第10章 第3节 随机事件的概率与古典概型（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第3节　随机事件的概率与古典概型 课标解读 1.理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系. 2.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 3.理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 4.会用频率估计概率. 5.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. [对应学生用书P242] 1.样本空间和随机事件 (1)样本点和有限样本空间 定义 表示符号 样本空间 将试验E的所有可能结果组成的集合称为试验E的样本空间 Ω 样本点 样本空间Ω的元素，即试验E的每种可能结果，称为试验E的样本点 ω 有限样 本空间 如果样本空间Ω的样本点的个数是有限的，那么称样本空间Ω为有限样本空间 Ω (2)随机事件 定义 随机事件 把试验E的样本空间Ω的子集称为E的随机事件，简称事件，常用A，B，C等表示 必然事件 样本空间Ω包含了所有的样本点，每次试验无论哪个样本点ω出现，Ω都必然发生，因此称Ω为必然事件 不可能 事件 空集∅不包含任何样本点，它在每次试验中都不会发生，故称∅为不可能事件 随机事件A发生的频率与概率的区别与联系 随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中，事件A发生的频率稳定在事件A发生的概率附近. 2.随机事件的运算 含义 符号表示 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 互斥事件 A与B不能同时发生 A∩B＝∅ 对立事件 A与B有且 仅有一个发生 A∩B＝∅， A∪B＝Ω 3.频率与概率 (1)频率的稳定性 在相同条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率通常会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性. (2)频率稳定性的作用：可以用频率估计概率P(A). 4.古典概型 (1)有限性：试验E的样本空间Ω的样本点总数有限； (2)等可能性：每次试验中，样本空间Ω的各个样本点出现的可能性相等. 5.古典概型的概率公式 对古典概型来说，如果样本空间Ω包含的样本点总数为n，随机事件A包含的样本点个数为m，那么事件A发生的概率为P(A)＝＝. 随机事件A，B互斥与对立的区别与联系 当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥. 6.概率的性质 (1)对任意的事件A，都有P(A)≥0； (2)如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)； (3)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)； (4)设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B). (1)一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性. (2)一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率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. (3)古典概型的概率公式： P(A)＝. 1.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)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值.(　　√　　) (3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.(　　×　　) (4)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的.(　　×　　) 2.(多选)若干个人站成排，其中不是互斥事件的是(　　) A.“甲站排头”与“乙站排头” B.“甲站排头”与“乙不站排尾” C.“甲站排头”与“乙站排尾” D.“甲不站排头”与“乙不站排尾” 答案：BCD 3.(多选)抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ci＝“点数为i”，其中i＝1，2，3，4，5，6；D1＝“点数不大于2”，D2＝“点数大于2”，D3＝“点数大于4”.则下列结论正确的是(　　) A.C1与C2互斥 B.C2，C3为对立事件 C.D2∪D3＝D2 D.D2∩D1＝D3 答案：AC 4.两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是(　　) A. B. C. D. 答案：D 5.先后两次抛掷同一枚硬币，若正面向上记为1；若反面向上，则记为0，则这个试验的样本空间中有 个样本点. 答案：4　解析：这个试验的样本空间为Ω＝{(1，1)，(1，0)，(0，1)，(0，0)}，共4个样本点. 6.抛掷一枚质地均匀地骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，B为事件“出现点数是3的倍数”，则P(A∪B)＝ ，P(A∩B)＝ . 答案：　　解析：抛掷一枚质地均匀地骰子，样本空间出现的点数是{1，2，3，4，5，6}，事件A∪B包括出现的点数是{1，3，5，6}这4个样本点，故P(A∪B)＝；事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P(A∩B)＝. [对应学生用书P244] 考点 随机事件(多维贯通) 考向1　随机事件的关系 1.(多选)(2024·深圳模拟)某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是(　　) A.A⊆B B.A∩B＝∅ C.A∪B＝“至少一次中靶” D.A与B互为对立事件 BC　解析：事件A为“只有一次中靶”，B为“两次都中靶”，所以A，B是互斥但不是对立事件，所以AD选项错误，B选项正确.A∪B＝“至少一次中靶”，C选项正确. 2.(多选)(2025·浙江学军中学月考)将颜色分别为红、绿、白、蓝的4个小球随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一个，则(　　) A.事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”是互斥不对立事件 B.事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”是互斥不对立事件 C.事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”的对立事件是“丙分得白球，丁分得红球” D.当事件“甲分得红球”的对立事件发生时，事件“乙分得红球”发生的概率是 BD　解析：事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”可以同时发生，不是互斥事件，A错误； 事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”不能同时发生，是互斥事件，除了甲分得红球或者乙分得红球以外，丙或者丁也可以分得红球，B正确； 事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”与事件“丙分得白球，丁分得红球”可以同时发生，不是对立事件，C错误； 事件“甲分得红球”的对立事件是“甲没有分得红球”，因此乙、丙、丁三人中有一个人分得红球，事件“乙分得红球”发生的概率是，D正确. 3.设条件甲：事件A与事件B是对立事件，结论乙：概率满足P(A)＋P(B)＝1，则甲是乙的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 A　解析：若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件.再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不一定是对立事件.如投掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“出现3次正面”，则P(A)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件. 判断互斥事件、对立事件的两种方法 (1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件. (2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合，彼此的交集为空集，则事件互斥； ②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集. 考向2　用随机事件的频率估计概率 【例1】 如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下： 所用时间 (单位：分钟) 10～ 20 20～ 30 30～ 40 40～ 50 50～ 60 选择L1的人数 6 12 18 12 12 选择L2的人数 0 4 16 16 4 (1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率； (2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率； (3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径. 解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)， 所以用频率估计概率可知，P＝＝0.44. (2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得频率为 所用时间(分) 10～ 20 20～ 30 30～ 40 40～ 50 50～ 60 选择L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 选择L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1 (3)设A1，A2分别表示事件“甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站”；B1，B2分别表示事件“乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站”. 由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5. 因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1. 同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9. 因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2. 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，有时也用频率来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. 提醒：概率的定义是求一个事件概率的基本方法. 【练1】 (2025·青岛二中月考)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 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 (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 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 (2)根据题意，Y＝460＋×5＝＋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)＝ ＋＋＝. 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. 考点 古典概型的概率计算(自主练通) 1.将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为(　　) A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.8 C　解析：2个0的排列可以分为“在一起”和“不在一起”两种情况：2个0在一起，有00111，10011，11001，11100，共4种排列方法；2个0不在一起，利用“插空法”，将2个0分别插入3个1之间及其前后共4个“空”中，共有01011，01101，01110，10101，10110，11010，共6种排列方法.故一共有6＋4＝10(种)排列方法.则2个0不相邻的概率为＝0.6. 2.(2024·福州模拟)“博饼”是闽南地区中秋佳节的传统民俗游戏，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目.“博饼”的游戏规则是参与者轮流把6颗骰子同时投进一个大瓷碗里，而后根据骰子的向上一面点数组合情况，来决定获奖等次，获奖等次分为6类，分别用中国古代科举的排名名称命名，获奖者投出的骰子组合如图所示，根据你所学的概率知识，投出“六杯红”的概率为 ；投出“状元插金花”的概率为 .(不需得出具体数值) 答案：　　解析：依题意，6个骰子同时投掷一次，样本点总数为66. 其中，投出“六杯红”的样本点数为1； 投出“状元插金花”的样本点数为C＝15. 故投出“六杯红”的概率为；投出“状元插金花”的概率为＝. 3.(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 答案：　解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3. 若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合为3－2，5－4，7－6，1－8. 若甲的总得分为2，有以下三类情况： 第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8； 第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合； 第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合. 综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝. 古典概型中样本点个数的探求方法 (1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同. (3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识. 考点 互斥事件、对立事件的概率(讲练融通) 【例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： 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 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. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数据分析、数学运算等学科素养 思路点拨 (1)将“至多2人排队等候”表示为三个互斥事件的并集后利用互斥事件的概率加法公式求解； (2)利用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解 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)方法一　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. 方法二　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. 求复杂互斥事件概率的两种方法 (1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算. (2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P()求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法就会较简便. 提醒：应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差).间接法体现了“正难则反”的思想方法. 【练2】 (2025·福州模拟)某医院要派医生下乡义诊，派出医生的人数及其概率如下表所示. 人数 0 1 2 3 4 大于等于5 概率 0.1 0.16 0.3 0.2 0.2 0.04 (1)求派出医生至多2个的概率； (2)求派出医生至少2个的概率. 解：设“不派出医生”为事件A，“派出1名医生”为事件B，“派出2名医生”为事件C，“派出3名医生”为事件D，“派出4名医生”为事件E，“派出5名及5名以上医生”为事件F，事件A，B，C，D，E，F彼此互斥，且P(A)＝0.1，P(B)＝0.16，P(C)＝0.3，P(D)＝0.2，P(E)＝0.2，P(F)＝0.04. (1)“派出医生至多2个”的概率为 P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56. (2)方法一　“派出医生至少2人”的概率为 P(C∪D∪E∪F)＝P(C)＋P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.2＋0.2＋0.04＝0.74. 方法二　“派出医生至少2个”的概率为 1－P(A∪B)＝1－0.1－0.16＝0.74. 微专题系列之数学文化——概率与数学文化 [对应学生用书P247] 【例】 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. B. C. D. [思维过程] 明确目标→求重卦恰有3个阳爻的概率. 提取信息→“重卦”构成及一重卦图例. 建立联系→先求出每一重卦的6爻种数情况，再计算出6爻中恰有3个阳爻的情况，利用古典概型求解. 思路导引→由题知，每一爻有2种情况， 一重卦的6爻有26种情况， 其中6爻中恰有3个阳爻的情况有C＝20种， 由古典概型的概率计算公式得该重卦恰有3个阳爻的概率为＝. 答案：A 　　本题以《周易》“易卦”为背景，考查古典概型概率的计算问题，体现了哲学思想.理解题意，建立概率模型，利用排列组合知识来求概率. 【练1】 《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1 200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为(　　) A. B. C. D. B　解析：设大灯下缀2个小灯的灯球有x个，大灯下缀4个小灯的灯球有y个，根据题意可得解得故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为＝. 【练2】 (2024·辽宁实验中学模拟)算盘是中国传统的计算工具，是中国古代一项伟大的发明，“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”大意是：把木板刻为3部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是做定位用的.如图是一把算盘的初始状态，自右向左分别是个位、十位、百位……上面一粒珠(简称上珠)代表5，下面一粒珠(简称下珠)是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小，现从个位、十位和百位这三组中随机拨动2粒珠(上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨)，且2粒珠不在同一组，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是(　　) A. B. C. D. B　解析：从个位，十位和百位这三组中随机拨动2粒珠，利用列举法列出整数有：11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550共12个，其中算盘表示的整数能够被3整除有15，51，105，501，150，510共6个，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是. [课时作业(六十)见P480] 学科网（北京）股份有限公司 $$