第2講概率與統計高考定位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.概率常與統計知識結合在一起命題，主要以解答題形式呈現，中檔難度.真題感悟1.(2018·全國Ⅱ卷)從2名男同學和3名女同學中任取2人參加社區服務，恰好選中的2人都是女同學的概率是()A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3解析設2名男同學記為x，y，3名女同學記為a，b，c.從中任取2人有{x，a}，{x，b}，{x，c}，{y，a}，{y，b}，{y，c}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，{x，y}共10種不同的結果，其中都是女生的有{a，b}，{a，c}，{b，c}三種不同結果.故所求事件的概率p＝eq\f(3,10)＝0.3.答案D2.(2018·全國Ⅰ卷)如圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形.此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則()A.p1＝p2 B.p1＝p3C.p2＝p3 D.p1＝p2＋p3解析不妨設△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2eq\r(2)，所以區域Ⅰ的面積即△ABC的面積，為S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，區域Ⅲ的面積S3＝eq\f(π×（\r(2)）2,2)－S1＝π－2.區域Ⅱ的面積為S2＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))eq\s\up12(2)－S3＝2.根據幾何概型的概率計算公式，得p1＝p2＝eq\f(2,π＋2)，p3＝eq\f(π－2,π＋2)，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A.答案A3.(2017·全國Ⅱ卷)從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為()A.eq\f(1,10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3,10) D.eq\f(2,5)解析法一如下表所示，表中的點橫坐標表示第一次取到的數，縱坐標表示第二次取到的數，123451(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)總計有25種情況，滿足條件的有10種，所以所求概率為eq\f(10,25)＝eq\f(2,5).法二從5張卡片中有放回的隨機抽取兩次，共有25種結果.其中兩次卡片上的數相同有5種.所以抽得卡片上數字不同的概率p＝1－eq\f(5,25)＝eq\f(4,5)，因此所求事件的概率p′＝eq\f(1,2)p＝eq\f(2,5).答案D4.(2018·天津卷)已知某校甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數分別為240，160，160.現采用分層抽樣的方法從中抽取7名同學去某敬老院參加獻愛心活動.(1)應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取多少人？(2)設抽出的7名同學分別用A，B，C，D，E，F，G表示，現從中隨機抽取2名同學承擔敬老院的衛生工作.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名同學來自同一年級”，求事件M發生的概率.解(1)由已知，甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7名同學，因此應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取3人，2人，2人.(2)①從抽出的7名同學中隨機抽取2名同學的所有可能結果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21種.②由(1)，不妨設抽出的7名同學中，來自甲年級的是A，B，C，來自乙年級的是D，E，來自丙年級的是F，G，則從抽出的7名同學中隨機抽取的2名同學來自同一年級的所有可能結果為{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5種.所以，事件M發生的概率P(M)＝eq\f(5,21).考點整合1.古典概型的概率(1)公式P(A)＝eq\f(m,n)＝eq\f(A中所含的基本事件數,基本事件總數).(2)古典概型的兩個特點：所有可能出現的基本事件只有有限個；每個基本事件出現的可能性相等.2.幾何概型的概率(1)P(A)＝eq\f(構成事件A的區域長度（面積或體積）,試驗的全部結果所構成的區域長度（面積或體積）).(2)幾何概型應滿足兩個條件：①試驗中所有可能出現的結果(基本事件)有無限多個；②每個基本事件出現的可能性相等.3.概率的性質及互斥事件的概率(1)概率的取值范圍：0≤P(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，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，特別地P(A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1.熱點一幾何概型【例1】(1)(2016·全國Ⅰ卷)某公司的班車在7：30，8：00，8：30發車，小明在7：50至8：30之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)(2)(2018·湖南師大附中聯考)太極圖是以黑白兩個魚形紋組成的圖形圖案，它形象化地表達了陰陽輪轉，相反相成是萬物生成變化根源的哲理，展現了一種相互轉化，相對統一的形式美.按照太極圖的構圖方法，在平面直角坐標系中，圓O被y＝3sineq\f(π,4)x的圖象分割為兩個對稱的魚形圖案(如圖所示).其中小圓的半徑均為1，現在大圓內隨機取一點，則此點取自陰影部分的概率為________.解析(1)如圖所示，畫出時間軸：小明到達的時間會隨機的落在圖中線段AB上，而當他的到達時間落在線段AC或DB上時，才能保證他等車的時間不超過10分鐘.根據幾何概型得所求概率p＝eq\f(10＋10,40)＝eq\f(1,2).(2)依題意，大圓的直徑為y＝3sineq\f(π,4)x的最小正周期T＝8.所以大圓的面積S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))eq\s\up12(2)＝16π.又一個小圓的面積S0＝π×12＝π.故所求事件的概率P＝eq\f(2S0,S)＝eq\f(2π,16π)＝eq\f(1,8).答案(1)B(2)eq\f(1,8)探究提高1.幾何概型適用條件：當構成試驗的結果的區域為長度、面積、體積時，應考慮使用幾何概型求解.2.求解關鍵：尋找構成試驗的全部結果的區域和事件發生的區域，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區域.易錯警示在計算幾何概型時，對應的是區間、區域還是幾何體，一定要區分開來，否則結論不正確.【訓練1】(1)若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，0≤x<1，,lnx＋e，1≤x≤e))在區間[0，e]上隨機取一個實數x，則f(x)的值不小于常數e的概率是()A.eq\f(1,e) B.1－eq\f(1,e) C.eq\f(e,1＋e) D.eq\f(1,1＋e)(2)(2018·湖南長郡中學調研)折紙已經成為開發少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛心”活動中，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也是正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，則該點落在陰影部分的概率為()A.eq\f(1,12) B.eq\f(1,8) C.eq\f(1,6) D.eq\f(5,24)解析(1)當0≤x<1時，恒有f(x)＝ex<e，不滿足題意.當1≤x≤e時，f(x)＝lnx＋e.由lnx＋e≥e，得1≤x≤e.∴所求事件的概率p＝eq\f(e－1,e)＝1－eq\f(1,e).(2)不妨設AB＝2，則BG＝1，AG＝eq\r(5)，故多邊形AEFGHID的面積S＝2×(eq\r(5))2＋eq\f(1,2)×22＝12.∵sin∠EAB＝cos∠GAB＝eq\f(2,\r(5)).∴S陰影＝eq\f(1,2)AE·AB·sin∠EAB＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×2×eq\f(2,\r(5))＝2.故所求事件的概率p＝eq\f(S陰影,S)＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).答案(1)B(2)C熱點二古典概型的概率【例2】某兒童樂園在“六一”兒童節推出了一項趣味活動.參加活動的兒童需轉動如圖所示的轉盤兩次，每次轉動后，待轉盤停止轉動時，記錄指針所指區域中的數.設兩次記錄的數分別為x，y.獎勵規則如下：①若xy≤3，則獎勵玩具一個；②若xy≥8則獎勵水杯一個；③其余情況獎勵飲料一瓶.假設轉盤質地均勻，四個區域劃分均勻，小亮準備參加此項活動.(1)求小亮獲得玩具的概率；(2)請比較小亮獲得水杯與獲得飲料的概率的大小，并說明理由.解用數對(x，y)表示兒童參加活動先后記錄的數，則基本事件空間Ω與點集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一對應.因為S中元素的個數是4×4＝16.所以基本事件總數n＝16.(1)記“xy≤3”為事件A，則事件A包含的基本事件數共5個，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，所以P(A)＝eq\f(5,16)，即小亮獲得玩具的概率為eq\f(5,16).(2)記“xy≥8”為事件B，“3＜xy＜8”為事件C.則事件B包含的基本事件數共6個.即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4).所以P(B)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).事件C包含的基本事件數共5個，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1).所以P(C)＝eq\f(5,16).因為eq\f(3,8)＞eq\f(5,16)，所以小亮獲得水杯的概率大于獲得飲料的概率.探究提高1.求古典概型的概率的關鍵是正確列舉出基本事件的總數和待求事件包含的基本事件數.2.兩點注意：(1)對于較復雜的題目，列出事件數時要正確分類，分類時應不重不漏.(2)當直接求解有困難時，可考慮求其對立事件的概率.【訓練2】(2018·泰安質檢)某產品按行業質量標準分成五個等級A，B，C，D，E，現從一批產品中隨機抽取20件，對其等級進行統計分析，得到頻率分布表如下：等級ABCDE頻率ab0.45c0.1(1)若所抽取的20件產品中，等級為A的恰有2件，等級為B的恰有4件，求c的值；(2)在(1)的條件下，將等級為A的2件產品記為A1，A2，等級為B的4件產品記為B1，B2，B3，B4，現從A1，A2，B1，B2，B3，B4這6件產品中任取兩件(假定每件產品被取出的可能性相同)，寫出所有可能的結果，并求這兩件產品的等級不相同的概率.解(1)由題意得a＝eq\f(2,20)＝0.1，b＝eq\f(4,20)＝0.2.∴c＝1－(0.1＋0.2＋0.45＋0.1)＝0.15.(2)由題意可得，所有可能的結果為：(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種情況.任取兩件產品中等級不同的共有8種情況，所以，任取兩件產品等級不同的概率為P＝eq\f(8,15).熱點三概率與統計的綜合問題【例3】(2018·西安二模)手機作為客戶端越來越為人們所青睞，通過手機實現衣食住行消費已經成為一種主要的消費方式.在某市隨機調查了200名顧客購物時使用手機支付的情況，得到如下的2×2列聯表.已知從使用手機支付的人群中隨機抽取1人，抽到青年的概率為eq\f(7,10).(1)根據已知條件完成2×2列聯表，并根據此資料判斷是否有99.5%的把握認為“市場購物用手機支付與年齡有關”？2×2列聯表：青年中老年總計使用手機支付120不使用手機支付48總計200(2)現采用分層抽樣的方法從這200名顧客中按照“使用手機支付”和“不使用手機支付”抽取得到一個容量為5的樣本，設事件A為“從這個樣本中任選2人，這2人中至少有1人是不使用手機支付的”，求事件A發生的概率.附：K2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)P(K2≥k0)0.050.0250.0100.005k03.8415.0246.6357.879解(1)∵從使用手機支付的人群中隨機抽取1人，抽到青年的概率為eq\f(7,10)，∴使用手機支付的人群中的青年的人數為eq\f(7,10)×120＝84.則使用手機支付的人群中的中老年的人數為120－84＝36，所以2×2列聯表為：青年中老年總計使用手機支付8436120不使用手機支付324880總計11684200K2的觀測值k＝eq\f(200（84×48－36×32）2,116×84×80×120)＝eq\f(3600,203)≈17.734.∵17.734>7.879，P(K2≥7.879)＝0.005，故有99.5%的把握認為“市場購物用手機支付與年齡有關”.(2)這200名顧客中采用分層抽樣，從“使用手機支付”和“不使用手機支付”中抽到一個容量為5的樣本中：使用手機支付的人有5×eq\f(120,200)＝3人，記編號為1，2，3.不使用手機支付的人有2人，記編號為a，b.則從這個樣本中任選2人有(1，2)，(1，3)，(1，a)，(1，b)，(2，3)，(2，a)，(2，b)，(3，a)，(3，b)，(a，b)共10種.其中至少有1人是不使用手機支付的有(1，a)，(1，b)，(2，a)，(2，b)，(3，a)，(3，b)，(a，b)共7種.故所求事件A的概率P(A)＝eq\f(7,10).探究提高1.概率與統計的綜合題一般是先給出樣本數據或樣本數據的分布等，在解題中首先要處理好數據，如數據的個數、數據的分布規律等，即把數據分析清楚，然后再根據題目要求進行相關計算.2.在求解該類問題時要注意兩點：(1)明確頻率與概率的關系，頻率可近似替代概率.(2)此類問題中的概率模型多是古典概型，在求解時，要明確基本事件的構成.【訓練3】(2018·石家莊質檢)交通違法扣分，是指駕駛人在道路行車中不按規定行車，產生相應的交通違法行為，從而導致相應的交通違法扣分，目前道路交通安全違法行為扣分分值，主要分為1，2，3，6，12分共五個等級的分值扣分項目.某街道居委會調查了本街道男女各50名駕駛員的交通違法扣分情況，如下表：扣分1263210男駕駛員141011420女駕駛員12145325(1)寫出樣本中男駕駛員扣分(包含0分情況)的眾數和中位數；(2)從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，求其中至少有1名女駕駛員的概率；(3)請你依據表中數據，運用所學統計知識對該街道男女駕駛員交通違法扣分情況進行評價.解(1)樣本中男駕駛員扣分的眾數是0，中位數是2.(2)分別記樣本中扣6分的4名男駕駛員為a，b，c，d，2名女駕駛員為M，N.從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，分別是ab，ac，ad，aM，aN，bc，bd，bM，bN，cd，cM，cN，dM，dN，MN，共有15種可能.其中至少有1名女駕駛員共有9種可能.設“從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，其中至少有1名女駕駛員”為事件A，則P(A)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).(3)從表中數據可以計算出男、女駕駛員交通違法扣分的平均值分別為eq\f(92,50)，eq\f(79,50)，可以估計該街道男駕駛員去年全年交通違法扣分比女駕駛員略高(答案不唯一).一、選擇題1.(2018·全國Ⅲ卷)若某群體中的成員只用現金支付的概率為0.45，既用現金支付也用非現金支付的概率為0.15，則不用現金支付的概率為()A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7解析某群體中的成員分為只用現金支付、既用現金支付也用非現金支付、不用現金支付，是互斥事件，所以不用現金支付的概率為1－(0.15＋0.45)＝0.4.答案B2.(2018·合肥模擬)三國時期吳國的數學家趙爽曾創制了一幅“勾股圓方圖”，用數形結合的方法給出了勾股定理的詳細證明.如圖所示的“勾股圓方圖”中，四個全等的直角三角形與中間的小正方形拼成一個大正方形，其中一個直角三角形中較小的銳角α滿足tanα＝eq\f(3,4)，現向大正方形內隨機投擲一枚飛鏢，則飛鏢落在小正方形內的概率是()A.eq\f(4,25) B.eq\f(3,25) C.eq\f(2,25) D.eq\f(1,25)解析在Rt△ABC中，tanα＝eq\f(3,4).不妨設BC＝3，則AC＝4，則AB＝5，DC＝1，故p＝eq\f(S小正方形,S大正方形)＝eq\f(DC2,AB2)＝eq\f(1,25).答案D3.(2016·全國Ⅲ卷)小敏打開計算機時，忘記了開機密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個字母，第二位是1，2，3，4，5中的一個數字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率是()A.eq\f(8,15) B.eq\f(1,8) C.eq\f(1,15) D.eq\f(1,30)解析小敏輸入密碼的所有可能情況如下：(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種.而能開機的密碼只有一種，所以小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率為eq\f(1,15).答案C4.(2017·天津卷)有5支彩筆(除顏色外無差別)，顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫.從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,5)解析從5支彩筆中任取2支不同顏色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫、黃藍、黃綠、黃紫、藍綠、藍紫、綠紫，共10種，其中取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫，共4種.所以所求概率p＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案C5.有一底面半徑為1、高為2的圓柱，點O為這個圓柱底面圓的圓心，在這個圓柱內隨機取一點P，則點P到點O的距離大于1的概率為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3) C.eq\f(3,4) D.eq\f(1,4)解析設點P到點O的距離小于等于1的概率為p1，由幾何概型，則p1＝eq\f(V半球,V圓柱)＝eq\f(\f(2π,3)×13,π×12×2)＝eq\f(1,3).故點P到點O的距離大于1的概率p＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案B二、填空題6.(2018·廣州二模)在區間[－6，7]內任取一實數m，f(x)＝－x2＋mx＋m的圖象與x軸有公共點的概率為________.解析∵f(x)＝－x2＋mx＋m圖象與x軸有公共點，∴Δ＝m2＋4m≥0，則m≥0或m≤－4.故所求事件概率p＝eq\f(7＋2,7－（－6）)＝eq\f(9,13).答案eq\f(9,13)7.(2018·湖北六校聯考)一個棱長為4的正方體涂上紅色后，將其均切成棱長為1的若干個小正方體，置于一密閉容器中攪拌均勻，從中任取一個小正方體，則取到至少兩面涂紅色的小正方體的概率為________.解析一個棱長為4的正方體涂上紅色后，將其切成棱長為1的小正方體，切割后共計43＝64個正方體.原來的正方體有8個頂點、12條棱、6個面，所以三面紅色的正方體有8個；兩面紅色的正方體數為棱數的2倍，有12×2＝24個.∴從中任取一個，則取到至少兩面涂紅色的小正方體的概率為p＝eq\f(32,64)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8.(2017·黃山二模改編)從集合A＝{2，4}中隨機抽取一個數記為a，從集合B＝{1，3}中隨機抽取一個數記為b，則f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx＋1在(－∞，－1]上是減函數的概率為________.解析依題意，數對(a，b)所有取值為(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)共4種情況.記“f(x)在區間(－∞，－1]上是減函數”為事件A.則A發生時，x＝－eq\f(b,a)≥－1，即a≥b.∴事件A發生時，有(2，1)，(4，1)，(4，3)共3種情況.故所求事件的概率P(A)＝eq\f(3,4).答案eq\f(3,4)三、解答題9.(2018·北京卷)電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表：電影類型第一類第二類第三類第四類第五類第六類電影部數14050300200800510好評率0.40.20.150.250.20.1好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值.(1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率；(2)隨機選取1部電影，估計這部電影沒有獲得好評的概率；(3)電影公司為增加投資回報，擬改變投資策略，這將導致不同類型電影的好評率發生變化.假設表格中只有兩類電影的好評率數據發生變化，那么哪類電影的好評率增加0.1，哪類電影的好評率減少0.1，使得獲得好評的電影總部數與樣本中的電影總部數的比值達到最大(只需寫出結論)?解(1)由題意知，樣本中電影的總部數是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2000，第四類電影中獲得好評的電影部數是200×0.25＝50.故所求概率為eq\f(50,2000)＝0.025.(2)由題意知，樣本中獲得好評的電影部數是140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋51＝372.故所求概率估計為1－eq\f(372,2000)＝0.814.(3)增加第五類電影的好評率，減少第二類電影的好評率.10.(2017·山東卷)某旅游愛好者計劃從3個亞洲國家A1，A2，A3和3個歐洲國家B1，B2，B3中選擇2個國家去旅游.(1)若從這6個國家中任選2個，求這2個國家都是亞洲國家的概率；(2)若從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，求這2個國家包括A1但不包括B1的概率.解(1)由題意知，從6個國家中任選兩個國家，其一切可能的結果組成的基本事件有：{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個.所選兩個國家都是亞洲國家的事件所包含的基本事件有{A1，A2}，{A1