1、第 2 讲 概率及其与统计的交汇问题 高考定位 1.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型的基本应用，同 时渗透互斥事件、对立事件；2.概率常与统计知识结合在一起命题，主要以解答 题形式呈现，中档难度. 真 题 感 悟 1.(2016 全国卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时 间为 40 秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待 15 秒才出现绿灯 的概率为( ) A. 7 10 B.5 8 C.3 8 D. 3 10 解析 至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为4015 40 5 8. 答案 B 2.(2016 全国卷)为美化环境，从红、黄、白、紫 4
2、种颜色的花中任选 2 种花种 在一个花坛中，余下的 2 种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花 坛的概率是( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.5 6 解析 从 4 种颜色的花中任选 2 种颜色的花种在一个花坛中， 余下 2 种颜色的花 种在另一个花坛的种数有： 红黄白紫、 红白黄紫、 红紫白黄、 黄白红紫、 黄紫红白、 白紫红黄， 共 6 种， 其中红色和紫色的花不在同一花坛的种数有： 红黄白紫、红白黄紫、黄紫红白、白紫红黄，共 4 种.故所求概率为 P 4 6 2 3. 答案 C 3.(2017 全国卷)从分别写有 1，2，3，4，5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，
3、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. 1 10 B.1 5 C. 3 10 D.2 5 解析 如下表所示，表中的点横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取 到的数 1 2 3 4 5 1 (1，1) (1，2) (1，3) (1，4) (1，5) 2 (2，1) (2，2) (2，3) (2，4) (2，5) 3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，4) (3，5) 4 (4，1) (4，2) (4，3) (4，4) (4，5) 5 (5，1) (5，2) (5，3) (5，4) (5，5) 总计有 25 种情况，满足条件的
4、有 10 种， 所以所求概率为10 25 2 5. 答案 D 4.(2017 全国卷)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.1 4 B. 8 C.1 2 D. 4 解析 设正方形的边长为 2，则面积 S正方形4. 又正方形内切圆的面积 S12. 所以根据对称性，黑色部分的面积 S黑 2. 由几何概型的概率公式，概率 P S黑 S正方形 8. 答案 B 考 点 整 合 1.古典概型的概率 (1)公式 P(A)m n A中所含的基本事件数 基本事件总数 .
5、(2)古典概型的两个特点：所有可能出现的基本事件只有有限个；每个基本事件 出现的可能性相等. 2.几何概型的概率 (1)P(A) 构成事件A的区域长度（面积或体积） 试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）. (2)几何概型应满足两个条件： 试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多 个；每个基本事件出现的可能性相等. 3.概率的性质及互斥事件的概率 (1)概率的取值范围：0P(A)1. (2)必然事件的概率：P(A)1. (3)不可能事件的概率：P(A)0. (4)若 A，B 互斥，则 P(AB)P(A)P(B)，特别地 P(A)P(A )1. 热点一 几何概型 【例 1】 (1)(2
6、016 全国卷)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.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 (2)(2017 日照质检)如图，矩形 ABCD 中，点 A 在 x 轴上，点 B 的坐标为(1，0)， 且点 C 与点 D 在函数 f(x) x1，x0， 1 2x1，x0 的图象上.若在矩形 ABCD 内随机取 一点，则此点取自阴影部分的概率等于( ) A.1 6 B.1 4 C.3 8 D.1 2 解析 (1)如图所示，画出时间轴： 小明到达
7、的时间会随机的落在图中线段 AB 上，而当他的到达时间落在线段 AC 或 DB 上时， 才能保证他等车的时间不超过 10 分钟， 根据几何概型得所求概率 P 1010 40 1 2. (2)因为四边形 ABCD 为矩形，B(1，0)且点 C 和点 D 分别在直线 yx1 和 y 1 2x1 上， 所以 C(1，2)，D(2，2)，E(0，1)，则 A(2，0). 因此 S矩形ABCD6，S阴影1 21 |CD| 3 2. 由几何概型，所求事件的概率 P 3 2 6 1 4. 答案 (1)B (2)B 探究提高 1.几何概型适用条件：当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积 时，应考虑使用几何概
8、型求解. 2.求解关键：寻找构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域，有时需要设出 变量，在坐标系中表示所需要的区域. 易错警示 在计算几何概型时，对应的是区间、区域还是几何体，一定要区分开 来，否则结论不正确. 【训练 1】 (1)(2017 榆林二模)若函数 f(x) e x，0x1， ln xe，1xe在区间0，e上随 机取一个实数 x，则 f(x)的值不小于常数 e 的概率是( ) A.1 e B.11 e C. e 1e D. 1 1e (2)(2016 全国卷)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)，(
9、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 的近似值为( ) A.4n m B.2n m C.4m n D.2m n 解析 (1)当 0x1 时，恒有 f(x)exe，不满足题意. 当 1xe 时，f(x)ln xe. 由 ln xee，得 1xe. 所求事件的概率 Pe1 e 11 e. (2)如图， 数对(xi， yi)(i1， 2， ， n)表示的点落在边长为 1 的正方形 OABC 内(包括边界)， 两数的平方和小于 1 的数对表示的点落在半径为 1 的四分之一圆(阴影部分)内. 由几何概型的概率公式可得m n 1 4 12，故 4m
10、n . 答案 (1)B (2)C 热点二 古典概型的概率 【例 2】 (2016 山东卷)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加 活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录 指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为 x，y.奖励规则如下： 若 xy3，则奖励玩具一个； 若 xy8 则奖励水杯一个； 其余情况奖励饮料一瓶. 假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀，小亮准备参加此项活动. (1)求小亮获得玩具的概率； (2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由. 解 (1)用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间 与点集 S(
11、x，y)|xN，yN，1x4，1y4一一对应. 因为 S 中元素的个数是 4416. 所以基本事件总数 n16. (1)记“xy3”为事件 A， 则事件 A 包含的基本事件数共 5 个， 即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)， 所以 P(A) 5 16，即小亮获得玩具的概率为 5 16. (2)记“xy8”为事件 B，“3xy8”为事件 C. 则事件 B 包含的基本事件数共 6 个. 即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4). 所以 P(B) 6 16 3 8. 事件 C 包含的基本事件数共 5 个， 即(1，4)，(2，2)，(2，3)
12、，(3，2)，(4，1). 所以 P(C) 5 16.因为 3 8 5 16， 所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率. 探究提高 1.求古典概型的概率的关键是正确列举出基本事件的总数和待求事 件包含的基本事件数. 2.两点注意：(1)对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时应不重不 漏. (2)当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率. 【训练 2】 (2017 昆明诊断)某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试， 现从中随机抽取 40 名学生的测试成绩，整理数据并按分数段40，50)，50，60)， 60，70)，70，80)，80，90)，90，100进行分组，假设同一
13、组中的每个数据 可用该组区间的中点值代替，则得到体育成绩的折线图(如下). (1)体育成绩大于或等于 70 分的学生常被称为“体育良好”.已知该校高一年级 有 1 000 名学生，试估计该校高一年级中“体育良好”的学生人数； (2)为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在60，70)和80，90)的样本 学生中随机抽取 2 人，求在抽取的 2 名学生中，至少有 1 人体育成绩在60，70) 的概率. 解 (1)由折线图，知样本中体育成绩大于或等于 70 分的学生有 14313 30(人). 所以该校高一年级中，“体育良好”的学生人数大约有 1 00030 40750(人). (2)设“至少
14、有 1 人体育成绩在60，70)”为事件 M， 记体育成绩在60，70)的数据为 A1，A2，体育成绩在80，90)的数据为 B1，B2， B3， 则从这两组数据中随机抽取 2 个， 所有可能的结果有 10 种， 即(A1， A2)， (A1， B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2， B3). 而事件 M 的结果有 7 种，即(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)， (A2，B2)，(A2，B3). 因此事件 M 的概率 P(M) 7 10. 热点三 概率与统计的综
15、合问题 【例 3】 (2017 合肥质检)一企业从某条生产线上随机抽取 100 件产品，测量这 些产品的某项技术指标值 x，得到如下的频率分布表： x 11，13) 13，15) 15，17) 17，19) 19，21) 21，23) 频数 2 12 34 38 10 4 (1)作出样本的频率分布直方图，并估计该技术指标值 x 的平均数和众数； (2)若 x13 或 x21，则该产品不合格.现从不合格的产品中随机抽取 2 件，求抽 取的 2 件产品中技术指标值小于 13 的产品恰有 1 件的概率. 解 (1)频率分布直方图为 估计平均数为 x 120.02140.12160.34180.382
16、00.10 220.0417.08. 由频率分布直方图，x17，19)时，矩形面积最大，因此估计众数为 18. (2)记技术指标值 x13 的 2 件不合格产品为 a1，a2，技术指标值 x21 的 4 件不 合格产品为 b1，b2，b3，b4， 则从这 6 件不合格产品中随机抽取 2 件包含如下基本事件(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 个基本事件. 记抽取的 2 件产品中技术
17、指标值小于 13 的产品恰有 1 件为事件 M， 则事件 M 包 含如下基本事件(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2， b3)，(a2，b4)，共 8 个基本事件. 故抽取 2 件产品中技术指标值小于 13 的产品恰有 1 件的概率为 P 8 15. 探究提高 1.概率与统计的综合题一般是先给出样本数据或样本数据的分布等， 在解题中首先要处理好数据，如数据的个数、数据的分布规律等，即把数据分析 清楚，然后再根据题目要求进行相关计算. 2.在求解该类问题要注意两点： (1)明确频率与概率的关系，频率可近似替代概率. (2)此类问题
18、中的概率模型多是古典概型，在求解时，要明确基本事件的构成. 【训练 3】 (2017 成都诊断)某省 2017 年高中数学学业水平测试的原始成绩采用 百分制，发布成绩使用等级制.各等级划分标准为：85 分及以上，记为 A 等；分 数在70，85)内，记为 B 等；分数在60，70)内，记为 C 等；60 分以下，记为 D 等.同时认定 A，B，C 等为合格，D 等为不合格.已知甲、乙两所学校学生的原始 成绩均分布在50，100内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取 50 名学生的原 始成绩作为样本进行统计.按照50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90， 100的分组作出甲校样
19、本的频率分布直方图如图 1所示， 乙校的样本中等级为 C， D 的所有数据的茎叶图如图 2 所示. (1)求图中 x 的值，并根据样本数据比较甲、乙两校的合格率； (2)在乙校的样本中，从成绩等级为 C，D 的学生中随机抽取 2 名学生进行调研， 求抽出的 2 名学生中至少有 1 名学生成绩等级为 D 的概率. 解 (1)由题意，可知 10x0.012100.056100.018100.010101， x0.004， 甲学校的合格率为(1100.004)100%0.96100%96%. 乙学校的合格率为 1 2 50 100%0.96100%96%. 甲、乙两校的合格率均为 96%. (2)由
20、题意，将乙校的样本中成绩等级为 C 的 4 名学生记为 C1，C2，C3，C4，成 绩等级为 D 的 2 名学生记为 D1，D2， 则随机抽取 2 名学生的基本事件有C1，C2，C1，C3，C1，C4，C1，D1， C1，D2，C2，C3，C2，C4，C2，D1，C2，D2，C3，C4，C3，D1， C3，D2，C4，D1，C4，D2，D1，D2，共 15 个基本事件. 其中“至少有 1 名学生成绩等级为 D”包含C1， D1， C1， D2， C2， D1， C2， D2，C3，D1，C3，D2，C4，D1，C4，D2，D1，D2，共 9 个基本事件. 抽取的 2 名学生中至少有 1 名学生
21、成绩等级为 D 的概率为 P 9 15 3 5. 1.几何概型的概率计算主要考查与构成事件区域的长度、面积、体积有关的实际 问题.考查难度不大，与平面区域、空间几何体、函数等结合是命题的一个方向. 2.古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法：将基本事件按一定的顺序一一列举出来，适用于求解基本事件个数 比较少的概率问题. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有 序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. 3.当某事件的概率不易直接求解，但其对立事件的概率易求解时，可运用对立事 件的概率公式(若事件 A 与事件 B 为对立事件，则 P(A)P(B)1)，即
22、用间接法 求概率. 一、选择题 1.(2016 天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是1 2，甲获胜的概率是 1 3， 则甲不输的概率为( ) A.5 6 B.2 5 C.1 6 D.1 3 解析 设“两人下成和棋”为事件 A，“甲获胜”为事件 B.事件 A 与 B 是互斥 事件，所以甲不输的概率 PP(AB)P(A)P(B)1 2 1 3 5 6. 答案 A 2.(2016 全国卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位 是 M，I，N 中的一个字母，第二位是 1，2，3，4，5 中的一个数字，则小敏输 入一次密码能够成功开机的概率是( ) A. 8 15 B.1 8
23、C. 1 15 D. 1 30 解析 小敏输入密码的所有可能情况如下：(M，1)，(M，2)，(M，3)，(M，4)， (M，5)，(I，1)，(I，2)，(I，3)，(I，4)，(I，5)，(N，1)，(N，2)，(N，3)，(N， 4)，(N，5)，共 15 种. 而能开机的密码只有一种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率为 1 15. 答案 C 3.(2017 莆田质检)从区间(0，1)中任取两个数作为直角三角形两直角边的长，则 所取的两个数使得斜边长度不大于 1 的概率是( ) A. 8 B. 4 C.1 2 D.3 4 解析 任取的两个数记为 x， y， 所在区域是正方形 OAB
24、C 内部， 而符合题意的 x， y 位于阴影区域内(不包括 x，y 轴). 故所求概率 P 1 41 2 11 4. 答案 B 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.4 5 B.3 5 C.2 5 D.1 5 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 4
25、 10 2 5. 答案 C 5.有一底面半径为 1、高为 2 的圆柱，点 O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆 柱内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为( ) A.1 3 B.2 3 C.3 4 D.1 4 解析 设点 P 到点 O 的距离小于等于 1 的概率为 P1， 由几何概型， 则 P1V 半球 V圆柱 2 3 13 122 1 3. 故点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率 P11 3 2 3. 答案 B 二、填空题 6.(2017 江苏卷)记函数 f(x)6xx2的定义域为 D.在区间4，5上随机取一 个数 x，则 xD 的概率是_. 解析 由 6xx20，
26、得2x3，即 D2，3. 所求事件的概率 P3（2） 5（4） 5 9. 答案 5 9 7.(2017 黄山二模改编)从集合 A2，4中随机抽取一个数记为 a，从集合 B 1，3中随机抽取一个数记为 b，则 f(x)1 2ax 2bx1 在(，1上是减函数 的概率为_. 解析 依题意，数对(a，b)所有取值为(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)共 4 种情 况. 记“f(x)在区间(，1上是减函数”为事件 A. 则 A 发生时，xb a1，即 ab 事件 A 发生时，有(2，1)，(4，1)，(4，3)共 3 种情况. 故所求事件的概率 P(A)3 4. 答案 3 4 8.(2016
27、 山东卷)在区间1，1上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与圆(x 5)2y29 相交”发生的概率为_. 解析 直线 ykx 与圆(x5)2y29 相交的充要条件是圆心(5，0)到直线 ykx 的距离小于 3. 则 |5k0| k2123，解之得 3 4k 3 4，故所求事件的概率 P 3 4 3 4 1（1） 3 4. 答案 3 4 三、解答题 9.(2017 山东卷)某旅游爱好者计划从 3 个亚洲国家 A1，A2，A3和 3 个欧洲国家 B1，B2，B3中选择 2 个国家去旅游. (1)若从这 6 个国家中任选 2 个 ，求这 2 个国家都是亚洲国家的概率； (2)若从亚洲国家和欧
28、洲国家中各任选 1 个，求这 2 个国家包括 A1但不包括 B1 的概率. 解 (1)由题意知，从 6 个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的基本 事件有： A1，A2，A1，A3，A1，B1，A1，B2，A1，B3，A2，A3，A2，B1，A2， B2，A2，B3，A3，B1，A3，B2，A3，B3，B1，B2，B1，B3，B2，B3， 共 15 个. 所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有 A1，A2，A1，A3，A2，A3，共 3 个. 则所求事件的概率为 P 3 15 1 5. (2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个，其一切可能的结果组成的基本事件有： A1，B1，A1
29、，B2，A1，B3，A2，B1，A2，B2，A2，B3，A3，B1，A3， B2，A3，B3，共 9 个. 包括 A1但不包括 B1的事件所包含的基本事件有 A1，B2，A1，B3，共 2 个，则所求事件的概率为 P2 9. 10.(2016 全国卷)某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人 称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 出险次数 0 1 2 3 4 5 频数 60 50
30、 30 30 20 10 (1)记 A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”.求 P(A)的估计值； (2)记 B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 160%”.求 P(B)的估计值； (3)求续保人本年度的平均保费的估计值. 解 (1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2， 由所给数据知， 一年内出险 次数小于 2 的频率为6050 200 0.55，故 P(A)的估计值为 0.55. (2)事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 1 且小于 4， 由所给数据知， 一年内 出险次数大于 1 且小于 4 的频率为3030 200 0.3，故 P(
31、B)的估计值为 0.3. (3)由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的 200 名续保人的平均保费为 0.85a0.30a0.251.25a0.15 1.5a0.151.75a0.102a0.051.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为 1.192 5a. 11.(2017 沈阳市质检)全世界越来越关注环境保护问题，辽宁省某监测站点于 2017 年 8 月某日起连续 x 天监测空气质量指数(AQI)，数据统计如下： 空气质量指数/(g/m3) 050 51100 101
32、150 151200 201250 空气质量等级 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 天数 20 40 y 10 5 (1)根据所给统计表和频率分布直方图中的信息求出 x，y 的值，并完成频率分布 直方图； (2)在空气质量指数分别为 51100 和 151200 的监测数据中，用分层抽样的方 法抽取 5 天，从中任意选取 2 天，求事件 A“2 天空气都为良”发生的概率. 解 (1)0.0045020 x ，x100. 2040y105100，y25. 40 100500.008， 25 100500.005， 10 100500.002， 5 100500.001. (2)在空气质量指数
33、为 51100 和 151200 的监测天数中分别抽取 4 天和 1 天， 在所抽取的 5 天中，将空气质量指数为 51100 的 4 天分别记为 a，b，c，d； 将空气质量指数为 151200 的 1 天记为 e， 从中任取 2 天的基本事件分别为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)， (b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共 10 个， 其中事件 A“2 天空气都为良”包含的基本事件为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b， c)，(b，d)，(c，d)，共 6 个， 所以事件 A“2 天空气都为良”发生的概率是 P(A) 6 10 3 5.
