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2017年高考第二轮复习(文数)专题十四 概率


2017 年高考第二轮复习(文数)专题十四 概率

1 1.(2016· 天津,2,易)甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是2,甲获胜的概 1 率是3,则甲不输的概率为( ) 5 2 1 1 A.6 B.5 C.6 D.3 1.A [考向 3]甲不输,则甲胜或平, 1 1 5 ∴P=2+3=6. 2.(2016· 课标Ⅰ,3,易)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( 1 A. 3 2.C B. 1 2 C. 2 3 ) D. 5 6

[考向 2]从红、黄、白、紫 4 种花中任取 2 种有 6 种取法,分别为红与

黄,红与白,红与紫,黄与白,黄与紫,白与紫,其中红与紫不在同一花坛有 4 2 4 种情况,故红色与紫色不在同一花坛的概率 P=6=3. 3.(2016· 课标Ⅲ,5,易)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,
1

则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( 8 A.15 3.C 1 B.8 1 C.15 1 D.30

)

[考向 2]由题意可知,

共 15 种可能性,而只有 1 种是正确的. 1 ∴输入一次密码能够成功开机的概率为15. 4.(2016· 北京,6,中)从甲、乙等 5 名学生中随机选出 2 人,则甲被选中的概率 为( 1 A.5 ) 2 B.5 8 C.25 9 D.25

4.B [考向 2]从甲、乙等 5 名同学中随机选出 2 人,有 10 种不同结果,而甲被 4 2 选中有 4 种结果,故 P=10=5,故选 B. 5.(2015· 课标Ⅰ,4,易)如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的长, 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( 3 A.10 5.C 1 B.5 1 C.10 1 D.20 )

[考向 2]从 1,2,3,4,5 中任取 3 个数,共有 10 种选法,而为勾股数的

1 只有 3,4,5,故所求概率为10.选 C. 6.(2012· 湖北,2,易)容量为 20 的样本数据,分组后的频数如下表: 分组 频数 [10,20) 2 [20,30) 3 [30,40) 4 ) [40,50) 5 [50,60) 4 [60,70) 2

则样本数据落在区间[10,40)的频率为( A.0.35 B.0.45 C.0.55 D.0.65 6.B [考向 1]数据落在[10,40)的频率为

2+3+4 9 20 =20=0.45,故选 B.

7.(2015· 广东,7,中)已知 5 件产品中有 2 件次品,其余为合格品,现从这 5 件产品中任取 2 件,恰有一件次品的概率为( )

2

A.0.4 B.0.6 C.0.8 D.1 7.B [考向 2]首先对 5 件产品编号为 1,2,3,4,5.其中 1,2 两件为次品, 3,4,5 为正品,从 5 件产品中任取 2 件产品,所有事件为:(1,2),(1,3), (1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共 10 个事 件. 其中恰有一件为次品的事件为:(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2, 5),共 6 个事件. 6 3 ∴恰有一件次品的概率为 P=10=5=0.6,选 B. 8.(2016· 四川,13,中)从 2,3,8,9 中任取两个不同的数字,分别记为 a, b,则 logab 为整数的概率是________. 8.[考向 2]【解析】 由题意得,a,b 有(2,3),(2,8),(2,9),(3,8),(3, 9),(8,9),(3,2),(8,2),(9,2),(8,3),(9,3),(9,8),共 12 种取法. 若满足 logab 为整数,则仅有 a=2,b=8 和 a=3,b=9 两种情况, 2 1 ∴logab 为整数的概率为12=6. 1 【答案】 6 9.(2014· 课标Ⅰ,13,中)将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成 一行,则 2 本数学书相邻的概率为________. 一行有 A1A2B,A1BA2,A2A1B,A2BA1,BA1A2,BA2A1,共 6 种情况.2 本数学书 4 2 相邻有 A1A2B,A2A1B,BA1A2,BA2A1,共 4 种情况,所以 P=6=3. 2 【答案】 3 10.(2014· 课标Ⅱ,13,中)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种 颜色的运动服中选择 1 种,则他们选择相同颜色运动服的概率为________. 10.[考向 2]【解析】 甲、乙两名运动员从三种颜色的运动服中等可能地选择 一种,所有可能结果有红红、红白、红蓝、白红、白白、白蓝、蓝红、蓝白、 蓝蓝,共 9 种,选择相同颜色的结果共有 3 种,所以选择同种颜色的概率为 P= 3 1 9=3.

3

【答案】

1 3

11.(2016· 山东,16,12 分,易)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活 动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转 动时,记录指针所指区域中的数.记两次记录的数分别为 x,y.奖励规则如下: ①若 xy≤3,则奖励玩具一个; ②若 xy≥8,则奖励水杯一个; ③其余情况奖励饮料一瓶. 假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动. (1)求小亮获得玩具的概率; (2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由. 11.[考向 2]解:用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则 基本事件空间 Ω 与点集 S={(x,y)|x∈N,y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应. 因为 S 中元素的个数是 4× 4=16, 所以基本事件总数 n=16. (1)记“xy≤3”为事件 A, 则事件 A 包含的基本事件数共 5 个,即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3, 1), 5 5 所以 P(A)=16,即小亮获得玩具的概率为16. (2)记“xy≥8”为事件 B,“3<xy<8”为事件 C, 则事件 B 包含的基本事件数共 6 个, 6 3 即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4),所以 P(B)=16=8, 事件 C 包含的基本事件数共 5 个, 即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1), 5 所以 P(C)=16, 3 5 因为8>16, 所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率. 12.(2016· 课标Ⅱ,18,12 分,中)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
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如下: 上年度出险次数 保费 0 0.85a 1 a 2 1.25a 3 1.5a 4 1.75a ≥5 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 频数 0 60 1 50 2 30 3 30 4 20 ≥5 10

(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)求续保人本年度的平均保费的估计值. 12.[考向 1]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 60+50 200 =0.55, 故 P(A)的估计值为 0.55. (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 30+30 200 =0.3, 故 P(B)的估计值为 0.3. (3)由所给数据得 保费 频率 0.85a 0.30 a 0.25 1.25a 0.15 1.5a 0.15 1.75a 0.10 2a 0.05

调查的 200 名续保人的平均保费为 0.85a× 0.30+a× 0.25+1.25a× 0.15+1.5a× 0.15+1.75a× 0.10+2a× 0.05=1.192 5a. 因此,续保人本年度平均保费的估计值为 1.192 5a. 13.(2015· 湖南,16,12 分,中)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额 的商品后即可抽奖.抽奖方法是:从装有 2 个红球 A1,A2 和 1 个白球 B 的甲箱 与装有 2 个红球 a1,a2 和 2 个白球 b1,b2 的乙箱中,各随机摸出 1 个球,若摸 出的 2 个球都是红球则中奖,否则不中奖. (1)用球的标号列出所有可能的摸出结果;
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(2) 有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概 率,你认为正确吗?请说明理由. 13.[考向 2,3]解:(1)所有可能的摸出结果是{A1,a1},{A1,a2},{A1,b1}, {A1,b2},{A2,a1},{A2,a2},{A2,b1},{A2,b2},{B,a1},{B,a2},{B, b1},{B,b2}. (2)不正确.理由如下: 由(1)知,所有可能的摸出结果共 12 种,其中摸出的 2 个球都是红球的结果为 {A1,a1},{A1,a2},{A2,a1},{A2,a2}, 4 1 1 2 1 共 4 种,所以中奖的概率为12=3,不中奖的概率为 1-3=3>3,故这种说法不 正确. 14.(2015· 陕西,19,12 分,中)随机抽取一个年份,对西安市该年 4 月份的天 气情况进行统计,结果如下: 日期 天气 日期 天气 1 晴 16 晴 2 雨 17 阴 3 阴 18 雨 4 阴 19 阴 5 阴 20 阴 6 雨 21 晴 7 阴 22 阴 8 晴 23 晴 9 晴 24 晴 10 晴 25 晴 11 阴 26 阴 12 晴 27 晴 13 晴 28 晴 14 晴 29 晴 15 晴 30 雨

(1)在 4 月份任取一天,估计西安市在该天不下雨的概率; (2)西安市某学校拟从 4 月份的一个晴天开始举行连续 2 天的运动会,估计运动 会期间不下雨的概率. 14.[考向 1]解:(1)在容量为 30 的样本中,不下雨的天数是 26,以频率估计概 13 率,4 月份任选一天,西安市在该天不下雨的概率为15. (2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如 1 日与 2 日,2 日与 3 日等).这样,在 4 月份中,前一天为晴天的“互邻日期对”有 16 个,其中后一天不下雨的有 14 7 个,所以晴天的次日不下雨的频率为8. 7 以频率估计概率,运动会期间不下雨的概率为8. 15.(2014· 山东,16,12 分,中)海关对同时从 A,B,C 三个不同地区进口的某种 商品进行抽样检测,从各地区进口此种商品的数量 (单位:件 )如下表所示.工 作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取 6 件样品进行检测.
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地区 数量

A 50

B 150

C 100

(1)求这 6 件样品中来自 A,B,C 各地区商品的数量; (2)若在这 6 件样品中随机抽取 2 件送往甲机构进行进一步检测,求这 2 件商品 来自相同地区的概率. 6 1 =50, 50+150+100 1 1 1 所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50× = 1 , 150× = 3 , 100× 50 50 50=2. 15.[考向 2]解:(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是 所以这 6 件样品来自 A,B,C 三个地区商品的数量分别为 1,3,2. (2)设 6 件来自 A,B,C 三个地区的样品分别为 A;B1,B2,B3;C1,C2. 则抽取的这 2 件商品构成的所有基本事件为{A,B1},{A,B2},{A,B3},{A, C1},{A,C2}, {B1 ,B2} , {B1,B3}, {B1 ,C1}, {B1 , C2}, {B2 ,B3}, {B2 , C1},{B2,C2),{B3,C1},{B3,C2},{C1,C2},共 15 个. 每个样品被抽到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 记事件 D:“抽取的这 2 件商品来自相同地区”,则事件 D 包含的基本事件有 {B1,B2},{B1,B3},{B2,B3},{C1,C2},共 4 个. 4 4 所以 P(D)=15,即这 2 件商品来自相同地区的概率为15.

通过计算事件发生的频率去估算事件的概率是近几年高考考查概率的热点,多 以解答题的形式出现,有时也会以选择题、填空题的形式出现,属低中档题, 常与频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表交汇命题. 在复习中,要充分理解频率与概率的关系,熟练掌握事件频数的计算方法,如 列举法、列表法、树状图法等. 1(2015· 北京,17,13 分)某超市随机选取 1 000 名顾客,记录了他们 购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况,整理成如下统计表,其中“√”表示购买, “×”表示未购买. 商品 甲
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顾客人数 100 217 200 300 85 98 (1)估计顾客同时购买乙和丙的概率; (2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率; (3) 如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最 大? 【解析】 (1)从统计表可以看出,在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了 200 乙和丙,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为1 000=0.2. (2)从统计表中可以看出,在这 1 000 位顾客中,有 100 位顾客同时购买了甲、 丙、丁,另有 200 位顾客同时购买甲、乙、丙,其他顾客最多购买了 2 种商品, 100+200 所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为 1 000 = 0.3. (3)与(1)同理,可得: 200 顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为1 000=0.2, 100+200+300 =0.6, 1 000 100 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1 000=0.1, 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为 所以,如果顾客购买了甲,则该顾客同时购买丙的可能性最大. √ × √ √ √ × × √ √ × × √ √ × √ √ × × √ √ × × × ×

解题(1)的关键是从表中数清同时购买乙和丙的顾客人数; 解题(2)的关键是从表中数清在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的顾客人 数; (3)分别计算购买了甲商品的顾客中同时购买乙、丙、丁三种商品中其中一种的 人数所占的比例,并比较大小.
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(2014· 陕西,19,12 分)某保险公司利用简单随机抽样方法,对投保 车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下: 赔付金额(元) 车辆数(辆) 0 500 1 000 130 2 000 100 3 000 150 4 000 120

(1)若每辆车的投保金额均为 2 800 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 4 000 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 4 000 元 的概率. 解:(1)设 A 表示事件“赔付金额为 3 000 元”,B 表示事件“赔付金额为 4 000 元”, 以频率估计概率得 150 P(A)=1 000=0.15, 120 P(B)=1 000=0.12.

由于投保金额为 2 800 元,赔付金额大于投保金额对应的情形是 3 000 元和 4 000 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 4 000 元”,由已知,样本车辆中车主为 新司机的有 0.1× 1 000=100(辆),而赔付金额为 4 000 元的车辆中,车主为新司 机的有 120× 20%=24(辆). 24 所以样本车辆中新司机车主获赔金额为 4 000 元的频率为100=0.24, 由频率估计概率得 P(C)=0.24.,

用频率估计事件发生概率的方法 (1)根据题设的统计图表,选用适当的方法,计算出所求事件发生的频数; (2)计算出事件发生的频率; (3)根据频率与概率的关系估计出事件发生的概率值. 注意:计算的关键是计算此事件出现的频数.

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古典概型是高考的热点,常以实际问题或数学其他分支的知识 (如统计等 )的材 料为背景考查,属于低中档题,以考查古典概型的基本概念、运算为主.三种 题型均有可能出现. 复习中,要理解古典概型的定义,熟练掌握将实际概率计算题转化为古典概型 概率计算的方法;掌握列举法、列表法及树状图法求基本事件数的技巧. 2(2015· 山东,16,12 分)某中学调查了某班全部 45 名同学参加书法 社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人) 参加书法社团 参加演讲社团 未参加演讲社团 8 2 未参加书法社团 5 30

(1)从该班随机选 1 名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率; (2)在既参加书法社团又参加演讲社团的 8 名同学中,有 5 名男同学 A1,A2, A3,A4,A5,3 名女同学 B1,B2,B3,现从这 5 名男同学和 3 名女同学中各随机 选 1 人,求 A1 被选中且 B1 未被选中的概率. 【解析】 (1)记“该同学至少参加上述一个社团为事件 A”, 则 P(A)= 8+2+5 1 45 =3.

1 所以该同学至少参加上述一个社团的概率为3. (2)从 5 名男同学和 3 名女同学中各随机选 1 人,其一切可能的结果组成的基本 事件有: (A1 ,B1), (A1 , B2),(A1 , B3), (A2 , B1), (A2 , B2), (A2 , B3), (A3 , B1),(A3,B2),(A3,B3),(A4,B1),(A4,B2),(A4,B3),(A5,B1),(A5,B2), (A5,B3)共 15 个. 根据题意,这些基本事件的出现是等可能的. 其中 A1 被选中且 B1 未被选中的基本事件有(A1,B2),(A1,B3)共 2 个. 2 所以 A1 被选中且 B1 未被选中的概率为 P=15. (2015· 四川,17,12 分)一辆小客车有 5 个座位,其座位号为 1,2,

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3,4,5,乘客 P1,P2,P3,P4,P5 的座位号分别为 1,2,3,4,5,他们按照 座位号从小到大的顺序先后上车,乘客 P1 因身体原因没有坐自己 1 号座位,这 时司机要求余下的乘客按以下规则就座:如果自己的座位空着,就只能坐自己 的座位;如果自己的座位已有乘客就座,就在这 5 个座位的剩余空位中任意选 择座位. (1)若乘客 P1 坐到了 3 号座位,其他乘客按规则就座,则此时共有 4 种坐法.下 表给出了其中两种坐法,请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空 格处);

乘客

P1 3

P2 2 2

P3 1 4

P4 4 5

P5 5 1

座位号

3

(2)若乘客 P1 坐到了 2 号座位,其他乘客按规则就座,求乘客 P5 坐到 5 号座位的 概率. 思路点拨:(1)P2 定在 2 处,按先后顺序分析 P3,P4,P5 即可;(2)先安排 P2,再 依次安排 P3,P4,P5 即可,进而用古典概型求概率。 解:(1)当乘客 P1 坐在 3 号位置上,此时 P2 的位置没有被占,只能坐在 2 位置, P3 位置被占,可选剩下的任何一个座位,即可选 1,4,5; ①当 P3 选 1 位置,P4 位置没被占,只能选 4 位置,P5 选剩下的,只有一种情 况; ②当 P3 选 4 位置,P4 可选 5 位置也可选 1 位置,P5 选剩下的,有两种情况; ③当 P3 选 5 位置,P4 只可选 4 位置,P5 选剩下的,有一种情况,填表如下: 乘客 P1 3 座位号 3 3 3 P2 2 2 2 2 P3 1 4 4 5 P4 4 5 1 4 P5 5 1 5 1

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(2)若乘客 P1 坐到了 2 号座位,其他乘客按规则就坐,则所有可能的坐法可用下 表表示: 乘客 P1 P2 1 P3 3 4 座位 号 3 2 1 5 4 5 于是,所有可能的坐法共 8 种. 设“乘客 P5 坐到 5 号座位”为事件 A,则事件 A 中的基本事件的个数为 4, 4 1 所以 P(A)=8=2. 1 所以乘客 P5 坐到 5 号座位的概率是2. 3 3 P4 4 5 1 4 4 1 5 4 P5 5 1 5 5 1 5 1 1

(1)的关键是由数据表确定该同学至少参加上述一个社团的基本事件数; (2)列举法是求基本事件数的主要方法,同时一定按规律一一列举,做到不重不 漏.

求古典概型概率的步骤 (1)反复阅读题目,收集题目中的各种信息,理解题意; (2)判断试验是否为古典概型,并用字母表示所求事件; (3)利用列举法、列表法或树状图法求出总的基本事件的个数 n 及事件 A 中包含 的基本事件的个数 m; m (4)计算事件 A 的概率 P(A)= n .

列举法解决问题的注意事项

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(1)尽量按某一顺序,以做到不重复、不遗漏. (2)是否有顺序,有序和无序是有区别的,可以交换次序来看是否对结果造成影 响,有影响就是有序,无影响即无序. (3)是否允许重复,即是放回的还是不放回的,放回的取元素是允许重复的,不 放回的取元素是不允许重复的.

互斥事件与对立事件的概率是高考的重点内容,一般不单独命题,常与古典概 型等知识交汇命题,将复杂事件的概率计算问题转化为其对立事件概率或几个 彼此互斥简单事件概率的和,从而优化解题过程,常出现在解答题中的关键一 问中,属低中档题. 复习中,熟记互斥事件与对立事件的概率计算公式及适用的条件,掌握求复杂 的互斥事件的方法.

3(1)(2013· 安徽, 5)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊 中录用三人,这五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为( 2 A.3 2 B.5 3 C.5 9 D.10 )

(2)(2012· 湖南,170,12 分)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安 排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据,如下表所示. 一次购物量 顾客数(人) 结算时间(分 钟/人) 1至4件 x 1 5至8件 30 1.5 9 至 12 件 25 2 13 至 16 件 y 2.5 17 件及以上 10 3

已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%. ①确定 x,y 的值,并估计顾客一次购物的结算时间的平均值; ②求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率.(将频率视为概率) 【解析】 (1)从五人中录用三人,所有可能的情况有 (甲,乙,丙)、(甲,乙,

丁)、 (甲,乙,戊 )、 ( 甲,丙,丁 )、 (甲,丙,戊 )、 (甲,丁,戊 ) 、 (乙,丙, 丁)、(乙,丙,戊)、(乙,丁,戊)、(丙,丁,戊),共 10 种.
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方法一 ( 通法 ) :甲被录用乙没被录用的可能情况有 ( 甲,丙,丁 ) , ( 甲,丙, 戊),(甲,丁,戊)共 3 种,乙被录用甲没被录用的可能情况有(乙,丙,丁), (乙,丙,戊),(乙,丁,戊)共 3 种,甲、乙都被录用的可能情况有 (甲,乙, 丙),(甲,乙,丁),(甲,乙,戊)共 3 种, 所以所求概率为 P= 3+3+3 9 10 =10.


方法二(优法):记事件 A:甲或乙被录用.则 A 的对立事件A仅有(丙,丁,戊)
- - 1 9 这一种可能,∴P(A)=10.即 P(A)=1-P(A)=10,选 D.

(2)①由已知得 25+y+10=100× 55%=55,x+30=100× (1-55%)=45, 所以 x=15,y=20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体,所收集的 100 位顾客一次 购物的结算时间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本,顾客一次购物 的结算时间的平均值可用样本平均数估计,其估计值为 1× 15+1.5× 30+2× 25+2.5× 20+3× 10 =1.9(分钟). 100 ②方法一(通法):记 A 表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”, A1,A2,A3 分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为 1 分钟”“该顾客一次购 物的结算时间为 1.5 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为 2 分钟”. 将频率视为概率得 15 3 30 3 25 1 P(A1)=100=20,P(A2)=100=10,P(A3)=100=4. 因为 A=A1∪A2∪A3,且 A1,A2,A3 是互斥事件, 所以 P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3) 3 3 1 7 =20+10+4=10. 7 故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为10. 方法二(优法):记 A 表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”,则


A 的对立事件A为“一位顾客一次购物的结算时间超过 2 分钟”,
- 20+10 3 由表知,P(A)= 100 =10. - 3 7 所以 P(A)=1-P(A)=1-10=10.

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7 故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为10.

解题(1)时,关键是求出甲或乙被录用的可能结果种类,通法求解情况较多,可 用优法求解,再用古典概型求概率; 解题(2)①时,关键由已知先确定 x,y 值,进而计算平均值;解②时,关键是分 清哪些事件是彼此互斥,并应用互斥事件的概率加法公式分别求解或转化为求 其对立事件的概率,用间接法求解。. (2013· 江西, 18 , 12 分 )小波以游戏方式决定 是去打球、唱歌还是去下棋.游戏规则为:以 O 为起点, 再从 A1,A2,A3,A4,A5,A6(如图)这 6 个点中任取两点分 别为终点得到两个向量,记这两个向量的数量积为 X. 若 X>0 就去打球,若 X=0 就去唱歌,若 X<0 就去下棋. (1)写出数量积 X 的所有可能取值; (2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率. 解:(1)由题意得 X 的所有可能取值为-2,-1,0,1. →· → (2)数量积为-2 的有OA 2 OA5,共 1 种; → · → → OA → , OA → · → → OA → , OA → · → 数 量 积 为 - 1 的 有 OA 1 OA5 , OA1 · 6 2 OA4 , OA2 · 6 3 OA4 , → OA → ,共 6 种; OA3· 5 →· → → OA → ,OA →· → → OA → ,共 4 种; 数量积为 0 的有OA 1 OA3,OA1· 4 3 OA6,OA4· 6 →· → → OA → ,OA →· → → OA → ,共 4 种.故所有可能 数量积为 1 的有OA 1 OA2,OA2· 3 4 OA5,OA5· 6 的情况共有 1+6+4+4=15(种). 7 所以小波去下棋的概率为 P1=15; 4 4 11 因为去唱歌的概率为 P2=15,所以小波不去唱歌的概率 P=1-P2=1-15=15. 思路点拨:本题(1)的解题关键是根据向量的坐标,求出其数量积;本题 (2)先根 据(1)的结果求出各数量积对应的两个向量的个数,再求概率。

互斥事件、对立事件概率的求法
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(1)解决此类问题,首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析是不是互斥事件 或对立事件,再选择概率公式进行计算. (2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法: ①直接法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和,运用互 斥事件的概率加法公式计算;


②间接法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式 P(A)=1-P(A)求解,即用 正难则反的数学思想,特别是“至多”“至少”型问题,用间接法就显得较简便.

1.(2015· 河南安阳二模,5)从一箱产品中随机地抽取一件,设事件 A={抽到一 等品},事件 B={抽到二等品},事件 C={抽到三等品},且已知 P(A)=0.65, P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( A.0.7 1.C B.0.65 C.0.35 D.0.5 )

[考向 3]“抽到的产品不是一等品”与事件 A 是对立事件,∴所求概率 P=1

-P(A)=0.35,故选 C. 2.(2016· 山东烟台一模,6)从集合 A={-1,1,2}中随机选取一个数记为 k, 从集合 B={-2,1,2}中随机选取一个数记为 b,则直线 y=kx+b 不经过第三 象限的概率为( 2 A.9 1 B.3 ) 4 C.9 5 D.9

2.A [考向 2]由题意知本题是一个古典概型,试验发生包含的事件 k∈A={- 1,1,2},b∈B={-2,1,2}得到(k,b)的取值所有可能的结果有: (-1,- 2), (-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,1),(1,2),(2,-2),(2,1),(2,2)共 9 种. ?k<0, 而当? 时,直线不经过第三象限, ?b>0 符合条件的(k,b)有 2 种结果, ∴直线不经过第三象限的概率为 2 P=9.故选 A.
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3.(2016· 湖北荆州一模,7)已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,这些灯 泡的外形与功率都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次 从中任取一只并不放回,则在他第 1 次抽到的是螺口灯泡的条件下,第 2 次抽到 的是卡口灯泡的概率为( 3 A.10 2 B.9 7 C.8 ) 7 D.9 7 7 =9,故选 D. 2+7

3.D [考向 2]若第 1 次抽到的是螺口灯泡,这时盒子中还有 2 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,则第 2 次抽到的是卡口灯泡的概率为

4.(2015· 湖南益阳一模,4)4 张卡上分别写有数字 1,2,3,4,从这 4 张卡片中 随机抽取 2 张,则取出的 2 张卡片上的数字之和为偶数的概率为( 1 A.2 1 B.3 2 C.3 3 D.4 )

4.B [考向 2]因为从 4 张卡片中任取出 2 张有(1,2),(1,3),(1,4),(2, 3),(2,4),(3,4)共 6 种情况,其中 2 张卡片上数字和为偶数的有(1,3),(2, 1 4)这 2 种情况,所以 2 张卡片上的数字和为偶数的概率为3,故选 B. 5.(2016· 广东中山联考,12)经统计,在银行一个营业窗口每天上午 9 点钟排队 等候的人数及相应概率如下: 排队人数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 ≥5 0.04

则 该 营 业 窗 口 上 午 9 点 钟 时 , 至 少 有 2 人 排 队 的 概 率 是 ______________________. 5.[考向 3] 【解析】 由表格可得至少有 2 人排队的概率 P=0.3+0.3+0.1+0.04 =0.74. 【答案】 0.74 6.(2016· 安徽合肥二模,11)采用随机模拟试验的方法估计三天中恰有两天下雨 的概率:先利用计算器产生 0 到 9 之间取整数值的随机数,用 1,2,3,4 表示 下雨,用 5,6,7,8,9,0 表示不下雨;再以每三个随机数作为一组,代表这 三天的下雨情况.经随机模拟试验产生了如下 20 组随机数: 907 966 431 257 191 393 925 027 271 556 932 488 812 730 458 113
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569 537

683 989

据此估计,这三天中恰有两天下雨的概率近似为________. 6.[考向 1]【解析】 由题意知模拟三天中恰有两天下雨的结果,经随机模拟产 生了 20 组随机数,在 20 组随机数中表示三天中恰有两天下雨的有:191、271、 5 932、812、393,共 5 组随机数,故所求概率为20=0.25. 【答案】 0.25 7.(2016· 四川成都一模,17,12 分)某地区从某年起几年内考上大学的人数及 其中的男生人数如表: 时间范围 考上大学人数 男生人数 1 年内 5 544 2 883 2 年内 9 607 4 970 3 年内 13 520 6 994 4 年内 17 190 8 892

(1)分别计算几年(1 年,2 年,3 年,4 年)内考上大学的学生是男生的频率(保留 4 位小数); (2)这一地区考上大学的学生是男生的概率约是多少? 7.[考向 1]解:(1)该地区考上大学的学生是男生的频率: 2 883 1 年内:5 544≈0.520 0. 4 970 2 年内:9 607≈0.517 3. 6 994 3 年内:13 520≈0.517 3. 8 892 4 年内:17 190≈0.517 3. (2)由于(1)中的这些频率非常接近 0.517 3.因此这一地区考上大学的学生是男生 的概率约为 0.517 3. 8.(2016· 湖南岳阳一模,16,12 分)某中学生物兴趣小组在学校生物园地种植 了一批名贵树苗,为了解树苗的生长情况,从这批树苗中随机地测量了其中 50 棵树苗的高度(单位:厘米),并把这些高度列成了如下的频数分布表: 分组 频数 [40,50) 2 [50,60) 3 [60,70) 14 [70,80) 15 [80,90) 12 [90,100] 4

(1)在这批树苗中任取一棵,其高度不低于 80 厘米的概率是多少? (2)这批树苗的平均高度大约是多少?(计算时用各组的中间值代替各组数据的平 均值)
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(3)为了进一步获得研究资料,若从[40,50)组中移出一棵树苗,从[90,100]组 中移出两棵树苗进行试验研究,则[40,50)组中的树苗 A 和[90,100]组中的树 苗 C 同时被移出的概率是多少? 8.[考向 2]解:(1)∵高度不低于 80 厘米的频数是 12+4=16, 16 8 ∴高度不低于 80 厘米的树苗的概率为50=25. (2)根据题意,样本容量即各组频数之和为 2+3+14+15+12+4=50, 则树苗的平均高度为


45× 2+55× 3+65× 14+75× 15+85× 12+95× 4 3 690 x= = =73.8(cm). 50 50

(3)设[40,50)组中的树苗为 A、B,[90,100]组中的树苗为 C、D、E、F, 则基本事件总数为 12,它们是 ACD、ACE、ACF、ADE、ADF、AEF、BCD、 BCE、BCF、BDE、BDF、BEF, 而满足 A、C 同时被移出的事件为 ACD、ACE、ACF 共 3 种, 3 1 ∴树苗 A 和树苗 C 同时被移出的概率为 P=12=4. 思路点拨:(1)根据题意,由频率分布表可得高度不低于 80 厘米的频数,进而由 等可能事件的概率公式,计算可得. (2)首先计算出样本容量,进而由平均数的计算公式计算可得. (3)设[40,50)组中的树苗为 A、B,[90,100]组中的树苗为 C、D、E、F,用列 举法可得移出 3 棵树苗的基本事件的数目与 A、C 同时被移出的事件数目,由等 可能事件的概率公式计算可得. 9.(2015· 湖北黄石二模,18,12 分)某商场有奖销售中,购满 100 元商品得 1 张 奖券,多购多得.1 000 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. 1 9.[考向 3]解:(1)P(A)=1 000, 10 1 P(B)=1 000=100,
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50 1 P(C)=1 000=20. 1 1 1 故事件 A,B,C 的概率分别为1 000,100,20. (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”为事件 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)= 61 故 1 张奖券的中奖概率为1 000. (3)设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件 N,由对立事件概率公式得 P(N)=1-P(A∪B) 1 ? 989 ? 1 =1-?1 000+100?=1 000. ? ? 989 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为1 000. 1+10+50 61 1 000 =1 000.

1.(2016· 课标Ⅱ,8,易)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现,红 灯持续时间为 40 秒.若一名行人来到该路口遇到红灯,则至少需要等待 15 秒才 出现绿灯的概率为( 7 A.10 5 B.8 3 C.8 ) 3 D.10

40-15 5 1.B [考向 1]P= 40 =8. 2.(2015· 福建,8,易)如图,矩形 ABCD 中,点 A 在 x 轴 上,点 B 的坐标为(1,0),且点 C 与点 D 在函数 f(x)= x+1,x≥0, ? ? ? 1 的图象上,若在矩形 ABCD 内随机取一点, -2x+1,x<0 ? ? 则此点取自阴影部分的概率等于( )

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1 A.6

1 B.4

3 C.8

1 D.2

2.B [考向 2]由题意可知,如图,则 E(0,1),C(1,2),D(-2,2),

3× 1 2 1 ∴所求事件的概率为 P=3× 2=4. 3.(2014· 湖南,5,易)在区间[-2,3]上随机选取一个数 X,则 X≤1 的概率为 ( 4 A.5 ) 3 B.5 2 C.5 1 D.5

3.B [考向 1]这是一个几何概型问题,测度是长度,此问题的总长度为 5,使 3 得“X≤1”的长度为 3,因此 P(X≤1)=5. 4.(2014· 辽宁,6,易)若将一个质点随机投入如图所示的长方形 ABCD 中,其 中 AB=2,BC=1,则质点落在以 AB 为直径的半圆内的概率是( )

π A.2

π B.4

π C.6

π D.8 S半圆 = S长方形

4.B [考向 2]设“质点落在以 AB 为直径的半圆内”为事件 A,则 P(A)= 1 2 2×π×1 π = . 1× 2 4

5.(2013· 湖南,9,中) 已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P,使 1 AD △APB 的最大边是 AB”发生的概率是2,则 AB =( 1 A.2 1 B.4 3 C. 2 7 D. 4 )

5.D [考向 1]矩形 ABCD 如图所示,在点 P 从 D 点向 C 点移动过程中,DP 在 增大,AP 也在增大,而 BP 在逐渐减小,当点 P 到 P1 位置时,BA=BP1,当点
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P 到 P2 位置时,AB=AP2,故点 P 在线段 P1P2 上时,△ABP 中边 AB 最大,由 1 9 9 2 题意可得 P1P2=2CD.在 Rt△BCP1 中,BP1 =16CD2+BC2=16AB2+AD2=AB2. 7 AD 7 即 AD2=16AB2,所以 AB = 4 ,故选 D.

思路点拨:根据几何概型的特点寻找满足条件的点 P,利用直角三角形的性质 求解. 6.(2015· 陕西,12,难)设复数 z=(x-1)+yi(x,y∈R),若|z|≤1,则 y≥x 的概率 为( ) 1 1 B.2+π 1 1 C.4-2π 1 1 D.2-π

3 1 A.4+2π 6.C

[考向 2]由|z|≤1 得(x-1)2+y2≤1,由题意作图如图所示,

π 1 4-2 1 1 ∴y≥x 的概率为 π =4-2π. 7.(2014· 福建,13,易)如图,在边长为 1 的正方形中随机撒 1 000 粒豆子,有 180 粒落到阴影部分,据此估计阴影部分的面积为________.

7.[考向 2]【解析】 由已知可知豆子落到阴影部分的概率为 S阴影 S阴影 180 P=1 000= = 1 , S正方形 ∴S 阴影=0.18. 【答案】 0.18 8.(2013· 湖北,15,中)在区间[-2,4]上随机地取一个数 x,若 x 满足|x|≤m 的 5 概率为6,则 m=________.
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8.[考向 1]【解析】 由|x|≤m,得-m≤x≤m. 2m 5 当 m≤2 时,由题意得 6 =6, 解得 m=2.5,矛盾,舍去. 当 2<m<4 时,由题意得 【答案】 3 9.(2014· 重庆,15,中)某校早上 8:00 开始上课,假设该校学生小张与小王在 早上 7:30~7:50 之间到校,且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的, 则小张比小王至少早 5 分钟到校的概率为________.(用数字作答) m-(-2) 5 =6,解得 m=3,所以 m 的值为 3. 6

9.[考向 2]【解析】

?30≤x≤50, 设小张和小王到校的时间分别为 y 和 x,则?30≤y≤50, ?y-x≥5,

则满足条件的区域如图中阴影部分所示. 1 15× 15 2× 9 故所求概率 P= 20× 20 =32.

9 【答案】 32

与长度(角度)有关的几何概型是近几年高考考查几何概型的主要类型,常与不 等式问题、方程的根的存在情况、函数零点、函数的定义域、值域、单调性等 知识交汇命题,多以选择题、填空题的形式出现,属低中档题. 复习时,一定要明确几何概型的定义,记住几何概型的概率计算公式,掌握根

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据具体的情况转化到长度(角度)的计算问题的策略. 1(1)(2015· 山东,7)在区间[0,2]上随机地取一个数 x,则事件 ? 1? “-1≤log1?x+2?≤1”发生的概率为( ? ? 2 3 A.4 2 B.3 1 C.3 1 D.4 )

(2)(2016· 湖北荆门质检,18,12 分) 如图所示,△ABC 为等腰直角三角形,其中∠ACB 为直角. ①在 AB 上任取一点 M,求 AM≤AC 的概率; ②在∠ACB 内任作一条射线,交 AB 于点 M,求 AM≤AC 的概率. ? 1? 【解析】 (1)∵-1≤log1?x+2?≤1, ? ? 2 1 1 ∴2≤x+2≤2, 3 2 3 3 解得 0≤x≤2,故所求概率 P=2=4.选 A. (2)①记“AM≤AC”为事件 D,由题意, 可知该事件的概率是与线段长度有关的几何概型.其中 Ω={线段 AB}, 设 AC=BC=1,则 AB= 2,故 Ω 的度量 LΩ= 2. 在线段 AB 上取一点 T,使得 AT=AC,显然,当 M 在线段 AT 上时,AM≤AC. 所以 D={线段 AT},其长度 LD=1. LD 1 2 故所求事件的概率为 P(D)=L = = 2 . Ω 2 ②记“AM≤AC”为事件 E,由题意,可知点 M 为∠ACB 内的射线与线段 AB 的交 点,所以该事件的概率是与角度有关的几何概型.其中 Ω′={∠ACB},其几何 π 度量 θΩ′=2. 由(1)知当 M 在线段 AT 上时,AM≤AC.所以 E={∠ACT}. π 3π 3π 因为 A=4,AC=AT,所以∠ACT=∠ATC= 8 ,故 θE= 8 .

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3π θE 8 3 故所求事件的概率为 P(E)=θ = π =4. Ω′ 2

解题(1)时,先利用对数函数的单调性解出不等式,再根据几何概型的概率公式 求出概率; 解题(2)①时,要明确点 M 是在线段 AB 上取得的,对应事件的度量应该用线段 长度;解题②时,要明确点 M 为∠ACB 内所做射线与 AB 的交点,故对应事件 的度量应该用角度。

1.(2016· 山东烟台一模,12)已知 G(x)表示函数 y=2cos x+3 的导 ? π ? 数,在区间?-3,π?上随机取值 α,G(α)<1 的概率为________. ? ? 1.【解析】 ∵G(x)表示函数 y=2cos x+3 的导数,∴G(x)=-2sin x. ∵G(α)<1,∴-2sin α<1. π? ? π ? ? π 又 α∈?-3,π?,解得 α∈?-3,-6?. ? ? ? ? 由几何概型的概率公式得 π ? π? -6-?-3? ? ? 1 P= =8. ? π? π-?-3? ? ? 1 【答案】 8 2 . (2015· 云南 昆明 调研 , 13) 如 图, 在 △ABC 中, ∠B = 60° ,∠C=45° ,高 AD= 3,在∠BAC 内作射线 AM 交 BC 于点 M,则 BM<1 的概率为________. 2.【解析】 ∵∠B=60° ,∠C=45° , ∴∠BAC=75° . 在 Rt△ADB 中,AD= 3,∠B=60° , AD ∴BD=tan 60° =1,∠BAD=30° . 记事件 N 为“在∠BAC 内作射线 AM 交 BC 于点 M,使 BM<1”,则可得∠BAM
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<∠BAD 时事件 N 发生. 由几何概型的概率公式得 30° 2 P(N)=75° =5. 2 【答案】 5

与长度、角度有关的几何概型概率的求法 (1)设线段 l 是线段 L 的一部分,向线段 L 上任投一点,点落在线段 l 上的概率为 l的长度 P= . L的长度 (2)当涉及射线的转动,如扇形中有关落点区域问题时,应以角的大小作为区域 度量来计算概率,且不可用线段代替,这是两种不同的度量手段. 注意:与长度或角度有关的几何概型,有时题干并不直接给出,而是将条件隐 藏,与其他知识综合考查.

与面积(体积)有关的几何概型是近几年高考考查几何概型的热点,常与平面几 何图形的性质、解析几何、立体几何、向量、复数、线性规划等知识交汇命 题,多以选择题、填空题的形式出现,属低中档题. 复习中,一定要明确几何概型的定义,记住几何概型的概率计算公式,掌握根 据具体的情况转化到图形面积(体积)的计算问题的策略.

2(1)(2015· 湖北,8)在区间[0,1]上随机取两个数 x,y,记 p1 为事件“x 1 1 +y≤2”的概率,p2 为事件“xy≤2”的概率,则( 1 A.p1<p2<2 1 B.p1<2<p2 1 C.p2<2<p1 ) 1 D.2<p2<p1

(2)(2016· 四川成都模拟,7)一个多面体的直观图和三视图如图所示,M 是 AB 的 中点,一只蝴蝶在几何体 ADFBCE 内自由飞翔,则它飞入几何体 FAMCD 内的 概率为( )

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3 A.4

2 B.3

1 C.3

1 D.2

【解析】 (1)如图,满足条件的 x,y 构成的点(x,y)在正方形 OBCA 内,其面 1 1 1 1 积为 1.则 p1 表示的区域为①,其面积为2× 2× 2=8, 1 1 1 故 p1=8<2,p2 表示的区域为①②,其面积显然大于2, 1 1 故 p2>2,所以 p1<2<p2.

1 1 3 1 3 (2)因为 VFDF = a , V AMCD= SAMCD· ADF-BCE= a , 3 4 2 1 3 a 4 1 所以它飞入几何体 FAMCD 内的概率为1 =2. 3 2a 【答案】 (1)B (2)D

解题(1)时,关键是弄清点(x,y)的活动空间为正方形 OBCA,进而将该几何概型 变为“面积比”型,分别画出两事件对应的图形,估算概率; 解题(2)时,关键由立体几何知识分别求出 VFAMCD 及 VADF-BCE.

(2013· 陕西,5)如图,在矩形区域 ABCD 的 A,C 两点处各有一个通信基站,假设其信号的覆盖范 围分别是扇形区域 ADE 和扇形区域 CBF(该矩形区域内
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无其他信号来源,基站工作正常).若在该矩形区域内随机地选一地点,则该地 点无信号的概率是( π A.1-4 π B.2-1 ) π C.2-2 π D.4 π π A 依题意知,有信号区域的面积为4× 2=2,矩形区域的面积为 2,故无信号的 π 2-2 π 概率 P= 2 =1-4,故选 A.,

应用几何概型求概率的方法 建立相应的几何概型,将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何 图形,并加以度量. (1)一般地,一个连续变量可建立与长度有关的几何概型,只需把这个变量放在 坐标轴上即可; (2)若一个随机事件需要用两个变量来描述,则可用这两个变量的有序实数对来 表示它的基本事件,然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几 何概型; (3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述,则可用这三个变量组成的有序 数组来表示基本事件,利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型.

1.(2016· 安徽巢湖一模,5)函数 f(x)=x2-x-2,x∈[-5,5],在定义域内任取 一点 x0,使 f(x0)≤0 的概率是( )

1 2 3 4 A.10 B.3 C.10 D.5 1.C [考向 1]∵f(x)≤0?x2-x-2≤0?-1≤x≤2, ∴f(x0)≤0?-1≤x0≤2, 即 x0∈[-1,2]. ∵在定义域内任取一点 x0, ∴x0∈[-5,5], ∴使 f(x0)≤0 的概率为

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2-(-1) 3 P= = .故选 C. 5-(-5) 10 π 2.(2016· 广东珠海三模,5)如图,圆 C 内切于扇形 AOB,∠AOB=3,若在扇形 AOB 内任取一点,则该点在圆 C 内的概率为( )

1 A.6 2.C

1 B.3

2 C.3

3 D.4

[考向 2]由题意知本题是一个等可能事件的概率,设圆 C 的半径为 r.

试验发生包含的事件对应的是扇形 AOB,满足条件的事件对应的是圆,其面积 为⊙C 的面积是 π·r2. 如图,连接 OC,并延长交扇形于点 P.

π 由于 CE=r,∠BOP=6, ∵CE⊥OB,∴OC=2r,OP=3r, π·(3r)2 3πr2 则 S 扇形 AOB= = 2 . 6 由几何概型的概率计算公式得 S⊙C 2 P= = ,故选 C. S扇形OAB 3 3 . (2015· 湖南永州一模, 3) 已知∠AOB = 60° ,在∠AOB 内随机作一条射线 OC,则∠AOC 小于 15° 的概率为( 1 A.4 1 B.2 3 C.4 1 D.3 )

3.A [考向 1]全部的区间角度为 60° ,“∠AOC 小于 15°”为事件 A,则满足 A

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15° 1 的区间角度为 15° ,由几何概型概率的计算公式可得,P(A)=60° =4,故选 A. 4.(2015· 湖北武汉一模,5)在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C,现作一矩 形,邻边长分别等于线段 AC,CB 的长,则该矩形面积大于 20 cm2 的概率为 ( 1 A.6 4.C ) 1 B.3 2 C.3 4 D.5

[考向 1]如图所示,设 AC=x,则 BC=12-x,则矩形的面积 S=x(12-

x),由 S>20,解得 2<x<10.

10-2 2 ∵线段 AB 的长为 12 cm,所以矩形面积大于 20 cm2 的概率为 12 =3,故选 C. 5.(2016· 河南郑州联考,6)已知正三棱锥 SABC 的底面边长为 4,高为 3,在正 1 三棱锥内任取一点 P,使得 VPABC< VS2 ABC 的概率是( 3 A.4 5.B 7 B.8 1 C.2 1 D.4 )

1 [ 考向 2] 由题意知,当点 P 在三棱锥的中截面以下时,满足 VPABC< 2

VSABC, 1 V′ 故使得 VPABC< VS2 ABC 的概率 P= V 大三棱锥的体积-小三棱锥的体积 = 大三棱锥的体积 ?1?3 7 =1-?2? =8.故选 B. ? ?

6.(2016· 四川广安一模,6)在区间[0,π]上随机取一个数 x,则事件“sin x+cos

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6 x≥ 2 ”发生的概率为( 1 1 A.4 B.3 1 2 C.2 D.3

)

6 6.B [考向 1]∵sin x+cos x≥ 2 , ? π? 6 即 2sin?x+4?≥ 2 , ? ? ? π? 3 ∴sin?x+4?≥ 2 . ? ? ∵x∈[0,π], π ?π 5π? ∴x+4∈?4, 4 ?, ? ? ?π 5π? ∴在区间?4, 4 ?内,满足 ? ? π ?π 2π? ? π? 3 sin?x+4?≥ 2 的 x+4∈?3, 3 ?, ? ? ? ? ∴在区间[0,π]内,满足 ? π? 3 ? π 5π? sin?x+4?≥ 2 的 x∈?12,12?, ? ? ? ? 6 ∴事件“sin x+cos x≥ 2 ”发生的概率为 5π π 12-12 1 P= =3.故选 B. π-0 7.(2016· 山东青岛二模,7)已知函数 f(x)=x2+bx+c,其中 0≤b≤4,0≤c≤4,记 ?f(2)≤12, 函数 f(x)满足条件? 为事件为 A,则事件 A 发生的概率为( ?f(-2)≤4 1 A.2 5 B.8 3 C.8 1 D.4 )

?f(2)≤12, ?4+2b+c≤12, ?2b+c≤8, 7.A [考向 2]由题意得? ?? ?? 如图,作 ?f(-2)≤4 ?4-2b+c≤4 ?-2b+c≤0. 出平面区域,易知事件 A 所包含的区域如图阴影部分,由几何概型概率公式可 1 4× 4 2× 1 得事件 A 发生的概率为 P= 4× 4 =2.

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8 . (2016·河 北 衡 水 一 模 , 14) 记 集 合 A = {(x , y)|x2 + y2≤1} , B =

? ?x+y≤1,? ?(x,y)|?x≥0, ?构成的平面区域分别为 M,N,现随机地向 M 中抛一粒 ? ?y≥0 ?
豆子(大小忽略不计),则该豆子落入 N 中的概率为________. 8 . [ 考 向 2] 【 解 析 】 如 图 所 示 , 集 合 A = {(x , y)|x2 + y2≤1} , B =

? ?x+y≤1,? ?(x,y)|?x≥0, ?构成的平面区域 M,N 分别为圆 O 与直角三角形 OAB, ? ?y≥0 ?
1 面积分别为 π,2,随机地向 M 中抛一粒豆子(大小忽略不计),则该豆子落入 N 1 2 1 中的概率为 P=π=2π.

【答案】

1 2π

9.(2016· 福建厦门调研,14)有一个底面圆的半径为 1,高为 3 的圆柱,点 O1, O2 分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心,在这个圆柱内随机取一点 P,则点 P 到点 O1,O2 的距离都大于 1 的概率为________. 9.[考向 2]【解析】 ∵到点 O1 的距离等于 1 的点构成一个半球面,到点 O2 的距离等于 1 的点构成一个半球面,两个半球面构成一个整球,如图所示,

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∴ 点 P 到 点 O1 , O2 的 距 离 都 大 于 1 的 概 率 为 P = 4π 3π- 3 圆柱的体积-球的体积 5 = π×3 =9. 圆柱的体积 5 【答案】 9

球外的体积 = 圆柱的体积

一、随机事件的频率与概率 1.随机事件概率的基本性质 (1)概率的取值范围为 0≤P(A)≤1; (2)必然事件的概率为 1,不可能事件的概率为 0. 2.频率和概率 (1)频数与频率:在相同的条件 S 下进行 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 nA 为事件 A 出现的频数,称事件 A 出现的比例 nA fn(A)= n 为事件 A 出现的频率. (2)概率:对于给定的随机事件 A,如果随着试验次数 n 的增加,事件 A 发生的 频率 fn(A)稳定在某个常数上,则把这个常数记作 P(A),称为事件 A 的概率.

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. 二、古典概型 1.古典概型的两个特点 (1)有限性:试验中所有可能出现的基本事件只有有限个,每次试验只出现其中 一个基本事件;

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(2)等可能性:每个基本事件发生的可能性是相等的. 2.古典概型的概率公式 (1)在基本事件总数为 n 的古典概型中,每个基本事件发生的概率都是相等的, 1 即每个基本事件的概率都是n. (2)如果随机事件 A 包含的基本事件数为 m,由互斥事件的概率加法公式可得 P(A) A包含的基本事件的个数 m = n .即对于古典概型,任何事件的概率为 P(A)= . 基本事件的总数 3.基本事件个数的确定方法 (1)列举法:此法适合于基本事件较少的古典概型. (2) 列表法:此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成是坐标 法. (3)树状图法:树状图是进行列举的一种常用方法,适合于有顺序的问题及较复 杂问题中基本事件个数的探求.

求古典概型的概率时,应注意试验结果的有限性和所有结果的等可能性. 三、互斥事件与对立事件的概率 1.互斥事件及其概率的加法公式 (1)定义:若 A∩B 为不可能事件(记作:A∩B=?),则称事件 A 与事件 B 互斥,其 含义是:事件 A 与事件 B 在任何一次试验中不会同时发生. (2)如果事件 A 与事件 B 互斥,那么 P(A∪B)=P(A)+P(B); (3)一般地,如果事件 A1,A2,…,An 彼此互斥,那么事件“A1∪A2∪…∪An”发 生(指事件 A1,A2,…,An 中至少有一个发生)的概率等于这 n 个事件分别发生的 概率和,即 P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An). 2.对立事件及其概率公式 (1)定义:若 A∩B 为不可能事件,而 A∪B 为必然事件,则事件 A 与事件 B 互为 对立事件,其含义是:事件 A 与事件 B 在任何一次试验中有且仅有一个发生. (2)若事件 B 与事件 A 互为对立事件,则 P(A)+P(B)=1,即 P(A)=1-P(B).A
- -

的对立事件记为A,当计算事件 A 的概率 P(A)比较困难时,可通过 P(A)=1-P(A) 计算.
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(1)对立事件是互斥事件的一种特殊情况,是指在一次试验中有且只有一个发
- -

生的两个事件,事件 A 的对立事件记作A.从集合的角度来看,事件A所含结果的 集合正是全集 U 中由事件 A 所含结果组成的集合的补集.对立事件一定是互斥 事件,但互斥事件不一定是对立事件. (2)只有事件 A,B 互斥时,才有公式 P(A∪B)=P(A)+P(B),否则公式不成立. 四、几何概型 1.几何概型的特点及概率公式 (1)特点:无限性(所有可能出现的基本事件有无限个)、等可能性. (2)概率公式:P(A)= A的几何度量 . 总的几何度量

2.对几何概型概率公式中“几何度量(测度)”的认识 几何概型的概率公式中的 “几何度量 (测度)” 只与大小有关,而与形状和位置无 关,在解题时,要掌握“几何度量(测度)”为长度、面积、体积、角度等常见的几 何概型的求解方法. 3.判断几何概型中的几何度量形式的方法 (1)当题干是双重变量的问题时,一般与面积有关系. (2)当题干是单变量问题时,要看变量可以等可能到达的区域.若变量在线段上 移动,则几何度量是长度;若变量在平面区域 (空间区域)内移动,则几何度量 是面积(体积),即几何度量的形式取决于题干中变量可以等可能变化的区域.

一、选择题(共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分) 1 . (2016· 湖 南 岳 阳 一 模 , 3) 在 区 间 [0 , π] 上 随 机 取 一 个 实 数 x , 使 得 sin 1? ? x∈?0,2?的概率为( ? ? 1 2 1 A.π B.π C.3 1.C ) 2 D.3

π? ?5π ? 1? ? ? 在区间[0,π]上,当 x∈?0,6?∪? 6 ,π?时,sin x∈?0,2?,由几何概型 ? ? ? ? ? ?

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π π 6+6 1 的概率计算公式得 P= π =3. 故选 C. 2.(2013· 课标Ⅰ,3)从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数,则取出的 2 个数之差 的绝对值为 2 的概率是( 1 A.2 1 B.3 1 C.4 ) 1 D.6

2.B 从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数,有{1,2},{1,3},{1,4},{2, 3},{2,4},{3,4}共有 6 种取法.构成“取出的 2 个数之差的绝对值为 2”这个 2 1 事件的基本事件的个数为 2.所以所求概率 P=6=3,故选 B. 3 . (2016· 广东佛山一模, 5) 随着互联网的普及,网上购物已逐渐成为消费时 尚,为了解消费者对网上购物的满意情况,某公司随机对 4 500 名网上购物消费 者进行了调查(每名消费者限选一种情况回答),统计结果如表: 满意情况 人数 不满意 200 比较满意 n 满意 2 100 非常满意 1 000

根据表中数据,估计在网上购物的消费者群体中对网上购物 “ 比较满意 ” 或 “ 满 意”的概率是( 7 A.15 3.C 2 B.5 ) 11 C.15 13 D.15

由题意得,n=4 500-200-2 100-1 000=1 200,所以对网上购物“比

较满意”或“满意”的人数为 1 200+2 100=3 300, 3 300 11 由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为4 500=15. 1 4.(2016· 湖北鄂州二模,7)已知函数 f(x)=3x3+ax2+b2x+1,若 a 是从 1,2,3 三个数中任取的一个数,b 是从 0,1,2 三个数中任取的一个数,则该函数有两 个极值点的概率为( 7 A.9 1 B.3 5 C.9 ) 2 D.3

4.D 对 f(x)求导可得 f′(x)=x2+2ax+b2,要满足题意,需 x2+2ax+b2=0 有两 个不相等实根, 即 Δ=4(a2-b2)>0,即 a>b.

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又 a ,b 的取法有 (1,0), (2, 0), (3 ,0), (1 ,1),(2 , 1), (3, 1),(1 , 2), (2,2),(3,2)共 9 种, 其中满足 a>b 的有(1,0),(2,0),(2,1),(3,0),(3,1),(3,2)共 6 种, 6 2 故所求的概率为 P=9=3. 5.(2014· 江西,3)掷两颗均匀的骰子,则点数之和为 5 的概率等于( 1 A.18 5.B 1 B.9 1 C.6 1 D.12 )

掷两颗均匀的骰子,得到的点数有 (1 , 1) , (1 , 2) , (1 , 3) , (1 , 4) ,

(1 , 5) , (1 , 6) , (2 , 1) , (2 , 2) , (2 , 3) , (2 , 4) , (2 , 5) , (2 , 6) , (3 , 1) , (3 , 2) , (3 , 3) , (3 , 4) , (3 , 5) , (3 , 6) , (4 , 1) , (4 , 2) , (4 , 3) , (4 , 4) , (4 , 5) , (4 , 6) , (5 , 1) , (5 , 2) , (5 , 3) , (5 , 4) , (5 , 5) , (5 , 6) , (6 , 1) , (6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共有 36 个基本事件,其中点数之和为 4 1 5 的基本事件有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共 4 个,故所求概率为36=9. 故选 B. 6.(2014· 湖北,5)随机掷两枚质地均匀的骰子,它们向上的点数之和不超过 5 的概率记为 p1,点数之和大于 5 的概率记为 p2,点数之和为偶数的概率记为 p3,则( ) B.p2<p1<p3 C.p1<p3<p2 D.p3<p1<p2

A.p1<p2<p3 6.C

10 随机抛掷两枚骰子,它们向上的点数之和的结果如图,则 p1=36,p2=

26 18 36,p3=36,∴p1<p3<p2,故选 C.

7.(2014· 陕西,6)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的距离小于该正方形边长的概率为( 1 A.5 2 B.5 3 C.5 4 D.5 )

7.B 设正方形的四个顶点分别是 A,B,C,D,中心为 O,从这 5 个点中,任

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取两个点的事件分别为 AB,AC,AD,AO,BC,BD,BO,CD,CO,DO,共 有 10 种,其中只有顶点到中心 O 的距离小于正方形的边长,分别是 AO,BO, 4 2 CO,DO,共有 4 种.故满足条件的概率 P=10=5.故选 B. 8 . (2015· 湖南长沙一模, 6) 在圆的一条直径上,任取一点作与该直径垂直的 弦,则其弦长超过该圆的内接等边三角形的边长概率为( 1 A.4 8.C 1 B.3 1 C.2 3 D. 2 )

如图所示,△BCD 是圆内接等边三角形,过直径 BE 上任一点作垂直于

直径的弦,设大圆的半径为 2,则等边三角形 BCD 的内切圆的半径为 1,要使弦 长大于 CD 的长,就必须使圆心 O 到弦的距离小于|OF|,记事件 A={弦长超过 圆内接等边三角形的边长}={弦中点在内切圆内},由几何概型概率公式得 P(A) 1 2 2× 1 = 2 =2,故选 C.

9 . (2015· 安徽合肥三模, 7) 我们把形如 “1 324” 和 “3 241” 形式的数称为 “ 锯齿 数”(即大小间隔的数),由 1,2,3,4 四个数组成一个没有重复数字的四位数, 则该四位数恰好是“锯齿数”的概率为( 1 A.2 5 B.12 1 C.3 1 D.4 )

9.B 通过画树状图可知由 1,2,3,4 四个数构成的没有重复数字的四位数共 有 24 个,四位数为“锯齿数”的有:1 324 ,1 423,2 143,2 314 ,2 413,3 142,3 241,3 412,4 132,4 231,共 10 个,所以四位数为“锯齿数”的概率为 10 5 24=12.故选 B. 10.(2016· 山东淄博一模,9)若实数 x,y

?x+y-1≤0, 满足约束条件?x-y+1≥0,将一颗骰 ?y+1≥0,

子投掷两次得到的点数分别为 a,b,则函数 z=2ax+by 在点(2,-1)处取得最

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大值的概率为( 1 A.5 10.D 2 B.5 1 C.6

) 5 D.6

?x+y-1≤0, 如图,画出不等式组?x-y+1≥0,表示的平面区域如图阴影部分. ?y+1≥0

∵函数 z=2ax+by 在点(2,-1)处取得最大值, 2a ∴直线 z=2ax+by 的斜率 k=- b ≤-1,即 2a≥b. ∵一颗骰子投掷两次分别得到点数为(a,b),则这样的有序整数对共有 36 个, 其中 2a≥b 的有(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3, 2) , (3 , 3) , (3 , 4) , (3 , 5) , (3 , 6) , (4 , 1) , (4 , 2) , (4 , 3) , (4 , 4) , (4 , 5) , (4 , 6) , (5 , 1) , (5 , 2) , (5 , 3) , (5 , 4) , (5 , 5) , (5 , 6) , (6 , 1) , (6 , 2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共 30 个. 30 5 则函数 z=2ax+by 在点(2,-1)处取得最大值的概率为36=6,故选 D. 思路点拨:利用古典概型概率计算公式,先计算总的基本事件数 N,再计算事 件函数 z=2ax+by 在点(2,-1)处取得最大值时包含的基本事件数 n,最后即可 求出事件发生的概率. 二、填空题(共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 11.(2015· 江苏,5)袋中有形状、大小都相同的 4 只球,其中 1 只白球,1 只红 球, 2 只黄球,从中一次随机摸出 2 只球,则这 2 只球颜色不同的概率为 ________. 11.【解析】 4 只球分别记为白、红、黄 1、黄 2,则从中依次摸出 2 只球所有 可能的情况有:白红、白黄 1、白黄 2、红黄 1、红黄 2、黄 1 黄 2,共 6 种情况, 5 其中 2 只球颜色不同的有 5 种,故 P=6.
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5 【答案】 6 12.(2015· 重庆,15)在区间[0,5]上随机地选择一个数 p,则方程 x2+2px+3p -2=0 有两个负根的概率为________. 12.【解析】 设两根为 x1,x2,则

?x1+x2=-2p, ?-2p<0, ?x1x2=3p-2, ∴?3p-2>0, ?Δ>0, ?p2-3p+2>0,
2 ? ?p> , ∴? 3 ? ?p<1或p>2, 2 ∴3<p<1 或 p>2. ∴所求事件的概率为 2? 10 ? ?1-3?+(5-2) 3 ? ? 2 = 5 =3. 5 2 【答案】 3

?x+y≤ 2, 13.(2015· 湖南长沙一模,14)设不等式组?x-y≥- 2,所表示的区域为 M,函 ?y≥0
数 y= 1-x2的图象与 x 轴所围成的区域为 N,向 M 内随机投一个点,则该点落 在 N 内的概率为________. π 13.【解析】 如图,区域 M 的面积为 2,区域 N 的面积为2,由几何概型概率 π 计算公式知,所求概率为 P=4.

π 【答案】 4 14.(2015· 辽宁盘锦联考,14)已知 f(x),g(x)都是定义在 R 上的函数,g(x)≠0,

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f′(x)g(x)<f(x)g′(x),f(x)=axg(x),

f(1) f(-1) 5 + = ,则关于 x 的方程 abx2+ g(1) g(-1) 2

5 2x+2=0(b∈(0,1))有两个不同实根的概率为________. 14.【解析】 f(x) ∴ =ax. g(x) ∵f′(x)g(x)<f(x)g′(x),g(x)≠0, ? f(x) ? ?′=(ax)′=axln a<0, ∴? g ( x ) ? ? 即 ln a<0,即 0<a<1. f(1) f(-1) 5 又 + = , g(1) g(-1) 2 1 5 1 ∴a+a=2,即 a=2. 5 ∵关于 x 的方程 abx2+ 2x+2=0(b∈(0,1))有两个不同实根, 2 ∴Δ=2-10ab>0,即 0<b< , 5 2 5 2 故所求概率为1=5. 2 【答案】 5 三、解答题(共 4 小题,共 50 分) 15.(12 分)(2016· 广东肇庆模拟,17)最新高考改革方案已在上海和江苏开始实 施,某教育机构为了解我省广大师生对新高考改革方案的看法,对某市部分学 校 500 名师生进行调查,统计结果如下: 赞成改革 教师 学生 120 x 不赞成改革 y z 无所谓 40 130 ∵f(x)=axg(x),

在全体师生中随机抽取 1 名“赞成改革”的人是学生的概率为 0.3,且 z=2y. (1)现从全部 500 名师生中用分层抽样的方法抽取 50 名进行问卷调查,则应抽取 “不赞成改革”的教师和学生人数各是多少?
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(2)在(1)中所抽取的“不赞成改革”的人中,随机选出三人进行座谈,求至少有一 名教师被选出的概率. x 15.解:(1)由题意,得500=0.3,∴x=150, 所以 y+z=60, 因为 z=2y,所以 y=20,z=40, 50 则应抽取教师人数500× 20=2, 50 应抽取学生人数500× 40=4. (2)所抽取的“不赞成改革”的 2 名教师记为 a,b,4 名学生记为 1,2,3,4,随 机选出三人的不同选法有 (a ,b, 1), (a ,b , 2), (a ,b , 3), (a , b , 4),(a , 1,2),(a,1,3),(a,1,4),(a,2,3),(a,2,4),(a,3,4),(b,1,2), (b,1,3),(b,1,4),(b,2,3),(b,2,4),(b,3,4),(1,2,3),(1,2, 4),(1,3,4),(2,3,4),共 20 种, 方法一 ( 通法 ) :至少有一名教师的选法有 (a , b , 1) , (a , b , 2) , (a , b , 3) , (a,b,4),(a,1,2),(a,1,3),(a,1,4),(a,2,3),(a,2,4),(a,3, 4),(b,1,2),(b,1,3),(b,1,4),(b, 2,3),(b,2,4),(b,3,4),共 16 4 16 种,所以至少有一名教师被选出的概率为 P=20=5. 方法二 ( 优法 ): “ 至少有一名教师 ”的对立事件是 “ 没有教师 ” ,此时选法有 (1 , 2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4)共 4 种, 4 4 所以至少有一名教师被选出的概率为 1-20=5. 16.(12 分)(2014· 四川, 16)一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字 1 ,2, 3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取 3 次,每次抽取 1 张,将抽取的卡片上的数字依次记为 a,b,c. (1)求“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”的概率; (2)求“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同”的概率. 16.解:(1)由题意,(a,b,c)所有的可能结果为 (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,
42

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 种. 设“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”为事件 A, 则事件 A 包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共 3 种. 3 1 ∴P(A)=27=9. 1 ∴“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”的概率为9. (2)设“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同”为事件 B,


则事件B包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共 3 种.
- 3 8 ∴P(B)=1-P(B)=1-27=9.

8 ∴“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同”的概率为9. 思路点拨:解题(1)的关键是列举出所有的基本事件,根据古典概型的概率公式 求相应事件的概率;解题(2)应用对立事件公式使问题更简洁. 17.(12 分)(2013· 湖南,18)某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每 个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点 )处都种了一株相同品种的作 物.根据历年的种植经验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近” 作物株数 X 之间的关系如下表所示:

X Y

1 51

2 48

3 45

4 42

这里,两株作物“相近”是指它们 之间的直线距离不超过 1 米. (1)完成下表,并求所种作物的平均年收获量; Y 频数 51 48 4 45 42

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(2)在所种作物中随机选取一株,求它的年收获量至少为 48 kg 的概率. 17.解:(1)所种作物的总株数为 1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株数为 1 的作物有 2 株,“相近”作物株数为 2 的作物有 4 株,“相近”作物株数为 3 的作物 有 6 株,“相近”作物株数为 4 的作物有 3 株.列表如下: Y 频数 所种作物的平均年收获量为 51× 2+48× 4+45× 6+42× 3 15 102+192+270+126 690 = = 15 =46. 15 2 (2)由(1)知,P(Y=51)=15, 4 P(Y=48)=15. 故在所种作物中随机选取一株,它的年收获量至少为 48 kg 的概率为 2 4 2 P(Y≥48)=P(Y=51)+P(Y=48)=15+15=5. 18.(14 分)(2014· 福建,20)根据世行 2013 年新标准,人均 GDP 低于 1 035 美元 为低收入国家;人均 GDP 为 1 035~4 085 美元为中等偏下收入国家;人均 GDP 为 4 085~12 616 美元为中等偏上收入国家;人均 GDP 不低于 12 616 美元为高 收入国家,某城市有 5 个行政区,各区人口占该城市人口比例及人均 GDP 如下 表: 行政区 A B C D E 区人口占城市人口比例 25% 30% 15% 10% 20% 区人均 GDP(单位:美元) 8 000 4 000 6 000 3 000 10 000 51 2 48 4 45 6 42 3

(1)判断该城市人均 GDP 是否达到中等偏上收入国家标准; (2)现从该城市 5 个行政区中随机抽取 2 个,求抽到的 2 个行政区人均 GDP 都达 到中等偏上收入国家标准的概率. 18.解:(1)设该城市人口总数为 a,则该城市人均 GDP 为
44

(8 000× 0.25a+4 000× 0.30a+6 000× 0.15a+3 000× 0.10a+10 000× 0.20a)÷ a=6 400. 因为 6 400∈[4 085,12 616], 所以该城市人均 GDP 达到了中等偏上收入国家标准. (2)“从 5 个行政区随机抽取 2 个”的所有的基本事件是: {A , B} , {A , C} , {A , D} , {A , E} , {B , C} , {B , D} , {B , E} , {C , D},{C,E},{D,E},共 10 个. 设事件“抽到的 2 个行政区人均 GDP 都达到中等偏上收入国家标准”为 M,则事 件 M 包含的基本事件是:{A,C},{A,E},{C,E},共 3 个, 3 所以所求概率为 P(M)=10.

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