1、第九章 概 率第一节随机事件的概率对应学生用书P141基础盘查一 随机事件及概率(一)循纲忆知 1了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性2了解概率的意义及频率与概率的区别(二)小题查验1判断正误(1)“物体在只受重力的作用下会自由下落”是必然事件()(2)“方程 x22x80 有两个实根”是不可能事件()(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值()(4)不可能事件就是一定不能发生的事件()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教 B 版教材习题改编)某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数102050100200500击中靶心次数8194492178455这个射手射击一次，击中靶心的概
2、率约是_答案：0.903(2015温州十校联考)记一个两位数的个位数字与十位数字的和为 A.若 A 是不超过 5 的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为 1 的概率为_解析：根据题意，个位数字 与十位数字之 和为奇数且 不超 过 5 的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共 9 个，其中个位是 1 的有 21,41，共 2 个，因此所求的概率为29.答案：29基础盘查二 事件关系与运算(一)循纲忆知了解两个互斥事件的概率加法公式：当事件 A 与 B 互斥时，P(AB)P(A)P(B)(二)小题查验1判断正误(1)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件(
3、2)一个人打靶时连续射击出两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是“至多有一次中靶”()(3)事件 A，B 为互斥事件，则 P(A)P(B)1()(4)事件 A，B 同时发生的概率一定比 A，B 中恰有一个发生的概率小()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教 A 版教材例题改编)如果从不包括大小王的 52 张扑克牌中随机抽取一张，那么取到红心的概率是14，取到方块的概率是14，则取到黑色牌的概率是_答案：12.3(2015赤峰模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是_答案：78 对应学生用书P141 考点一 随机事件的关系(基础送分型考点自主练透)必备知识1互斥事件若 AB 为不可
4、能事件(记作：AB)，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对立事件若 AB 为不可能事件，而 AB 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提醒“互斥事件”与“对立事件”的区别：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件题组练透1从 1,2,3，7 这 7 个数中任取两个数，其中：(1)恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；(2)至少有一个是奇数和两个都是奇数；(3)至少有一个是奇数和两个都是偶数；(4)至少有一
5、个是奇数和至少有一个是偶数上述事件中，是对立事件的是()A(1)B(2)(4)C(3)D(1)(3)解析：选 C(3)中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从 17 中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件易知其余都不是对立事件2设条件甲：“事件 A 与事件 B 是对立事件”，结论乙：“概率满足 P(A)P(B)1”，则甲是乙的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选 A 若事件 A 与事件 B 是对立事件，则 AB 为必然事件，再由概率
6、的加法公式得 P(A)P(B)1.设掷一枚硬币 3 次，事件 A：“至少出现一次正面”，事件 B：“3 次出现正面”，则 P(A)78，P(B)18，满足 P(A)P(B)1，但 A，B 不是对立事件3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 张全是移动卡”的概率是 310，那么概率是 710的事件是()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至少有一张移动卡解析：选 A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，故选 A.类题通法利用集合方法判断互斥事件与对立事件1由各个
7、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2事件 A 的对立事件 A 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(重点保分型考点师生共研)必备知识概率与频率(1)在相同的条件 S 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 nA 为事件 A 出现的频数，称事件 A 出现的比例 fn(A)nAn 为事件 A 出现的频率(2)对于给定的随机事件 A，由于事件 A 发生的频率 fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率 fn(A)来估计概率 P(A)典题例析(2014陕西高考)某保
8、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)01 0002 0003 0004 000车辆数(辆)500130100150120(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 元的概率解析：(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P(A)1501 0000.15，P(B)120
9、1 0000.12.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)0.150.120.27.(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 0.11 000100 辆，而赔付金额为 4 000 元的车辆中，车主为新司机的有 0.212024 辆，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为 4 000 元的频率为 241000.24，由频率估计概率得P(C)0.24.类题通法求解随机事件的概率关键是准确计算基本事件数，计算的方法有：(1)列举法；(2)列表法；(3)利用
10、树状图法演练冲关假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试，结果统计如图：(1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了 200 小时，试估计该产品是甲品牌的概率解：(1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为520100 14，用频率估计概率，可得甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为14.(2)根据频数分布图可得寿命大于 200 小时的两种品牌产品共有 7570145(个)，其中甲品牌产品有 75 个，所以在样本中，寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频
11、率是 751451529.据此估计已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概率为1529.考点三 互斥事件与对立事件的概率(重点保分型考点师生共研)必备知识1互斥事件的概率加法公式如果事件 A 与事件 B 互斥，那么 P(AB)P(A)P(B)；2对立事件概率公式若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)P(B)1，即 P(A)1P(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)1P(A)计算典题例析根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为 0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为 0.3.(1)求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保
12、险中的 1 种的概率；(2)求该地 1 位车主甲、乙两种保险都不购买的概率解：记 A 表示事件：该车主购买甲种保险；B 表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C 表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种；D 表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买(1)由题意得 P(A)0.5，P(B)0.3，又 CAB，所以 P(C)P(AB)P(A)P(B)0.50.30.8.(2)因为 D 与 C 是对立事件，所以 P(D)1P(C)10.80.2.类题通法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法：(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公
13、式求解概率；(2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率演练冲关现有 7 名数理化成绩优秀者，其中 A1，A2，A3 的数学成绩优秀，B1，B2 的物理成绩优秀，C1，C2 的化学成绩优秀，从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名，组成一个小组代表学校参加竞赛(1)求 C1 被选中的概率；(2)求 A1 和 B1 不全被选中的概率解：(1)用 M 表示“C1 恰被选中”这一事件从 7 人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名，其一切可能的结果组成的 12
14、个基本事件为：(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)C1 恰被选中有 6 个基本事件：(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A2，B1，C1)，(A2，B2，C1)，(A3，B1，C1)，(A3，B2，C1)，因而 P(M)61212.(2)用 N 表示“A1，B1 不全被选中”这一事件，则其对立事件 N 表示“A1，B1 全被选中”这一事件，由于 N A1，B1，
15、C1，A1，B1，C2，所以事件 N 由两个基本事件组成，所以 P(N)21216，由对立事件的概率公式得 P(N)1P(N)11656.对应A本课时跟踪检测五十五一、选择题1在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C，D 的概率分别为 0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是()AAB 与 C 是互斥事件，也是对立事件BBC 与 D 是互斥事件，也是对立事件CAC 与 BD 是互斥事件，但不是对立事件DA 与 BCD 是互斥事件，也是对立事件解析：选 D 由于 A，B，C，D 彼此互斥，且 ABCD 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与
16、其余 3 个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件2围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235.则从中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率是()A.17 B.1235C.1735D1解析：选 C 设“从中取出 2 粒都是黑子”为事件 A，“从中取出 2 粒都是白子”为事件B，“任意取出 2 粒恰好是同一色”为事件 C，则 CAB，且事件 A 与 B 互斥所以 P(C)P(A)P(B)1712351735.即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为1735.3从存放的号码分别为 1,2,3，10 的卡片的盒
17、子中，有放回地取 100 次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：卡片号码12345678910取到次数138576131810119则取到号码为奇数的卡片的频率是()A0.53B0.5C0.47D0.37解析：选 A 取到号码为奇数的卡片的次数为：1356181153，则所求的频率为531000.53.故选 A.4从某校高二年级的所有学生中，随机抽取 20 人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理
18、，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在 155.5 cm170.5 cm 之间的概率约为()A.25B.12C.23D.13解析：选 A 从已知数据可以看出，在随机抽取的这 20 位学生中，身高在 155.5 cm170.5cm 之间的学生有 8 人，频率为25，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm170.5 cm 之间的概率约为25.5已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙胜的概率为13，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为()A.16，16B.12，23C.16，23D.23，12解析：选 C“甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以甲胜的概率为
19、 1121316.设“甲不输”为事件 A，则 A 可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以 P(A)161223.或设“甲不输”为事件 A，则 A 可看作是“乙胜”的对立事件，所以 P(A)11323.6若随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)2a，P(B)4a5，则实数 a 的取值范围是()A.54，2B.54，32C.54，32D.54，43解析：选 D 由题意可知0PA1，0PB1，PAPB102a1，04a51，3a311a2，54a32，a4354a43.二、填空题7据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为 0,1,2 的概率分别为
20、 0.4,0.5,0.1，则该企业在一个月内被消费者投诉不超过 1 次的概率为_解析：法一：记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为 0”为事件 A，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为 1”为事件 B，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为 2”为事件 C，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过 1 次”为事件 D，由题意知事件 A，B，C 彼此互斥，而事件 D 包含事件 A 与 B，所以 P(D)P(A)P(B)0.40.50.9.法二：记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为 2”为事件 C，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过一次”为事件 D，由题意知 C 与
21、D 是对立事件，所以 P(D)1P(C)10.10.9.答案：0.98(2015潍坊模拟)连续 2 次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字 1,2,3,4,5,6)，记“两次向上的数字之和等于 m”为事件 A，则 P(A)最大时，m_.解 析：m 可 能 取 到 的 值 有 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，对 应 的 基 本 事 件 个 数 依 次 为1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1，两次向上的数字之和等于 7 对应的事件发生的概率最大答案：79某城市 2014 年的空气质量状况如下表所示：污染指数 T3060100110130140概率 P1101613730215
22、130其中污染指数 T50 时，空气质量为优；50T100 时，空气质量为良；1000，y0，则 xy 的最小值为_解析：由题意可知4x1y1，则 xy(xy)4x1y 54yx xy 9，当且仅当4yx xy，即x2y 时等号成立答案：9三、解答题11有编号为 1,2,3 的三个白球，编号为 4,5,6 的三个黑球，这六个球除编号和颜色外完全相同，现从中任意取出两个球(1)求取得的两个球颜色相同的概率；(2)求取得的两个球颜色不相同的概率解：从六个球中取出两个球的基本事件是：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)
23、，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共计 15 个(1)记事件 A 为“取出的两个球都是白球”，则这个事件包含的基本事件是(1,2)，(1,3)，(2,3)，共计 3 个，故 P(A)31515；记“取出的两个球都是黑球”为事件 B，同理可得 P(B)15.记事件 C 为“取出的两个球的颜色相同”，A，B 互斥，根据互斥事件的概率加法公式，得 P(C)P(AB)P(A)P(B)25.(2)记事件 D 为“取出的两个球的颜色不相同”，则事件 C，D 对立，根据对立事件概率之间的关系，得 P(D)1P(C)12535.12黄种人人群中各种血型的人数所占的比例见下表：血型A
24、BABO该血型的人数所占的比例28%29%8%35%已知同种血型的人可以互相输血，O 型血的人可以给任一种血型的人输血，任何人的血都可以输给 AB 型血的人，其他不同血型的人不能互相输血小明是 B 型血，若他因病需要输血，问：(1)任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？(2)任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？解：(1)任找一人，其血型为 A，B，AB，O 型血分别记为事件 A，B，C，D，它们是互斥的由已知，有 P(A)0.28，P(B)0.29，P(C)0.08，P(D)0.35.因为 B，O 型血可以输给 B 型血的人，故“任找一个人，其血可以输给小明”为事件 BD，根据概率加
25、法公式，得 P(BD)P(B)P(D)0.290.350.64.(2)由于 A，AB 型血不能输给 B 型血的人，故“任找一个人，其血不能输给小明”为事件AC，且 P(AC)P(A)P(C)0.280.080.36.第二节古典概型对应学生用书P143基础盘查一 古典概型(一)循纲忆知 1理解古典概型及其概率计算公式2会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率(二)小题查验 1判断正误(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件()(3)在古典概型中
26、，如果事件 A 中基本事件构成集合 A，所有的基本事件构成集合 I，则事件 A 的概率为cardAcardI()答案：(1)(2)(3)2(北师大版教材例题改编)小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数码由 4 个数字2,4,6,8 按一定顺序构成，小明不小心忘记了密码中 4 个数字的顺序，随机地输入由 2,4,6,8 组成的一个四位数，不能打开锁的概率是_答案：23243(2015南京模拟)现从甲、乙、丙 3 人中随机选派 2 人参加某项活动，则甲被选中的概率为_解析：从甲、乙、丙 3 人中随机选派 2 人参加某项活动，有甲、乙，甲、丙，乙、丙三种可能，则甲被选中的概率为23.答案：234(
27、2015昆明模拟)投掷两颗相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各个面上依次标有点数1,2,3,4,5,6)一次，则两颗骰子向上点数之积等于 12 的概率为_解析：抛掷两颗相同的正方体骰子共有 36 种等可能的结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(6,6)点数积等于 12 的结果有：(2,6)，(3,4)，(4,3)，(6,2)，共 4 种，故所求事件的概率为 43619.答案：19 对应学生用书P144 考点一 古典概型(基础送分型考点自主练透)必备知识1基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的(2)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(1)特点：试验中所有可能出
28、现的基本事件只有有限个，即有限性每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性(2)概率公式：P(A)A包含的基本事件的个数基本事件的总数.提醒(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特征有限性和等可能性；(2)古典概型的概率计算结果与模型的选择无关题组练透1(2015浙江模拟)从 1,2,3,4 这四个数字中依次取(不放回)两个数 a，b，使得 a24b 的概率是()A.13 B.512C.12D.712解析：选 C 基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)(2,3)，(2,4)，(4,3)，共 12 个，符合条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4
29、,1)，(4,2)，(4,3)，共 6 个，因此使得 a24b 的概率是12.2(2015广州二模)有两张卡片，一张的正反面分别写着数字 0 与 1，另一张的正反面分别写着数字 2 与 3，将两张卡片排在一起组成一个两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是()A.16B.13C.12D.38解析：选 C 能组成的两位数有 12,13,20,30,21,31，共 6 个，其中的奇数有 13,21,31，共 3个，因此所组成的两位数为奇数的概率是3612，故选 C.3(2014天津高考)某校夏令营有 3 名男同学 A，B，C 和 3 名女同学 X，Y，Z，其年级情况如下表：一年级二年级三年级男同学A
30、BC女同学XYZ现从这 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同)(1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设 M 为事件“选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学”，求事件 M发生的概率解：(1)从 6 名同学中随机选出 2 人参加知识竞赛的所有可能结果为A，B，A，C，A，X，A，Y，A，Z，B，C，B，X，B，Y，B，Z，C，X，C，Y，C，Z，X，Y，X，Z，Y，Z，共 15 种(2)选出的 2 人来自不同年级且恰有 1 名男同学和 1 名女同学的所有可能结果为A，Y，A，Z，B，X，B，Z，C，X，C，Y，共 6 种因此，事件 M 发生
31、的概率 P(M)61525.类题通法计算古典概型事件的概率三步骤步骤一：算出基本事件的总个数 n；步骤二：求出事件 A 所包含的基本事件个数 m；步骤三：代入公式求出概率 P.考点二 古典概型的交汇命题(常考常新型考点多角探明)多角探明古典概型在高考中常与平面向量、集合、函数、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高.归纳起来常见的交汇命题角度有：(1)古典概型与平面向量相结合；(2)古典概型与直线、圆相结合；(3)古典概型与函数相结合；(4)古典概型与统计相结合.角度一：古典概型与平面向量相结合1已知向量 a(x，1)，b(3，y)，其中 x 随机选自集合1，
32、1，3，y 随机选自集合1，3，9.(1)求 ab 的概率；(2)求 ab 的概率解：由题意，得(x，y)所有的基本事件为(1,1)，(1,3)，(1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共 9 个(1)设“ab”为事件 A，则 xy3.事件 A 包含的基本事件有(1,3)，共 1 个故 ab 的概率为 P(A)19.(2)设“ab”为事件 B，则 y3x.事件 B 包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共 2 个故 ab 的概率为 P(B)29.角度二：古典概型与直线、圆相结合2(2015洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数 a，b，则直线
33、 axby0 与圆(x2)2y22 有公共点的概率为_解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(6,6)，共 36 种，其中满足直线 axby0 与圆(x2)2y22 有公共点，即满足2aa2b2 2，a2b2 的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(6,6)，共 65432121种，因此所求的概率等于2136 712.答案：712角度三：古典概型与函数相结合3设 a2，4，b1，3，函数 f(x)12ax2bx1.(1)求 f(x)在区间，1 上是减函数的概率；(2)从 f(x)中随机抽取两个，求它
34、们在(1，f(1)处的切线互相平行的概率解：(1)f(x)axb，由题意 f(1)0，即 ba，而(a，b)共有(2,1)，(2,3)，(4,1)，(4,3)四种，满足 ba 的有 3 种，故概率为34.(2)由(1)可知，函数 f(x)共有 4 种可能，从中随机抽取两个，有 6 种抽法函数 f(x)在(1，f(1)处的切线的斜率为 f(1)ab，这两个函数中的 a 与 b 之和应该相等，而只有(2,3)，(4,1)这 1 组满足，概率为16.角度四：古典概型与统计相结合4(2015洛阳统考)从某工厂抽取 50 名工人进行调查，发现他们一天加工零件的个数在50 至 350 个之间，现按生产的零
35、件的个数将他们分成六组，第一组)50，100，第二组)100，150，第三组)150，200，第四组)200，250，第五组)250，300，第六组300，350，相应的样本频率分布直方图如图所示：(1)求频率分布直方图中的 x 的值；(2)设位于第六组的工人为拔尖工，位于第五组的工人为熟练工，现用分层抽样的办法在这两类工人中抽取一个容量为 6 的样本，从样本中任意取 2 个，求至少有一个拔尖工的概率解：(1)根据题意，(0.002 40.003 6x0.004 40.002 40.001 2)501，解得 x0.006 0.(2)由题知拔尖工共有 3 人，熟练工共有 6 人抽取容量为 6 的
36、样本，则其中拔尖工有 2 人，熟练工为 4 人可设拔尖工为 A1，A2，熟练工为 B1，B2，B3，B4.则从样本中任抽 2 个的可能有：A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A1A2，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，共 15 种，至少有一个是拔尖工的可能有 A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A1A2，共 9 种故至少有一个拔尖工的概率是 91535.类题通法解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率
37、计算公式进行计算对应B本课时跟踪检测五十六A 卷夯基保分一、选择题1(2015浙江金丽衢十二校二联)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()A.12 B.13C.23D.34解析：选 B 因为从四张卡片中任取出两张的情况为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共 6 种其中两张卡片上数字和为偶数的情况为(1,3)，(2,4)共 2 种，所以两张卡片上的数字之和为偶数的概率为13.2(2015武汉调研)同时抛掷两个骰子，则向上的点数之差的绝对值为 4 的概率是()A.118B.
38、112C.19D.16解析：选 C 同时抛掷两个骰子，基本事件总数为 36，记“向上的点数之差的绝对值为 4”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件有(1,5)，(2,6)，(5,1)，(6,2)，共 4 个，故 P(A)43619.3(2015合肥二模)从 2 名男生和 2 名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为()A.13B.512C.12D.712解析：选 A 设 2 名男生记为 A1，A2,2 名女生记为 B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有 A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2
39、，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1 12 种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有 A1B1，A1B2，A2B1，A2B2 4 种情况，则发生的概率为 P 41213，故选 A.4.(2015威海一模)从集合2，3，4，5 中随机抽取一个数 a，从集合1，3，5 中随机抽取一个数 b，则向量 m(a，b)与向量 n(1，1)垂直的概率为()a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33A.16B.13C.14D.12解析：选 A 由题意可知 m(a，b)有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)
40、，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共 12 种情况因为 mn，即 mn0，所以 a1b(1)0，即 ab，满足条件的有(3,3)，(5,5)共 2 个，故所求的概率为16.5(2015亳州质检)已知集合 M1，2，3，4，Na，b|aM，bM，A 是集合 N中任意一点，O 为坐标原点，则直线 OA 与 yx21 有交点的概率是()A.12B.13C.14D.18解析：选 C 易知过点(0,0)与 yx21 相切的直线为 y2x(斜率小于 0 的无需考虑)，集合 N 中共有 16 个元素，其中使 OA 斜率不小于 2 的有(1,2)，(1,3)，(1,4)
41、，(2,4)，共 4 个，由所求的概率为 41614.6在平面直角坐标系 xOy 中，不等式组1x2，0y2表示的平面区域为 W，从 W 中随机取点 M(x，y)若 xZ，yZ，则点 M 位于第二象限的概率为()A.16B.13C1 12D16解析：选 A 画出平面区域，列出平面区域内的整数点有：(1,0)，(1,1)，(1,2)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，共 12 个，其中位于第二象限的有(1,1)，(1,2)，共 2 个，所以所求概率 P16.二、填空题7(2015浙江模拟)从 2 男 3 女共 5 名同学中
42、任选 2 名(每名同学被选中的机会均等)，这 2名都是男生或都是女生的概率等于_解析：设 2 名男生为 A，B,3 名女生为 a，b，c，则从 5 名同学中任取 2 名的方法有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共 10 种，而这 2 名同学刚好是一男一女的有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共 6 种，故所求的概率 P1 61025.答案：258.(2015绵阳诊断)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为_解析：依
43、题意，记题中的被污损数字为 x，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8921)(53x5)0，x7，即此时 x 的可能取值是 7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率 P 3100.3.答案：0.39(2015宣武模拟)曲线 C 的方程为x2m2y2n21，其中 m，n 是将一枚骰子先后投掷两次所得点数，事件 A“方程x2m2y2n21 表示焦点在 x 轴上的椭圆”，那么 P(A)_.解析：试验中所含基本事件个数为 36；若想表示椭圆，则 mn，有(2,1)，(3,1)，(6,5)，共 1234515 种情况，因此 P(A)1536 512.答案：51210设集合 P2，1，0
44、，1，2，xP 且 yP，则点(x，y)在圆 x2y24 内部的概率为_解析：以(x，y)为基本事件，可知满足 xP 且 yP 的基本事件有 25 个若点(x，y)在圆x2y24 内部，则 x，y1，1，0，用列表法或坐标法可知满足 x1，1，0 且 y1，1，0 的基本事件有 9 个所以点(x，y)在圆 x2y24 内部的概率为 925.答案：925三、解答题11(2014福建高考)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 0354 085 美元为中等偏下收入国家；人均 GDP 为 4 08512 616 美元为中等偏上收入国家；人
45、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：行政区区人口占城市人口比例区人均 GDP(单位：美元)A25%8 000B30%4 000C15%6 000D10%3 000E20%10 000(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解：(1)设该城市人口总数为 a，则该城市人均 GDP 为1a(8 0000.25a4 0000.30a6 0000.15a3 0000.10a10 00
46、00.20a)6 400.因为 6 4004 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 个行政区中随机抽取 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，所以所求概率为 P(M)310.12(2015绵阳诊断)据中国新闻网报道，全国很多省市将英语考试作为高考改革的重点，一时间“英语考试该如何改”引起广泛关注为了解某地区学生和包括老师
47、、家长在内的社会人士对高考英语改革的看法，某媒体在该地区选择了 3 600 人调查(若所选择的在校学生的人数低于被调查人群总数的 80%，则认为本次调查“失效”)，就“是否取消英语听力”的问题，调查统计的结果如下表：态度调查人群 应该取消应该保留无所谓在校学生2 100 人120 人y 人社会人士600 人x 人z 人已知在全体样本中随机抽取 1 人，抽到持“应该保留”态度的人的概率为 0.05.(1)现用分层抽样的方法在所有参与调查的人中抽取 360 人进行深入访谈，问应在持“无所谓”态度的人中抽取多少人？(2)已知 y657，z55，求本次调查“失效”的概率解：(1)抽到持“应该保留”态度
48、的人的概率为 0.05，120 x3 600 0.05，解得 x60，持“无所谓”态度的人数为 3 6002 10012060060720，应在持“无所谓”态度的人中抽取 720 3603 60072 人(2)yz720，y657，z55，故满足条件的(y，z)有：(657,63)，(658,62)，(659,61)，(660,60)，(661,59)，(662,58)，(663,57)，(664,56)，(665,55)，共 9 种记本次调查“失效”为事件 A，若调查失效，则 2 100120y3 6000.8，解得 y660.事件 A 包含：(657,63)，(658,62)，(659,6
49、1)，共 3 种P(A)3913.B 卷增分提能1(2014四川高考)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 abc”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率解：(1)由题意，(a，b，c)所有的可能为(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)
50、，(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 种设“抽取的卡片上的数字满足 abc”为事件 A，则事件 A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共 3 种所以 P(A)32719.因此，“抽取的卡片上的数字满足 abc”的概率为19.(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 种所以 P(B)1P(B
51、)1 32789.因此，“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率为89.2一个均匀的正四面体的四个面上分别涂有 1,2,3,4 四个数字，现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为 b，c.(1)z(b3)2(c3)2，求 z4 的概率；(2)若方程 x2bxc0 至少有一根 x1，2，3，4，就称该方程为“漂亮方程”，求方程为“漂亮方程”的概率解：(1)因为是投掷两次，因此基本事件(b，c)：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)
52、共 16 个当 z4 时，(b，c)的所有取值为(1,3)，(3,1)，所以 P(z4)21618.(2)若方程一根为 x1，则 1bc0，即 bc1，不成立若方程一根为 x2，则 42bc0，即 2bc4，所以b1，c2.若方程一根为 x3，则 93bc0，即 3bc9，所以b2，c3.若方程一根为 x4，则 164bc0，即 4bc16，所以b3，c4.由知，(b，c)的所有可能取值为(1,2)，(2,3)，(3,4)所以方程为“漂亮方程”的概率为 P 316.3已知集合 Px|xx210 x240，Qy|y2n1,1n2，nN*，MPQ.在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为(x，y)，且
53、 xM，yM，试计算：(1)点 A 正好在第三象限的概率；(2)点 A 不在 y 轴上的概率；(3)点 A 正好落在区域 x2y210 上的概率解：由集合 Px|xx210 x240，可得 P6，4，0，由 Qy|y2n1，1n2，nN*可得 Q1，3，则 MPQ6，4，0，1，3，因为点 A 的坐标为(x，y)，且 xM，yM，所以满足条件的点 A 的所有情况为(6，6)，(6，4)，(6,0)，(6,1)，(6,3)，(3,3)，共 25 种(1)点 A 正好在第三象限的可能情况为(6，6)，(6，4)，(4，6)，(4，4)，共 4 种，故点 A 正好在第三象限的概率 P1 425.(2
54、)点 A 在 y 轴上的可能情况为(0，6)，(0，4)，(0,0)，(0,1)，(0,3)，共 5 种，故点 A 不在 y 轴上的概率 P21 52545.(3)点 A 正好落在区域 x2y210 上的可能情况为(0,0)，(1,0)，(0,1)，(3,1)，(1,3)(3,0)，(0,3)，(1,1)，共 8 种，故点 A 落在区域 x2y210 上的概率 P3 825.第三节几何概型对应学生用书P145基础盘查一 几何概型(一)循纲忆知1了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率2了解几何概型的意义(长度型、角度型、面积型、体积型)(二)小题查验1判断正误(1)几何概型中，每一个基本事件就
55、是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等()(2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形()(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关()答案：(1)(2)(3)2(人教 B 版教材例题改编)平面上画了一些彼此相距 2a 的平行线，把一枚半径 ra 的硬币任意掷在这平面上，则硬币不与任一条平行线相碰的概率是_答案：ara3(2015陕西质检)在区间20,80内任取一个实数 m，则实数 m 落在区间50,75内的概率为_解析：选择区间长度度量，则所求概率为75508020 512.答案：5124(2015广州调研)在边长为 2 的正方形 AB
56、CD 内部任取一点 M，则满足AMB90的概率为_解析：如图，如果点 M 位于以 AB 为直径的半圆内部，则AMB90，否则，M 点位于半圆上及空白部分，则AMB90，所以AMB90的概率 P1212228.答案：8 对应学生用书P145 考点一 与长度角度有关的几何概型(基础送分型考点自主练透)必备知识P(A)构成事件A的区域长度角度试验全部结果所构成的区域长度角度题组练透1(2015韶关调研)在区间0,2之间随机抽取一个数 x，则 x 满足 2x10 的概率为()A.34 B.12C.14D.13解析：选 A 区间0,2看作总长度为 2，区间0,2中满足 2x10 的只有12，2，长度为3
57、2，P32234.2已知一只蚂蚁在边长分别为 5,12,13 的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于 1 的地方的概率为()A.45B.35C.60D.3解析：选 A 由题意可知，三角形的三条边长的和为 5121330，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于 1 的地方爬行，则它爬行的区域长度为 3101124，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为243045.3.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，所以 OA 落在yOT 内的概率为 6036
58、016.答案：16类题通法求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)然后求解，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、角度)考点二 与体积有关的几何概型(重点保分型考点师生共研)必备知识P(A)构成事件A的区域体积试验全部结果所构成的区域体积.典题例析(2015济南一模)如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥 A-A1BD 内的概率为_解析：设事件 M“动点在三棱锥 A-A1BD 内”，P(M)V三棱锥A-A1BDV长方体ABCD-A1B1C1D1V三棱锥A1-ABD
59、V长方体ABCD-A1B1C1D113AA1SABDV长方体ABCD-A1B1C1D113AA112S矩形ABCDAA1S矩形ABCD 16.答案：16类题通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去求演练冲关 在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 O 为底面 ABCD 的中心，在正方体ABCD-A1B1C1D1 内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为()A.12 B1 12C.6D16解析：选 B 正方体的体积为：2228，以 O 为球心，1 为半径且在正方体内
60、部的半球的体积为：1243r312431323，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为：1238 1 12.考点三 与面积有关的几何概型(常考常新型考点多角探明)多角探明与面积有关的几何概型是近几年高考的热点之一归纳起来常见的命题角度有：(1)与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题；(2)与线性规划交汇命题的问题.角度一：与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题1(2015广东七校联考)如图，已知圆的半径为 10，其内接三角形 ABC的内角 A，B 分别为 60和 45，现向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在三角形 ABC 内的概率为()A.3 316 B.3 34C.43 3D.16
61、3 3解析：选 B 由正弦定理 BCsin A ACsin B2R(R 为圆的半径)BC20sin 60，AC20sin 45BC10 3，AC10 2.那么 SABC1210 310 2sin 751210 310 2 6 2425(3 3)于是，豆子落在三角形 ABC 内的概率为SABC圆的面积253 31023 34.2(2014辽宁高考)若将一个质点随机投入如图所示的长方形 ABCD 中，其中 AB2，BC1，则质点落在以 AB 为直径的半圆内的概率是()A.2B.4C.6D.8解析：选 B 由几何概型的概率公式可知，质点落在以 AB 为直径的半圆内的概率 P半圆的面积长方形的面积12
62、2 4，故选 B.角度二：与线性规划交汇命题的问题3(2015广州一模)任取实数 a，b1,1，则 a，b 满足|a2b|2 的概率为()A.18B.14C.34D.78解析：选 D 如图所示，则事件|a2b|2 所表示的区域为图中的阴影部分所表示的区域，易知直线 a2b2 分别交直线 a1 与 y 轴于点 E1，12，F(0,1)所以|BE|12，|BF|1.所以 SBEF12|BE|BF|1212114，易得DHGBEF.因此 SDHGSBEF14，故阴影部分的面积SS 四边形 ABCD2SBEF2221472.由几何概型的概率公式可知，事件|a2b|2 的概率PSS四边形ABCD7222
63、721478，故选 D.4(2015东莞一模)已知 A(2,1)，B(1，2)，C35，15，动点 P(a，b)满足 0OP OA 2，且 0OP OB 2，则点 P 到点 C 的距离大于14的概率为()A1 564B.564C1 16D.16解析：选 A OP OA 2ab，OP OB a2b，又 0OP OA 2，且 0OP OB 2，02ab2，0a2b2表示的区域如图阴影部分所示，点 C 在阴影区域内到各边界的距离大于14.又|OM|2 55，所求概率 P2 552 1422 5521 564.类题通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面积，必要时可根据题意构造两个变量
64、，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解对应A本课时跟踪检测五十七一、选择题1.(2015广东七校联考)如图，矩形长为 6，宽为 4，在矩形内随机地撒 300 颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为 96，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为()A16.32 B15.32C8.68D7.68解析：选 A 设椭圆的面积为 S，则 S4630096300，故 S16.32.2在满足不等式组xy10，xy30，y0的平面点集中随机取一点 M(x0，y0)，设事件 A 为“y02x0”，那么事件 A 发生的概率是()A.14B.34C.13D.23解析：选 B 如图所示，不等式组
65、xy10，xy30，y0表示的平面区域的面积 SABC12(13)24；不等式组xy10，xy30，y0，y2x表示的平面区域的面积 SAOC12323，因此所求的概率等于34，选 B.3已知点 P，Q 为圆 C：x2y225 上的任意两点，且|PQ|6，若 PQ 中点组成的区域为 M，在圆 C 内任取一点，则该点落在区域 M 上的概率为()A.35B.925C.1625D.25解析：选 B PQ 中点组成的区域 M 如图阴影部分所示，那么在 C 内部任取一点落在 M 内的概率为251625 925，故选 B.4.如图，M 是半径为 R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能的任取一点N，连接 MN
66、，则弦 MN 的长度超过 2R 的概率是()A.15B.14C.13D.12解析：选 D 由题意知，当 MN 2R 时，MON2，所以所求概率为22212.5(2015北京昌平模拟)设不等式组x2y20，x4，y2表示的平面区域为 D.在区域 D 内随机取一个点，则此点到直线 y20 的距离大于 2 的概率是()A.413B.513C.825D.925解析：选 D 作出平面区域 D，可知平面区域 D 是以 A(4,3)，B(4，2)，C(6，2)为顶点的三角形区域，当点在AED 区域内时，点到直线 y20 的距离大于 2.PSAEDSABC126312105 925.6(2015佛山二模)已知
67、函数 f(x)x2bxc，其中 0b4，0c4.记函数 f(x)满足条件f212，f24为事件 A，则事件 A 发生的概率为()A.14B.58C.12D.38解析：选 C 由题意，得42bc12，42bc4，0b4，0c4，即2bc80，2bc0，0b4，0c4表示的区域如图阴影部分所示，可知阴影部分的面积为 8，所以所求概率为12，故选 C.二、填空题7(2015湖北八校二联)记集合 A(x，y)|x2y24和集合 B(x，y)|xy20，x0，y0表示的平面区域分别为 1 和 2，若在区域 1 内任取一点 M(x，y)，则点 M 落在区域 2的概率为_解析：作圆 O：x2y24，区域 1
68、 就是圆 O 内部(含边界)，其面积为 4，区域 2 就是图中AOB 内部(含边界)，其面积为 2，因此所求概率为 24 12.答案：128(2015武汉调研)在区间(0,1)内随机地取出两个数，则两数之和小于65的概率是_解析：设随机取出的两个数分别为 x，y，则 0 x1,0y1，依题意有 xy65，由几何概型知，所求概率为 P1212115 115121725.答案：17259已知线段 AC16 cm，先截取 AB4 cm 作为长方体的高，再将线段 BC 任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过 128 cm3 的概率为_解析：依题意，设长方体的长为 x cm，则相应的宽为(1
69、2x)cm，由 4x(12x)128 得 x212x320,4x8，因此所求的概率等于8412 13.答案：1310如图所示，图 2 中实线围成的部分是长方体(图 1)的平面展开图，其中四边形 ABCD是边长为 1 的正方形若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是_解析：设长方体的高为 h，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率 P24h2h22h114，解得 h3 或 h12(舍去)，故长方体的体积为 1133.答案：3三、解答题11已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其中标号为 0 的小球 1 个，标号为
70、1的小球 1 个，标号为 2 的小球 n 个若从袋子中随机抽取 1 个小球，取到标号为 2 的小球的概率是12.(1)求 n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取 2 个小球，记第一次取出的小球标号为 a，第二次取出的小球标号为 b.()记“ab2”为事件 A，求事件 A 的概率；()在区间0,2内任取 2 个实数 x，y，求事件“x2y2(ab)2 恒成立”的概率解：(1)依题意 nn212，得 n2.(2)()记标号为 0 的小球为 s，标号为 1 的小球为 t，标号为 2 的小球为 k，h，则取出 2个小球的可能情况有：(s，t)，(s，k)，(s，h)，(t，s)，(t，k)，(t，h
71、)，(k，s)，(k，t)，(k，h)，(h，s)，(h，t)，(h，k)，共 12 种，其中满足“ab2”的有 4 种：(s，k)，(s，h)(k，s)，(h，s)所以所求概率为 P(A)41213.()记“x2y2(ab)2 恒成立”为事件 B，则事件 B 等价于“x2y24 恒成立”，(x，y)可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为(x，y)|0 x2,0y2，x，yR，而事件 B 构成的区域为 B(x，y)|x2y24，(x，y)所以所求的概率为 P(B)14.12.(2015潍坊一模)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场
72、：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为 15，边界忽略不计)即为中奖乙商场：从装有 3 个白球 3 个红球的盒子中一次性摸出 2 个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是 2 个红球，即为中奖问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？解：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为 R2(R 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为415R2360R26.所以，在甲商场中奖的概率为 P1R26R216.如果顾客去乙商场，记盒子中 3 个白球为 a1，a2，a3,3 个红球为 b1，b2，b3，记(x，y)为一次摸球的结果，则一切可能的
73、结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共 15 种，摸到的 2 个球都是红球有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)共 3 个，所以在乙商场中奖的概率为 P2 31515.由于 P1P2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大见课时跟踪检测A本命题点一 古典概型难度：中、低 命题指数：题型：选择题、填空题、解答题1(2014湖北高考)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
74、 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()Ap1p2p3 Bp2p1p3Cp1p3p2Dp3p1p2解析：选 C 总的基本事件个数为 36，向上的点数之和不超过 5 的有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，共 10 个，则向上的点数之和不超过 5 的概率p11036 518；向上的点数之和大于 5 的概率 p21 5181318；向上的点数之和为偶数与向上的点数之和为奇数的个数相等，故向上的点数之和为偶数的概率 p312.即 p1p3p2，选 C.2(2014
75、陕西高考)从正方形 4 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()A.15B.25C.35D.45解析：选 B 设正方形的四个顶点为 A，B，C，D，中心为 O，从这 5 个点中任取 2 个点，一共有 10 种不同的取法：AB，AC，AD，AO，BC，BD，BO，CD，CO，DO，其中这 2 个点的距离小于该正方形边长的取法共有 4 种：AO，BO，CO，DO.因此由古典概型概率计算公式，可得所求概率 P 41025，故选 B.3(2014江西高考)掷两颗均匀的骰子，则点数之和为 5 的概率等于()A.118B.19C.16D.112解析：选
76、 B 掷两颗骰子的所有基本事件为：(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 36 种，其中点数之和为 5 的基本事件为(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共 4 种，所以所求概率为 43619.
77、4(2014新课标全国卷)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_解析：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 种的所有可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共 9 种，他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共 3 种故所求概率为 P3913.答案：135(2014新课标全国卷)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_解析：设 2
78、本数学书分别为 A，B，语文书为 C，则所有的排放顺序有 ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共 6 种情况，其中数学书相邻的有 ABC，BAC，CAB，CBA，共 4 种情况，故 2 本数学书相邻的概率 P4623.答案：236(2013山东高考)某小组共有 A，B，C，D，E 五位同学，他们的身高(单位：米)及体重指标(单位：千克/米 2)如下表所示：ABCDE身高1.691.731.751.791.82体重指标19.225.118.523.320.9(1)从该小组身高低于 1.80 的同学中任选 2 人，求选到的 2 人身高都在 1.78 以下的概率；(2)从该小组同学中任选
79、 2 人，求选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在18.5,23.9)中的概率解：(1)从身高低于 1.80 的同学中任选 2 人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共 6 个由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的选到的 2 人身高都在 1.78 以下的事件有：(A，B)，(A，C)，(B，C)，共 3 个因此选到的 2 人身高都在 1.78 以下的概率为 P3612.(2)从该小组同学中任选 2 人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(
80、B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共 10 个由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的选到的 2 人身高都在 1.70 以上且体重指标都在18.5,23.9)中的事件有：(C，D)(C，E)(D，E)，共 3 个因此选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在18.5,23.9)中的概率为 P 310.7(2014山东高考)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.地区ABC数量5015010
81、0(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解：(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650150100 150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：50 1501,150 1503,100 1502.所以 A，B，C 三个地区的商品被选取的件数分别为 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，
82、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 个所以 P(D)415，即这 2 件商品来自相同地区的概率为 415.8(2012湖南高考)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1 至4 件5 至8 件9 至12 件13 至16 件17 件及以上顾客数(人)
83、x3025y10结算时间(分钟/人)11.522.53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：(1)由已知得 25y1055，x3045，所以 x15，y20.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1151.5302252.5203101001.9(分钟)(2)记 A 为事件
84、“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P(A1)15100 320，P(A2)30100 310，P(A3)2510014.因为 AA1A2A3，且 A1，A2，A3 是互斥事件，所以P(A)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)320 31014 710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 710.命题点二 几何概型难度：中 命题指数：题型：选择题、填空题1.(2013陕西高考)如图
85、，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()A14 B.21C22D.4解析：选 A 依题意，有信号的区域面积为422，矩形的面积为 2，所求概率为 P22214.2(2013湖南高考)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P，使APB 的最大边是 AB”发生的概率为12，则ADAB()A.12B.14C.32D.74解析：选 D 由已知，点 P 的分界点恰好是边 CD 的四等分点，由勾股定理可得 AB234AB 2AD2，解得ADAB2 716，即ADAB 74.3(2014湖南高考)在区间 2,3上随机选取一个数 X，则 X1 的概率为()A.45B.35C.25D.15解析：选 B 区间2,3的长度为 3(2)5，2,1的长度为 1(2)3，故满足条件的概率 p35.
