61 概率-遇见最美的数学系列——题型篇（一）

材积量y 0250.400.220.540.510.340.360.460.420.40 3.9 并计算得 91x2=0.038,812=1.6158,81xy=0.2474 (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横藏面积与平均一棵的材积量； (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积 总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区 这种树木的总材积量的估计值， 附：相关系数r= 1x-00y-》 √1.896≈1.377 、-22路0弹 【母题解析】 解：(1)设这种树木平均一棵的根部横藏面积为x,平均一棵的材积量为， 则根据题中数据得：元==0.06m2,了==0.39m3; 10 10 (2)由题可知，r= %:a-x0y1-) 0.0134 0.0134 00134 v0002x00945-0.01×199% 0.01377 ≈0.97； E界，x-2路0仁2 (3)设总根部面积和X, 总材积量为Y,则号=手故y=82×186=1209m3. 0.06 概率 一、古典概型： 【使用条件】古典概型的概念和餐率】 【方法总结】具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型： (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个： 308 (2)每个基本事件出现的可能性相等， 古典概型的概率公式：P(A)= A包含的是本事件的个数 基本事件的总数 【母题探究】 (2020~新课标I)设0为正方形ABCD的中心，在0，A,B,C,D中任取3点，则取到的3点 共线的概率为() A月 B c. 【母题解析】 解：O,A,B,C,D中任取3点，共有 OAB,OAC,OAD,OBC,OBD,OCD,ABC,ABD,ACD,BCD十种， 其中共线为A,0,C和B,0,D两种， 故取到的3点共线的概率为P=品- 故选：A 二、几何概型： 【使用条件】几何概型的概念和概幸， 【方法总结】若一个试验具有下列特征： (1)每次试验的结果有无限多个，且全体结果可用一个有度量的几何区域来表示； (2)每次试验的各种结果是等可能的. 那么这样的试验称为几何概型。 几何概率：设几何概型的基本事件空间可表示成可度量的区域Q,事件A所对应的区域用A表 示(AS2),则P(A)= A的度量 称为事件A的几何概率。 0的度量 309 【母题探究】 (2021乙卷)在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为() A. B.器 C. D 【母题解析】 解：由题意可得可行域： Ning sir 0 0<x<1 1<y<2 lty>: 可得三角形的面积=××，1一员-器 9 故选：B. 三、互斥事件的概率加法公式： 【使用条件】互斥事件， 【方法总结】 互斥事件的概率加法公式： 在一个随机试验中，如果随机事件A和B是互斥事件，则有：P(A+B)=P(A)+P(B) 推广：一般地，如果事件A1,A2,,An彼此互斥，那么事件发生（即A1,A2,,An中 有一个发生)的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即：P(A1+A2+…+An)= P(A)+P(A2)+…+P(An) 310 【母题探究】 (2018~新课标Ⅲ)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.06 D.07 【母题解析】 解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事 件， 所以不用现金支付的概率为：1-0.45-0.15=0.4. 故选：B 四、条件概率： 【使用条件】在事件A发生的条件下，事件B发生的概率 【方法总结】 条件概率的定义：对于任何两个事件A和B,在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率 叫做条件概率，用符号P(B1A)来表示. P(BA)的性质： ①非负性：对任意的AE2,0≤P(B1A)≤1： ②规范性：P(Q1B)=1,P(o1B)=0: ③如果B和C是两个互斥事件，则P(B UCIA)=P(B1A)+P(CA): ④如果A和B是相互独立事件，则P(B)=P(B引A) 311 条件概率的求法： ①利用条件概率公式，分别求出P(A)和PAB),得P(BA)=, PUA) 其中P(A)>0 ②借助古典概型概幸公式，先求出事件A包含的基本事件数n(A),再在事件A发生的条件下 求出事件B包含的基本事件数，即n(AnB),得P(BA)=n圆 n(A) 【母题探究】 (2022:天津)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 已知第一次抽到的是A,则第二次抽取A的概率为 【母题解析】 解：由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C, 则P80=×=六，P@)=品 1 pG)=器-变= 1 故答案为： 1, 1 五、乘法公式： 【使用条件】已知在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，求时间AB同时发生的概率。 【方法总结】 乘法公式：P(AB)=(BIA)·P(A): 推广：P(ABC)=(B1A)·P(A)·(C1BA). 【母题探究】 312 一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取1件，求该产品是一 等品的概率， 【母题解析】 解：设事件A表示“取到的产品是一等品”， 事件B表示“取出的产品是合格品”， 则P(AB)=45%, P(B)=1-4%=96%, ∴P(A)=P(AB)=P(B)P(AB)=96%×45%=43.2%. 六、全概率公式和贝叶斯公式： 【方法总结】 全概率公式：一般地，设A1,A2,,An是一组两两互斥的事件，A1UA2U…UAn=D,且 P(4)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件BSn,有 P(B)=ET P(A)P(BIA). 韦恩图表示： A: A A 贝叶斯公式：一般地，设A1,A2,,An是一组两两互斥的事件，A1UA2UUAn=n,且 P(A)>0,i=1,2,,n,则对任意的事件B≤n,P(B)>0有 P(AdB)=P(ADP(A= P(A)P(BIA) P(B) :P(Ak)P(BIAK) 313 理解：全概率公式是计算一个受多个事件影响的复杂事件的概率；贝叶斯公式是全概率的逆运 算，是已知一个复杂事件发生的概率，求其中某一个事件对它的影响。 【母题探究】 有3台机床加工同一型号的零件，第1台加工零件的次品率为4%，第2,3台加工零件的次 品率均为6%，加工出来的零件混放在一起。已知第1,2,3台机床加工的零件数分别占总 数的25%，35%，40%.记A为“要件为第台机床加工”(=1,2,3)· (1)任取一个零件，计算它是次品的概率； (2)如果取到的一个零件是次品，计算它是第3台机床加工的概率。 【母题解析】 解：记事件A为“任取一个零件为次品”，事件B,方第.台车床加工零件， (1)由全概率公式得：P(A)=P(AB)P(@,)+P(AB)·P(8)+P(A1B)P(B)= 0.04×0.25+0.06×0.35+0.06×0.4=0.055; (2)由贝叶斯公式得：P6A=P4P=06x0 4 P(A) 0.055 55 七、相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式： 【知识梳理】 (I)相互独立事件：事件A(或B)是否发生，对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样 两个事件叫做相互独立事件。 (2)相互独立事件同时发生的概率公式：将事件A和事件B同时发生的事件即为AB,则事件 AB发生的概率为：P(AB)=P(A)·P(B): 314 (3)P(AB)=P(A)P(B)台A与B相互独立： (4)若A与B相互独立，则P(B1A)=P(B): (5)相互独立事件至少有一项发生的概率公式：将事件A和事件B至少有一项发生的事件即 为AUB,则事件AUB发生的概率为：P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB); (5)若A与B相互独立，则A与五，A与B,A与B也都相互独立. (6)互斥事件和相互独立事件是两个不同的概念： ①互斥事件：两个事件不可能同时发生； ②相互独立事件：一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响。 推广：一般地，如果事件A1,A2,,An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每 个事件发生的棍率之积，即：P(A1·A2…·An)=P(A)P(42)·…·P(An) 【母题探究】 (1)(2019新课标)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队羸得四场胜利时， 该队获胜，决赛结束)，根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设 甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4： 1获胜的概率是一， (2)(2021新高考I)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随 机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取 出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球 的数字之和是7”，则() A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 315 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立 【母题解析】 解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”， 设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立， 甲队以4：1获胜包含的情况有： ①前5场比赛中，第-场负，另外4场全胜，其概率为：p1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6= 0.036 ②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6= 0.036, ③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6= 0.054, ④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：m4=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6= 0.054, 则甲队以4：1获胜的概率为： p=3+p2+p3+p4=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18. 故答案为：0.18. (2)由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)， 两点数和为7的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)， P(甲)=P(乙)=片P(丙=点=品，PT=点= A:P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)， B:P(甲T刀==P(甲)P(T), 316 C:P(Z两)=六*P(Z)P(丙， D:P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)， 故选：B. 排列组合 一、 排列组合基础概念： 【知识梳理】 (1)加法原理和乘法原理： 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 计算完成一件事的方法种数 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘 每步依次完成才算完成这件事情（每 不同点 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 步中的每一种方法不能独立完成这件 事)】 注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整 (2)排列： ①从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列. ②计算公式：得=nn-10-2)-0a-m+)= 317