概率?？碱}型解析

1/1)概率?？碱}型解析概率學(xué)問點(diǎn)及考點(diǎn)分析

開封高中王國平(高中數(shù)學(xué)開封市高中數(shù)學(xué)二坊)

本章主要討論隨機(jī)大事、互斥大事及概率的意義，并會計算互斥大事的概率；把握古典概型、幾何概型的概率計算.

一．學(xué)問點(diǎn)解讀

1．隨機(jī)大事和確定大事

(1)在條件S下，肯定會發(fā)生的大事叫做相對于條件S的必定大事．

(2)在條件S下，肯定不會發(fā)生的大事叫做相對于條件S的不行能大事．(3)必定大事與不行能大事統(tǒng)稱為確定大事．

(4)在條件S下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的大事，叫做隨機(jī)大事．

(5)確定大事和隨機(jī)大事統(tǒng)稱為大事，一般用大寫字母A，B，C…表示．2．頻率與概率

(1)在相同的條件S下重復(fù)n次試驗，觀看某一大事A是否消失，稱n次試驗中大事A消失的次數(shù)nA

為大事A消失的頻數(shù)，稱大事A消失的比例fn(A)＝nA

n

為大事A消失的頻率．

(2)對于給定的隨機(jī)大事A，假如隨著試驗次數(shù)的增加，大事A發(fā)生的頻率fn(A)穩(wěn)定在某個常數(shù)上，把這個常數(shù)記作P(A)，稱為大事A的概率，簡稱為A的概率．3．互斥大事與對立大事

(1)互斥大事：若A∩B為不行能大事(A∩B＝?)，則稱大事A與大事B互斥，其含義是：大事A與大事B在任何一次試驗中不會同時發(fā)生．

(2)對立大事：若A∩B為不行能大事，而A∪B為必定大事，那么大事A與大事B互為對立大事，其含義是：大事A與大事B在任何一次試驗中有且僅有一個發(fā)生．

4．概率的幾個基本性質(zhì)

(1)概率的取值范圍：0≤P(A)≤1.(2)必定大事的概率：P(A)＝1.(3)不行能大事的概率：P(A)＝0.(4)互斥大事的概率加法公式：①P(A∪B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)．②P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)(A1，A2，…，An彼此互斥)．(5)對立大事的概率：P(A)＝1－P(A)．

5．基本領(lǐng)件的特點(diǎn)

(1)任何兩個基本領(lǐng)件是互斥的．

(2)任何大事(除不行能大事)都可以表示成基本領(lǐng)件的和．6．古典概型

具有以下兩個特點(diǎn)的概率模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．(1)試驗中全部可能消失的基本領(lǐng)件只有有限個．(2)每個基本領(lǐng)件消失的可能性相等．7．古典概型的概率公式

P(A)＝A包含的基本領(lǐng)件的個數(shù)基本領(lǐng)件的總數(shù)

8．幾何概型

大事A理解為區(qū)域Ω的某一子區(qū)域A，A的概率只與子區(qū)域A的幾何度量(長度、面積或體積)成正比，而與A的位置和外形無關(guān)．滿意以上條件的試驗稱為幾何概型．

9．幾何概型中，大事A的概率計算公式

P(A)＝構(gòu)成大事A的區(qū)域長度面積或體積

試驗的全部結(jié)果所構(gòu)成的區(qū)域長度面積或體積.

10．要切實理解并把握幾何概型試驗的兩個基本特點(diǎn)

(1)無限性：在一次試驗中，可能消失的結(jié)果有無限多個；(2)等可能性：每個結(jié)果的發(fā)生具有等可能性．二．常考題型分析

考點(diǎn)1.大事的關(guān)系與運(yùn)算

對互斥大事要把握住不能同時發(fā)生，而對于對立大事除不能同時發(fā)生外，其并大事應(yīng)為必定大事，這些也可類比集合進(jìn)行理解，詳細(xì)應(yīng)用時，可把全部試驗結(jié)果寫出來，看所求大事包含哪些試驗結(jié)果，從而斷定所給大事的關(guān)系．

例1．(2023·湖北十市聯(lián)考)從裝有2個紅球和2個黑球的口袋內(nèi)任取2個球，那么互斥而不對立的兩個大事是

A．“至少有一個黑球”與“都是黑球”

B．“至少有一個黑球”與“都是紅球”

C．“至少有一個黑球”與“至少有一個紅球”

D．“恰有一個黑球”與“恰有兩個黑球”

解析：選DA中的兩個大事是包含關(guān)系，不是互斥大事；B中的兩個大事是對立大事；C中的兩個大事都包含“一個黑球一個紅球”的大事，不是互斥關(guān)系；D中的兩個大事是互斥而不對立的關(guān)系．

跟蹤訓(xùn)練1。(易錯題)（2023年《三維設(shè)計》）在一次隨機(jī)試驗中，彼此互斥的大事A，B，C，D的概率分別為0.2,0.2,0.3,0.3，則下列說法正確的是

A．A∪B與C是互斥大事，也是對立大事

B．B∪C與D是互斥大事，也是對立大事

C．A∪C與B∪D是互斥大事，但不是對立大事

D．A與B∪C∪D是互斥大事，也是對立大事

解析：選D由于A，B，C，D彼此互斥，且A∪B∪C∪D是一個必定大事，故其大事

的關(guān)系可由如圖所示的韋恩圖表示，由圖可知，任何一個大事與其余3個大事的和大事必定

是對立大事，任何兩個大事的和大事與其余兩個大事的和大事也是對立大事．

考點(diǎn)2。隨機(jī)大事的頻率與概率

頻率是個不確定的數(shù)，在肯定程度上頻率可以反映大事發(fā)生的可能性大小，但無法從根本上刻畫大事發(fā)生的可能性大小，但從大量重復(fù)試驗中發(fā)覺，隨著試驗次數(shù)的增多，大事發(fā)生的頻率就會穩(wěn)定于某一固定的值，該值就是概率．

例2．.(2023年高考新課標(biāo)全國Ⅱ，18)某險種的基本保費(fèi)為a(單位：元)，繼

續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險次

數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：

隨機(jī)調(diào)查了該險種的200名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險狀況，得到如下統(tǒng)計表：

(1)記A為大事：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)不高于基本保費(fèi)”.求P(A)的估量值；

(2)記B為大事：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)但不高于基本保費(fèi)的160%”.求P(B)的估量值；

(3)求續(xù)保人本年度的平均保費(fèi)的估量值.

解(1)大事A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)小于2，由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)小于2

的頻率為60＋50

200＝0.55，故P(A)的估量值為0.55.

(2)大事B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1且小于4，由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)大

于1且小于4的頻率為30＋30

200＝0.3，

故P(B)的估量值為0.3.

(3)由所給數(shù)據(jù)得

調(diào)查的200名續(xù)保人的平均保費(fèi)為0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.

因此，續(xù)保人本年度平均保費(fèi)的估量值為1.1925a.

跟蹤訓(xùn)練2.(2023·合肥一模)某城市有連接8個小區(qū)A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H和市中心O的整齊方格形道路網(wǎng)，每個小方格均為正方形，如圖所示．某人從道路網(wǎng)中隨機(jī)地選擇一條最短路徑，由小區(qū)A前往小區(qū)H，則他經(jīng)過市中心O的概率為

A．1

3B．

2

3

C．1

4D．

3

4

解析：選B由題意知，此人從小區(qū)A前往小區(qū)H的全部最短路徑為：A→B→C→E→H，A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，A→D→F→G→H，共6條．記“此人經(jīng)過市中心O”為大事M，則M包含的基本領(lǐng)件為：A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，

A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，共4個，所以P(M)＝4

6＝

2

3，即他經(jīng)過市中心O的概率為

2

3.

考點(diǎn)3.互斥大事、對立大事的概率

(1)推斷兩個大事是否為互斥大事，就是推斷它們能否同時發(fā)生，若不能同時發(fā)生，則是互斥大事，不然就不是互斥大事．若兩個大事互斥，且必有一個發(fā)生，則其為對立大事．兩個大事互斥未必對立，

但對立肯定互斥．

(2)互斥大事的概率加法公式必需在各個大事彼此互斥的前提下使用，即A，B互斥，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)；A，B對立，P(A)＝1－P(B)．

例3．(2023·洛陽模擬)經(jīng)統(tǒng)計，在某儲蓄所一個營業(yè)窗口等候的人數(shù)及相應(yīng)的概率如下：

求：(1)至多2人排隊等候的概率是多少？

(2)至少3人排隊等候的概率是多少？

解：記“無人排隊等候”為大事A，“1人排隊等候”為大事B，“2人排隊等候”為大事C，“3人排隊等候”為大事D，“4人排隊等候”為大事E，“5人及5人以上排隊等候”為大事F，則大事A，B，C，D，E，F(xiàn)互斥．

(1)記“至多2人排隊等候”為大事G，則

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：記“至少3人排隊等候”為大事H，則

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：記“至少3人排隊等候”為大事H，則其對立大事為大事G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.

跟蹤訓(xùn)練3。（2023·湖北黃石二模)某商場有獎銷售中，購滿100元商品得1張獎券，多購多得.1000張獎券為一個開獎單位，設(shè)特等獎1個，一等獎10個，二等獎50個．設(shè)1張獎券中特等獎、一等獎、二等獎的大事分別為A，B，C，求：

(1)P(A)，P(B)，P(C)；

(2)1張獎券的中獎概率；

(3)1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率．

解：(1)P(A)＝

1

1000，P(B)＝

10

1000＝

1

100，

P(C)＝

50

1000＝

1

20.

故大事A，B，C的概率分別為

1

1000，

1

100，

1

20.

(2)1張獎券中獎包含中特等獎、一等獎、二等獎．設(shè)“1張獎券中獎”為大事M，則M＝A∪B∪C.

∵A，B，C兩兩互斥，

∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1＋10＋501000＝61

1000.

故1張獎券的中獎概率為61

1000.

(3)設(shè)“1張獎券不中特等獎且不中一等獎”為大事N，由對立大事概率公式得P(N)＝1－P(A∪B)＝1－???

??11000＋1100＝9891000.故1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率為9891000.

考點(diǎn)4。簡潔古典概型的求法

求古典概型的概率時，應(yīng)留意試驗結(jié)果的有限性和全部結(jié)果的等可能性．(1)反復(fù)閱讀題目，收集題目中的各種信息，理解題意；(2)推斷試驗是否為古典概型，并用字母表示所求大事；

(3)利用列舉法求出總的基本領(lǐng)件的個數(shù)n及大事A中包含的基本領(lǐng)件的個數(shù)m；

例4.(2023·新課標(biāo)全國Ⅰ，3)為美化環(huán)境，從紅、黃、白、紫4種顏色的花中任選2種花種在

一個花壇中，余下的2種花種在另一個花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是()A.13B.12C.23

D.56

解析將4種顏色的花種任選兩種種在一個花壇中，余下2種種在另一個花壇，有((紅黃)、(白紫))，((白紫)、(紅黃))，((紅白)、(黃紫))，((黃紫)、(紅白))，((紅紫)、(黃白))，((黃白)、(紅紫))共6種種法，其中紅色和紫色不在一個花壇的種數(shù)有((紅黃)、(白紫))，((白紫)、(紅黃))，((紅白)、(黃紫))，((黃紫)，(紅白))，共4種，故所求概率為P＝46＝2

3，選C.答案C

跟蹤訓(xùn)練4.2.(2023·新課標(biāo)全國Ⅲ，5)小敏打開計算機(jī)時，遺忘了開機(jī)密碼的前兩位，只記得

第一位是M，I，N中的一個字母，其次位是1，2，3，4，5中的一個數(shù)字，則小敏輸入一次密碼能夠勝利開機(jī)的概率是()A.815B.18C.115

D.130

解析第一位是M，I，N中的一個字母，其次位是1，2，3，4，5中的一個數(shù)字，所以總的基本領(lǐng)件的個數(shù)為15，密碼正確只有一種，概率為1

15，故選C.答案C

考點(diǎn)五。古典概型的交匯命題

古典概型在高考中常與平面對量、集合、函數(shù)、解析幾何、統(tǒng)計等學(xué)問交匯命題，命題的角度新奇，考查學(xué)問全面，力量要求較高．歸納起來常見的交匯探究角度有以下幾種：

探究一古典概型與平面對量相結(jié)合

例5.(2023·威海一模)從集合{2,3,4,5}中隨機(jī)抽取一個數(shù)a，從集合{1,3,5}中隨機(jī)抽取一個數(shù)b，則向量m＝(a，b)與向量n＝(1，－1)垂直的概率為()

A.16

B.13

C.14

D.12

解析：由題意可知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種狀況．

由于m⊥n，即m·n＝0，

所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，滿意條件的有(3,3)，(5,5)共2個，故所求的概率為16.

答案：A

跟蹤訓(xùn)練5.(2023·陜西質(zhì)檢)連擲兩次骰子得到的點(diǎn)數(shù)依次為m和n，若記向量a＝(m，n)與向量b＝(1，－2)的夾角為θ，則θ為銳角的概率是________．

解析：依題意，θ為銳角，則a·b＞0，則m－2n＞0，m＞2n連續(xù)擲兩次骰子的全部可能結(jié)果為36種，其中滿意m＞2n的有(3，1)，(4，1)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，共6種，所以所求概率為636＝16

.

答案：16

探究二古典概型與直線、圓相結(jié)合

例6.(2023·洛陽統(tǒng)考)將一顆骰子先后投擲兩次分別得到點(diǎn)數(shù)a，b，則直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2

＝2有公共點(diǎn)的概率為________．

解析：依題意，將一顆骰子先后投擲兩次得到的點(diǎn)數(shù)所形成的數(shù)組(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36種，其中滿意直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2＝2有公共點(diǎn)，即滿意

2aa2＋b2

≤2，a2≤b2

的數(shù)組(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21種，因此所求的概率等于2136＝7

12

.

答案：7

12

跟蹤訓(xùn)練6.（2023年《創(chuàng)新方案》）設(shè)集合P＝{－2，－1,0,1,2}，x∈P且y∈P，則點(diǎn)(x，y)在圓x2

＋y2＝4內(nèi)部的概率為________．

解析：以(x，y)為基本領(lǐng)件，可知滿意x∈P且y∈P的基本領(lǐng)件有25個．若點(diǎn)(x，y)在圓x2＋y2＝4內(nèi)部，則x，y∈{－1,1,0}，用列表法或坐標(biāo)法可知滿意x∈{－1,1,0}且y∈{－1,1,0}的基本領(lǐng)件有9個．所以點(diǎn)(x，y)在圓x2＋y2＝4內(nèi)部的概率為925

.

答案：9

25

探究三古典概型與函數(shù)相結(jié)合

例7.(2023·煙臺模擬)在區(qū)間[0,1]上任取兩個數(shù)a，b，則函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b2無零點(diǎn)的概率為()A.12B.23C.34D.14

解析：選C要使該函數(shù)無零點(diǎn)，只需a2－4b20，∴a－2bP2

B．P1＝P2

C．P12R，∴

＝1

2

.

跟蹤訓(xùn)練9。(2023年高考新課標(biāo)全國Ⅱ，8)某路口人行橫道的信號燈為紅燈和綠燈交替消失，

紅燈持續(xù)時間為40秒.若一名行人來到該路口遇到紅燈，則至少需要等待15秒才消失綠燈的概率為()A.710B.58C.38

D.310

解析至少需要等待15秒才消失綠燈的概率為40－1540＝5

8，故選B.答案B

考點(diǎn)7.與體積有關(guān)的幾何概型

對于與體積有關(guān)的幾何概型問題，關(guān)鍵是計算問題的總體積(總空間)以及大事的體積(大事空間)，對于某些較簡單的也可利用其對立大事去求．

例10.(2023·濟(jì)南一模)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，有一動點(diǎn)在此長方體內(nèi)隨機(jī)運(yùn)動，則此動點(diǎn)在三棱錐A-A1BD內(nèi)的概率為________．

解析：設(shè)大事M＝“動點(diǎn)在三棱錐A-A1BD內(nèi)”，P(M)＝V三棱錐A-A1BD

V長方體ABCD-A1B1C1D1

＝V三棱錐A1-ABDV

長方體ABCD-A1B1C1D1

＝1

3AA1·S△ABD

V

長方體ABCD-A1B1C1D1

＝13AA1·1

2S矩形ABCDAA1·S矩形ABC