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2019-2020年高三数学一轮总复习 专题十四 概率（含解析）重点1 随机事件的概率1频率与概率 （1）频率：在相同条件下重复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m为事件A的频数，那么事件A出现的频率，频率的取值范围为. （2）概率：对于给定的随机事件，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率稳定在某个常数附近，我们把这个常数记为P(A)，称为事件A的概率频率与概率有本质的区别，不可混为一谈，频率随着试验次数的改变而变化，概率却是一个常数，它是频率的科学抽象.当试验次数越来越多时，频率向概率靠近.只要试验次数足够多，所得频率就近似地当做随机事件的概率.2事件的关系及运算 （1）对于事件A和事件B，如果事件A发生，事件B一定发生，称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) （2）若事件A发生当且仅当事件B也发生，称事件A等于事件B （3）若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称该事件为事件A与事件B的并事件（或和事件），记作(或) （4）若某事件发生当且仅当事件A且事件B都发生，则称该事件为事件A与事件B的交事件（或积事件），记作AB(或) （5）若为不可能事件，则称事件A与事件B互斥 （6）若为不可能事件，而为必然事件，则称A与B为对立事件3概率的性质 （1），其中必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0 （2）若事件A与事件B互斥，则 （3）若事件A与事件B对立，则高考常考角度角度1 某射手在同一条件下进行射击，结果如下表所示：射击次数n1020501002005001000击中靶心的次数m8194490178455906击中靶心的频率（1）计算表中击中靶心的各个频率；（2）这个运动员击中靶心的概率约是多少？解析：本题考查频率与概率（1）依据频率的计算公式，可以依次计算出表中击中靶心的的频率 （2）由（2）知，射击的次数不同，计算得到的频率值也不同，但随着射击次数的增多，频率都在常数0.9的附近摆动，所以击中靶心的概率约为0.9角度2 （1）以下命题：将一枚硬币抛掷两次，设事件A：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”，则事件A与事件B是对立事件；在命题中，事件A与事件B是互斥事件；在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，事件A：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A与事件B是互斥事件.正确命题的个数为A0 B1 C2 D3（2）盒中有4只白球，5只黑球，从中任意取出一只球“取出的球是黄球”是什么事件？它的概率是多少？“取出的球是白球”是什么事件？它的概率是多少？“取出的球是白球或黑球”是什么事件？它的概率是多少？解析：本题考查随机事件与随机事件的概率.（1）将一枚硬币抛掷两次，除去A、B的结果，还可能出现“一次正面，一次反面”或“一次反面，一次正面”两种情况，因此不正确，正确；对于，A与B有可能出现共同结果“1件正品，2件次品”，即事件A与事件B不是互斥事件，故不正确故选B（2）“取出的球是黄球”在题设条件下不可能发生，是不可能事件，概率为0 “取出的球是白球”是随机事件，概率是 “取出的球是白球或黑球”在题设条件下必然要发生，是必然事件，概率为1重点2 古典概型1古典概率模型：（1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；（2）每个基本事件出现的可能性相等我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型并不是所有的试验都是古典概型，例如，在适宜的条件下种下一粒种子并观察它是否“发芽”，这个试验的基本事件空间为发芽，不发芽，而“发芽”与“不发芽”这两种结果出现的机会一般是不均等的2古典概型的概率公式：3学会用最原始的方法计算基本事件个数，许多古典概型的试题其基本事件个数的计算没有直接的公式可以套用，这时就要回归到最原始的方法解基本事件的个数，一般就是列举法，通过列举把所有的基本事件找出来，在列举时注意借助于图表、坐标系等进行 4对于求较复杂事件的古典概型的概率问题，可以利用分类讨论的方法求出总体包含的基本事件的个数及事件包含的基本事件的个数，然后将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求对立事件的概率，进而用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率 高考常考角度角度1 有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（ ）A. B. C. D. 解析：（理科解法）由题知，故选A.（文理解法）记三个兴趣小组分别为1，2，3，甲参加1组记为“甲1”则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3”，共9种记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A包含的基本事件有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3”，共3个因此，故选A角度2甲乙两人一起去游“xx西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后1小时他们同在一个景点的概率是（ ）A. B. C. D. 点评：本题抓住主要条件，去掉次要条件（例如参观时间）可以简化解题思路，然后把问题简化为两人所选的游览景点路线的排列问题理科使用排列组合反而复杂解析：（理科解法）甲、乙两人各自独立任选4个景点的情形共有种；最后一小时他们同在一个景点的情形有种，所以（文理科解法）若用1,2,3,4,5,6代表6处景点，显然甲、乙两人选择结果为1,1、1,2、1,3、6,6，共36种；其中满足题意的“同一景点相遇”包括1,1、2,2、3,3、6,6，共6个基本事件，故所求的概率为，故选D对一些情境较为简单、基本事件个数不是太多的古典概型问题，用枚举法即可求事件发生的概率，但应特别注意：枚举时要严防遗漏，绝不重复角度3 电子钟一天显示的时间是从00：00到23：59，每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一时刻的四个数字之和为23的概率为（ ）A B C D 解析：本题考查古典概型概率的求解，数字之和为23的只有09：59，18：59，19：49，19：58四种可能，一天显示的时间总共2460 =1 440种，故所求概率为，故选C点评：本题中，如何得出随机事件“任一时刻的四个数字之和为23”所包含的基本事件的个数是解题的关键在小时上的两个数字之和最大为10，即19点，最小为0；在分钟上的两个数字之和最大为14，即每个小时段的第59分钟要想使四个数字之和等于23，只有以下两种情形：当分钟上的两个数字之和等于14时，小时上的两个数字之和只能等于9，也即只有9点和1 8点；当分钟上的两个数字之和等于13时，即每个小时段的第49分钟和第58分钟，小时上的两个数字之和只能等于10，即19点.角度4 （理科）已知一组抛物线其中为2，4，6，8中任取的一个数，为1，3，5，7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线交点处的切线相互平行的概率是（ ）A B C D. 解析：本题结合抛物线、导数的应用考查古典概型概率的求解这一组抛物线共条，从中任意抽取两条，共有种不同的方法它们在与直线交点处的切线的斜率若，只有一种情形，（2+1），不合题意；若，有两种情形，（2+3，4+1），从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，（2+5，4+3，6+1）从中取出两条，有种取法；若，有四种情形，（2+7，4+5，6+3，8+1）从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，（4+7，6+5，8+3）从中取出两条，有种取法；若，有两种情形，（8+5，6+7）从中取出两条，有种取法；若，只有一种情形，（8+7），不合题意由分类加法计数原理知任取两条抛物线且满足题目要求的情形共有故所求概率为，故选B本题中所有的抛物线共16条，这些抛物线在处的斜率可以是3，5，7，9，11，13，15，按照这个斜率对16条抛物线进行分类，每一类中取出的两条抛物线在与直线交点处的切线斜率是相等的，随机事件的总数就是所有这些取法之和，而基本事件的总数就是在条抛物线中选取两条角度5甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女（）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；（）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率解析：（）甲校两男教师分别用A、B表示，女教师用C表示；乙校男教师用D表示，两女教师分别用E、F表示从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为：(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)共9种，从中选出的两名教师性别相同的结果有：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F)共4种，选出的两名教师性别相同的概率为（）从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：(A，B)(A，C)(A，D)(A，E)(A，F)(B，C)(B，D)(B，E)(B，F)(C，D)(C，E)(C，F)(D，E)(D，F)(E，F)共15种，从中选出两名教师来自同一学校的结果有：(A，B)(A，C)(B，C)(D，E)(D，F)(E，F)共6种，选出的两名教师来自同一学校的概率为.重点3 几何概型1几何概型：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型2几何概型的概率公式：3均匀随机数：在一定范围内随机产生的数，其中每一个数产生的机会是一样的，通过模拟一些试验，可以代替我们做大量的重复试验，从而求得几何概型的概率，一般地，利用计算机或计算器的rand()函数可以产生01之间的均匀随机数ab之间的均匀随机数的产生：利用计算机或计算器产生01之间的均匀随机数x= rand()，然后利用伸缩和平移变换x= rand()*（b-a）+a，就可以产生ab之间的均匀随机数4几何概型的两个特点：一是无限性，即在一次试验中，基本事件的个数可以是无限的；二是等可能性，即每一个基本事件发生的可能性是均等的因此，用几何概型和用古典概型求解概率问题的思路是相同的，同属于“比例解法”即随机事件A的概率可以用“事件A包含的基本事件所占的图形面积（体积、长度）”与“试验的基本事件所占的总面积（总体积、总长度）”之比来表示5几何概型是与古典概型最为接近的一种概率模型，两者的共同点是基本事件是等可能的，不同点是基本事件数前者是无限的（基本事件可以抽象为点），后者是有限的对于几何概型而言，这些点尽管是无限的，但它们所占据的区域是有限的，根据等可能性，其中某个点落在某区域上的概率与该区域的几何度量成正比，而与该区域的位置和形状无关6几种常见的几何概型概率的求法：（1）设线段l是线段L的一部分，向线段L上任投一点，此点落在线段l上的概率为（2）设平面区域g是平面区域G的一部分，向区域G上任投一点，此点落在区域g上的概率为（3）设空间区域v是空间区域V的一部分，向区域v上任投一点，此点落在区域V上的概率为7化解几何概型问题要从以下三方面做起：（1）明确几何概型的意义几何概型是基本事件个数有无限个，每个基本事件发生的可能性相等的一个概率模型，这个概率模型的显著特点是每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例（2）记住几何概型的计算公式几何概型的计算就是找随机事件所占有的几何度量值和整个基本事件所占有的几何度量值的比值即如果整个基本事件占有的几何度量值为M，随机事件A所占有的几何度量值为N，则事件A发生的概率（3）掌握转化策略很多几何概型往往要通过一定的手段才能转化到几何度量值的计算上来，在解决问题时要善于根据问题的具体情况进行转化，如把从两个区间内取出的实数看作坐标平面上的点的坐标，将问题转化为平面上的区域问题等，这种转化策略是化解几何概型试题难点的关键.高考常考角度角度1 已知菱形ABCD的边长为2，则该菱形内的点到菱形的顶点A，B的距离均不小于1的概率是（ ）A B. C. D. 解析：本题考查几何概型的意义以及几何概型概率的求解如图所示，只有当点位于菱形内的空白区域时，其到A，B的距离才均不小于1，菱形的面积为两个阴影部分的扇形面积之和恰好是一个半径为1的半圆，其面积为，故空白区域的面积为，所求的概率是，故选B点评：经分析可知本题中以点B为圆心的扇形，其圆弧恰好与菱形的边AB，CD相切.几何概型所依据的知识背景极为广阔，面对不同的试题要认真进行分析.角度2 已知关于的一元二次函数，其中实数满足，则函数在区间上是增函数的概率是_解析：本题结合不等式组所表示的平面区域考查几何概型概率的求解，函数在上单调递增的充要条件是，即.作出平面区域如图所示.问题等价于向区域OAB中任意掷点，点落在区域OAC（点C的坐标是）中的概率，这个概率值是 答案 角度3 蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”概率为（ ）A B C D. 解析：本题考查几何概型概率的求解蜜蜂“安全飞行”需要距正方体各表面距离均大于1，故其活动范围在大正方体内的一个棱长为l的小正方体中，所以蜜蜂“安全飞行”的概率为，故选D几何概型有“线型”的，其概率是随机事件所在线段和所有基本事件所在线段的长度之比；“面积型”的，其概率是随机事件所在面和所有基本事件所在面的面积之比；“体积型”的，其概率是随机事件所在的空间几何体和所有基本事件所在的空间几何体的体积之比.角度4如图，在长方体中，分别是棱上的点（点与不重合），且，过的平面与棱相交，交点分别为.（）证明：平面；（）设在长方体内随机选取一点，记该点取自于几何体 内的概率为.当点分别在棱上运动且满足时，求的最小值.点评：本题考查空间直线、平面的位置关系，以及空间几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、推理推证能力、运算求解能力.解析：（）方法一：在长方体中， 又，平面， 平面平面；（）设，则长方体的体积为，几何体的体积，当且仅当时等号成立，从而，当且仅当时等号成立，的最小值为方法二：（）同方法一（）设，则长方体的体积为，几何体的体积设，则，当且仅当，即时等号成立，从而，当且仅当，即时等号成立，的最小值为重点4 n次独立重复试验的概率问题（理科）1. n次独立重复试验概型：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，在n次独立重复试验中，如果事件A发生的概率为p，则在n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为这是概率计算中应用非常广泛的一种概率模型2明确n次独立重复试验概型的适用环境：根据定义，n次独立重复试验是在相同条件下的重复试验，也就是说每次试验时事件A要么发生要么不发生，但事件A发生的概率是相同的在实际问题中，我们往往把一些发生的概率相等，互相之间没有必然联系的事件看作独立重复试验，如5位同学参加竞赛，每位同学获奖的概率都是0.4，则获奖的人数就可以看作5次独立重复试验中事件发生的次数，可以根据独立重复试验概型进行解决.明确n次独立重复试验概型的适用环境，善于将实际问题归结到这个概率模型是化解这类概率应用问题的关键.3注意部分中的独立重复试验概型：在实际问题中，往往一个随机事件其中的一部分或若干部分符合独立重复试验概型的条件，这时可以在这些部分中使用独立重复试验概型的计算公式，以达到简化计算的目的高考常考角度角度1 在全国大学生智能汽车总决赛中，某高校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发，每次只能移动一个单位，沿x轴正方向移动的概率是，沿y轴正方向移动的概率为，则该智能汽车移动6次恰好移动到点(3，3)的概率为_解析：本题考查独立重复试验的概率若该智能汽车移动6次恰好到点(3，3)，则智能汽车在移动过程中沿x轴正方向移动3次、沿y轴正方向移动3次，因此智能汽车移动6次后恰好位于点(3，3)的概率为角度2 一袋中装有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次停止，用表示取球的次数，则=_解析：本题考查相互独立事件的概率、独立重复试验概型.由已知，一次取球取到红球的概率为，取到白球的概率为，说明第12次取到的是红球，前11次取到9个红球和2个白球角度3 有一种旋转舞台灯，外形是正六棱柱，在其每一个侧面上安装5只颜色各异的彩灯，假若每只灯正常发光的概率为0.5若一个面上至少有3只灯发光，则不需要维修，否则需要维修这个面（1）求恰好有两个面需要维修的概率；（2）求至少3个面需要维修的概率解析：（1）因为一个面不需要维修的概率为所以一个面需要维修的概率为 因此，6个面中恰好有两个面需要维修的概率为（2）设需要维修的面为X个，则，又故至少3个面需要维修的概率是 即至少3个面需要维修的概率是点评：本题的难点是计算一个面不需要维修的概率每个面上的5只彩灯正常发光的概率都相等，故可以看作是5次独立重复试验，一个面不需要维修的概率也即是5次独立重复试验中事件至少发生3次的概率，按照独立重复试验的概率公式计算即可重点5 离散型随机变量的分布列、期望、方差（理科）1.期望：2.方差：3.标准差：4.5.求离散型随机变量的分布列（1）求离散型随机变量的分布列，应按下述三个步骤进行：明确随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；利用概率的有关知识，求出随机变量每个取值的概率；按规范形式写出分布列，并用分布列的性质验证（2）如果分布列中某一栏的概率比较复杂；可以利用分布列的性质求解（3）求随机变量的分布列，基础是概率的计算，如古典概型的概率、互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概率、次独立重复试验有k次发生的概率等6期望、方差的求法（1）对离散型随机变量的数学期望应注意如下几点：数学期望是算术平均值概念的推广，是概率意义上的平均是一个实数，由的分布列唯一确定，即作为随机变量是可变的，可取不同值，而是不变的，它描述取值的平均状态.直接给出了的求法，即随机变量的取值与相应概率值分别相乘后相加教材中给出的，说明随机变量的线性函数的期望等于随机变量的数学期望的线性函数. （2）对离散型随机变量的方差应注意如下几点：表示随机变量对的平均偏离程度越大，表明平均偏离程度越大，说明的取值越分散反之，越小，的取值越集中；在附近统计中常用来描述的分散程度与一样，也是实数，由的分布列唯一确定对于结论：，在记忆和使用此结论时，请注意.（3）求离散型随机变量的期望与方差韵方法： 理解的意义，写出可能取的全部值； 求取每个值的概率； 写出的分布列； 由期望的定义求； 由方差的定义求.（4）当断定随机变量服从二项分布时，可不用列出分布列，直接求出与.（5）在计算离散型随机变量的期望和方差时，首先要搞清其分布特征及分布列，然后准确应用公式充分利用期望和方差的性质解题，能避免繁琐的运算过程，提高运算速度和准确度如（6）求离散型随机变量的期望与方差的关键在于求出分布列，求离散型随机变量的分布列的关键是过好四关：过好“题目的理解关”要抓住题中关键字句，尽可能转化为自己熟悉的模型过好“随机变量的取值关”准确无误地找出随机变量的所有可能取值过好“事件的类型关”，事件通常包括等可能事件、互斥事件、对立事件、相互独立事件、独立重复试验事件等，在计算相应的概率前要先确定事件的类型，尤其注意“互斥事件”与“相互独立事件”的区别过好“概率的运算关”运用公式，确保正确无误.高考常考角度角度1 （xx.江西）（本小题满分12分）某饮料公司招聘一名员工，现对其进行一项测试，以便确定工资级别.公司准备了两种不同的饮料共8杯，其颜色完全相同，并且其中4杯为A饮料，另外4杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从8杯饮料中选出4杯A饮料.若4杯都选对，则月工资定为3500元；若4杯选对3杯，则月工资定为2800元；否则月工资定为2100元.令X表示此人选对A饮料的杯数.假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力.（1） 求X的分布列；（2） 求此员工月工资的期望.解析：本题综合考查了排列组合、互斥事件的概率、古典概型、随机变量的分布列及期望等知识，以及数学建模、运算求解的能力.（1）的所有可能取值为, 则即，.则的分布列为01234（2）令表示此员工的月工资，则的所有可能的取值为2 100，2 800，3 500，则，或者 所以 此员工月工资的期望为角度2 （xx辽宁）（本小题满分12分）某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验选取两大块地，每大块地分成n小块地，在总共2n小块地中，随机选n小块地种植品种甲，另外n小块地种植品种乙（）假设n=4，在第一大块地中，种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望；（）试验时每大块地分成8小块，即n=8，试验结束后得到品种甲和品种乙在各小块地上的每公顷产量（单位：kg/hm2）如下表：品种甲403397390404388400412406品种乙419403412418408423400413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？附：样本数据的的样本方差，其中为样本平均数解析：（）可能的取值为，且 则的分布列为01234X的数学期望为 （）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：由以上结果可以看出，品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数，且两品种的样本方差差异不大，故应该选择种植品种乙.重点6 二项分布（理科）二项分布：若，判断随机变量是否服从二项分布的关键是看某一事件是否进行了次独立重复试验，且每次试验是否只有两种结果，如果不满足这两个条件，随机变量就不服从二项分布.高考常考角度角度1（本小题满分12分）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖.（每次游戏结束后将球放回原箱）（）求在一次游戏中， （i）摸出3个白球的概率； （ii）获奖的概率；（）求在两次游戏中获奖次数的分布列及数学期望解析：本小题主要考查古典概型及其概率计算公式、离散型随机变量的分布列、二项分布、互斥事件和相互独立事件等基础知识，考查运用概率知识解决简单的实际问题的能力.()（i）设“在1次游戏中摸出个白球”为事件，则 (ii)设“在1次游戏中获奖”为事件，则，因为和互斥，所以() 的所有可能值为，,所以的分布列是012突破2个高考难点难点1 事件的互斥与对立（文、理）解决互斥事件和对立事件问题的难点就是对事件的互斥性与对立性的辨别，在解题中要根据问题的具体情况作出准确的判断互斥事件是不可能同时发生的两个事件，其概率满足加法公式，即若互斥，则；对立事件是必然有一个发生的两个互斥事件，也就是说对立的两个事件首先必须是互斥的，而且这两个事件之和是一个必然事件，即一个事件与它的对立事件的概率之间有关系式，用好这个关系对解决概率问题是非常有用的，它往往能使复杂的问题简单化典例1 甲：是互斥事件；乙：是对立事件，那么下列说法正确的是_ 甲是乙的充分但不必要条件； 甲是乙的必要但不充分条件；甲是乙的充要条件； 甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解析：两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不成立 故选 点评：互斥的两个事件不一定是对立事件，因为这两个事件可能都不发生，但对立的两个事件一定互斥，即互斥是对立的必要条件，不互斥的两个事件一定不是对立事件该题的难点就是对立事件与互斥事件之间关系的掌握.典例2 根据多年经验，张先生在本单位的一次考核中，获得第一、二、三、四名的概率分别为0. 21，0.23，0. 25，0.28，计算张先生在一次考核中：（1）获得第一名或第四名的概率；（2）名次不在前四名的概率解析：（1）记“获得第一名”为事件，“获得第四名”为事件，由于在一次考核中，与不可能同时发生，故与是互斥事件则获得第一名或第四名的概率为（2）记“名次不在前四名”为事件E，则事件E为“获得第一名、第二名、第三名、第四名”的对立事件，获得第一名、第二名、第三名、第四名这几个事件是彼此互斥的，故点评：注意分析事件是否互斥，只有互斥事件才能利用概率的加法公式当直接求某一事件的概率较为复杂或根本无法求时，可先转化为求其对立事件的概率，这是化解概率计算难点的基本指导思想之一.难点1 事件的互斥与对立（文、理） 概率、统计型综合题重在考查考生根据生活、生产等实际问题的情境分析问题、解决问题的能力，考查考生的思维能力及运算能力解决概率、统计型综合题的关键，就是要善于从普通语言中捕捉到有用信息，并将普通语言转化为数学语言，因此在复习时要留意概率型综合题中的新背景，夯实概率基础知识与方法，注重对自己阅读理解能力的培养，提高应用数学知识与方法分析解决问题的能力典例 连续掷两枚骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，求的概率.解析：解法一：由向量夹角的定义及图形可直观地得出，当点位于直线及其下方时，满足 点的总个数为36 又位于直线及其下方的点有（个）故所求的概率为 解法二 由向量夹角公式，得，从而 当时，；当时，；当时，；当时，故所求概率为 解法三 由向量夹角公式，得，从而 显然当时，有6种可能，根据对称性，与的可能性相同，即各有15种可能 故所求概率为难点1 独立事件的概率、条件概率（理）化解本难点要从以下三方面做起：1深入理解独立事件的本质：两个事件的发生与否相互之间没有关系，事件的相互独立性的概念可以推广到n个事件之间的相互独立2掌握条件概率的计算方法：条件概率具有概率的一般性质，即概率值都在区间内，若互斥，则等，在古典概型中往往是根据古典概型的公式计算条件概率，而不是根据上述定义进行计算3学会分析事件之间的关系：一个实际问题中往往涉及多个事件，正确理解这些事件之间的相互关系是解决问题的核心，一般的思路是先把所要解决的随机事件分成若干个互斥事件的和，再把这些互斥事件中的每一个事件分成若干个相互独立事件的乘积，把所要求的随机事件的概率计算转化为已知的一些事件的概率之积、之和的计算，这是化解概率计算问题难点的关键所在，典例1 某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案方案一：考试三门课程，至少有两门合格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都合格为考试通过假设某应聘者这三门指定课程考试合格的概率分别是,且三门课程考试是否合格相互之间没有影响 （1）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率； （2）试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小（说明理由）解析：设三门考试课程考试合格的事件分别为,相应的概率为（1）考试三门课程，至少有两门合格的事件可表示为，设其概率为，则设在三门课程中，随机选取两门，这两门都合格的概率为，则算法解析：从三门课程任选2门，有AB,AC,BC3种情况，选中AB的概率为，然后A与B都合格的概率为ab（2），即用方案一通过考试的概率大于用方案二通过考试的概率.典例2 设和分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量表示方程实根的个数（重根按一个计）（1）求方程有实根的概率；（2）求的分布列和数学期望；（3）求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程有实根的概率.解析：（1）基本事件的总数为个若使方程有实根，则当时， 当时， 当时， 当时， 当时， 当时，目标事件的个数为，因此方程有实根的概率为（2）由题意知，则故 的分布列为012（3）记“先后两次出现的点数中有5”为事件，“方程有实根”为事件则具体算法：事件的情况有共11个，其中有实根的情况是后面7个条件概率：在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，其中表示A与B同时发生的概率.典例3 某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生是否选修哪门课互不影响已知某学生只选修甲的概率为0.08，只选修甲和乙的概率是0.12，至少选修一门的概率是0.88，用表示该学生选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积记“函数为上的偶函数”为事件，求事件的概率解析：设该学生选修甲、乙、丙的概率分别为，依题意得若函数为上的偶函数，则当时，该学生选修三门课程或三门课程都没选 点评：本题的难点是根据已知条件求出学生选修甲、乙、丙的概率，破解此难点的关键是利用相互独立事件、互斥事件与对立事件的概率把已知条件转化为这三个概率的方程组进行求解，其中“至少选修一门的概率”，如果从正面求解则要利用互斥事件的概率来表示，比较复杂，而转化为对立事件的概率则较为简单把复杂问题利用互斥事件或对立事件转化为简单事件的概率是求解概率问题中常用的一种数学思想，即正难则反易难点2 正态分布（理）化解正态分布问题中的难点的依据是正态密度曲线的性质：（1）曲线在轴上方，与轴无交点，且轴为其渐近线；（2）曲线是单峰的，它关于直线对称；（3）曲线在处达到最大值；（4）当一定时，曲线随着的变化而沿轴平移；（5）当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越尖陡，表示总体的分布越集中；越大，曲线越扁平，表示总体的分布越分散典例1 设两个正态分布和的密度函数图象如图所示，则有（ ）A. B.C. D.解析：正态分布的密度函数的图象是一条关于直线对称，在处取得最大值的连续钟形曲线，越犬，曲线的最高点越低且较平缓；越小，曲线的最高点越高且较陡峭故选A点评：本题考查的就是正态分布的均值和方差的意义，理解均值和方差的意义，特别是方差的意义才能作出正确的判断，方差越小，整体分布就越向均值集中，表现在正态密度曲线上就是曲线越“尖陡”典例2 xx年中国汽车销售量达到1700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况；共抽查了1200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升，并且汽车的耗油量服从正态分布，已知耗油量的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有_辆解析：由题意可知,故正态密度曲线以为对称轴，叉因为故，又所以耗油量大于9升的汽车大约有 辆点评：服从正态分布的随机变量在一个区间上的概率就是这个区间上正态密度曲线和轴之间的曲边梯形的面积，根据正态密度曲线的对称性，当时必然有，这是解决正态分布类试题的一个重要结论.规避5个易失分点易失分点1 误解基本事件的等可能性典例 若将一枚质地均匀的骰子（一种各面上分别标有1、2、3、4、5、6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和为4的概率为_.易失分提示：解本题时易出现的主要错误在于对等可能性事件的概率中“基本事件”以及“等可能性”等概念的理解不深刻，错误地认为基本事件总数为11（点数和等于2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12），或者将点数和为4的事件错误地计算为(1，3)，(2，2)两种，从而导致错误解析：将骰子先后抛掷2次，出现向上的点数记作点坐标,则共可得点坐标的个数为，而向上点数之和为4的点坐标有(1，3)，(2，2)，(3，1)，共3个，故将骰子先后抛掷2次，出现向上的点数之和为4的概率为易失分点2 几何概型概念不清 典例1 在等腰中，直角顶点为，在的内部任作一条射线，与线段交于点，的概率为_易失分提示：解本题易出现的错误在于对几何概型的概念把握不准，理解模糊，将角度型的几何概型错误地当成长度型几何概型求解，得到以下错解：根据题设，点随机地落在线段上，故线段为基本事件的区域，当位于线段上时，故线段为所求解析：由于在内作射线，等可能分布的是在内的任一位置（如图所示），因此基本事件的区域应是，在上取一点，使，则易失分点3 互斥和对立相混淆典例 判断下列给出的每对事件，是否为互斥事件，是否为对立事件，并说明道理.从40张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花各10张，点数都是从110）中，任取一张（1）“抽出红桃”与“抽出黑桃”；（2）“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；（3）“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”易失分提示：对事件互斥意义不明确，对事件的互斥与对立之间的关系不清楚，就会出现错误的判断如对事件“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”的判断：这两个事件不可能同时发生，忽视了“所有的牌只有红色和黑色两种，抽出的牌不是红色就是黑色，这两个事件必然有一个发生”，就会作出这两个事件是互斥而不对立的错误判断解析：（1）是互斥事件，不是对立事件 原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件，但是，不能保证其中必有一个发生，这是由于还可能抽出“方块”或者“梅花”，因此二者不是对立事件 （2）既是互斥事件，又是对立事件 原因是：从40张扑克牌中，任意抽取1张，“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”，两个事件不可能同时发生，但其中必有一个发生，所以它们既是互斥事件，又是对立事件 （3）不是互斥事件，当然不可能是对立事件 原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9这两个事件可能同时发生，如抽的点数为10，因此，二者不是互斥事件，当然也不可能是对立事件易失分点4 互斥事件与相互独立事件相混淆（理）典例 某课程考核分理论与实验两部分进行，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都是“合格”，则该课程考核“合格”，甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9，0.8，0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8，0.7，0.9，所有考核是否合格相互之间没有影响 （1）求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；（2）求这三人该课程考核都合格的概率（结果保留三位小数）易失分提示：解本题时可以把随机事件分拆成若干个互斥事件的和，再把每个事件分成若干个相互独立事件的积进行解答容易出错的地方就是在分拆时可能混淆了互斥事件与相互独立事件，从而造成分拆错误 解析： 记“甲理论考核合格”为事件，“乙理论考核合格”为事件，“丙理论考核合格”为事件，记为的对立事件，记“甲实验考核合格”为事件，“乙实验考核合格”为事件，“丙实验考核合格”为事件（1）记“理论考核中至少有两人合格”为事件，则 所以理论考核中至少有两人合格为（2）记“三人该课程考核都合格”为事件则 所以这三人该课程考核都合格的概率为易失分点5 对二项分布理解不准（理）典例 某气象站天气预报的准确率为80%，计算：（结果保留到小数点后面第2位）（1）5次预报中恰有2次准确的概率；（2）5次预报中至少有2次准确的概率5（3）5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率.易失分提示： 由于5次预报之间没有什么影响，故这是一个5次独立重复试验的概率模型，我们可以利用独立重复试验和二项分布的知识加以解决.其中第（1）问是5次独立重复试验事件恰好发生2次的概率，第（2）利用对立事件的概率解决，第（3）问相当于事件在第3次发生，第1，2，4，5这4次独立重复试验事件发生1次的概率解本题容易出错的地方，一是对“恰有2次”、“至少有2次”理解错误，误用二项分布；二是对随机事件“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的意义理解错误，不能把问题归结为“在第1,2,4,5次预报中有1次准确，在第3次也预报准确”，出现仍然用5次独立重复试验的概率模型解决问题的错误解析：设“5次预报中恰有2次准确”为事件A，“5次预报中至少有2次准确”为事件B，“5次预报恰有2次准确，且其中第3次预报准确”为事件C（1）（2）（3）