2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第10章第3节　随机事件的概率、古典概型与几何概型

第三节　随机事件的概率、古典概型与几何概型

[考纲传真]　1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式.3.理解古典概型及其概率计算公式.4.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.5.了解随机数的意义，能运用随机模拟的方法估计概率.6.了解几何概型的意义．

1．频率与概率的关系

在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率fn(A)＝会在某个常数附近摆动，则把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．

2．事件的关系与运算

3.概率的基本性质

(1)任何事件A的概率都在[0,1]内，即0≤P(A)≤1，不可能事件∅的概率为0，必然事件Ω的概率为1.

(2)如果事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．

(3)事件A与它的对立事件的概率满足P(A)＋P()＝1.

4．古典概型与几何概型

如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．

[基础自测]

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率． (    )

(2)在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值． (    )

(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件． (    )

(4)概率为0的事件一定为不可能事件． (    )

[答案]　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×

2．某射手在同一条件下进行射击，结果如下：

这个射手射击一次，击中靶心的概率约是(    )

A．0.80        B．0.85   　C．0.90   　D．0.99

C　[由题意，该射手击中靶心的频率大约在0.9附近上下波动，故其概率约为0.90.故选C.]

3．(教材改编)投掷两枚均匀的硬币，则两枚硬币均正面朝上的概率是(    )

A.          B.   C.        D.

A　[P＝×＝，故选A.]

4．(教材改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是(    )

A　[P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，

∴P(A)>P(C)＝P(D)>P(B)．]

5．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．

A与B，A与C，B与C，B与D　B与D　[设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．]

【例1】　(2017·全国卷Ⅲ)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：

以最高气温位于各区间的频率代替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；

(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．

[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＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.

(2)当这种酸奶一天的进货量为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＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.

(2019·郑州模拟)某商店计划每天购进某商品若干件，商店每销售一件该商品可获得利润50元，若供大于求，剩余商品全部退回，但每件退回商品亏损10元；若供不应求，则从外部调剂，此时每件调剂商品可获得利润30元．

(1)若商店一天购进该商品10件，求当天的利润y(单位：元)关于当天的需求量n(单位：件，n∈N*)的函数解析式；

(2)商店记录了50天该商品的日需求量n(单位：件)，整理得下表：

(ⅰ)假设商店在这50天内每天购进10件该商品，求这50天的日利润的平均数；

(ⅱ)若商店一天购进10件该商品，以50天记录的各日需求量的频率作为各日需求量的概率，求当天的利润大于500元的概率．

[解]　(1)当日需求量n≥10时，利润y＝50×10＋(n－10)×30＝30n＋200；

当日需求量n＜10时，利润y＝50×n－(10－n)×10＝60n－100.

所以日利润y关于日需求量n的函数解析式为

y＝

(2)(ⅰ)由(1)及表格可知，这50天中有9天的日利润为380元，有11天的日利润为440元，有15天的日利润为500元，有10天的日利润为530元，有5天的日利润为560元，

所以这50天的日利润的平均数为×(380×9＋440×11＋500×15＋530×10＋560×5)＝477.2(元)．

(ⅱ)若当天的利润大于500元，则日需求量大于10件，

则当天的利润大于500元的概率P＝＝.

【例2】　(1)(2018·全国卷Ⅱ)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.  B.

C.   D.

(2)(2017·全国卷Ⅱ)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(    )

A.   B.

C.   D.

(1)C　(2)D　[(1)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C.

(2)从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：

基本事件总数为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，

∴所求概率P＝＝.

故选D.]

(1)(2019·武汉模拟)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为(    )

A.   B.

C.   D.

(2)(2018·石家庄一模)用1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为________．

(1)C　(2)　[(1)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C种放法，甲盒中恰好有3个小球有C种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为＝.故选C.

(2)1,2,3,4,5可组成A＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有CC＝6个，故出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为＝.]

【例3】　(1)(2016·全国卷Ⅰ)某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是(    )

A.   B.

C.   D.

(2)(2018·合肥二模)小李从网上购买了一件商品，快递员计划在下午5：00到6：00之间送货上门，已知小李下班到家的时间在下午5：30到6：00之间．快递员到小李家时，如果小李未到家，则快递员会电话联系小李．若小李能在10分钟之内到家，则快递员等小李回来；否则，就将商品存放在快递柜中．则小李需要去快递柜领取商品的概率为(    )

A.   B.

C.   D.

(3)已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O­ABCD的体积不小于的概率为________．

(1)B　(2)D　(3)　[(1)这是几何概型问题，总的基本事件空间如图所示，共40分钟，等车时间不超过10分钟的时间段为：7：50至8：00和8：20至8：30，共20分钟，故他等车时间不超过10分钟的概率为＝，故选B.

(2)如图，设快递员和小李分别在下午5点后过了x分钟和y分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{(x，y)|0≤x≤60,30≤y≤60}，这是一个矩形区域，y－x＞10表示小李比快递员晚到超过10分钟，事件M表示小李需要去快递柜领取商品，其所构成的区域是如图所示的直角梯形ABCD的内部区域及边界(不包含AB)，由可得即A(50,60)，由可得即B(20,30)，所以由几何概型的概率计算公式可知P(M)＝＝，故选D.

(3)当四棱锥O­ABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，则×22×h＝，解得h＝.

如图所示，在四棱锥P­ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为.

因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以＝，

所以四棱锥O­ABCD的体积不小于的概率P＝＝3＝3＝.]

(1)随机地取两个实数x和y，使得x∈[－1,1]，y∈[0,1]，则满足y≥x2的概率是(    )

A.   B.

C.   D.

(2)如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．

(1)B　(2)　[(1)满足x∈[－1,1]，y∈[0,1]的区域为矩形区域(包括边界)(图略)，面积为2，满足y≥x2的区域的面积S＝－1(1－x2)dx＝＝，故所求概率P＝＝.故选B.

(2)在AB上取AC′＝AC(图略)，则∠ACC′＝＝67.5°，

记A＝{在∠ACB内部任作一射线CM与线段AB交于点M，AM＜AC}，

则所有可能结果的区域为∠ACB，

事件A构成的区域为∠ACC′.

又∠ACB＝90°，∠ACC′＝67.5°，

∴P(A)＝＝.]

1．(2018·全国卷Ⅰ)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(    )

A．p1＝p2   B．p1＝p3

C．p2＝p3   D．p1＝p2＋p3

A　[设直角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×2＋π×2－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.]

2．(2017·全国卷Ⅰ)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.   B.

C.   D.

B　[不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S正方形＝4.

由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，得S黑＝S白＝S圆＝，所以由几何概型知所求概率P＝＝＝.

故选B.]

3．(2016·全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为(    )

A.   B.

C.   D.

C　[因为x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在正方形OABC内(包括边界)，如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC内的数对有m个．用随机模拟的方法可得＝，即＝，所以π＝.]

4．(2014·全国卷Ⅰ)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为(    )

A.   B.

C.   D.

D　[4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，

∴所求概率为1－＝.]