高考数学 艺考生冲刺 第七章 概率与统计 第19讲 随机事件的概率、古典概型、几何概型课件.pptx

知 识 梳 理,典 例 变 式,基 础 训 练,能 力 提 升,第七,章,概率,与统计,第,19,讲,随机事件的概率、古典概型、几何概型,1,.,随机事件及概率,(1),事件的相关概念,(2),频数与概率,频数,:,在相同条件下重复,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,m,为事件,A,的频数,那么事件,A,出现的频率,f,n,(,A,),=,频率的取值范围为,.,概率,:,对于给定的随机事件,如果随着试验次数的增加,事件,A,发生的频率稳定在某个常数上,我们把这个常数记为,P,称为事件,A,的概率,.,(3),事件间的关系及,运算,(4),概率的几个基本性质,概率的取值范围,:0,P,1,.,必然事件的概率,:,P,=,1,.,不可能事件的概率,:,P,=,0,.,互斥事件的概率加法公式,:,2,.,古典概型和几何概型,(1),基本事件的特点,任何两个基本事件是互斥的,.,任何事件,(,除不可能事件,),都可以表示成基本事件的和,.,(2),古典概型及特点,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,.,试验中所有可能出现的基本事件只有有限个,.,每个基本事件出现的可能性相等,.,(3),古典概型的概率公式,:,(4),几何概型,事件,A,理解为区域,的某一子区域,A,A,的概率只与子区域,A,的几何度量,(,长度、面积或体积,),成正比,而与,A,的位置和形状无关,满足以上条件的试验称为几何概型,.,(5),几何概型的两个基本特点,无限性,:,在一次试验中,可能出现的结果有无限多个,.,等可能性,:,每个结果的发生具有等可能性,.,(6),几何概型的概率计算公式,:,题型一,随机事件与概率,考点一,随机事件之间的关系,【例,1,-,1,】,对飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,设,A=,两次都击中飞机,B=,两次都没击中飞机,C=,恰有一次击中飞机,D=,至少有一次击中飞机,其中彼此互斥的事件是,互为对立事件的是,.,【解析】,设,I,为对飞机连续射击两次所发生的所有情况,因为,A,B=,B,C=,A,C=,B,D=,故,A,与,B,B,与,C,A,与,C,B,与,D,为互斥事件,.,而,B,D=,B,D=I,故,B,与,D,互为对立事件,.,【答案】,A,与,B,A,与,C,B,与,C,B,与,D,B,与,D,【规律方法】,判断互斥、对立事件的两种方法,(1),定义法,:,判断互斥事件、对立事件一般用定义判断,不可能同时发生的两个事件为互斥事件,;,两个事件,若有且仅有一个发生,则这两事件为对立事件,对立事件一定是互斥事件,.,对立事件是互斥事件的充分不必要条件,.,(2),集合法,:,由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集,则事件互斥,.,事件,A,的,对立事件,所,含的结果组成的集合,是全集中由事件,A,所含的结果组成的集合的补集,.,考点二,随机事件的概率与频率,【例,1,-,2,】,(2016,全国卷,),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,:,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,:,(1),记,A,为事件,:“,一续保人本年度的保费不高于基本保费,”,求,P,(,A,),的估计值,;,(2),记,B,为事件,:“,一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的,160%”,求,P,(,B,),的估计值,;,(3),求续保人本年度平均保费的估计值,.,【解】,(1),事件,A,发生当且仅当一年内出险次数小于,2,.,由所给数据知,一年内出险,次数,(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,(3),由所给数据,得,调查的,200,名续保人的平均保费为,0,.,85,a,0,.,30,+a,0,.,25,+,1,.,25,a,0,.,15,+,1,.,5,a,0,.,15,+,1,.,75,a,0,.,10,+,2,a,0,.,05,=,1,.,1925,a.,因此,续保人本年度平均保费的估计值为,1,.,1925,a.,【规律方法】,(1),概率与频率的关系,频率反映了一个随机事件出现的频繁程度,频率是随机的,而概率是一个确定的值,通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小,有时也用频率来作为随机事件概率的估计值,.,(2),随机事件概率的求法,利用概率的统计定义求事件的概率,即通过大量的重复试验,事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数,这个常数就是概率,.,考点三,互斥事件与对立事件概率公式的应用,【例,1,-,3,】,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,.,设,1,张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为,A,B,C,求,:,(1),P,(,A,),P,(,B,),P,(,C,);,(2)1,张奖券的中奖概率,;,(3)1,张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率,.,(2)1,张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖,.,设,“1,张奖券中奖,”,这个事件为,M,则,M=A,B,C.,A,B,C,两两互斥,P,(,M,),=P,(,A,B,C,),=P,(,A,),+P,(,B,),+P,(,C,),(3),设,“1,张奖券不中特等奖且不中一等奖,”,为事件,N,则事件,N,与,“1,张奖券中特等奖或中一等奖,”,为对立事件,【规律方法】,复杂事件的概率的两种求法,(1),直接求法,将所求事件分解为一些彼此互斥的事件,运用互斥事件的概率求和公式计算,.,(2),间接求法,先求此事件的对立事件的概率,再用公式,P,(,A,),=,1,-P,(,),求解,(,正难则反,),特别是,“,至多,”“,至少,”,型题目,用间接求法就比较简便,.,变式训练一,1,.,在,5,张电话卡中,有,3,张移动卡和,2,张联通卡,从中任取,2,张,若事件,“2,张全是移动,A.,至多有一张移动卡,B.,恰有一张移动卡,C.,都不是移动卡,D,.,至少有一张移动卡,A,【解析】,至多有一张移动卡包含,“,一张移动卡,一张联通卡,”,“2,张全是联通卡,”,两个事件,它是,“2,张全是移动卡,”,的对立事件,.,2,.,某保险公司利用简单随机抽样的方法,对投保的车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下,:,(1),若每辆车的投保金额均为,2800,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,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,”,由于投保额为,2800,元,赔付金额大于投保金额的情形是赔付,3000,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,样本车辆中车主是新司机的有,0,.,11000,=,100(,位,),而赔付金额为,4000,元的车辆中车主为新司机的有,0,.,2120,=,24(,位,),由频率估计概率是,P,(,C,),=,0,.,24,.,3,.,某学校在教师外出家访了解学生家长对孩子的学习关心情况活动中,一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示,:,(1),求有,4,人或,5,人外出家访的概率,;,(2),求至少有,3,人外出家访的概率,.,解,:,(1),设派出,2,人及以下为事件,A,3,人为事件,B,4,人为事件,C,5,人为事件,D,6,人及以上为事件,E,则有,4,人或,5,人外出家访的事件为事件,C,或事件,D,C,D,为互斥事件,根据互斥事件概率的加法公式可知,P,(,C+D,),=P,(,C,),+P,(,D,),=,0,.,3,+,0,.,1,=,0,.,4,.,(2),至少有,3,人外出家访的对立事件为,2,人及以下,所以由对立事件的概率可知,P=,1,-P,(,A,),=,1,-,0,.,1,=,0,.,9,.,题型二,古典概型,【例,2,】,一枚硬币连掷,2,次,只有一次出现正面的概率为,(,),【解析】,一枚硬币连掷,2,次,基本事件有,(,正,正,),(,正,反,),(,反,正,),(,反,反,),而只有一次,出,【答案】,D,【规律方法】,变式训练二,1,.,(2016,北京卷,),从甲、乙等,5,名学生中随机选出,2,人,则甲被选中的概率为,(,),2,.,(,基础经典试题,),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,ba,的概率是,(,),B,【解析】,可设这,5,名学生分别是甲、乙、丙、丁、戊,从中随机选出,2,人的方法有,:,(,甲,乙,),(,甲,丙,),(,甲,丁,),(,甲,戊,),(,乙,丙,),(,乙,丁,),(,乙,戊,),(,丙,丁,),(,丙,戊,),(,丁,戊,),共有,10,种选法,D,【解析】,基本事件的个数有,53,=,15(,种,),其中满足,ba,的有,3,种,3,.,甲、乙、丙三人随意坐在一条长凳上,乙正好坐中间的概率为,(,),4,.,口袋里装有红球、白球、黑球各,1,个,这,3,个球除颜色外完全相同,有放回的连续抽取,2,次,每次从中任意地取出,1,个球,则两次取出的球颜色不同的概率是,(,),【解析】,甲、乙、丙坐一排的基本事件有,:,甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共,6,个,乙正好坐中间的基本事件有,2,个,.,B,【解析】,由题意知,基本事件总数,n=,33,=,9,能两次取出的球颜色不同包含的基本事件个数,m=,32,=,6,C,5,.,(2016,全国卷,),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,(,),D,【解析】,只需考虑分组即可,分组,(,只考虑第一个花坛中的两种花,),情况为,(,红,黄,),(,红,白,),(,红,紫,),(,黄,白,),(,黄,紫,),(,白,紫,),共,6,种情况,其中符合题意的情况有,5,种,因此红色和紫色的花不在同一花坛的概率,是,.,故选,D,.,题型三,几何概型,【例,3,】,(1)(2016,全国卷,),某公司的班车在,730,800,830,发车,小明在,750,至,830,之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过,10,分钟的概率是,(,),(3),如图所示,在,ABC,中,B=,60,C=,45,高,AD,=,在,BAC,内作射线,AM,交,BC,于点,M,则,BM,1,的概率为,.,(4)(2017,全国卷,),如图,正方形,ABCD,内的图形来自中国古代的太极图,.,正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称,.,在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是,(,),(5),在棱长为,2,的正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,点,O,为底面,ABCD,的中心,在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,内随机取一点,P,则点,P,到点,O,的距离大于,1,的概率为,.,【解析】,(1),由题意得图,:,记事件,N,为,“,在,BAC,内作射线,AM,交,BC,于点,M,使,BM,1”,则可得,BAM,BAD,时事件,N,发生,.,(4),设正方形的边长为,2,则正方形的面积为,4,正方形内切圆的面积为,根据对称性,可,【规律方法】,(1),与长度、角度有关的几何概型的求法,解答关于长度、角度的几何概型问题,只要将所有基本事件及事件,A,包含的基本事件转化为相应长度或角度,即可利用几何概型的概率计算公式求解,.,要特别注意,“,长度型,”,与,“,角度型,”,的不同,.,解题的关键是构建事件的区域,(,长度或角度,),.,(2),与面积有关的几何概型的求法,求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的区域以求面积,必要时可根据题意构造两个变量,把变量看成点的坐标,找到试验全部结果构成的平面图形,以便求解,.,(3),与体积有关的几何概型的求法,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求解,.,变式训练三,1,.,(2017,江苏卷,),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,.,2,.,如图所示,在直角坐标系内,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,.,【解析】,如题图,因为射线,OA,在坐标系内是等可能分布的,D,【解析】,如图,满足条件的,x,y,构成的点,(,x,y,),在正方形,OBCA,内,4,.,一个多面体的直观图和三视图如图所示,点,M,是,AB,的中点,一只蝴蝶在几何体,ADF-BCE,内自由飞翔,则它飞入几何体,F-AMCD,内的概率为,(,),D,1,.,抛掷一枚质地均匀的硬币,如果连续抛掷,1 000,次,则第,999,次出现正面朝上的概率是,(,),2,.,先后抛掷硬币三次,则至少一次正面朝上的概率是,(,),D,【解析】,概率是定值,所以不管抛多少次硬币,正面向上的概率不变,所以正面或反面向上的概率,是,.,D,C,【解析】,2,粒棋子恰好同一色可以同是黑色,也可以同是白色,4,.,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,(,),C,【解析】,前,2,位共有,35,=,15,种可能,其中只有,1,种是正确的密码,5,.,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,(,),C,6,.,从,3,名男生和,2,名女生中任意推选,2,名选手参加辩论赛,则推选的,2,名选手恰好是,1,男,1,女的概率是,(,),C,【解析】,从,3,名男生和,2,名女生中选两名共有,10,种可能,而一男一女的选法有,6,种,7,.,某天下课以后,教室里还剩下,2,位男同学和,2,位女同学,.,若他们依次走出教室,则第,2,位走出的是男同学的概率是,(,),A,【解析】,已知,2,位女同学和,2,位男同学走出的所有可能顺序有,(,女,女,男,男,),(,女,男,女,男,),(,女,男,男,女,),(,男,男,女,女,),(,男,女,男,女,),(,男,女,女,男,),8,.,口袋中有形状和大小完全相同的四个球,球的编号分别为,1,2,3,4,若从袋中随机抽取两个球,则取出的两个球的编号之和大于,5,的概率为,(,),C,【解析】,从,5,个球中随机抽取两个球,共有,6,种取法,满足两球编号之和大于,5,的情况有,(2,4),(3,4),共,2,种取法,.,9,.,某单位有,7,个连在一起的车位,现有,3,辆不同型号的车需停放,如果要求剩余的,4,个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为,(,),A.16B.18,C.24,D.32,C,【解析】,若将,7,个车位从左向右按,1,7,进行编号,则该,3,辆车有,4,种不同的停放方法,:(1),停放在,1,3,号车位,;(2),停放在,5,7,号车位,;(3),停放在,1,、,2,、,7,号车位,;(4),停放在,1,、,6,、,7,号车位,.,每一种停放方法均,有,=,6,种,故共有,24,种不同的停放方法,.,10,.,在平面直角坐标系中,从下列五个点,:,中,任取三个,这三点能构成三角形的概率是,(,),C,【解析】,从,5,个点中取,3,个点,列举得,ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共有,10,个基本事件,而其中,ACE,BCD,两种情况三点共线,其余,8,个均符合题意,1,.,一个袋子中有号码为,1,2,3,4,5,大小相同的五个小球,现从袋中任意取出一个球,取出后不放回,然后再从袋中任取一个球,则第一次取得号码为奇数,第二次取得号码为偶数球的概率为,(,),D,【解析】,试验的基本事件有,:(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),(3,2),(3,4,),(,3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),.,共,20,个,其中事件,“,第一次取得号码为奇数,第二次取得号码为偶数,”,包含的基本事件个数为,6,个,.,2,.,设,A,B,两名学生均从两位数学教师和两位英语教师中选择一位教师给自己来补课,若,A,B,不选同一位教师,则学生,A,选择数学教师,学生,B,选择英语教师的概率为,(,),A,【解析】,设两位数学教师用,1,2,表示,两位英语教师用,3,4,表示,不妨让,A,先选,B,后选,(,不重复,),则他们所有的选择结果如下,:(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),共,12,种情况,其中学生,A,选择数学教师,学生,B,选择英语教师,(,数学在前,英语在后,),的结果有,(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),共,4,种情况,所以所求概率,P,=.,3,.,如图,大正方形的面积是,34,四个全等直角三角形围成一个小正方形,直角三角形的较短边长为,3,向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵,则小花朵落在小正方形内的概率为,(,),B,4,.,(2019,福建四地六校联考,),现有,7,名奥运会志愿者,其中志愿者,A,1,A,2,A,3,通晓日语,B,1,B,2,通晓俄语,C,1,C,2,通晓韩语,.,从中随机选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各,1,名,组成一个小组,.,(1),求,A,1,被选中的概率,;,(2),求,B,1,和,C,1,不全被选中的概率,.,解,:,(1),从,7,人中选出通晓日语、俄语和韩语志愿者各,1,名,所有基本事件数为,322,=,12,.,用,M,表示,“,A,1,恰被选中,”,这一事件,则它包含的基本事件有,122,=,4,.,(2),用,N,表示,“,B,1,C,1,不全被选中,”,这一事件,