方法：AB，AC，AD，AE，AF，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，BE，BF，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，CE，CF，Ca，Cb，Cc，Cd，DE，DF，Da，Db，Dc，Dd，EF，Ea，Eb，Ec，Ed，F(xiàn)a，F(xiàn)b，F(xiàn)c，F(xiàn)d，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共45種，
其中至少有一件取自[50,60)的產(chǎn)品有39種，則P(A)＝＝.
15．解：(1)由題意得，隨機(jī)選取的該校這100名學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)為
＝6×＋18×＋30×＋42×＋54×＋66×＝＝27.36(min)．
所以估計該校學(xué)生每日使用手機(jī)的時間的平均數(shù)為27.36 min.
(2)由分層隨機(jī)抽樣的方法知，抽取的5人在[48,60)組的有3人，記為a，b，c，在[60,72]組的有2人，記為A，B，從5人中抽取2人的所有樣本點(diǎn)為ab，ac，aA，aB，bc，bA，bB，cA，cB，AB，共10個，來自不同組的樣本點(diǎn)為aA，aB，bA，bB，cA，cB，共6個，
故所求概率P＝＝.
16．解：(1)由題知a∈{1,2,3,4}，b∈{2,4,6,8}，所以數(shù)對(a，b)的可能取值為(1,2)，(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(4,8)共16對．若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1，＋∞)，則函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝＝1，即b＝2a，
所以滿足條件的樣本點(diǎn)有(1,2)，(2,4)，(3,6)，(4,8)，共4對，所以事件A的概率為P(A)＝＝.
(2)因?yàn)閍>0，二次函數(shù)開口向上，所以方程|f(x)|＝2有4個根，即為f(x)＝2和f(x)＝－2，各有2個根，所以二次函數(shù)f(x)＝ax2－bx－1的最小值小于－2.
所以<－2，即b2>4a，滿足條件的樣本點(diǎn)有(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,6)，(4,8)，共11對，所以事件B的概率P(B)＝.
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