第19讲 随机事件的概率、古典概型、几何概型-【艺考一本通】2021高考数学一轮+冲刺(通用版)

35 所以 即 解得 (2)因为 x=1 是函数 f(x)的极值点, 所以 f'(1)=1-a=0,所以 a=1. 当 a=1 时,f(x)= x 2 -ln x+b,定义域为(0,+∞), f'(x)=x- , 当 0<x<1 时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当 x>1 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以 x=1 是 f(x)的极值点,所以 a=1 符合题意. 第七单元 概率与统计 第 19 讲 随机事件的概率、古典概型、几何概型 【典例变式】 变式训练一 1.D 【解析】 事件“甲或乙被录用”的对立事件是“甲和乙都未被录用”,从五位学生中选三人的基本事件个 数为 10,“甲和乙都未被录用”只有 1 种情况,根据古典概型和对立事件的概率公式可得,甲或乙被录用的概率 P=1- 2.【解析】 (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 =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 =0.3,故 P(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 0.85a×0.30+a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a×0.10+2a×0.05=1.1925a. 因此,续保人本年度平均保费的估计值为 1.1925a. 3.【解】(1)设派出 2 人及以下为事件 A,3 人为事件 B,4 人为事件 C,5 人为事件 D,6 人及以上为事件 E,则有 4 人或 5 人外出家访的事件为事件 C 或事件 D,C,D 为互斥事件,根据互斥事件概率的加法公式可知, P(C+D)=P(C)+P(D)=0.3+0.1=0.4. (2)至少有 3 人外出家访的对立事件为 2 人及以下,所以由对立事件的概率可知,P=1-P(A)=1-0.1=0.9. 变式训练二 1.B 【解析】 可设这 5 名学生分别是甲、乙、丙、丁、戊,从中随机选出 2 人的方法有: (甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(甲,戊),(乙,丙),(乙,丁),(乙,戊),(丙,丁),(丙,戊),(丁,戊),共有 10 种选法,其中只有前 4 种是 甲被选中,所以所求概率为 故选 B. 2.D 【解析】 基本事件的个数有 5×3=15(种),其中满足 b>a 的有 3 种,所以 b>a 的概率为 3.B 【解析】 甲、乙、丙坐一排的基本事件有:甲乙丙,甲丙乙,乙甲丙,乙丙甲,丙甲乙,丙乙甲,共 6 个,乙正 好坐中间的基本事件有 2 个.故所求概率 P= 故选 B. 4.C 【解析】 由题意知,基本事件总数 n=3×3=9,能两次取出的球颜色不同包含的基本事件个数 m=3×2=6, 所以能两次取出的球颜色不同的概率为 P= ,故选 C. 5.【解析】 (1)设“丙的高度小于 15 厘米”为事件 M,因为丙的高度小于 15 厘米的有 13 厘米、14 厘米的两株, 所以 P(M)= 即丙的高度小于 15 厘米的概率为 36 (2)设“甲的高度大于乙的高度”为事件 N.记 A 组 7 株植物依次为 A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7.B 组 7 株植物依次为 B1,B2,B3,B4,B5,B6,B7.从 A 中选出甲,从 B 中选出乙共有 7×7=49 种情况,其中满足甲的高度大于乙的高度的有 (A4,B1)、(A5,B1)、(A5,B2)、(A6、B1)、(A6、B2)、(A6、B3)、(A7,B1)、(A7,B2)、(A7,B3)、(A7,B4)共 10 种.所以 P(N)= 即甲的高度大于乙的高度的概率为 (3)μ0<μ1 变式训练三 1.D 【解析】 因为方程 2x2-ax+8=0 有实数根,所以 Δ=(-a)2-4×2×8≥0,解得 a≥8 或 a≤-8.所以方程 2x2- ax+8=0 有实数根的概率 P=