適用于新教材強基版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案第十章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布10.4隨機事件與概率新人教A版

§10.4隨機事件與概率考試要求1.了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別.2.理解事件間的關(guān)系與運算.3.掌握古典概型及其計算公式，能計算古典概型中簡單隨機事件的概率．知識梳理1．樣本空間和隨機事件(1)樣本點和有限樣本空間①樣本點：隨機試驗E的每個可能的基本結(jié)果稱為樣本點，常用ω表示．全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，常用Ω表示．②有限樣本空間：如果一個隨機試驗有n個可能結(jié)果ω1，ω2，…，ωn，則稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間．(2)隨機事件①定義：將樣本空間Ω的子集稱為隨機事件，簡稱事件．②表示：一般用大寫字母A，B，C，…表示．③隨機事件的極端情形：必然事件、不可能事件．2．兩個事件的關(guān)系和運算含義符號表示包含關(guān)系若A發(fā)生，則B一定發(fā)生A?B相等關(guān)系B?A且A?BA＝B并事件(和事件)A與B至少有一個發(fā)生A∪B或A＋B交事件(積事件)A與B同時發(fā)生A∩B或AB互斥(互不相容)A與B不能同時發(fā)生A∩B＝?互為對立A與B有且僅有一個發(fā)生A∩B＝?，且A∪B＝Ω3．古典概型的特征(1)有限性：樣本空間的樣本點只有有限個；(2)等可能性：每個樣本點發(fā)生的可能性相等．4．古典概型的概率公式一般地，設(shè)試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事件A包含其中的k個樣本點，則定義事件A的概率P(A)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ).其中，n(A)和n(Ω)分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點個數(shù)．5．概率的性質(zhì)性質(zhì)1：對任意的事件A，都有P(A)≥0；性質(zhì)2：必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，即P(Ω)＝1，P(?)＝0；性質(zhì)3：如果事件A與事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；性質(zhì)4：如果事件A與事件B互為對立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；性質(zhì)5：如果A?B，那么P(A)≤P(B)，由該性質(zhì)可得，對于任意事件A，因為??A?Ω，所以0≤P(A)≤1；性質(zhì)6：設(shè)A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．6．頻率與概率(1)頻率的穩(wěn)定性一般地，隨著試驗次數(shù)n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發(fā)生的頻率fn(A)會逐漸穩(wěn)定于事件A發(fā)生的概率P(A)，我們稱頻率的這個性質(zhì)為頻率的穩(wěn)定性．(2)頻率穩(wěn)定性的作用可以用頻率fn(A)估計概率P(A)．常用結(jié)論1．當(dāng)隨機事件A，B互斥時，不一定對立；當(dāng)隨機事件A，B對立時，一定互斥，即兩事件互斥是對立的必要不充分條件．2．若事件A1，A2，…，An兩兩互斥，則P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)事件發(fā)生的頻率與概率是相同的．(×)(2)兩個事件的和事件發(fā)生是指這兩個事件至少有一個發(fā)生．(√)(3)從－3，－2，－1,0,1,2中任取一個數(shù)，取到的數(shù)小于0與不小于0的可能性相同．(√)(4)若A∪B是必然事件，則A與B是對立事件．(×)教材改編題1．一個人打靶時連續(xù)射擊兩次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是()A．至少有一次中靶B．兩次都中靶C．只有一次中靶D．兩次都不中靶答案B解析射擊兩次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或兩次都不中靶”，與該事件不能同時發(fā)生的是“兩次都中靶”．2．從某班學(xué)生中任意找出一人，如果該同學(xué)的身高小于160cm的概率為0.2，該同學(xué)的身高在[160,175](單位：cm)內(nèi)的概率為0.5，那么該同學(xué)的身高超過175cm的概率為()A．0.2B．0.3C．0.7D．0.8答案B解析由題意知該同學(xué)的身高小于160cm的概率、該同學(xué)的身高在[160,175](單位：cm)內(nèi)的概率和該同學(xué)的身高超過175cm的概率和為1，故所求概率為1－0.2－0.5＝0.3.3．(2022·全國乙卷)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為________．答案eq\f(3,10)解析從甲、乙等5名同學(xué)中隨機選3名，有Ceq\o\al(3,5)種情況，其中甲、乙都入選有Ceq\o\al(1,3)種情況，所以甲、乙都入選的概率P＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).題型一隨機事件命題點1隨機事件間關(guān)系的判斷例1(1)(多選)對空中飛行的飛機連續(xù)射擊兩次，每次發(fā)射一枚炮彈，設(shè)事件A＝{兩彈都擊中飛機}，事件B＝{兩彈都沒擊中飛機}，事件C＝{恰有一彈擊中飛機}，事件D＝{至少有一彈擊中飛機}，則下列關(guān)系正確的是()A．A∩D＝? B．B∩D＝?C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D答案BC解析“恰有一彈擊中飛機”指第一枚擊中、第二枚沒中或第一枚沒中、第二枚擊中，“至少有一彈擊中飛機”包含兩種情況，一種是恰有一彈擊中，另一種是兩彈都擊中，故A∩D≠?，B∩D＝?，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.(2)從裝有十個紅球和十個白球的罐子里任取兩球，下列情況中是互斥而不對立的兩個事件的是()A．至少有一個紅球；至少有一個白球B．恰有一個紅球；都是白球C．至少有一個紅球；都是白球D．至多有一個紅球；都是紅球答案B解析對于A，“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白球，“至少有一個白球”可能為一個白球、一個紅球，故兩事件可能同時發(fā)生，所以不是互斥事件；對于B，“恰有一個紅球”，則另一個必是白球，與“都是白球”是互斥事件，而任取兩球還可能都是紅球，故兩事件不是對立事件；對于C，“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白，與“都是白球”顯然是對立事件；對于D，“至多有一個紅球”為都是白球或一紅一白，與“都是紅球”是對立事件．命題點2利用互斥、對立事件求概率例2某商場進(jìn)行有獎銷售，購滿100元商品得1張獎券，多購多得.1000張獎券為一個開獎單位，設(shè)特等獎1個，一等獎10個，二等獎50個．設(shè)1張獎券中特等獎、一等獎、二等獎的事件分別為A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1張獎券的中獎概率；(3)1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率．解(1)P(A)＝eq\f(1,1000)，P(B)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，P(C)＝eq\f(50,1000)＝eq\f(1,20).(2)1張獎券中獎包含中特等獎、一等獎、二等獎．設(shè)“1張獎券中獎”這個事件為M，則M＝A∪B∪C.∵事件A，B，C兩兩互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1＋10＋50,1000)＝eq\f(61,1000)，故1張獎券的中獎概率為eq\f(61,1000).(3)設(shè)“1張獎券不中特等獎且不中一等獎”為事件N，則事件N與“1張獎券中特等獎或中一等獎”為對立事件，∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝eq\f(989,1000)，故1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率為eq\f(989,1000).思維升華事件關(guān)系的運算策略進(jìn)行事件的運算時，一是要緊扣運算的定義，二是要全面考慮同一條件下的試驗可能出現(xiàn)的全部結(jié)果，必要時可列出全部的試驗結(jié)果進(jìn)行分析．當(dāng)事件是由互斥事件組成時，運用互斥事件的概率加法公式．跟蹤訓(xùn)練1(1)有一個游戲，其規(guī)則是甲、乙、丙、丁四個人從同一地點隨機地向東、南、西、北四個方向前進(jìn)，一個方向只能有一個人．事件“甲向南”與事件“乙向南”是()A．互斥但非對立事件B．對立事件C．相互獨立事件D．以上都不對答案A解析由于每人一個方向，故“甲向南”意味著“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是對立事件．(2)某超市為了解顧客的購物量及結(jié)算時間等信息，安排一名員工隨機收集了在該超市購物的100位顧客的相關(guān)數(shù)據(jù)，如下表所示．一次購物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顧客數(shù)(人)x3025y10結(jié)算時間(分鐘/人)11.522.53已知這100位顧客中一次購物量超過8件的顧客占55%.①確定x，y的值，并估計顧客一次購物的結(jié)算時間的平均值；②估計一位顧客一次購物的結(jié)算時間不超過2分鐘的概率．解①由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.則顧客一次購物的結(jié)算時間的平均值可用樣本平均數(shù)估計，其估計值為eq\f(1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10,100)＝1.9(分鐘)．②記A為事件“一位顧客一次購物的結(jié)算時間不超過2分鐘”，A1，A2，A3分別表示事件“該顧客一次購物的結(jié)算時間為1分鐘”“該顧客一次購物的結(jié)算時間為1.5分鐘”“該顧客一次購物的結(jié)算時間為2分鐘”，則可估計概率約為P(A1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(A2)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4)，因為A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(3,20)＋eq\f(3,10)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,10)，故一位顧客一次購物的結(jié)算時間不超過2分鐘的概率約為eq\f(7,10).題型二古典概型例3(1)(2023·榆林模擬)在2,3,5,7這四個數(shù)中任取三個數(shù)，將其組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，則這個數(shù)是奇數(shù)的概率為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(5,6)答案C解析由題意，這個數(shù)可能為235,237,253,257,273,275,325,327,352,357,372,375,523,527,532,537,572,573,723,725,732,735,752,753，共24種情況，其中奇數(shù)共有18個，故所求概率P＝eq\f(18,24)＝eq\f(3,4).(2)在一次比賽中某隊共有甲、乙、丙等5位選手參加，賽前用抽簽的方法決定出場順序，則乙、丙都不與甲相鄰出場的概率是()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(3,10)答案D解析在一次比賽中某隊共有甲、乙、丙等5位選手參加，賽前用抽簽的方法決定出場順序，樣本點總數(shù)n＝Aeq\o\al(5,5)＝120，“乙、丙都不與甲相鄰出場”包含的樣本點個數(shù)m＝Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝36，所以“乙、丙都不與甲相鄰出場”的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10).思維升華利用公式法求解古典概型問題的步驟跟蹤訓(xùn)練2(1)(2022·全國甲卷)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回地隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,5)D.eq\f(2,3)答案C解析從寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回地隨機抽取2張，共有15種取法，它們分別是(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)，其中卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6種取法，所以所求概率是P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).(2)(2022·宜賓質(zhì)檢)2022年冬奧會在北京、延慶、張家口三個區(qū)域布置賽場，北京承辦所有冰上項目，延慶和張家口承辦所有雪上項目．組委會招聘了包括甲在內(nèi)的4名志愿者，準(zhǔn)備分配到上述3個賽場參與賽后維護(hù)服務(wù)工作，要求每個賽場至少分到一名志愿者，則志愿者甲正好分到北京賽場的概率為________.答案eq\f(1,3)解析依題意3個賽場分配的志愿者人數(shù)只有1,1,2這種情況，則共有n＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(種)安排方法，志愿者甲被分配到北京賽場有m＝Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(種)安排方法，所以志愿者甲正好分到北京賽場的概率P＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3).題型三概率與統(tǒng)計的綜合問題例4北京冬奧會順利閉幕后，某學(xué)校團委組織了一次“奧運會”知識講座活動，活動結(jié)束后隨機抽取120名學(xué)生對講座情況進(jìn)行調(diào)查，其中男生與女生的人數(shù)之比為1∶1，抽取的學(xué)生中男生有40名對講座活動滿意，女生中有30名對講座活動不滿意．(1)完成下面2×2列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值α＝0.10的獨立性檢驗，能否推斷對講座活動是否滿意與性別有關(guān)？滿意不滿意合計男生女生合計120(2)從被調(diào)查的對講座活動滿意的學(xué)生中，利用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取7名學(xué)生，再在這7名學(xué)生中抽取3名學(xué)生談?wù)勛约郝犞v座的心得體會，求其中恰好抽中2名男生與1名女生的概率．參考數(shù)據(jù)：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)2×2列聯(lián)表如表所示.滿意不滿意合計男生402060女生303060合計7050120零假設(shè)為H0：對講座活動是否滿意與性別無關(guān)．根據(jù)列聯(lián)表中數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得χ2＝eq\f(120×40×30－20×302,60×60×70×50)＝eq\f(24,7)≈3.429>2.706＝x0.10，根據(jù)小概率值α＝0.10的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為對講座活動是否滿意與性別有關(guān)．(2)由(1)知，在樣本中對講座活動滿意的學(xué)生有70人，從中抽取7人，其中“男生滿意”的有40×eq\f(7,70)＝4(人)，“女生滿意”的有30×eq\f(7,70)＝3(人)，記“恰好抽中2名男生與1名女生”為事件A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,3),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，所以恰好抽中2名男生與1名女生的概率為eq\f(18,35).思維升華求解古典概型的綜合問題的步驟(1)將題目條件中的相關(guān)知識轉(zhuǎn)化為事件；(2)判斷事件是否為古典概型；(3)選用合適的方法確定樣本點個數(shù)；(4)代入古典概型的概率公式求解．跟蹤訓(xùn)練3從參加環(huán)保知識競賽的學(xué)生中抽出40名，將其成績(均為整數(shù))整理后畫出頻率分布直方圖如圖所示，觀察圖形，回答下列問題．(1)成績在[80,90)這一組的頻數(shù)、頻率分別是多少？(2)估計這次環(huán)保知識競賽成績的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)；(不要求寫過程)(3)從成績是80分以上(包括80分)的學(xué)生中選2人，求他們在同一分?jǐn)?shù)段的概率．解(1)根據(jù)題意，成績在[50,60)這一組的頻率為0.015×10＝0.15，在[60,70)這一組的頻率為0.025×10＝0.25，在[70,80)這一組的頻率為0.035×10＝0.35，在[90,100)這一組的頻率為0.005×10＝0.05，則成績在[80,90)這一組的頻率為eq\f(1,2)×[1－(0.15＋0.25＋0.35＋0.05)]＝0.1，其頻數(shù)為40×0.1＝4.(2)這次競賽成績的平均數(shù)約為45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5；成績在[70,80)這一組的頻率最大，人數(shù)最多，則眾數(shù)約為75；70分左右兩側(cè)的頻率均為0.5，則中位數(shù)約為70.(3)記“選出的2人在同一分?jǐn)?shù)段”為事件E，成績在[80,90)內(nèi)的有40×0.1＝4(人)，設(shè)為a，b，c，d；成績在[90,100)內(nèi)的有40×0.05＝2(人)，設(shè)為A，B.從這6人中選出2人，有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15種選法，其中事件E包括(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，(A，B)，共7種選法，則P(E)＝eq\f(7,15).課時精練1．同時擲兩枚硬幣，“向上的面都是正面”為事件A，“向上的面至少有一枚是正面”為事件B，則有()A．A?B B．A?BC．A＝B D．A<B答案A解析事件B包含“有一枚硬幣正面向上”與“兩枚硬幣都是正面向上”，故A?B.2．杭州亞運會的三個吉祥物分別取名“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”，如圖．現(xiàn)將三張分別印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片(卡片的形狀、大小和質(zhì)地完全相同)放入盒子中．若從盒子中依次有放回地取出兩張卡片，則一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的概率是()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,9)D.eq\f(1,9)答案C解析記印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片分別為A，B，C，則樣本點有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9個，其中一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的樣本點有(A，B)，(B，A)，共2個，所以所求的概率P＝eq\f(2,9).3．我國古代數(shù)學(xué)名著《數(shù)書九章》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米1534石，驗得米內(nèi)夾谷，抽樣取米一把，數(shù)得254粒內(nèi)夾谷28粒，則這批米內(nèi)夾谷約為()A．134石 B．169石C．338石 D．1365石答案B解析這批米內(nèi)夾谷約為eq\f(28,254)×1534≈169(石)．4．圍棋盒子中有多粒黑子和白子，已知從中取出2粒都是黑子的概率為eq\f(1,7)，從中取出2粒都是白子的概率是eq\f(12,35)，則從中任意取出2粒恰好是同色的概率是()A.eq\f(1,7)B.eq\f(12,35)C.eq\f(17,35)D．1答案C解析設(shè)“從中取出2粒都是黑子”為事件A，“從中取出2粒都是白子”為事件B，“從中任意取出2粒恰好是同色”為事件C，則C＝A∪B，且事件A與事件B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35).即從中任意取出2粒恰好是同色的概率為eq\f(17,35).5．(2022·運城模擬)現(xiàn)有A，B，C，D，E五人隨意并排站成一排，那么A，B相鄰且B在A左邊的概率為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(4,5)答案B解析現(xiàn)有A，B，C，D，E五人隨意并排站成一排，樣本點總數(shù)n＝Aeq\o\al(5,5)＝120，A，B相鄰且B在A左邊包含的樣本點個數(shù)m＝Aeq\o\al(4,4)＝24，∴A，B相鄰且B在A左邊的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(24,120)＝eq\f(1,5).6．(多選)下列說法中正確的有()A．若事件A與事件B是互斥事件，則P(AB)＝0B．若事件A與事件B是對立事件，則P(A＋B)＝1C．某人打靶時連續(xù)射擊三次，則事件“至少有兩次中靶”與事件“至多有一次中靶”是對立事件D．把紅、橙、黃3張紙牌隨機分給甲、乙、丙3人，每人分得1張，則事件“甲分得的不是紅牌”與事件“乙分得的不是紅牌”是互斥事件答案ABC解析事件A與事件B互斥，則A，B不可能同時發(fā)生，所以P(AB)＝0，故A正確；事件A與事件B是對立事件，則事件B即為事件eq\x\to(A)，所以P(A＋B)＝1，故B正確；事件“至少有兩次中靶”與“至多有一次中靶”不可能同時發(fā)生，且二者必有一個發(fā)生，所以為對立事件，故C正確；事件“甲分得的不是紅牌”與事件“乙分得的不是紅牌”可能同時發(fā)生，即“丙分得的是紅牌”，所以不是互斥事件，故D錯誤．7．通過手機驗證碼注冊某APP時，收到的驗證碼由四位數(shù)字隨機組成，如某人收到的驗證碼(a1，a2，a3，a4)滿足a1<a2<a3<a4，則稱該驗證碼為遞增型驗證碼，某人收到一個驗證碼，則它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為________．答案eq\f(7,2000)解析∵a1＝2,2<a2<a3<a4，∴a2，a3，a4從3,4,5,6,7,8,9中選，選出3個數(shù)，讓其按照從小到大的順序有Ceq\o\al(3,7)＝35(種)排法，又四位驗證碼共有10×10×10×10＝10000(種)，∴它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為eq\f(35,10000)＝eq\f(7,2000).8．(2022·全國甲卷)從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為________．答案eq\f(6,35)解析從正方體的8個頂點中任選4個，取法有Ceq\o\al(4,8)＝70(種)．其中4個點共面有以下兩種情況：(1)所取的4個點為正方體同一個面上的4個頂點，如圖1，有6種取法；(2)所取的4個點為正方體同一個對角面上的4個頂點，如圖2，也有6種取法．故4個點在同一個平面共有6＋6＝12(種)情況．所以所取的4個點在同一個平面的概率P＝eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).9．經(jīng)統(tǒng)計，在某儲蓄所一個營業(yè)窗口排隊的人數(shù)相應(yīng)的概率如下：排隊人數(shù)012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排隊等候的概率；(2)至少3人排隊等候的概率．解記“無人排隊等候”為事件A，“1人排隊等候”為事件B，“2人排隊等候”為事件C，“3人排隊等候”為事件D，“4人排隊等候”為事件E，“5人及5人以上排隊等候”為事件F，則事件A，B，C，D，E，F(xiàn)彼此互斥．(1)記“至多2人排隊等候”為事件G，則G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)方法一記“至少3人排隊等候”為事件H，則H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.方法二記“至少3人排隊等候”為事件H，則其對立事件為事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.10.某縣共有90個農(nóng)村淘寶服務(wù)網(wǎng)點，隨機抽取6個網(wǎng)點統(tǒng)計得到其元旦期間的網(wǎng)購金額(單位：萬元)的莖葉圖如圖所示，其中莖為十位數(shù)，葉為個位數(shù)．(1)根據(jù)莖葉圖計算樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)；(2)若網(wǎng)購金額(單位：萬元)不小于18的服務(wù)網(wǎng)點定義為優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點，其余為非優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點，根據(jù)莖葉圖估計這90個服務(wù)網(wǎng)點中優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點的個數(shù)；(3)從隨機抽取的6個服務(wù)網(wǎng)點中任取2個做網(wǎng)購商品的調(diào)查，求恰有1個網(wǎng)點是優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點的概率．解(1)由題意知，樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)eq\x\to(x)＝eq\f(4＋6＋12＋12＋18＋20,6)＝12.(2)樣本中優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點有2個，頻率為eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，由此估計這90個服務(wù)網(wǎng)點中優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點約有90×eq\f(1,3)＝30(個)．(3)樣本中優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點有2個，分別記為a1，a2，非優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點有4個，分別記為b1，b2，b3，b4，從隨機抽取的6個服務(wù)網(wǎng)點中任取2個的可能情況有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15種，記“恰有1個網(wǎng)點是優(yōu)秀服務(wù)網(wǎng)點”為事件M，則事件M包含的可能情況有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8種，故所求概率P(M)＝eq\f(8,15).11．如果事件A，B互斥，記eq\x\to(A)，eq\x\to(B)分別為事件A，B的對立事件，那么()A．A∪B是必然事件B.eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件C.eq\x\to(A)與eq\x\to(B)一定互斥D.eq\x\to(A)與eq\x\to(B)一定不互斥答案B解析如圖①所示，A∪B不是必然事件，eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)不互斥；如圖②所示，A∪B是必然事件，eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)互斥．12．整數(shù)集就像一片浩瀚無邊的海洋，充滿了無盡的奧秘．古希臘數(shù)學(xué)家畢達(dá)哥拉斯發(fā)現(xiàn)220和284具有如下性質(zhì)：220的所有真因數(shù)(不包括本身的因數(shù))之和恰好等于284，同時284的所有真因數(shù)之和也等于220，他把具有這種性質(zhì)的兩個整數(shù)叫做一對“親和數(shù)”，“親和數(shù)”的發(fā)現(xiàn)掀起了無數(shù)數(shù)學(xué)愛好者的研究熱潮．已知220和284，1184和1210,2924和2620是3對“親和數(shù)”，把這六個數(shù)隨機分成兩組，一組2個數(shù)，另一組4個數(shù)，則22