2023年人教版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第一部分考點(diǎn)指導(dǎo)第十一章計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布第三節(jié)隨機(jī)事件與概率

第三節(jié)隨機(jī)事件與概率【考試要求】.能夠掌握古典概型的基本特征，根據(jù)實(shí)際問題構(gòu)建概率模型，解決實(shí)際問題..能夠借助古典概型初步認(rèn)識(shí)有限樣本空間、隨機(jī)事件以及隨機(jī)事件的概率..掌握互斥事件與對(duì)立事件的概率的計(jì)算方法.【高考考情】考點(diǎn)考法：從近幾年高考來看，本講知識(shí)單獨(dú)考查的概率較小，一般與其他知識(shí)綜合考查,其中互斥事件和對(duì)立事件的概率及與古典概型結(jié)合考查隨機(jī)事件概率的計(jì)算是高考考查重點(diǎn).以小題和解答題形式呈現(xiàn)，試題難度不大，屬中、低檔題型.核心素養(yǎng)：數(shù)據(jù)分析、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算Q =一知包林理二思碓激話 —o歸納?知識(shí)必備.有限樣本空間與隨機(jī)事件(1)樣本點(diǎn)：隨機(jī)試驗(yàn)的每個(gè)可能的基本結(jié)果.(2)樣本空間：全體樣本點(diǎn)的集合，一般用。表示.(3)有限樣本空間：樣本空間。=｛所，眼，…，典｝.(4)隨機(jī)事件(事件)：樣本空間。的子集.(5)基本事件：只包含一個(gè)樣本點(diǎn)的事件..事件的關(guān)系與運(yùn)算定義符號(hào)包含關(guān)系如果事件力發(fā)生，則事件8一定發(fā)生，我們就稱事件6包含事件4(或事件］包含于事件0(或￡歷相等關(guān)系若心力且瘡8A=B并事件(或和事件)事件力與事件8至少有一個(gè)發(fā)生，這樣的一個(gè)事件中的樣本點(diǎn)或者在事件力中，或者在事件6中，我們稱這個(gè)事件為事件A與事件6的并事件(或和事件)AUB（或4+而交事件(或積事件)事件4與事件8同時(shí)發(fā)生，這樣的一個(gè)事件中的樣本點(diǎn)既在事件力中，也在事件6中，我們稱這樣的一個(gè)4CB（或4步事件為事件4與事件6的交事件(或積事件)互斥事件如果事件4與事件6不能同時(shí)發(fā)生，也就是說4cB是一個(gè)不可能事件儲(chǔ)06=。)，則稱事件4與事件8互斥jn5=0對(duì)立'”事件如果事件A和事件8在任何一次試驗(yàn)中有且僅有一個(gè)發(fā)生，即4U4=O,且力06=0,那么稱事件/與事件6互為對(duì)立P（冷+P（助=1，注解1互斥與對(duì)立事件都是兩個(gè)事件的關(guān)系，互斥事件是不可能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件，而對(duì)立事件除要求這兩個(gè)事件不同時(shí)發(fā)生外，還要求二者之一必有一個(gè)發(fā)生，因此，對(duì)立事件是互斥事件的特殊情況，而互斥事件未必是對(duì)立事件..古典概型⑵定義：具有以下兩個(gè)特征的試驗(yàn)稱為古典概型試驗(yàn)，其數(shù)學(xué)模型稱為古典概率模型，簡(jiǎn)稱古典概型.(1)有限性：樣本空間的樣本點(diǎn)只有有限個(gè).(2)等可能性：每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的可能性相等.(3)分式：P(A)="=〃累I.其中,和〃(。)分別表示事件力和樣本空間。包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù).＞注解2一個(gè)試驗(yàn)是否為古典概型，在于這個(gè)試驗(yàn)是否具有古典概型的兩個(gè)特點(diǎn)，即有限性和等可能性，只有同時(shí)具備這兩個(gè)特點(diǎn)的概型才是古典概型..概率的幾個(gè)基本性質(zhì)(1)概率的取值范圍：12r(冷20.(2)尸(。)=1，P(0)=0.(3)如果事件力與事件B互斥,那么P(AU^=P(A)+P(用.(4)如果事件A與事件6互為對(duì)立事件，則/(4=1一產(chǎn)(面.(5)如果AQB,那么P(A)(夕.P(AU助=P(A)+產(chǎn)出-P(AC*.智學(xué)?變式探源1.必修二P232例62.必修二P235例8L(改變形式)從裝有兩個(gè)紅球和兩個(gè)黑球的口袋內(nèi)任取兩個(gè)球，那么互斥而不對(duì)立的兩個(gè)事件是（）“至少有一個(gè)黑球”與“都是黑球”“至少有一個(gè)黑球”與“至少有一個(gè)紅球”“恰有一個(gè)黑球”與“恰有兩個(gè)黑球”“至少有一個(gè)黑球”與“都是紅球”【解析】選C.A中的兩個(gè)事件能同時(shí)發(fā)生，故不互斥；同樣，B中兩個(gè)事件也可同時(shí)發(fā)生，故不互斥；D中兩個(gè)事件是對(duì)立的..（改變問法）拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，向上的點(diǎn)數(shù)之差的絕對(duì)值為3的概率是（）1111A.5B.-C,-D.-【解析】選B.拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，向上的點(diǎn)數(shù)之差的絕對(duì)值為3的情況有（1,4）,（4,1）,（2,5）,（5,2）,（3,6）,（6,3）,共6個(gè)樣本點(diǎn)，而拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子包含的樣本點(diǎn)有36個(gè)，所以所求概率八白=：.3bb-慧考?四基自測(cè)3.基礎(chǔ)知識(shí)4.基本方法5.基本能力6.基本應(yīng)用.（古典概型概念）（多選題）下列關(guān)于古典概型的說法中正確的是（）A.試驗(yàn)中樣本空間的樣本點(diǎn)只有有限個(gè)；B.每個(gè)事件出現(xiàn)的可能性相等；C.每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的可能性相等；kD.樣本點(diǎn)的總數(shù)為〃，隨機(jī)事件力若包含4個(gè)樣本點(diǎn)，則夕（月）=-.n【解析】ACD.由古典概型的特征知ACD正確，B錯(cuò)誤..（對(duì)立事件的判斷）一個(gè)人打靶時(shí)連續(xù)射擊兩次，事件“至少有一次中靶”的對(duì)立事件是（）A.至多有一次中靶 B.兩次都中靶C.只有一次中靶 D.兩次都不中靶【解析】選D.“至少有一次中靶”的對(duì)立事件是“兩次都不中靶”..（古典概型的概率）設(shè)。為正方形力氏力的中心，在0,A,B,C,〃中任取三點(diǎn)，則取到的三點(diǎn)共線的概率為（）■A1 12 14A.7B.TC."D.t5 5 2 5【解析】選A.從0,力，B,C,〃中任取3點(diǎn)的情況有（0,兒0,（0,4。，（0,J,〃），（0,B,0,0B,D）,（0,C,〃），U,B,0,U,B,〃），（B,C,〃），U,C,出,共有10種不同的情況.由題圖可知取到的三點(diǎn)共線的有（。，A,。和（0,B,〃）兩種情況，所以所9 1求概率為市二三.10 56.（概率性質(zhì)的應(yīng)用）一個(gè)電路板上裝有甲、乙兩根熔絲，甲熔斷的概率為0.85,乙熔斷的概率為0.74,兩根同時(shí)熔斷的概率為0.63,則至少有一根熔斷的概率為.【解析】設(shè)力="甲熔絲熔斷”，B="乙熔絲熔斷”，則甲、乙兩根熔絲至少有一根熔斷”為事件AUB.P（AUB=尸（4+尸㈤-P（ACB=0.85+0.74-0.63=0.96.答案：0.96Q.- 一、?點(diǎn)探究?修三培龍一 - 。?考點(diǎn)一互斥事件、對(duì)立事件的判斷 |自主練透.（多選題）若干人站成排，其中不是互斥事件的是（）“甲站排頭"與"乙站排頭"“甲站排頭”與“乙不站排尾”C.”甲站排頭”與“乙站排尾”D.“甲不站排頭”與“乙不站排尾”【解析】BCD.排頭只能有一人，因此“甲站排頭”與“乙站排頭”互斥，而B,C,D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同時(shí)發(fā)生，因此它們都不互斥..把紅、黃、藍(lán)、白4張紙牌隨機(jī)地分發(fā)給甲、乙、丙、丁四人，每個(gè)人分得一張，事件“甲分得紅牌”與“乙分得紅牌”（）A.是對(duì)立事件 B.是不可能事件C.是互斥但不對(duì)立事件 D.不是互斥事件【解析】選C.顯然兩個(gè)事件不可能同時(shí)發(fā)生，但兩者可能同時(shí)不發(fā)生，因?yàn)榧t牌可以分給丙、丁兩人，綜上，這兩個(gè)事件為互斥但不對(duì)立事件..2022年某省新高考將實(shí)行“3+1+2”模式，即語文、數(shù)學(xué)、外語必選，物理、歷史二選一，政治、地理、化學(xué)、生物四選二，共有12種選課模式.某同學(xué)已選了物理，記事件A：“他選擇政治和地理”，事件凡“他選擇化學(xué)和地理”，則事件4與事件6()A.是互斥事件，不是對(duì)立事件B.是對(duì)立事件，不是互斥事件C.既是互斥事件，也是對(duì)立事件D.既不是互斥事件也不是對(duì)立事件【解析】選A.事件力與事件6不能同時(shí)發(fā)生，是互斥事件，他還可以選擇化學(xué)和政治，不是對(duì)立事件.4.設(shè)條件甲：事件力與事件8是對(duì)立事件，結(jié)論乙：概率滿足夕(4)+/(③=1,則甲是乙的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【解析】選A.若事件4與事件8是對(duì)立事件，則4U4為必然事件.再由概率的加法公式得夕(4)+P(而=1.例如：投擲一枚硬幣3次，滿足P(A)+P(而=1,但A,6不一定是對(duì)立事件.如7 1事件力：”至少出現(xiàn)一次正面”，事件氏“出現(xiàn)3次正面”，則夕(4=三，=~,滿足PG4)O O+P(夕=1,但48不是對(duì)立事件.，規(guī)律方法判斷互斥事件、對(duì)立事件的兩種方法(1)定義法：判斷互斥事件、對(duì)立事件一般用定義判斷，不可能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件為互斥事件；兩個(gè)事件，若有且僅有一個(gè)發(fā)生，則這兩個(gè)事件為對(duì)立事件，對(duì)立事件一定是互斥事件.(2)集合法：①由各個(gè)事件所含的結(jié)果組成的集合彼此的交集為空集，則事件互斥.②事件A的對(duì)立事件所含的結(jié)果組成的集合，是全集中由事件A所含的結(jié)果組成的集合的補(bǔ)集.(多選題)在一次隨機(jī)試驗(yàn)中，A,B,C,〃是彼此互斥的事件，且4+5+C+〃是必然事件,則下列說法正確的是()A.4+6與。是互斥事件，也是對(duì)立事件6+C與〃是互斥事件，但不是對(duì)立事件4+C與6+〃是互斥事件，但不是對(duì)立事件4與6+C+〃是互斥事件，也是對(duì)立事件【解析】選BD.由于4B,C,〃彼此互斥，且4+6+C+〃是必然事件，故事件的關(guān)系如圖所示.由圖可知，任何一個(gè)事件與其余三個(gè)事件的和事件互為對(duì)立，任何兩個(gè)事件的和事件與其余兩個(gè)事件中任何一個(gè)是互斥事件，任何兩個(gè)事件的和事件與其余兩個(gè)事件的和事件互為對(duì)立,故B,D中的說法正確.7考點(diǎn)二古典概型 |多維探究高考考情：古典概型問題是高考命題的熱點(diǎn)，常以新的命題情境為載體，考查簡(jiǎn)單的古典概型的概率求法.有時(shí)會(huì)與函數(shù)、平面向量等相關(guān)知識(shí)交匯，考查學(xué)生解決問題的綜合能力.?角度1古典概型的判斷［典例1］下列問題中是古典概型的是()A.種下一粒楊樹種子，求其能長(zhǎng)成大樹的概率B.擲一顆質(zhì)地不均勻的骰子，求出現(xiàn)1點(diǎn)的概率C.在區(qū)間［1,4］上任取一數(shù)，求這個(gè)數(shù)大于L5的概率D.同時(shí)擲兩顆質(zhì)地均勻的骰子，求向上的總數(shù)之和是5的概率【解析】選D.A,B兩項(xiàng)中的樣本點(diǎn)發(fā)生不是等可能的；C項(xiàng)中樣本點(diǎn)有無限多個(gè)；D項(xiàng)中樣本點(diǎn)的發(fā)生是等可能的，且個(gè)數(shù)有限.?角度2簡(jiǎn)單的古典概型的概率［典例2］(1)先后拋擲兩顆質(zhì)地均勻的骰子，則兩次朝上的點(diǎn)數(shù)之積為奇數(shù)的概率為()1111A.訪 B.-C,-D.-【解析】選C.先后拋擲兩顆骰子，有36種結(jié)果，其中兩次朝上的點(diǎn)數(shù)之積為奇數(shù)的結(jié)果有(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5),共9種，

9所求概率為正=t.TOC\o"1-5"\h\z36 4(2)(2021?全國(guó)甲卷)將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的概率為( )44-5D.2-3

c.2-5B.1-3A.【解析】選C.把位置依次標(biāo)為1到6.總數(shù)：先排2個(gè)0,有Q=15種，再排4個(gè)1,有1種，故共有15種.滿足題設(shè)的排法：先排4個(gè)1,有1種，其間有5個(gè)空，選2個(gè)空插入有2“u10 2C.=10種.故P^~=~.? 15 3滿足題設(shè)的排法的另一種解釋：0的位置有(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(3,5),(3,6),(4,6)共10種.?角度3古典概型的交匯問題[典例3](1)設(shè)平面向量a=(勿，1),6=(2,ri),其中r，〃e{l,2,3,4},記“a_L(a-6)”為事件4則事件4發(fā)生的概率為()1111A.1B.-C.-D.-【解析】選A.有序數(shù)對(duì)(加，〃)的所有可能結(jié)果數(shù)為4X4=16.由a_L(a—6),得/—2/+1—n=0,即〃=(加一I)?.由于勿，〃G{1,2,3,4),故事件力包含的樣本點(diǎn)為(2,1)和(3,4),共2個(gè).2 1所以所求的概率2(4)=6.10 0(2)已知{0,1,2},b￡{—1,1,3,5},則函數(shù)F(x)2bx在區(qū)間(1,+8)上為增函數(shù)的概率是()1-1-6D.1-4C.1一3Ik5-12A.【解析】選A.因?yàn)閍￡{0,1,2},6￡{—1,1,3,5),所以樣本點(diǎn)總數(shù)〃=3X4=12.①當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-2bx,符合條件的只有(0,-1),即a=0,b=—1.②當(dāng)aWO時(shí)，需要滿足2W1,符合條件的有(1,-1),(1,1),(2,-1),(2,1),共4a種.5所以函數(shù)/'（x）=a*—26x在區(qū)間（1,+8）上為增函數(shù)的概率是一,,規(guī)律方法.古典概型中樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)的探求方法（1）列舉法：適合于給定的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)較少且易一一列舉出的問題.（2）樹狀圖法：適合于較為復(fù)雜的問題，注意在確定樣本點(diǎn)時(shí)（*,力可看成是有序的，如（1,2）與（2,1）不同，有時(shí)也可看成是無序的，如（1,2）與（2,1）相同.（3）排列組合法：在求一些較復(fù)雜的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)時(shí)，可利用排列或組合的知識(shí)..求解古典概型交匯問題的思路（化事件） 1將題H條件中的相關(guān)知識(shí)轉(zhuǎn)化為事件（辨*型） 1判斷事件是古典概型還是其他概增（列+件） 1選用合適的方法列舉樣本點(diǎn)（求［率） 1代入相應(yīng)的概率公式求解，多維訓(xùn)練1.★（命題?新視角）中國(guó)古代“五行”學(xué)說認(rèn)為：物質(zhì)分“金、木、水、火、土”五種屬性,并認(rèn)為：''金生水，水生木，木生火、火生土、土生金”.從五種不同屬性的物質(zhì)中隨機(jī)抽取2種，則抽到的兩種物質(zhì)不相生的概率為（）1111TOC\o"1-5"\h\zA.7 B.T C.- D.-5 4 3 2【解析】選D.從五種不同屬性的物質(zhì)中隨機(jī)抽取2種，共有“金木，金水，金火，金土，木水，木火，木土，水火，水土，火土”10種，而相生的有5種，5 1則抽到的兩種物質(zhì)不相生的概率々1一行=2.（2019?全國(guó)卷H）生物實(shí)驗(yàn)室有5只兔子，其中只有3只測(cè)量過某項(xiàng)指標(biāo)，若從這5只兔子中隨機(jī)取出3只，則恰有2只測(cè)量過該指標(biāo)的概率為（）3 2 1A. " B. ~ C. 7 D. 75 5 5【解析】選B.從5只兔子中隨機(jī)取出3只，總的基本事件有10種；又因?yàn)橹挥?只測(cè)量過某項(xiàng)指標(biāo)，故恰有2只測(cè)量過該指標(biāo)的種數(shù)為6,則恰有2只測(cè)量過該指標(biāo)的概率為得，即

(2021?宿遷模擬)已知AGZ,AB=(A,1),AC=(2,4).若|仄豆|忘4,則a'是直角三角形的概率是.【解析】因?yàn)閨AF|=RTTW4,所以一標(biāo)標(biāo).因?yàn)椤℅Z,所以〃=-3,-2,-1,0,1,2,3,當(dāng)△48C為直角三角形時(shí)，應(yīng)有力由L4G或AB1BC,或由AB?AC=0,得2Ar+4二。，所以4=-2.因?yàn)榉?求一崩=(2一4，3),由AB?BC=0,得A(2—A)+3=0,所以〃=—1或3.由衣?BC=0,得2(2—4)+12=0,所以4=8(舍去).3故使△力%為直角三角形的女值為一2,—1或3,所以所求概率八不.3答案：y教師專教師專用【加練備選】.已知函數(shù)f(x)x：i+ax2+b2x+l.若a是從1,2,3三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，b是從0,1,2三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)，則該函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)的概率為()7 15 2A'9B'3C'9D'3【解析】選〃f'(x)=x?+2ax+b2.由題意知『(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根，即A=4(￡-b2)>0,所以a>b,有序數(shù)對(duì)(a,b)所有可能結(jié)果有3X3=9(種),其中滿足a〉b的有(1,0),(2,0),(3,0),(2,1),(3,1),(3,2),共6種.故所求概率P='=(.yo.(一題多解)從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中隨機(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的概率為()【解析】選〃方法一：依題意，記兩次取的卡片上的數(shù)字依次為a,b,則一共有25個(gè)不同的數(shù)組(a,b),其中滿足a〉b的數(shù)組共有10個(gè)，分別為(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),in9(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4).因此所求的概率為充=-.TOC\o"1-5"\h\z25 5方法二：從5張卡片中隨機(jī)抽取1張，放回后再隨機(jī)抽取1張的情況如圖：第二張/K 次x第二張1234512345I23451234512345樣本點(diǎn)的總數(shù)為25,第一張卡片上的數(shù)大于第二張卡片上的數(shù)的樣本點(diǎn)的個(gè)數(shù)為10,故所求10 2概率P=—=-.25 5?考點(diǎn)三互斥事件、對(duì)立事件的概率計(jì)算 |講練互動(dòng)［典例4］經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在某儲(chǔ)蓄所一個(gè)營(yíng)業(yè)窗口等候的人數(shù)相應(yīng)的概率如下：排隊(duì)人數(shù)01234N5概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排隊(duì)等候的概率；(2)至少3人排隊(duì)等候的概率.【解析】記“無人排隊(duì)等候”為事件A,“1人排隊(duì)等候”為事件B,“2人排隊(duì)等候”為事件C,“3人排隊(duì)等候”為事件D,“4人排隊(duì)等候”為事件E,“5人及5人以上排隊(duì)等候”為事件F,則事件A,B,C,D,E,F彼此互斥.(1)記“至多2人排隊(duì)等候”為事件G,則6=人1^1^,所以P(G)=P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56.(2)方法一(直接法)記“至少3人排隊(duì)等候”