（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題四 概率與統(tǒng)計 第2講 概率學案 文 新人教A版

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1、第2講　概　率 [做真題] 1．(2018·高考全國卷Ⅲ)若某群體中的成員只用現(xiàn)金支付的概率為0.45，既用現(xiàn)金支付也用非現(xiàn)金支付的概率為0.15，則不用現(xiàn)金支付的概率為(　　) A．0.3　　　　　　　　　　 B．0.4 C．0.6 D．0.7 解析：選B.設“只用現(xiàn)金支付”為事件A，“既用現(xiàn)金支付也用非現(xiàn)金支付”為事件B，“不用現(xiàn)金支付”為事件C，則P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4.故選B. 2．(2019·高考全國卷Ⅱ)生物實驗室有5只兔子，其中只有3只測量過某項指標．若從這5只兔子中隨機取出3只，則恰有2只測量過該指標的概率為(　　

2、) A. B. C. D. 解析：選B.設3只測量過某項指標的兔子為A，B，C，另2只兔子為a，b，從這5只兔子中隨機取出3只，則基本事件共有10種，分別為(A，B，C)，(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，a，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，a，b)，(C，a，b)，其中“恰有2只測量過該指標”的取法有6種，分別為(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，因此所求的概率為＝，選B. 3. (2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，正方形ABCD內的圖形來自中國古代的太極圖．正方形內切圓

3、中的黑色部分和白色部分關于正方形的中心成中心對稱．在正方形內隨機取一點，則此點取自黑色部分的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：選B.設正方形的邊長為2，則正方形的面積為4，正方形內切圓的面積為π，根據(jù)對稱性可知，黑色部分的面積是正方形內切圓的面積的一半，所以黑色部分的面積為.根據(jù)幾何概型的概率公式，得所求概率P＝＝.故選B. 4．(2017·高考全國卷Ⅲ)某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處理完．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關．如果最高氣溫不低于25，

4、需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20，需求量為200瓶．為了確定六月份的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高 氣溫 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40) 天數(shù) 2 16 36 25 7 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率估計最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)估計六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率； (2)設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y(單位：元)，當六月份這種酸奶一天的進貨量為450瓶時，寫出Y的

5、所有可能值，并估計Y大于零的概率． 解：(1)這種酸奶一天的需求量不超過300瓶，當且僅當最高氣溫低于25，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫低于25的頻率為＝0.6，所以這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率的估計值為0.6. (2)當這種酸奶一天的進貨量為450瓶時， 若最高氣溫不低于25，則Y＝6×450－4×450＝900； 若最高氣溫位于區(qū)間[20，25)，則Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300； 若最高氣溫低于20，則Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100. 所以，Y的所有可能值為900，300，－100. Y大于零當且僅當最高氣溫不低于

6、20，由表格數(shù)據(jù)知，最高氣溫不低于20的頻率為＝0.8，因此Y大于零的概率的估計值為0.8. [明考情] 1．以選擇題、填空題的形式考查古典概型、幾何概型的基本應用，同時滲透互斥事件、對立事件． 2．概率常與統(tǒng)計知識結合在一起命題，主要以解答題形式呈現(xiàn)，中檔難度． 　　　幾何概型(基礎型) [知識整合] 幾何概型的概率公式 P(A)＝. 求解幾何概型的概率應把握的兩點 (1)當構成試驗的結果的區(qū)域為長度、面積、體積、弧長、夾角等時，應考慮使用幾何概型求解． (2)尋找構成試驗的全部結果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區(qū)域．

7、 [考法全練] 1．(2019·福建五校第二次聯(lián)考)在區(qū)間[0，2]上隨機取一個數(shù)x，使sinx≥的概率為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A.當x∈[0，2]時，0≤x≤π，所以sinx≥?≤x≤?≤x≤.故由幾何概型的知識可知所求概率P＝＝.故選A. 2．(2019·廣東六校第一次聯(lián)考)在區(qū)間[－π，π]上隨機取兩個實數(shù)a，b，記向量m＝(a，4b)，n＝(4a，b)，則m·n≥4π2的概率為(　　) A．1－ B．1－ C．1－ D．1－ 解析：選B.在區(qū)間[－π，π]上隨機取兩個實數(shù)a，b，則點(a，b)在如圖所示的正方形內部及其

8、邊界上．因為m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，滿足條件的點(a，b)在以原點為圓心，π為半徑的圓外部(含邊界)，且在正方形內(含邊界)，如圖中陰影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝＝1－，故選B. 3．(2019·福建省質量檢查)某商場通過轉動如圖所示的質地均勻的6等分的圓盤進行抽獎活動，當指針指向陰影區(qū)域時為中獎．規(guī)定每位顧客有3次抽獎機會，但中獎1次就停止抽獎．假設每次抽獎相互獨立，則顧客中獎的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：選D.記顧客中獎為事件A，恰抽1次就中獎為事件A1，恰抽2次中獎為事件A2，恰抽3次中獎為事件A3，每次

9、抽獎相互獨立，每次抽獎中獎的概率均為，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋×＋××＝，故選D. 　　　古典概型(綜合型) [知識整合] 古典概型的概率 P(A)＝＝. 古典概型的兩個特點 (1)試驗中所有可能出現(xiàn)的基本事件只有有限個． (2)每個基本事件出現(xiàn)的可能性相等． [典型例題] (2019·安徽五校聯(lián)盟第二次質檢)一汽車廠生產A，B，C三類轎車，每類轎車均有舒適型和標準型兩種型號，某月的產量(單位：輛)如表： A類轎車 B類轎車 C類轎車 舒適型 100 150 z 標準型 300 450 600 按類用

10、分層抽樣的方法從這個月生產的轎車中抽取50輛，其中有A類轎車10輛． (1)求z的值； (2)用分層抽樣的方法從C類轎車中抽取一個容量為5的樣本，將該樣本看成一個總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率； (3)用隨機抽樣的方法從B類舒適型轎車中抽取8輛，經(jīng)檢測它們的得分如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2，把這8輛轎車的得分看成一個總體，從中任取一個數(shù)xi(1≤i≤8，i∈N)，設樣本平均數(shù)為，求|xi－|≤0.5的概率． 【解】　(1)設該廠這個月共生產轎車n輛， 由題意得＝，所以n＝2 000， 則z＝2 000－(100＋300)－(

11、150＋450)－600＝400. (2)設所抽樣本中有a輛舒適型轎車，由題意得＝，得a＝2， 所以抽取的容量為5的樣本中，有2輛舒適型轎車，3輛標準型轎車． 用A1，A2分別表示2輛舒適型轎車，用B1，B2，B3分別表示3輛標準型轎車，用E表示事件“在該樣本中任取2輛，至少有1輛舒適型轎車”．從該樣本中任取2輛包含的基本事件有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10個， 其中事件E包含的基本事件有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，

12、(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，共7個． 故P(E)＝，即所求的概率為. (3)樣本平均數(shù)＝×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.設D表示事件“從樣本中任取一個數(shù)xi(1≤i≤8，i∈N)，|xi－|≤0.5”，則從樣本中任取一個數(shù)有8個基本事件，事件D包括的基本事件有9.4，8.6，9.2，8.7，9.3，9.0，共6個． 所以P(D)＝＝，即所求的概率為. 求古典概型概率的一般步驟 (1)求出所有基本事件的個數(shù)n，常用的方法有列舉法、列表法、畫樹狀圖法． (2)求出事件A所包含的基本事件的個數(shù)m. (3)代入公式P(A)

13、＝求解．　 [對點訓練] 1．(2019·沈陽市質量監(jiān)測(一))某英語初學者在拼寫單詞“steak”時，對后三個字母的記憶有些模糊，他只記得由“a”“e”“k”三個字母組成并且“k”只可能在最后兩個位置，如果他根據(jù)已有信息填入上述三個字母，那么他拼寫正確的概率為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.由題知可能的結果有：eak，aek，eka，ake，共4種，其中正確的只有一種eak，所以拼寫正確的概率是，故選B. 2．(2019·成都第一次診斷性檢測)齊王有上等、中等、下等馬各一匹；田忌也有上等、中等、下等馬各一匹．田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣

14、于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬．現(xiàn)從雙方的馬匹中隨機各選一匹進行一場比賽，若有優(yōu)勢的馬一定獲勝，則齊王的馬獲勝的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.將齊王的上等、中等、下等馬分別記為a1，a2，a3，田忌的上等、中等、下等馬分別記為b1，b2，b3，則從雙方的馬匹中隨機各選一匹進行比賽，其對陣情況有a1b1，a1b2，a1b3，a2b1，a2b2，a2b3，a3b1，a3b2，a3b3，共9種，其中齊王的馬獲勝的對陣情況有a1b1，a1b2，a1b3，a2b2，a2b3，a3b3，共6種，所以齊王的馬獲

15、勝的概率P＝＝，故選C. 3．某校擬從高二年級2名文科生和4名理科生中選出4名同學代表學校參加知識競賽，其中每個人被選中的可能性均相等． (1)求被選中的4名同學中恰有2名文科生的概率； (2)求被選中的4名同學中至少有1名文科生的概率． 解：將2名文科生和4名理科生依次編號為1，2，3，4，5，6，從2名文科生和4名理科生中選出4名同學記為(a，b，c，d)，其結果有(1，2，3，4)，(1，2，3，5)，(1，2，3，6)，(1，2，4，5)，(1，2，4，6)，(1，2，5，6)，(1，3，4，5)，(1，3，4，6)，(1，3，5，6)，(1，4，5，6)，(2，3，4，5)，

16、(2，3，4，6)，(2，3，5，6)，(2，4，5，6)，(3，4，5，6)，共15種． (1)被選中的4名同學中恰有2名文科生的結果有(1，2，3，4)，(1，2，3，5)，(1，2，3，6)，(1，2，4，5)，(1，2，4，6)，(1，2，5，6)，共6種． 記“被選中的4名同學中恰有2名文科生”為事件A， 則P(A)＝＝. (2)記“被選中的4名同學中至少有1名文科生”為事件B，則事件B包含有1名文科生或者2名文科生這兩種情況．其對立事件為“被選中的4名同學中沒有文科生”，只有一種結果(3，4，5，6)． 所以P()＝， 所以P(B)＝1－P()＝1－＝. 一、選擇

17、題 1．(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)在區(qū)間[－3，4]內隨機取一個實數(shù)x，則滿足2x≥2的概率是(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.由2x≥2，得x≥1.又[－3，4]的區(qū)間長度是7，[1，4]的區(qū)間長度是3，所以所求概率P＝.故選B. 2．(2019·高考全國卷Ⅲ)兩位男同學和兩位女同學隨機排成一列，則兩位女同學相鄰的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：選D.將兩位男同學分別記為A1，A2，兩位女同學分別記為B1，B2，則四位同學排成一列，情況有A1A2B1B2，A1A2B2B1，A2A1B1B2，A2A1B2B1，A1

18、B1A2B2，A1B2A2B1，A2B1A1B2，A2B2A1B1，B1A1A2B2，B1A2A1B2，B2A1A2B1，B2A2A1B1，A1B1B2A2，A1B2B1A2，A2B1B2A1，A2B2B1A1，B1B2A1A2，B1B2A2A1，B2B1A1A2，B2B1A2A1，B1A1B2A2，B1A2B2A1，B2A1B1A2，B2A2B1A1，共有24種，其中2名女同學相鄰的有12種，所以所求概率P＝，故選D. 3．某學校星期一至星期五每天上午共安排五節(jié)課，每節(jié)課的時間為40分鐘，第一節(jié)課上課時間為7：50～8：30，課間休息10分鐘，某同學請假后返校，若他在8：50～9：30之間

19、隨機到達教室，則他聽第二節(jié)課的時間不少于20分鐘的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：選B.他在8：50～9：30之間隨機到達教室，區(qū)間長度為40，他聽第二節(jié)課的時間不少于20分鐘，則他在8：50～9：30之間隨機到達教室，區(qū)間長度為10，所以他在8：50～9：30之間隨機到達教室，則他聽第二節(jié)課的時間不少于20分鐘的概率是＝. 4．(2019·南昌市第一次模擬測試)2021年廣東新高考將實行3＋1＋2模式，即語文、數(shù)學、英語必選，物理、歷史二選一，政治、地理、化學、生物四選二，共有12種選課模式．今年高一的小明與小芳都準備選歷史與政治，假若他們都對后面三科沒有偏好，

20、則他們選課相同的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.記地理、化學、生物分別為D，H，S，則小明與小芳的選課方案可能是(D，D)，(D，H)，(D，S)，(H，D)，(H，H)，(H，S)，(S，D)，(S，H)，(S，S)，共9種，小明與小芳選課方案相同的可能是(D，D)，(H，H)，(S，S)，共有3種情況，所以他們選課相同的概率為＝，故選B. 5．(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考) 如圖，一靶子是由三個全等的三角形和中間的一個小等邊三角形拼成的大等邊三角形，其中3DF＝2BF，若向靶子隨機投鏢，則鏢落在小等邊三角形內的概率是(　　) A. B.

21、C. D. 解析：選B.因為3DF＝2BF，所以不妨設DF＝2，BF＝3，則DC＝3，∠BDC＝120°，由余弦定理可得BC＝＝7，所以鏢落在小等邊三角形內的概率是＝，故選B. 6．(2019·武漢市調研測試)為了提升全民身體素質，學校十分重視學生體育鍛煉．某?；@球運動員進行投籃練習，他前一球投進則后一球投進的概率為，他前一球投不進則后一球投進的概率為.若他第1球投進的概率為，則他第2球投進的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.設該籃球運動員投進第n－1(n≥2，n∈N*)個球的概率為Pn－1，第n－1個球投不進的概率為1－Pn－1，則他投進第n個球的概率為P

22、n＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝＋Pn－1，所以Pn－＝. 所以Pn－＝·＝×＝. 所以Pn＝＋(n∈N*)，所以P2＝.故選B. 二、填空題 7．一個三位自然數(shù)的百位、十位、個位上的數(shù)字依次為a，b，c，當且僅當其中兩個數(shù)字的和等于第三個數(shù)字時稱為“有緣數(shù)”(如213，134等)．若a，b，c∈{1，2，3，4}，且a，b，c互不相同，則這個三位數(shù)為“有緣數(shù)”的概率是________． 解析：由1，2，3組成的三位自然數(shù)可能為123，132，213，231，312，321，共6個；同理，由1，2，4組成的三位自然數(shù)有6個，由1，3，4組成的三位自然數(shù)有6個，由2，3，4組成的三位自

23、然數(shù)有6個，共24個三位自然數(shù)．由1，2，3或1，3，4組成的三位自然數(shù)為“有緣數(shù)”，共12個，所以三位數(shù)為“有緣數(shù)”的概率為＝. 答案：. 8．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，在正方體內隨機取一點M，則點M落在三棱錐B1-A1BC1內的概率為________． 解析：由題意，本題是幾何概型，以體積為測度．因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a， 所以三棱錐B1-A1BC1的體積··a·a·a＝a3，正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為a3， 所以在正方體內隨機取一點M，則點M落在三棱錐B1-A1BC1內的概率為＝. 答案： 9．折紙已經(jīng)成為開發(fā)少年兒童智

24、力的一大重要工具和手段．已知在折疊“愛心”的過程中會產生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點，四邊形AEFG與四邊形DGHI也為正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分內的概率為________． 解析：設正方形ABCD的邊長為2，則由題意，多邊形AEFGHID的面積為S正方形AGFE＋S正方形DGHI＋S△ADG＝()2＋()2＋×2×2＝12， 陰影部分的面積為2××2×2＝4， 所以向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分內的概率為＝. 答案： 三、解答題 10．(2019·高考天津卷)2019年

25、，我國施行個人所得稅專項附加扣除辦法，涉及子女教育、繼續(xù)教育、大病醫(yī)療、住房貸款利息或者住房租金、贍養(yǎng)老人等六項專項附加扣除．某單位老、中、青員工分別有72，108，120人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法，從該單位上述員工中抽取25人調查專項附加扣除的享受情況． (1)應從老、中、青員工中分別抽取多少人？ (2)抽取的25人中，享受至少兩項專項附加扣除的員工有6人，分別記為A，B，C，D，E，F(xiàn).享受情況如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．現(xiàn)從這6人中隨機抽取2人接受采訪． 　　 員工 項目 A B C D E F 子女教育 ○ ○ × ○ × ○ 繼

26、續(xù)教育 × × ○ × ○ ○ 大病醫(yī)療 × × × ○ × × 住房貸款利息 ○ ○ × × ○ ○ 住房租金 × × ○ × × × 贍養(yǎng)老人 ○ ○ × × × ○ ①試用所給字母列舉出所有可能的抽取結果； ②設M為事件“抽取的2人享受的專項附加扣除至少有一項相同”，求事件M發(fā)生的概率． 解：(1)由已知得老、中、青員工人數(shù)之比為6∶9∶10，由于采用分層抽樣的方法從中抽取25位員工，因此應從老、中、青員工中分別抽取6人，9人，10人． (2)①從已知的6人中隨機抽取2人的所有可能結果為{A，B}，{A，C}，{

27、A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，D}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共15種． ②由表格知，符合題意的所有可能結果為{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共11種． 所以，事件M發(fā)生的概率P(M)＝. 11．(2019·昆明市質量檢測)某地區(qū)為貫徹習近平總書記關于“綠水青山就是金山銀山”的理念，鼓勵農戶利用荒坡種植果樹．某農戶考察三種不同的果樹苗A，B，C，經(jīng)引種試驗后發(fā)現(xiàn)，引種樹苗A的自然成活率為0.8，引種

28、樹苗B，C的自然成活率均為0.9. (1)若引種樹苗A，B，C各10棵． ①估計自然成活的總棵數(shù)； ②利用①中估計的結論，從沒有自然成活的樹苗中隨機抽取2棵，求抽到的2棵都是樹苗A的概率． (2)該農戶決定引種B種樹苗，引種后沒有自然成活的樹苗中有75%的樹苗可經(jīng)過人工栽培技術處理，處理后成活的概率為0.8，其余的樹苗不能成活．若每棵樹苗最終成活后可獲利300元，不成活的每棵虧損50元，該農戶為了獲利不低于20萬元，問至少引種B種樹苗多少棵？ 解：(1)①依題意，10×0.8＋10×0.9＋10×0.9＝26，所以自然成活的總棵數(shù)約為26. ②沒有自然成活的樹苗共4棵，其中2棵A種

29、樹苗，1棵B種樹苗，1棵C種樹苗，分別設為a1，a2，b，c，從中隨機抽取2棵，可能的情況有(a1，a2)，(a1，b)，(a1，c)，(a2，b)，(a2，c)，(b，c)，抽到的2棵都是樹苗A的概率為. (2)設該農戶引種B種樹苗n棵，最終成活的棵數(shù)為0.9n＋(1－0.9)n××0.8＝0.96n，未能成活的棵數(shù)為n－0.96n＝0.04n，由題意知0.96n×300－0.04n×50≥200 000，則n>699. 所以該農戶至少引種700棵B種樹苗，才可獲利不低于20萬元． 12．(2019·洛陽尖子生第二次聯(lián)考)某港口有一個泊位，現(xiàn)統(tǒng)計了某月100艘輪船在該泊位的?？繒r間(單

30、位：小時)，如果?？繒r間不足半小時按半小時計時，超過半小時不足1小時按1小時計時，依此類推，統(tǒng)計結果如表： ?？繒r間 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 輪船數(shù)量 12 12 17 20 15 13 8 3 設該月這100艘輪船在該泊位的平均停靠時間為a小時． (1)求a的值； (2)假定某天只有甲、乙兩艘輪船需要在該泊位?？縜小時，且在一晝夜的時間段中隨機到達，求這兩艘輪船中至少有一艘在?？吭摬次粫r必須等待的概率． 解： (1)a＝×(2.5×12＋3×12＋3.5×17＋4×20＋4.5×15＋5×13＋5.5×8＋6×3)＝4. (2)設甲船到達的時間為x，乙船到達的時間為y， 則. 若這兩艘輪船中至少有一艘在?？吭摬次粫r必須等待，則|y－x|<4， 符合題意的區(qū)域如圖中陰影部分(不包括x，y軸)所示． 記“這兩艘輪船中至少有一艘在?？吭摬次粫r必須等待”為事件A， 則P(A)＝＝. - 13 -