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2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第4讲 随机事件与古典概型学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第4讲 随机事件与古典概型学案，共19页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
1．概率与频率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq \f(nA,n)为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
2．事件的关系与运算
3.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：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)概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．
P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
4．古典概型
(1)基本事件的特点
①任何两个基本事件是互斥的；
②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
(2)特点
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
(3)概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)．
5．对古典概型的理解
(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．
(2)古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．
常用结论
关注三个易错点
1．频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数．
2．对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
3．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
二、习题改编
1．(必修3P121练习T4改编)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
解析：选D.“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．
2．(必修3P127例3改编)一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．
解析：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4种．
所以所求概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
3．(必修3P145A组T5改编)袋中装有6个白球， 5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概率为________．
解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
4．(必修3P134A组T6改编)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为________．
解析：从5件产品中任取2件共有Ceq \\al(2,5)＝10(种)取法，恰有一件次品的取法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为eq \f(6,10)＝0.6.
答案：0.6
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )
(2)随机事件和随机试验是一回事．( )
(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( )
(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．( )
(5)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.( )
(6)在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)确定互斥事件、对立事件出错；
(2)基本事件计数错误．
1．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是eq \f(1,2)，甲获胜的概率是eq \f(1,3)，则甲不输的概率为________．
解析：由题意得，甲不输的概率为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,6).
答案：eq \f(5,6)
2．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋B发生的概率为________．
解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，所以P(eq \x\t(B))＝1－P(B)＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，显然A与eq \x\t(B)互斥，从而P(A＋eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
3．已知函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，则该函数有两个零点的概率为________．
解析：要使函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2有两个零点，即方程x2－2ax＋b2＝0有两个实根，则Δ＝4a2－4b2>0，又a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，即a>b，而a，b的取法共有3×3＝9(种)，其中满足a>b的取法有(4，3)，(6，3)，(6，5)，(8，3)，(8，5)，(8，7)，共6种，所以所求的概率为eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
随机事件的频率与概率(师生共研)
某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
【解】 (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值为900，300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
eq \a\vs4\al()
(1)概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
(2)随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
1．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为：
(2)根据题意，Y＝460＋eq \f(X－70,10)×5＝eq \f(X,2)＋425，
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)
＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)
＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)
＝eq \f(1,20)＋eq \f(3,20)＋eq \f(2,20)＝eq \f(3,10).
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为eq \f(3,10).
2．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该保险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：
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：
(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eq \f(60＋50,200)＝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eq \f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
互斥事件、对立事件的概率(师生共研)
某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．记1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)1张奖券的中奖概率；
(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解】 (1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P(A)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(10,1 000)，P(C)＝eq \f(50,1 000)，因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝eq \f(1＋10＋50,1 000)＝eq \f(61,1 000)，
故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000).
(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1 000)＋\f(10,1 000)))＝eq \f(989,1 000).
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000).
eq \a\vs4\al()
[提醒] 间接法体现了“正难则反”的思想方法．
1．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6中随机选取2位数字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( )
A.eq \f(28,31) B．eq \f(19,21)
C.eq \f(22,31) D．eq \f(17,21)
解析：选A.选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为3.11，3.12，3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P＝1－eq \f(3,31)＝eq \f(28,31).故选A.
2．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则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)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则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.
法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
古典概型的概率(多维探究)
角度一 简单的古典概型的概率
(1)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(1,14)
C.eq \f(1,15) D．eq \f(1,18)
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(2,5)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(3,5)
【解析】 (1)不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有Ceq \\al(2,10)种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝eq \f(3,Ceq \\al(2,10))＝eq \f(1,15)，故选C.
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，基本事件总数n＝Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝90，每个小组恰好有1名教师和1名学生包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝36，所以每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(36,90)＝eq \f(2,5).故选B.
【答案】 (1)C (2)B
角度二 古典概型与其他知识的综合问题
(1)从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为( )
A.eq \f(1,6) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
(2)已知a∈{－2，0，1，2，3}，b∈{3，5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是( )
A.eq \f(3,10) B．eq \f(3,5)
C.eq \f(2,5) D．eq \f(1,5)
(3)将一个骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,18)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,18)，\f(5,18))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，\f(7,18)))
【解析】 (1)由题意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3，3)，(5，5)共2个，
故所求的概率为eq \f(1,6).故选A.
(2)函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2<0，又a∈{－2，0，1，2，3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，又b∈{3，5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是eq \f(2×2,5×2)＝eq \f(2,5).故选C.
(3)对于a与b各有6种情形，故总数为36种．
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，故概率为P1＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝eq \f(33,36)＝eq \f(11,12)，
因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,18)－m))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)))eq \s\up12(2)＜eq \f(137,144)，
解得－eq \f(5,18)＜m＜eq \f(7,18)，故选D.
【答案】 (1)A (2)C (3)D
eq \a\vs4\al()
(1)求古典概型的概率的步骤
第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
第二步，分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
第三步，利用公式P(A)＝eq \f(m,n)，求出事件A的概率．
(2)求解古典概型与其他知识交汇问题的思路
解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.eq \f(5,16) B．eq \f(11,32)
C.eq \f(21,32) D．eq \f(11,16)
解析：选A.由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为Ceq \\al(3,6)＝eq \f(6×5×4,6)＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16).故选A.
2．2021年广东新高考将实行3＋1＋2模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率为( )
A.eq \f(1,36) B．eq \f(1,16)
C.eq \f(1,8) D．eq \f(1,6)
解析：选D.由题意，从政治、地理、化学、生物中四选二，共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)方法，所以他们选课相同的概率为eq \f(1,6)，故选D.
3．2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”的活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为________．
解析：法一：若小王和小李都没被选中，则有Ceq \\al(2,2)种方法，若小王和小李有一人被选中，则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)种方法，故所求概率P＝eq \f(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(5,6).
法二：若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－eq \f(1,Ceq \\al(2,4))＝eq \f(5,6).
答案：eq \f(5,6)
[基础题组练]
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
解析：选B.设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4，故选B.
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.7 D．0.8
解析：选C.根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为eq \f(70,100)＝0.7.
3．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完结束的概率为( )
A.eq \f(1,10) B．eq \f(1,5)
C.eq \f(3,10) D．eq \f(2,5)
解析：选C.将5张奖票不放回地依次取出共有Aeq \\al(5,5)＝120种不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票，共有3Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,1)＝36种取法，所以P＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10).故选C.
4．据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为男、子、伯、侯、公共五级．现有每个级别的诸侯各一人，共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个(m为正整数)，若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是( )
A.eq \f(1,8) B．eq \f(1,7)
C.eq \f(1,6) D．eq \f(1,5)
解析：选B.由题意可知等级从低到高的5个诸侯所分的橘子个数组成公差为m的等差数列，设“男”分得的橘子个数为a1，其前n项和为Sn，则S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)m＝80，即a1＋2m＝16，且a1，m均为正整数，若a1＝2，则m＝7，此时a5＝30，若a1＝4，m＝6，此时a5＝28，若a1＝6，m＝5，此时a5＝26，若a1＝8，m＝4，此时a5＝24，若a1＝10，m＝3，此时a5＝22，若a1＝12，m＝2，此时a5＝20，若a1＝14，m＝1，此时a5＝18，所以“公”恰好分得30个橘子的概率为eq \f(1,7).故选B.
5．(2020·武汉市调研测试)大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小明恰好分配到甲村小学的概率为( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,6)
解析：选C.依题意，小明与另外3名大学生分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学的分配方法是1个学校2人，另外2个学校各1人，共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(种)分配方法，若小明必分配到甲村小学，有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝12(种)分配方法，根据古典概型的概率计算公式得所求的概率为eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，故选C.
6．(2019·高考全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为eq \f(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99,10＋20＋10)＝0.98.
答案：0.98
7．(2020·四川绵阳诊断改编)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则P1＝________，P2＝________．
解析：三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312，321，共6种．方案一坐3号车可能为：132，213，231，共3种，所以P1＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)；方案二坐3号车可能为：312，321，共2种．所以P2＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,2) eq \f(1,3)
8．已知|p|≤3，|q|≤3，当p，q∈Z，则方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率是________．
解析：由方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，可得Δ＝(2p)2－4(－q2＋1)>0，即p2＋q2>1.
当p，q∈Z时，设点M(p，q)，如图，直线p＝－3，－2，－1，0，1，2，3和直线q＝－3，－2，－1，0，1，2，3的交点，即为点M，共有49个，其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点)．当点M(p，q)落在圆p2＋q2＝1外时，方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，所以方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率P＝eq \f(49－5,49)＝eq \f(44,49).
答案：eq \f(44,49)
9．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝eq \f(150,1 000)＝0.15，P(B)＝eq \f(120,1 000)＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为eq \f(24,100)＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
10．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝eq \f(Aeq \\al(3,3),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,40)，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是eq \f(1,40).
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝eq \f(Aeq \\al(4,4),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,10)，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P(eq \(E,\s\up6(－)))＝1－P(E)＝eq \f(9,10).
(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝eq \f(Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(3,3),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,4)，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1＝1－P2＝eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．已知甲、乙、丙各有一张自己的身份证，现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，则恰有一人取到自己身份证的概率为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
解析：选A.甲、乙、丙各有一张自己的身份证，
现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，
基本事件总数n＝Aeq \\al(3,3)＝6，
恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝3，
所以恰有一人取到自己身份证的概率为p＝eq \f(m,n)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).故选A.
2．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为( )
A.eq \f(1,7) B．eq \f(2,7)
C.eq \f(3,7) D．eq \f(4,7)
解析：选B.根据题意，最近路线就是不能走回头路，不能走重复的路，所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，所以最近的行走路线共有Aeq \\al(7,7)＝5 040(种)．因为不能连续向上，所以先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列为Aeq \\al(4,4).接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空隙中，5个位置排3个元素，也就是Aeq \\al(3,5)，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)，所以其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率P＝eq \f(1 440,5 040)＝eq \f(2,7).故选B.
3．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为ai，若存在正整数k，使a1＋a2＋…＋ak＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为3的概率是________．
解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子3次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a1＋a2＋a3＝6，则a1，a2，a3可取1，2，3或1，1，4或2，2，2三种情况，其所含的基本事件个数m＝Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)＋1＝10.
故幸运数字为3的概率为P＝eq \f(10,6×6×6)＝eq \f(5,108).
答案：eq \f(5,108)
4．如下的三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1( a11 a12 a13,a21 a22 a23,a31 a32 a33))
解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq \\al(3,9)＝eq \f(9×8×7,1×2×3)＝84种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,1)＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－eq \f(6,84)＝eq \f(13,14).
答案：eq \f(13,14)
5．某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2017年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3，0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：
电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
解：(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为
eq \f(1,1 000)(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知，
P(y＝150)＝P(0.6≤x<0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
6．(2020·太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1 kg的包裹收费10元；质量超过1 kg的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元．
该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
(1)某人打算将A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：
所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为eq \f(1,3).
(2)由题目中的天数得出频率，如下：
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
故公司每日利润为235×5－2×100＝975(元)．
综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．
定 义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等
A＝B
并事件(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交事件(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅
且A∪B＝Ω
最高气温
[10，15)
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
天数
2
16
36
25
7
4
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
eq \f(1,20)
eq \f(1,5)
eq \f(1,10)
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
eq \f(1,20)
eq \f(3,20)
eq \f(1,5)
eq \f(7,20)
eq \f(3,20)
eq \f(1,10)
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
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
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
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
购物金
额分组
[0.3，0.5)
[0.5，0.6)
[0.6，0.8)
[0.8，0.9]
发放金额
50
100
150
200
x
0.3≤x<0.5
0.5≤x<0.6
0.6≤x<0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
情况
第一个包裹
第二个包裹
礼物
质量(kg)
快递费(元)
礼物
质量(kg)
快递费(元)
甲支付的总快递费
1
A
0.3
10
B，C
3.3
25
35
2
B
1.8
15
A，C
1.8
15
30
3
C
1.5
15
A，B
2.1
20
35
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
一、知识梳理
1．概率与频率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq \f(nA,n)为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
2．事件的关系与运算
3.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：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)概率的加法公式
如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率
若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．
P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
4．古典概型
(1)基本事件的特点
①任何两个基本事件是互斥的；
②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
(2)特点
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
(3)概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)．
5．对古典概型的理解
(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．
(2)古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．
常用结论
关注三个易错点
1．频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数．
2．对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
3．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
二、习题改编
1．(必修3P121练习T4改编)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
解析：选D.“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．
2．(必修3P127例3改编)一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．
解析：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4种．
所以所求概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
3．(必修3P145A组T5改编)袋中装有6个白球， 5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概率为________．
解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
4．(必修3P134A组T6改编)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为________．
解析：从5件产品中任取2件共有Ceq \\al(2,5)＝10(种)取法，恰有一件次品的取法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为eq \f(6,10)＝0.6.
答案：0.6
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )
(2)随机事件和随机试验是一回事．( )
(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( )
(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．( )
(5)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.( )
(6)在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)确定互斥事件、对立事件出错；
(2)基本事件计数错误．
1．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是eq \f(1,2)，甲获胜的概率是eq \f(1,3)，则甲不输的概率为________．
解析：由题意得，甲不输的概率为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,6).
答案：eq \f(5,6)
2．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋B发生的概率为________．
解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，所以P(eq \x\t(B))＝1－P(B)＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，显然A与eq \x\t(B)互斥，从而P(A＋eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
3．已知函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，则该函数有两个零点的概率为________．
解析：要使函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2有两个零点，即方程x2－2ax＋b2＝0有两个实根，则Δ＝4a2－4b2>0，又a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，即a>b，而a，b的取法共有3×3＝9(种)，其中满足a>b的取法有(4，3)，(6，3)，(6，5)，(8，3)，(8，5)，(8，7)，共6种，所以所求的概率为eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
随机事件的频率与概率(师生共研)
某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
【解】 (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值为900，300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
eq \a\vs4\al()
(1)概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
(2)随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
1．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为：
(2)根据题意，Y＝460＋eq \f(X－70,10)×5＝eq \f(X,2)＋425，
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)
＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)
＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)
＝eq \f(1,20)＋eq \f(3,20)＋eq \f(2,20)＝eq \f(3,10).
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为eq \f(3,10).
2．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该保险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：
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：
(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eq \f(60＋50,200)＝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eq \f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
互斥事件、对立事件的概率(师生共研)
某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．记1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)1张奖券的中奖概率；
(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解】 (1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C，依题意，P(A)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(10,1 000)，P(C)＝eq \f(50,1 000)，因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝eq \f(1＋10＋50,1 000)＝eq \f(61,1 000)，
故1张奖券的中奖概率为eq \f(61,1 000).
(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1 000)＋\f(10,1 000)))＝eq \f(989,1 000).
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq \f(989,1 000).
eq \a\vs4\al()
[提醒] 间接法体现了“正难则反”的思想方法．
1．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6中随机选取2位数字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( )
A.eq \f(28,31) B．eq \f(19,21)
C.eq \f(22,31) D．eq \f(17,21)
解析：选A.选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为3.11，3.12，3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P＝1－eq \f(3,31)＝eq \f(28,31).故选A.
2．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则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)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则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.
法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
古典概型的概率(多维探究)
角度一 简单的古典概型的概率
(1)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(1,14)
C.eq \f(1,15) D．eq \f(1,18)
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(2,5)
C.eq \f(1,2) D．eq \f(3,5)
【解析】 (1)不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有Ceq \\al(2,10)种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝eq \f(3,Ceq \\al(2,10))＝eq \f(1,15)，故选C.
(2)将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，基本事件总数n＝Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝90，每个小组恰好有1名教师和1名学生包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝36，所以每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(36,90)＝eq \f(2,5).故选B.
【答案】 (1)C (2)B
角度二 古典概型与其他知识的综合问题
(1)从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为( )
A.eq \f(1,6) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
(2)已知a∈{－2，0，1，2，3}，b∈{3，5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是( )
A.eq \f(3,10) B．eq \f(3,5)
C.eq \f(2,5) D．eq \f(1,5)
(3)将一个骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，设任意投掷两次使两条不重合直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，若点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,18)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,18)，\f(5,18))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,18)，\f(7,18)))
【解析】 (1)由题意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3，3)，(5，5)共2个，
故所求的概率为eq \f(1,6).故选A.
(2)函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2<0，又a∈{－2，0，1，2，3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，又b∈{3，5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是eq \f(2×2,5×2)＝eq \f(2,5).故选C.
(3)对于a与b各有6种情形，故总数为36种．
两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，故概率为P1＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行与重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝eq \f(33,36)＝eq \f(11,12)，
因为点(P1，P2)在圆(x－m)2＋y2＝eq \f(137,144)的内部，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,18)－m))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)))eq \s\up12(2)＜eq \f(137,144)，
解得－eq \f(5,18)＜m＜eq \f(7,18)，故选D.
【答案】 (1)A (2)C (3)D
eq \a\vs4\al()
(1)求古典概型的概率的步骤
第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
第二步，分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
第三步，利用公式P(A)＝eq \f(m,n)，求出事件A的概率．
(2)求解古典概型与其他知识交汇问题的思路
解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.eq \f(5,16) B．eq \f(11,32)
C.eq \f(21,32) D．eq \f(11,16)
解析：选A.由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为Ceq \\al(3,6)＝eq \f(6×5×4,6)＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝eq \f(20,64)＝eq \f(5,16).故选A.
2．2021年广东新高考将实行3＋1＋2模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率为( )
A.eq \f(1,36) B．eq \f(1,16)
C.eq \f(1,8) D．eq \f(1,6)
解析：选D.由题意，从政治、地理、化学、生物中四选二，共有Ceq \\al(2,4)＝6(种)方法，所以他们选课相同的概率为eq \f(1,6)，故选D.
3．2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”的活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为________．
解析：法一：若小王和小李都没被选中，则有Ceq \\al(2,2)种方法，若小王和小李有一人被选中，则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)种方法，故所求概率P＝eq \f(Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(2,4))＝eq \f(5,6).
法二：若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－eq \f(1,Ceq \\al(2,4))＝eq \f(5,6).
答案：eq \f(5,6)
[基础题组练]
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
解析：选B.设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4，故选B.
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.7 D．0.8
解析：选C.根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为eq \f(70,100)＝0.7.
3．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完结束的概率为( )
A.eq \f(1,10) B．eq \f(1,5)
C.eq \f(3,10) D．eq \f(2,5)
解析：选C.将5张奖票不放回地依次取出共有Aeq \\al(5,5)＝120种不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票，共有3Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,1)＝36种取法，所以P＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10).故选C.
4．据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为男、子、伯、侯、公共五级．现有每个级别的诸侯各一人，共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个(m为正整数)，若按这种方法分橘子，“公”恰好分得30个橘子的概率是( )
A.eq \f(1,8) B．eq \f(1,7)
C.eq \f(1,6) D．eq \f(1,5)
解析：选B.由题意可知等级从低到高的5个诸侯所分的橘子个数组成公差为m的等差数列，设“男”分得的橘子个数为a1，其前n项和为Sn，则S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)m＝80，即a1＋2m＝16，且a1，m均为正整数，若a1＝2，则m＝7，此时a5＝30，若a1＝4，m＝6，此时a5＝28，若a1＝6，m＝5，此时a5＝26，若a1＝8，m＝4，此时a5＝24，若a1＝10，m＝3，此时a5＝22，若a1＝12，m＝2，此时a5＝20，若a1＝14，m＝1，此时a5＝18，所以“公”恰好分得30个橘子的概率为eq \f(1,7).故选B.
5．(2020·武汉市调研测试)大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小明恰好分配到甲村小学的概率为( )
A.eq \f(1,12) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,6)
解析：选C.依题意，小明与另外3名大学生分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学的分配方法是1个学校2人，另外2个学校各1人，共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(种)分配方法，若小明必分配到甲村小学，有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝12(种)分配方法，根据古典概型的概率计算公式得所求的概率为eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，故选C.
6．(2019·高考全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为eq \f(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99,10＋20＋10)＝0.98.
答案：0.98
7．(2020·四川绵阳诊断改编)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则P1＝________，P2＝________．
解析：三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312，321，共6种．方案一坐3号车可能为：132，213，231，共3种，所以P1＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)；方案二坐3号车可能为：312，321，共2种．所以P2＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,2) eq \f(1,3)
8．已知|p|≤3，|q|≤3，当p，q∈Z，则方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率是________．
解析：由方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，可得Δ＝(2p)2－4(－q2＋1)>0，即p2＋q2>1.
当p，q∈Z时，设点M(p，q)，如图，直线p＝－3，－2，－1，0，1，2，3和直线q＝－3，－2，－1，0，1，2，3的交点，即为点M，共有49个，其中在圆上和圆内的点共有5个(图中黑点)．当点M(p，q)落在圆p2＋q2＝1外时，方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根，所以方程x2＋2px－q2＋1＝0有两个相异实数根的概率P＝eq \f(49－5,49)＝eq \f(44,49).
答案：eq \f(44,49)
9．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝eq \f(150,1 000)＝0.15，P(B)＝eq \f(120,1 000)＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为eq \f(24,100)＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
10．在某大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝eq \f(Aeq \\al(3,3),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,40)，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是eq \f(1,40).
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝eq \f(Aeq \\al(4,4),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,10)，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P(eq \(E,\s\up6(－)))＝1－P(E)＝eq \f(9,10).
(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝eq \f(Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(3,3),Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4))＝eq \f(1,4)，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1＝1－P2＝eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．已知甲、乙、丙各有一张自己的身份证，现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，则恰有一人取到自己身份证的概率为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
解析：选A.甲、乙、丙各有一张自己的身份证，
现把三张身份证收起来后，再随机分给甲、乙、丙每人一张，
基本事件总数n＝Aeq \\al(3,3)＝6，
恰有一人取到自己身份证包含的基本事件个数m＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,1)＝3，
所以恰有一人取到自己身份证的概率为p＝eq \f(m,n)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).故选A.
2．如图，某建筑工地搭建的脚手架局部类似于一个2×2×3的长方体框架，一个建筑工人欲从A处沿脚手架攀登至B处，则其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率为( )
A.eq \f(1,7) B．eq \f(2,7)
C.eq \f(3,7) D．eq \f(4,7)
解析：选B.根据题意，最近路线就是不能走回头路，不能走重复的路，所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，共7次，所以最近的行走路线共有Aeq \\al(7,7)＝5 040(种)．因为不能连续向上，所以先把不向上的次数排列起来，也就是2次向右和2次向前全排列为Aeq \\al(4,4).接下来，就是把3次向上插到4次不向上之间的空隙中，5个位置排3个元素，也就是Aeq \\al(3,5)，则最近的行走路线中不连续向上攀登的路线共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)，所以其最近的行走路线中不连续向上攀登的概率P＝eq \f(1 440,5 040)＝eq \f(2,7).故选B.
3．连续抛掷同一颗均匀的骰子，记第i次得到的向上一面的点数为ai，若存在正整数k，使a1＋a2＋…＋ak＝6，则称k为幸运数字，则幸运数字为3的概率是________．
解析：连续抛掷同一颗均匀的骰子3次，所含基本事件总数n＝6×6×6，要使a1＋a2＋a3＝6，则a1，a2，a3可取1，2，3或1，1，4或2，2，2三种情况，其所含的基本事件个数m＝Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)＋1＝10.
故幸运数字为3的概率为P＝eq \f(10,6×6×6)＝eq \f(5,108).
答案：eq \f(5,108)
4．如下的三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1( a11 a12 a13,a21 a22 a23,a31 a32 a33))
解析：从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq \\al(3,9)＝eq \f(9×8×7,1×2×3)＝84种，取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,1)＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－eq \f(6,84)＝eq \f(13,14).
答案：eq \f(13,14)
5．某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2017年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3，0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，[0.4，0.5)，[0.5，0.6)，[0.6，0.7)，[0.7，0.8)，[0.8，0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：
电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
解：(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为
eq \f(1,1 000)(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系及(1)知，
P(y＝150)＝P(0.6≤x<0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
6．(2020·太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1 kg的包裹收费10元；质量超过1 kg的包裹，除1 kg收费10元之外，超过1 kg的部分，每1 kg(不足1 kg，按1 kg计算)需再收5元．
该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：
(1)某人打算将A(0.3 kg)，B(1.8 kg)，C(1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：
所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为eq \f(1,3).
(2)由题目中的天数得出频率，如下：
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
故公司每日利润为235×5－2×100＝975(元)．
综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．
定 义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等
A＝B
并事件(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交事件(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅
且A∪B＝Ω
最高气温
[10，15)
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
天数
2
16
36
25
7
4
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
eq \f(1,20)
eq \f(1,5)
eq \f(1,10)
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
eq \f(1,20)
eq \f(3,20)
eq \f(1,5)
eq \f(7,20)
eq \f(3,20)
eq \f(1,10)
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
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
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
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
购物金
额分组
[0.3，0.5)
[0.5，0.6)
[0.6，0.8)
[0.8，0.9]
发放金额
50
100
150
200
x
0.3≤x<0.5
0.5≤x<0.6
0.6≤x<0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
情况
第一个包裹
第二个包裹
礼物
质量(kg)
快递费(元)
礼物
质量(kg)
快递费(元)
甲支付的总快递费
1
A
0.3
10
B，C
3.3
25
35
2
B
1.8
15
A，C
1.8
15
30
3
C
1.5
15
A，B
2.1
20
35
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
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