高中数学知识点总结_概率及其应用

概率及其应用1.解概率应用题要学会“说”：首先是记事件，其次是对事件做必要的分析，指出事件的概率类型，包括“等可能性事件”、“互斥事件”、“相互独立事件”、“独立重复试验”、“对立事件”等；然后是列式子、计算，最后别忘了作“答”。2．“等可能性事件”的概率为“目标事件的方法数”与“基本事件的方法数”的商，注意区分“有放回”和“不放回”；“互斥事件”的概率为各事件概率的和；“相互独立事件”的概率为各事件概率的积；若事件A在一次试验中发生的概率是p，则它在n次“独立重复试验”中恰好发生k次的概率为()(1)kknknnPkCpp；若事件A发生的概率是p，则A的“对立事件”A发生的概率是1-p等。有的同学只会列式子，不会“说”事件，那就根据你列的式子“说”：用排列（组合）数相除的是“等可能性事件”，用概率相加的是“互斥事件”，用概率相乘的是“相互独立事件”，用knC的是“独立重复试验”，用“1减”的是“对立事件”。[举例1]已知甲盒内有大小相同的3个红球和4个黑球，乙盒内有大小相同的5个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．（Ⅰ）求取出的4个球均为红球的概率；（Ⅱ）求取出的4个球中恰有1个红球的概率；（07高考天津文18）解析：（Ⅰ）设“从甲盒内取出的2个球均为红球”为事件A；从甲盒内取出2个球（基本事件）有27C种方法，它们是等可能的，其中2个球均为红球（目标事件）的有23C种，∴2327C1()C7PA；设“从乙盒内取出的2个球均为红球”为事件B，有2329C5()C18PB；而“取出的4个球均为红球”即事件A、B同时发生，又事件AB，相互独立，∴126518571)()()(BPAPABP．（Ⅱ）设“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个红球为黑球”为事件C，“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件D．2924271413)(CCCCCCP=212，6310)(2914152724CCCCCDP；而“取出的4个红球中恰有4个红球”即事件CD，有一个发生，又事件CD，互斥，∴21016()()()216363PCDPCPD答：取出的4个球均为红球的概率是1265，取出的4个球中恰有1个红球的概率是6316。[举例2]某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．（I）任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；（II）任选3名下岗人员，求这3人中至少有2人参加过培养的概率．（07高考湖南文17）解析：任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，由题设知，事件A与B相互独立，且()0.6PA，()0.75PB．（I）解法一：任选1名下岗人员，该人没有参加过培训即事件A、B同时发生，其概率是1.025.04.0)()()(1BPAPBAPP所以该人参加过培训的概率是1110.10.9P．解法二：任选1名下岗人员，设该人只参加过一项培训为事件C，BABAC，BA与BA互斥，∴P（C）=P（BABA）=P（BA）+P（BA）=0.6×0.25+0.4×0.75=0.45;该人参加过两项培训为事件D，P(D)=P(AB)=0.6×0.75=0.45该人参加过培训即C、D有一个发生，且C、D互斥，∴其概率为P(C+D)=P(C)+P(D)=0.9;（II）解法一：设任选3名下岗人员，3人中恰有2人参加过培训为事件E，E是独立重复实验，其中n=3,k=2,p=0.9,∴P(E)=1.09.0223C=0.243,设任选3名下岗人员，3人都参加过培训为事件F，P(F)=39.0=0.729．“3人中至少有2人参加过培训”即E、F有一个发生，又E、F互斥，∴它的概率是：P(E+F)=P(E)+P(F)=0.243+0.729=0.972；解法二：设任选3名下岗人员，3人中恰有1人参加过培训为事件G，P(G)=1230.90.10.027C;设任选3名下岗人员，3人都没有参加过培训为事件H，P（H）=30.10.001；“3人中至少有2人参加过培训”即FE，P(FE)=10.0270.0010.972;答：任选1名下岗人员该人参加过培训的概率是0.9，任选3名下岗人员，这3人中至少有2人参加过培养的概率是0.972[巩固1]某条公共汽车线路沿线共有11个车站（包括起点站和终点站），在起点站开出的一辆公共汽车上有6位乘客，假设每位乘客在起点站之外的各个车站下车是等可能的．求：（I）这6位乘客在其不相同的车站下车的概率；（II）这6位乘客中恰有3人在终点站下车的概率；（07高考北京文18）[巩固2]设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立．（Ⅰ）若甲、乙各射击一次，求甲命中但乙未命中目标的概率；（Ⅱ）若甲、乙各射击两次，求两人命中目标的次数相等的概率．（07高考重庆文17）3．要准确理解题意，吃透其中的“关键词”，如：“至多”、“至少”、“恰有“、“不全是”、“全不是”等；要能读出题目的“言下之意”。[举例1]在医学生物试验中，经常以果蝇作为试验对象．一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇（此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇），只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔．（I）求笼内恰好剩下1只果蝇的概率；（II）求笼内至少剩下5只果蝇的概率．（07高考安徽文19）．解析：设笼内恰好剩下k只果蝇的事件为kA(016)k，，，．（I）笼内恰好剩下1只果蝇即第7只飞出的是苍蝇，而前6只飞出的蝇子中有1只苍蝇、5只果蝇；基本事件有78A种，它们是等可能的，其中目标事件有665612ACC种，故)(1AP=78665612AACC=143；（II）笼内至少剩下5只果蝇为事件5A+6A，)(5AP=38221612AACC=141，28226)(AAAP=281，又事件5A、6A互斥，故P(5A+6A)=P(5A)+P(6A)=141+281=283；答：笼内恰好剩下1只果蝇的概率为143，笼内至少剩下5只果蝇的概率283。356563()()()()28PBPAAPAPA．[举例2]甲、乙两人个有4张卡片，现以掷硬币的形式进行游戏。当出现正面朝上时，甲赢得乙一张卡片，否则乙赢得甲一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏立即终止，求掷币次数不大于6时游戏恰好终止的概率。解析：显然，至少需掷币4次，游戏才可能终止；现要求掷币次数不大于6时游戏终止，看似有三种情况，即掷币次数分别为4、5、6，但事实上掷币5次游戏终止的情况是不可能出现的：因为，首先前4次不可能都为正面或反面（否则掷币4次后游戏已经终止），若前4次中有1次反面而其它4次都为正面，此时甲手中有7张卡片，乙手中有1张卡片，游戏尚未终止。设掷币4次游戏终止的事件为A，P（A）=2×4)21(=81；掷币6次游戏终止的事件为B，则前4次中有1次反面而其它5次都为正面，或前4次中有1次正面而其它5次都为反面，∴P（B）=2×514)21(21C=81，有又掷币次数不大于6时游戏恰好终止为A+B，且A、B互斥，∴P（A+B）=P（A）+P（B）=81+81=41；[巩固1]甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6，本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束，设各局比赛相互间没有影响，求（Ⅰ）前三局比赛甲队领先的概率；（Ⅱ）本场比赛乙队以3：2取胜的概率.（精确到0.001）[巩固2]10个球中有一个红球，有放回的抽取，每次取出一球，直到第n次才取得kkn次红球的概率为（）A．2191010nk，B．191010knkC．11191010knkknCD．111191010knkknC[巩固3]从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率()0.96PA．（1）求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；（2）若该批产品共100件，从中任意抽取2件，求事件B：“取出的2件产品中至少有一件二等品”的概率()PB．（07高考全国卷Ⅱ理19）4．关注概率与其它知识点的“交汇”，如数列、不等式、解析几何等。[举例1]设集合{12}{123}AB，，，，，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点()Pab，，记“点()Pab，落在直线xyn上”为事件(25)nCnnN≤≤，，若事件nC的概率最大，则n的所有可能值为（）（07高考山东文12）A．3B．4C．2和5D．3和4解析：点()Pab，落在直线xyn上，即nba；集合A和B中随机取一个数a和b有6种方法，它们是等可能的，其中使得2ba有1种，使得3ba有2种，使得4ba有2种，使得5ba有1种；故使得事件nC的概率最大的n可能为3和4。[举例2]正四面体的各顶点为4321,,,AAAA，进入某顶点的动点X不停留在同一个顶点上，每隔1秒钟向其他三个顶点以相同的概率移动。n秒后X在)4,3,2,1(iAi的概率用)(nPi(n=0,1,2……)表示。当21)0(,41)0(21PP，81)0(3P，81)0(4P时，（1）求)2(),1(22PP；(2)求)(2nP与)1(2nP的关系（Nn）（3）求)(2nP关于n的表达式，（4）求)(1nP关于n的表达式解析：)1(2P即1秒后动点在2A的概率，它有三种情况；①开始时（0秒）在1A，1秒后移动到2A；由题意知，每隔1秒钟动点X从一个顶点移动到另一个顶点的概率均为31；所以这种情况的概率为：)0(1P×31=121；②开始时在3A，1秒后移动到2A；其概率为：)0(3P×31=241；③开始时在4A，1秒后移动到2A；其概率为：)0(4P×31=241；又这种情况互斥，∴)1(2P=121+241+241=61。我们设想一下，如果仍然按这个办法计算)2(2P，将不胜其烦，因为首先要算)1(1P、)1(3P、)1(4P；事实上1秒后动点在2A，即开始时（0秒）动点不在2A，其概率为：1-)0(2P=21,而每隔1秒钟动点X从一个顶点移动到另一个顶点的概率均为31；所以)1(2P=21×31=61。类似的，2秒后动点在2A，即1秒后动点不在2A，其概率为：1-)1(2P=65,∴)2(2P=65×31=185；n秒后动点在2A，即1n秒后动点不在2A，其概率为：1-)1(2nP，∴)(2nP=[1-)1(2nP]×31。至此，问题化归为数列问题。即：已知数列{)(2nP}满足：)(2nP=-31)1(2nP+31，求通项公式。用待定系数法构造等比数列，设)(2nP+x=-31[)1(2nP+x]，得x=41，可见数列{)(2nP41}是以-31为公比的等比数列，其首项为)1(2P41=121∴)(2nP41=1211)31(n，)(2nP=411211)31(n。完全类似地，可得)(1nP=-31)1(1nP+31，于是有)(1nP41=-31[)1(1nP41]但)1(1P41=0，∴数列{)(1nP}是常数列，即)(1nP=41。点评：本题的关键是：第n秒后动点在某一顶点即意味着第n1秒后动点不在该顶点，由此反映的它们的概率之间的关系正是数列的前后项之间的关系即递推关系，于是从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的办法解决之。[巩固1]已知一组抛物线12