2019-2020学年高中数学 第三章 概率章末总结课件 新人教A版必修3

章末总结网络建构2.“投掷一枚硬币,正面向上或反面向上”是必然事件.()3.灯泡的合格率是99%,从一批灯泡中任取一个,则是合格品的可能性为99%.()4.若P(A)=0.001,则A为不可能事件.()5.在同一试验中的两个事件A与B,一定有P(A∪B)=P(A)+P(B).()6.若一次试验的结果所包含的基本事件的个数为有限个,则该试验符合古典概型.()7.“抛掷两枚硬币,至少一枚正面向上”是基本事件.()知识辨析判断下列说法是否正确.(请在括号中填“√”或“×”)1.“一个三角形的内角和为280°”是随机事件.()×√√××××8.一个古典概型的基本事件数为n,则每一个基本事件出现的概率都是.()1n√题型归纳·素养提升题型一互斥事件、对立事件的概率[典例1]甲、乙两人参加知识竞赛,共有5个不同题目,选择题3个,判断题2个,甲、乙两人各抽一题.(1)甲、乙两人中有一个抽到选择题,另一个抽到判断题的概率是多少?(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少?解:把3个选择题记为x1,x2,x3,2个判断题记为p1,p2.“甲抽到选择题,乙抽到判断题”的情况有(x1,p1),(x1,p2),(x2,p1),(x2,p2),(x3,p1),(x3,p2),共6种,“甲抽到判断题,乙抽到选择题”的情况有(p1,x1),(p1,x2),(p1,x3),(p2,x1),(p2,x2),(p2,x3),共6种;“甲、乙都抽到选择题”的情况有(x1,x2),(x1,x3),(x2,x1),(x2,x3),(x3,x1),(x3,x2),共6种,“甲、乙都抽到判断题”的情况有(p1,p2),(p2,p1),共2种.(1)“甲抽到选择题,乙抽到判断题”的概率为620=310,“甲抽到判断题,乙抽到选择题”的概率为620=310,故“甲、乙两人中有一个抽到选择题,另一个抽到判断题”的概率为310+310=35.(2)“甲、乙两人都抽到判断题”的概率为220=110,故“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”的概率为1-110=910.规律方法(1)互斥事件与对立事件的概率计算.①若事件A1,A2,…,An彼此互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).②设事件A的对立事件是A,则P(A)=1-P(A).(2)求复杂事件的概率常用的两种方法.①将所求事件转化成彼此互斥的事件的和.②先求其对立事件的概率,然后再应用公式P(A)=1-P(A)求解.题型二古典概型[典例2]现有6道题,其中4道甲类题,2道乙类题,张同学从中任取2道题解答.试求:(1)所取的2道题都是甲类题的概率;解:(1)将4道甲类题依次编号为1,2,3,4;2道乙类题依次编号为5,6.任取2道题,基本事件为{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{2,3},{2,4},{2,5},{2,6},{3,4},{3,5},{3,6},{4,5},{4,6},{5,6},共15个,而且这些基本事件的出现是等可能的.用A表示“都是甲类题”这一事件,则A包含的基本事件有{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4},共6个,所以P(A)=615=25.(2)所取的2道题不是同一类题的概率.解:(2)基本事件同(1),用B表示“不是同一类题”这一事件,则B包含的基本事件有{1,5},{1,6},{2,5},{2,6},{3,5},{3,6},{4,5},{4,6},共8个,所以P(B)=815.规律方法求解古典概型概率问题的关键是找出样本空间中基本事件的总数及所求事件所包含的基本事件数,常用方法是列举法、列表法、画树状图法等.解析:依题意可知,本题属于几何概型,区域E和区域F的对应图形如图所示.其中区域E的面积为3×2=6,区域F的面积为12×(1+3)×2=4,所以向区域E内随机投掷一点,该点落入区域F内的概率为P=46=23.题型三几何概型[典例3]已知区域E={(x,y)|0≤x≤3,0≤y≤2},F={(x,y)|0≤x≤3,0≤y≤2,x≥y},若向区域E内随机投掷一点,则该点落入区域F内的概率为.答案:23规律方法对于几何概型的概率公式中的“测度”要有正确的认识,它只与大小有关,而与形状和位置无关,在解题时,要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的概率求解方法,主要有下面两种类型:(1)线型几何概型:基本事件受一个连续的变量控制.(2)面积几何概型:基本事件受两个连续的变量控制.一般是把两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标,这样基本事件就构成了平面上的一个区域,即可借助平面区域解决.错解:先后抛掷两枚质地均匀的硬币会出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”三种结果.设“一枚出现正面,另一枚出现反面”为事件A,则P(A)=13,所以“一枚出现正面,另一枚出现反面”的概率是13.纠错:解答本题,有时会错误地认为出现的三种结果“两个正面”“两个反面”“一正一反”是等可能的,然后利用古典概型的概率公式P(A)=mn,其实不然,这三种情况不是等可能的,因为还有“一反一正”的可能.题型四易错辨析[典例4]先后抛掷两枚质地均匀的硬币,求“一枚出现正面,另一枚出现反面”的概率.正解:先后抛掷两枚质地均匀的硬币,可出现“正,正”“正,反”“反,正”“反,反”这4种等可能的结果.而“一枚出现正面,另一枚出现反面”这一事件包括“正,反”“反,正”两种结果,即n=4,m=2.设“一枚出现正面,另一枚出现反面”为事件A,则P(A)=mn=24=12,所以“一枚出现正面,另一枚出现反面”的概率是12.[典例5]在等腰直角三角形ABC中,在斜边AB上任取一点M,求AMAC的概率.错解:在AB上截取AC′=AC,则∠ACC′=180452=67.5°,要使AMAC,只需∠ACM∠ACC′=67.5°,所以P(AMAC)=67.590=34.正解:在AB上截取AC′=AC.所以P(AMAC)=P(AMAC′)='ACAB=22.纠错:本题中的基本事件是“在AB上取一点M,使AMAC”,它与AM的长度有关,是用长度的比来求解.真题体验·素养升级1.(2018·全国Ⅱ卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是()(A)112(B)114(C)115(D)118C解析:不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,随机选取两个不同的数,共有210C=45种情况,而和为30的有7+23,11+19,13+17这3种情况,所以所求概率为345=115.故选C.2.(2017·全国Ⅰ卷)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是()(A)14(B)π8(C)12(D)π4B解析:不妨设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,圆的半径为1,圆的面积为πr2=π.黑色部分的面积为圆面积的12,即为π2,所以点取自黑色部分的概率是π24=π8.故选B.3.(2017·全国Ⅱ卷)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张,放回后再随机抽取1张,则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()D(A)110(B)15(C)310(D)25解析:基本事件总数为5×5=25,第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10,故所求概率P=1025=25.故选D.4.(2017·天津卷)有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为()(A)45(B)35(C)25(D)15C解析:从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫,绿紫共10种,其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫,共4种,所以所求概率P=410=25.故选C.5.(2017·山东卷)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张,则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是()(A)518(B)49(C)59(D)79C解析:9张卡片中有5张奇数卡片,4张偶数卡片,且为不放回地随机抽取,所以P(第一次抽到奇数,第二次抽到偶数)=59×48=518,P(第一次抽到偶数,第二次抽到奇数)=49×58=518.所以P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)=518+518=59.故选C.6.(2017·江苏卷)记函数f(x)=26xx的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x,则x∈D的概率是.解析:由6+x-x2≥0,解得-2≤x≤3,所以D=[-2,3].如图,区间[-4,5]的长度为9,定义域D的长度为5,所以P=59.答案:597.(2017·全国Ⅲ卷)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25℃,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20℃,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:最高气温[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;解:(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25℃,由表格数据知最高气温低于25℃的频率为2163690=0.6,所以估计这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率为0.6.解:(2)当这种酸奶一天的销售量为450瓶时,若最高气温不低于25℃,则Y=6×450-4×450=900,若最高气温位于区间[20,25),则Y=6×300+2×(450-300)-4×450=300,若最高气温低于20℃,则Y=6×200+2×(450-200)-4×450=-100,所以Y的所有可能值为900,300,-100.Y大于零,当且仅当最高气温不低于20℃,由表格数据知,最高气温不低于20℃的频率为36257490=0.8,因此Y大于零的概率的估计值为0.8.(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率.