2021高考數(shù)學一輪復習 第11章 計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布 第3節(jié) 隨機事件的概率教學案 理 北師大版

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1、第三節(jié)　隨機事件的概率 [最新考綱]　1.了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義及頻率與概率的區(qū)別.2.了解兩個互斥事件的概率加法公式． 1．頻率與概率 在相同的條件下，大量重復進行同一試驗時，隨機事件A發(fā)生的頻率會在某個常數(shù)附近擺動，即隨機事件A發(fā)生的頻率具有穩(wěn)定性．這時，我們把這個常數(shù)叫作隨機事件A的概率，記作P(A)． 2．事件的關(guān)系與運算 互斥事件：在一個隨機試驗中，我們把一次試驗下不能同時發(fā)生的兩個事件A與B稱作互斥事件． 事件A＋B：事件A＋B發(fā)生是指事件A和事件B至少有一個發(fā)生． 對立事件：不會同時發(fā)生，并且一定有一個發(fā)生的事件是相互對立事

2、件． 3．概率的幾個基本性質(zhì) (1)概率的取值范圍：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率P(E)＝1. (3)不可能事件的概率P(F)＝0. (4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A與事件B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)． ②若事件A與事件互為對立事件，則P(A)＝1－P()． 如果事件A1，A2，…，An兩兩互斥，則稱這n個事件互斥，其概率有如下公式：P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)． 一、思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)事件發(fā)生的頻率與概率是相同的．(　　) (2)在大量重復試驗中，概率是頻率

3、的穩(wěn)定值．(　　) (3)兩個事件的和事件發(fā)生是指兩個事件都得發(fā)生．(　　) (4)對立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是對立事件．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 二、教材改編 1．一個人打靶時連續(xù)射擊兩次，事件“至少有一次中靶”的對立事件是(　　) A．至多有一次中靶　 B．兩次都中靶 C．只有一次中靶 D．兩次都不中靶 D　[“至少有一次中靶”的對立事件是“兩次都不中靶”．] 2．容量為20的樣本數(shù)據(jù)，分組后的頻數(shù)如下表： 分組 [10， 20) [20， 30) [30， 40) [40， 50) [50， 60)

4、[60， 70) 頻數(shù) 2 3 4 5 4 2 則樣本數(shù)據(jù)落在區(qū)間[10,40)的頻率為(　　) A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65 B　[由表知[10,40)的頻數(shù)為2＋3＋4＝9， 所以樣本數(shù)據(jù)落在區(qū)間[10,40)的頻率為＝0.45.] 3．如果從不包括大、小王的52張撲克牌中隨機抽取一張，取到黑桃的概率是，取到梅花的概率是，則取到紅色牌的概率是________． 　[P＝1－＝.] 4．一個地區(qū)從某年起幾年之內(nèi)的新生嬰兒數(shù)及其中的男嬰數(shù)如下： 時間范圍 1年內(nèi) 2年內(nèi) 3年內(nèi) 4年內(nèi) 新生嬰兒數(shù)n 5544 9607

5、 13520 17190 男嬰數(shù)m 2883 4970 6994 8892 這一地區(qū)男嬰出生的概率約是________(保留四位小數(shù))． 0．517 3　[男嬰出生的頻率依次約是：0.520 0,0.517 3,0.517 3,0.517 3.由于這些頻率非常接近0.517 3，因此這一地區(qū)男嬰出生的概率約為0.517 3.] 考點1　事件關(guān)系的判斷 　判斷互斥、對立事件的2種方法 (1)定義法：判斷互斥事件、對立事件一般用定義判斷，不可能同時發(fā)生的兩個事件為互斥事件；兩個事件，若有且僅有一個發(fā)生，則這兩事件為對立事件，對立事件一定是互斥事件． (2)集合法：①由

6、各個事件所含的結(jié)果組成的集合彼此的交集為空集，則事件互斥． ②事件A的對立事件所含的結(jié)果組成的集合，是全集中由事件A所含的結(jié)果組成的集合的補集． 　1.從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取2個球，以下給出了四組事件： ①至少有1個白球與至少有1個黃球； ②至少有1個黃球與都是黃球； ③恰有1個白球與恰有1個黃球； ④恰有1個白球與都是黃球． 其中互斥而不對立的事件共有(　　) A．0組　　　　　　 B．1組 C．2組 D．3組 B　[①中“至少有1個白球”與“至少有1個黃球”可以同時發(fā)生，如恰有1個白球和1個黃球，①中的兩個事件不是互斥事件．②中“至少有1個黃球”說明可以是

7、1個白球和1個黃球或2個黃球，則兩個事件不互斥．③中“恰有1個白球”與“恰有1個黃球”，都是指有1個白球和1個黃球，因此兩個事件是同一事件．④中兩事件不能同時發(fā)生，也可能都不發(fā)生，因此兩事件是互斥事件，但不是對立事件，故選B.] 2．在5張電話卡中，有3張移動卡和2張聯(lián)通卡，從中任取2張，若事件“2張全是移動卡”的概率是，那么概率是的事件是(　　) A．至多有一張移動卡 B．恰有一張移動卡 C．都不是移動卡 D．至少有一張移動卡 A　[ “至多有一張移動卡”包含“一張移動卡，一張聯(lián)通卡”，“兩張全是聯(lián)通卡”兩個事件，它是“2張全是移動卡”的對立事件．] 　判斷含有“至多、至少”等關(guān)鍵

8、詞的事件關(guān)系，可先借助枚舉法分析每個事件包含的基本事件，然后再借助定義做出判斷． 考點2　隨機事件的頻率與概率 　1.概率與頻率的關(guān)系 頻率反映了一個隨機事件出現(xiàn)的頻繁程度，頻率是隨機的，而概率是一個確定的值，通常用概率來反映隨機事件發(fā)生的可能性的大小，有時也用頻率來作為隨機事件概率的估計值． 2．隨機事件概率的求法 利用概率的統(tǒng)計定義求事件的概率，即通過大量的重復試驗，事件發(fā)生的頻率會逐漸趨近于某一個常數(shù)，這個常數(shù)就是概率． 　(2017·全國卷Ⅲ)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．

9、根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關(guān)．如果最高氣溫不低于25，需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)估計六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率； (2)設(shè)六月份一天銷售這

10、種酸奶的利潤為Y(單位：元)．當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率． [解]　(1)這種酸奶一天的需求量不超過300瓶，當且僅當最高氣溫低于25，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫低于25的頻率為＝0.6，所以這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率的估計值為0.6. (2)當這種酸奶一天的進貨量為450瓶時， 若最高氣溫不低于25，則Y＝6×450－4×450＝900； 若最高氣溫位于區(qū)間[20,25)，則Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100

11、. 所以，Y的所有可能值為900,300，－100. Y大于零當且僅當最高氣溫不低于20，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫不低于20的頻率為＝0.8，因此Y大于零的概率的估計值為0.8. 　求解本題第(2)問的關(guān)鍵是讀懂題設(shè)條件，并從中提取信息，明確一天銷售這種酸奶的利潤Y與氣溫變化的關(guān)系． [教師備選例題] (2019·北京高考)改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校所有的1 000名學生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的

12、支付金額分布情況如下： 支付金額 支付方式　　 　 不大于2 000元 大于2 000元 僅使用A 27人 3人 僅使用B 24人 1人 (1)估計該校學生中上個月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)； (2)從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，求該學生上個月支付金額大于2 000元的概率； (3)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化．現(xiàn)從樣本僅使用B的學生中隨機抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2 000元．結(jié)合(2)的結(jié)果，能否認為樣本僅使用B的學生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化？說明理由． [解]　(1)由題知，樣本中僅使用A的學生有27＋3＝30

13、人， 僅使用B的學生有24＋1＝25人， A，B兩種支付方式都不使用的學生有5人． 故樣本中A，B兩種支付方式都使用的學生有100－30－25－5＝40人． 估計該校學生中上個月A，B兩種支付方式都使用的人數(shù)為×1 000＝400. (2)記事件C為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于2 000元”，則P(C)＝＝0.04. (3)記事件E為“從樣本僅使用B的學生中隨機抽查1人，該學生本月的支付金額大于2 000元”． 假設(shè)樣本僅使用B的學生中，本月支付金額大于2 000元的人數(shù)沒有變化， 則由(2)知，P(E)＝0.04. 答案示例1：可以認為有

14、變化．理由如下： P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生， 一旦發(fā)生，就有理由認為本月支付金額大于2000元的人數(shù)發(fā)生了變化， 所以可以認為有變化． 答案示例2：無法確定有沒有變化．理由如下： 事件E是隨機事件，P(E)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的， 所以無法確定有沒有變化． 　1.我國古代數(shù)學名著《數(shù)書九章》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1 534石，驗得米內(nèi)夾谷，抽樣取米一把，數(shù)得254粒內(nèi)夾谷28粒，則這批米內(nèi)夾谷約為(　　) A．134石 B．169石 C．338石 D．1 365石 B　[ ×1534≈169(石)．] 2．(2

15、016·全國卷Ⅱ)某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下： 上年度出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 保　費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 隨機調(diào)查了該險種的200名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險情況，得到如下統(tǒng)計表： 出險次數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 頻數(shù) 60 50 30 30 20 10 (1)記A為事件：“一續(xù)保人本年度的保費不高于基本保費”，求P(A)的估計值； (2)記B為事件：“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費但不高于基本保費

16、的160%”，求P(B)的估計值； (3)求續(xù)保人本年度平均保費的估計值． [解]　(1)事件A發(fā)生當且僅當一年內(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＝0.55，故P(A)的估計值為0.55. (2)事件B發(fā)生當且僅當一年內(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＝0.3，故P(B)的估計值為0.3. (3)由所給數(shù)據(jù)得 保費 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 頻率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 調(diào)查的200名續(xù)保人的平均保費為0.85a×0.30＋

17、a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a. 因此，續(xù)保人本年度平均保費的估計值為1.192 5a. 考點3　互斥事件與對立事件的概率 　復雜事件的概率的2種求法 (1)直接求法，將所求事件分解為一些彼此互斥的事件，運用互斥事件的概率求和公式計算． (2)間接求法，先求此事件的對立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()求解(正難則反)，特別是“至多”“至少”型題目，用間接求法就比較簡便． 　(1)(2018·全國卷Ⅲ)若某群體中的成員只用現(xiàn)金支付的概率為0.45，既用現(xiàn)金支付也用非現(xiàn)金支付的概率為0.15，則不

18、用現(xiàn)金支付的概率為(　　) A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7 (2)某商場有獎銷售中，購滿100元商品得1張獎券，多購多得.1 000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、二等獎的事件分別為A，B，C，求： ①P(A)，P(B)，P(C)； ②1張獎券的中獎概率； ③1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率． (1)B　[由題意知不用現(xiàn)金支付的概率為1－0.45－0.15＝0.4.] (2)[解]?、貾(A)＝， P(B)＝＝，P(C)＝＝. 故事件A，B，C的概率分別為，，. ②1張獎券中獎包含中特等獎、一等

19、獎、二等獎．設(shè)“1張獎券中獎”這個事件為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) ＝＝， 故1張獎券的中獎概率約為. ③設(shè)“1張獎券不中特等獎且不中一等獎”為事件N，則事件N與“1張獎券中特等獎或中一等獎”為對立事件， ∴P(N)＝1－P(A＋B)＝1－＝， 故1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率為. 　求解本題的關(guān)鍵是正確判斷各事件之間的關(guān)系，以及把所求事件用已知概率的事件表示出來． [教師備選例題] 一盒中裝有12個球，其中5個紅球，4個黑球，2個白球，1個綠球．從中隨機取出1球，求： (1)取出1球是

20、紅球或黑球的概率； (2)取出1球是紅球或黑球或白球的概率． [解]　法一：(利用互斥事件求概率) 記事件A1＝{任取1球為紅球}，A2＝{任取1球為黑球}， A3＝{任取1球為白球}，A4＝{任取1球為綠球}， 則P(A1)＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，P(A4)＝，根據(jù)題意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球是紅球或黑球的概率為 P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝. (2)取出1球是紅球或黑球或白球的概率為 P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3) ＝＋＋＝. 法二：(利用對立事件求概率)

21、(1)由法一知，取出1球為紅球或黑球的對立事件為取出1球為白球或綠球，即A1＋A2的對立事件為A3＋A4，所以取出1球為紅球或黑球的概率為P(A1＋A2)＝1－P(A3＋A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－－＝. (2)因為A1＋A2＋A3的對立事件為A4，所以P(A1＋A2＋A3)＝1－P(A4)＝1－＝. 　經(jīng)統(tǒng)計，在某儲蓄所一個營業(yè)窗口等候的人數(shù)相應的概率如下： 排隊人數(shù) 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 求：(1)至多2人排隊等候的概率； (2)至少3人排隊等候的概率． [解]　記“無人排隊等候

22、”為事件A，“1人排隊等候”為事件B，“2人排隊等候”為事件C，“3人排隊等候”為事件D，“4人排隊等候”為事件E，“5人及5人以上排隊等候”為事件F，則事件A，B，C，D，E，F(xiàn)彼此互斥． (1)記“至多2人排隊等候”為事件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：(利用互斥事件求概率)記“至少3人排隊等候”為事件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：(利用對立事件求概率)記“至少3人排隊等候”為事件H，則其對立事件為事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44. 9