第十章 概率章末总结课件-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

第十章 概率 章末总结 邯郸市荀子中学 郭素霞 必修二 第十章 概 率 知识导图 知识梳理 1．随机试验的特点 (1)试验可以在相同条件下重复进行； (2)试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个； (3)每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果． 2．有限样本空间与随机事件 (1)样本点：随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示. 全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示. (2)有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间. (3)样本空间Ω的子集称为随机事件，称Ω为必然事件，称∅为不可能事件． 知识梳理 3．事件的关系与运算 事件关系或运算 含义 符号表示 包含 A发生导致B发生 A⊆B 并事件(和事件) A与B至少一个发生 A∪B或A＋B 交事件(积事件) A与B同时发生 A∩B或AB 互斥(互不相容) A与B不能同时发生 A∩B＝∅ 互为对立 A与B有且仅有一个发生 A∩B＝∅，且A∪B＝Ω 知识梳理 4．古典概型计算公式 (1)有限性：样本空间的样本点只有有限个； (2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等. (3)公式：P(A)＝＝，其中n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数． 5．概率的基本性质 性质1: 对任意事件A，都有P(A)≥0； 性质2: 必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1；P(∅)＝0； 性质3: 如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)； 性质4: 如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)； 性质5: 如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)； 性质6: 设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)． 知识梳理 6．事件的相互独立性 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立． 7．频率与概率 (1)频率的稳定性 一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A)，我们称频率的这个性质为频率的稳定性. (2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计概率P(A). 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 　(1)1.下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；②若事件A与B　(1)下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B互为对立事件；④若事件A与B互为对立事件，则事件A∪B为必然事件，其中，真命题是(　　) 例1 解：对①，一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①错； 对②，对立事件首先是互斥事件，故②正确； 对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③错； 对④，事件A，B为对立事件，则一次试验中A，B一定有一个要发生，故④正确． B 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 　 2.下列各对事件中为相互独立事件的有______(填序号). ①甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生.今从甲、乙两组中各选一名同学参加游园活动，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”； ②一盒内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出一个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”； ③一筐中有6个苹果和3个梨，“从中任意取出一个，取出的是苹果”与“把苹果再放回筐中，再从筐中任意取出1个，取出的是梨”. 例1 ①③ 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 练习1 从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋各摸出一个球，记事件A：2个球都是红球，事件B：2个球中恰有1个红球，事件C：2个球至少有1个红球，事件D：2个球不都是红球，则下列说法正确的是（    ） A．事件A与事件互斥 B． C．事件A与事件D对立 D． C 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 解：记从甲袋中摸出一个红球的事件为，从乙袋中摸出一个红球的事件为， 可知，相互独立， 于是：， 由此可得：可能同时发生，A错误； 互为对立事件，C正确； 因为，所以，B错误； 因为，所以，D错误． 故选：C． 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 练习2 甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次命中目标得2分，未命中目标得0分. 若甲、乙两人射击的命中率分别为和p，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为. 假设甲、乙两人射击互不影响，则p的值为_____，两人各射击一次得分之和不少于2的概率为______. 解:　设“甲射击一次，命中目标”为事件A，“乙射击一次，命中目标”为事件B， 则“甲射击一次，未命中目标”为事件，“乙射击一次，未命中目标”为事件， 则，， 依题意得 ，解得， “得分之和不少于2”的对立事件为“得分之和为0”，故所求概率为 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 练习3 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．设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)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1张奖券的中奖概率； (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝. 故事件A，B，C的概率分别为，，. 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C． ∵A，B，C 两两互斥， ∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝. 故1张奖券的中奖概率为. (3)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， ∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－(）＝. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 练习4 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？ 解：　法一：从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，则有P(A)＝，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝， P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝， 解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，. 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 解：法二：设红球有n个，则＝，所以n＝4，即红球有4个． 又得到黑球或黄球的概率是，所以黑球和黄球共5个． 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)． 又得到黄球或绿球的概率也是，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个， 所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2＝3(个)． 因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是＝，＝，=. 练习4 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？ 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 方法点拨 1.判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系. 2.对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件. 提醒：判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断. 事件间的关系的判断方法 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 方法点拨 一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和； 二是间接法，先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P()求解.当题目涉及“至)多”“至少”型问题，多考虑间接法. 求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法： 典例解析 题型一：互斥事件、对立事件与相互独立事件 方法点拨 ①直接法； ②看P(AB)与P(A)·P(B)是否相等，若相等，则A，B相互独立，否则不相互独立. 判断两事件是否相互独立 典例解析 参加书法社团 未参加书法社团 参加演讲社团 8 5 未参加演讲社团 2 30 例2 某中学调查了某班全班45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人) (1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率； (2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3．现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率. 题型二：古典概型 典例解析 解：(1)由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)， 所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝＝. (2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人， 其一切可能的结果组成的样本空间Ω＝{A1B1，A1B2，A1B3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，A4B1，A4B2，A4B3，A5B1，A5B2，A5B3}，共含15个样本点. 根据题意这些样本点出现的可能性相等. 事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的样本点有A1B2，A1B3，共2个. 所以其概率为P＝. 题型二：古典概型 典例解析 题型二：古典概型 练习1 某保险公司决定每月给推销员确定个具体的销售目标，对推销员实行目标管理．销售目标确定的适当与否，直接影响公司的经济效益和推销员的工作积极性，为此，该公司当月随机抽取了50位推销员上个月的月销售额（单位：万元）， 绘制成如图所示的频率分布直方图． 求：（1）根据图中数据，求出月销售额在小组内的频率， 并根据直方图估计，月销售目标定为多少万元时，能够使的推销员完成任务． （2）该公司决定从月销售额为和的两个小组中，选取2位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组的概率． （3）第一组中推销员的销售金额的平均数为13，方差1．96，第七组中推销员的销售金额的平均数为25，方差3．16，求这两组中所有推销员的销售金额的平均数，方差． 典例解析 题型二：古典概型 解：（1）月销售额在小组内的频率为， 若要使的推销员完成月销售额目标，则意味着的推销员不能完成月销售额目标， 根据题图所示的频率分布直方图知，和两组的频率之和为，和及三组的频率之和为， 故估计月销售目标应定为万元； 典例解析 题型二：古典概型 （2）第一组3人记为，第七组2人，则选取2位推销员有共10种情形， “选取2位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组”记为事件M， 则事件M包含有共6种情形，所以； （3）第一组3人，第七组2人，则这两组中所有推销员的销售金额的平均数为， 方差． 典例解析 题型二：古典概型 练习2 一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球. （1）求第二次取到红球的概率； （2）求两次取到的球颜色相同的概率. 解：从10个球中依次不放回取出2个球，共有90个等可能的结果. （1）设A=“第一次取到红球”；B=“第二次取到红球”； 则B=AB∪B，且AB 和B互斥， 且AB=“两次都取到红球”有12种结果，B=“第一次绿球第二次红球”有24种结果。 所以 P(B)=P(AB)+P(B)=+ = （2）“两次取到的球颜色相同”=AB∪，且AB和互斥，两次都不是红球有30种结果 所 所以P(AB∪)=P(AB)+P()=+ = 典例解析 题型二：古典概型 练习3 一个袋中装有四个大小、质地完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机摸出两个球,求摸出的两个球的编号之和不大于4的概率; (2)先从袋中随机摸出一个球,该球的编号为m,将球放回袋中,再从袋中随机摸出一个球,该球的编号为n,求n<m+2的概率. 解:(1)从袋中随机摸出两个球,其样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},共有6个样本点. 设事件A=“摸出的两个球的编号之和不大于4”, 则A={(1,2),(1,3)},共有2个样本点. 因此 典例解析 题型二：古典概型 (2)先从袋中随机摸出一个球，记下编号为m，放回后,再从袋中随机摸出一个球，记下编号为n， 其样本空Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}, 共有16个样本点. 设事件B=“n<m+2”，则事件=“n≥m+2”={(1,3),(1,4),(2,4)}，共有3个样本点. 所以P() = . 故P(B) = 1-P() = 1- = . 典例解析 题型二：古典概型 练习4 设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125． (1)分别求甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率； (2)计算这一小时内至少有一台机器需要照顾的概率. 解:记甲、乙、丙三台机器在某一小时内需要照顾分别为事件A，B，C，则A，B，C两两相互独立. (1)由题意得 P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05，P(AC)＝P(A)P(C)＝0.1，P(BC)＝P(B)P(C)＝0.125， ∴P(A)＝0.2，P(B)＝0.25，P(C)＝0.5， ∴甲、乙、丙每台机器在这一小时内需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5． 典例解析 题型二：古典概型 (2)∵A，B，C两两相互独立， ∴，，两两相互独立， ∴甲、乙、丙每台机器在一个小时内都不需要照顾的概率为 P()＝P()P()P()＝0.8×0.75×0.5＝0.3， ∴这一小时内至少有一台需要照顾的概率为 P＝1－P()＝1－0.3＝0.7． 典例解析 题型二：古典概型 方法点拨 1．古典概型是一种最基本的概率模型，是学习其他概率模型的基础，解题时要紧紧抓住古典概型的两个基本特征，即有限性和等可能性.在应用公式P(A)＝n(m)时，关键在于正确理解试验的发生过程，求出试验的样本空间的样本点总数n和事件A的样本点个数m. 2．掌握古典概型的概率公式及其应用，提升数学抽象、数据分析的数学素养. 3.在古典概型中，计算概率的关键是准确找到样本点的数目，这就需要我们能够熟练运用图表和树状图，把样本点一一列出.而有许多试验，它们的可能结果非常多，以至于我们不可能将所有结果全部列出，这时我们不妨找找其规律，算出样本点的数目. 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 例3 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1到5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手． (1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率； (2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的事件概率． 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 设B表示事件“观众乙选中3号歌手”，观众乙选出3名歌手的样本空间 Ω＝{(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)}， 事件B包含6个样本点，则P(B)＝＝. ∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”． ∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝. 即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是. 解；(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，观众甲选出3名歌手的样本空间Ω＝{(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)}，事件A包含2个样本点，则P(A)＝， 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 (2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝P(B)＝， 依题意，A，B，C 相互独立，，，相互独立， 且 AB，AC，BC，ABC 彼此互斥． 又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝， P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝， ∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝. 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 练习1 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率(　　) A．0.25　　B．0.30　　C．0.31　　 D．0.35 C 解:设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D， 则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(D)＝0.4， 所以同一工作日最少3人需使用设备的概率为 P(ABC＋ABD＋ACD＋BCD＋ABCD) ＝0.6×0.5×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.5×0.4＋0.6×0.5×0.5×0.4＋0.4×0.5×0.5×0.4＋0.6×0.5×0.5×0.4 ＝0.31. 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 练习2 投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数为奇数”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． D 解：P(A)＝，P(B)＝，P()＝，P()＝. A，B中至少有一件发生的概率为1－P()·P()＝1－×＝，故选D． 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X>－1)＋P(X≥5)＝1，则μ＝(　　) A．－1 B．1 C．－2 D．2 练习3 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，且各轮问题能否正确回答互不影响. (1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第二轮考核的概率 解:(1)记“该选手正确回答第i轮问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则，，. 该选手进入第三轮才被淘汰的概率为= (2)该选手至多进入第二轮考核的概率= 典例解析 题型三：相互独立事件的概率 方法点拨 (1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥的简单事件的和． (2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件． (3)代入概率的积、和公式求解． 相互独立事件中求复杂事件概率的解题思路 典例解析 题型四：概率综合问题 例4 某食品有限公司对生产的某种面包按行业标准分成五个不同等级，等级系数依次为A，B，C，D，E.现从该种面包中随机抽取20件样品进行检验，对其等级系数进行统计分析，得到频率分布表如下： 等级 A B C D E 频率 0.1 0.2 0.45 0.15 0.1 从等级系数为A，D，E的样品中一次性任取两件(假定每件样品被取出的可能性相同)． (1)求取出的两件样品是等级系数为A与D的概率； (2)求取出的两件样品是不同等级的概率． 典例解析 题型四：概率综合问题 解：(1)A级所取的样品数为20×0.1＝2，D级所取的样品数为20×0.15＝3，E级所取的样品数为20×0.1＝2. 将等级系数为A的2件样品分别记为a1，a2；等级系数为D的3件样品分别记为x1，x2，x3；等级系数为E的2件样品分别记为y1，y2； 现从a1，a2，x1，x2，x3，y1，y2这7件样品中一次性任取两件，共有21个不同的结果，分别为(a1，a2)，(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a1，y1)，(a1，y2)，(a2，x1)，(a2，x2)，(a2，x3)，(a2，y1)，(a2，y2)，(x1，x2)，(x1，x3)，(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，x3)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3，y1)，(x3，y2)，(y1，y2)． 记事件M为“取出的两件样品是等级系数为A与D”，则事件M所包含的样本点有6个，分别为(a1，x1)，(a1，x2)，(a1，x3)，(a2，x1)，(a2，x2)，(a2，x3)． 所以事件M的概率P(M)＝＝. 典例解析 题型四：概率综合问题 (2)(方法一)记事件N为“取出的两件样品是等级系数为A与E”，则事件N所包含的样本点有4个，分别为(a1，y1)，(a1，y2)，(a2，y1)，(a2，y2)，所以事件N的概率P(N)＝. 记事件Q为“取出的两件样品是等级系数为D与E”，则事件Q所包含的样本点有6个，分别为(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3，y1)，(x3，y2)，所以事件Q的概率P(Q)＝＝. 因为事件M，N，Q为互斥事件，所以取出的两件样品是不同等级的概率为 P(M∪N∪Q)＝P(M)＋P(N)＋P(Q)＝. (方法二)记事件L为“取出的两件样品是不同等级”，则事件为“取出的两件样品是同等级”，所以事件所含的样本点有5种，分别为(a1，a2)，(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x3)，(y1，y2)，所以事件的概率P()＝，所以P(L)＝1－P()＝1－＝，即取出的两件样品是不同等级的概率为. 典例解析 题型四：概率综合问题 练习1 某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种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： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 大于或等于5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 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： 出险次数 0 1 2 3 4 大于或等于5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件“某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“某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． 典例解析 题型四：概率综合问题 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＝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＝1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 典例解析 题型四：概率综合问题 练习2  在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者 (　　) A．10名 B．18名 C．24名 D．32名 解:第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05，就按1 600份计算； 第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95就按1 200份计算． 因为公司可以完成配货1 200份订单，则至少需要志愿者为＝18(名)． B 典例解析 题型四：概率综合问题 练习3 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:由题意，车次的平均正点率的估计值为＝×(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99)＝0.98. 0.98 典例解析 题型四：概率综合问题 练习4 某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生的体质进行了测试.现从男、女生中各随机抽取20人，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如下表.规定：数据≥60，体质健康为合格. (1)从样本中随机选取一名学生，求这名学生体质健康为合格的概率； (2)从男生样本和女生样本中各随机选取一人，求恰有一人的体质健康等级是优秀的概率. 等级 数据范围 男生人数 男生平均分 女生人数 女生平均分 优秀 [90,100] 5 91.3 2 91 良好 [80,89] 4 83.9 4 84.1 及格 [60,79] 8 70 11 70.2 不及格 60以下 3 49.6 3 49.1 合计 －－ 20 75.0 20 71.9 典例解析 题型四：概率综合问题 解:(1)样本中合格的学生人数为5＋2＋4＋4＋8＋11＝34，样本总数为20＋20＝40， 则这名学生体质健康为合格的概率是＝. (2)设事件A为“从男生样本中随机选出的人的体质健康等级是优秀”，则P(A)＝＝. 事件B为“从女生样本中随机选出的人的体质健康等级是优秀”，则P(B)＝＝. 因为A，B为独立事件， 故所求概率为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝×＋×＝. $$