第7章 概率 章末复习课（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高一数学必修第一册高中同步学案（北师大版）

　第七章 概率 　章末复习课 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 目录 contents Part 01 体系构建 本章要点 Part 02 Part 03 章末检测卷（七） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 章末检测卷(七) 点击进入word 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 谢谢观看 　第七章 概率 数学 必修第一册（BS） 一、互斥事件与对立事件 互斥事件是不可能同时发生的两个事件；对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生．因此对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，对立事件是互斥事件的特殊情况．若A1，A2，…，An互斥，则P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).对立事件概率由公式可得P(A) ＝1－P( eq \x\to(A))(这里 eq \x\to(A)是A的对立事件). [例 1]　某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000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)＝ eq \f(1,1000)， P(B)＝ eq \f(10,1000)＝ eq \f(1,100)， P(C)＝ eq \f(50,1000)＝ eq \f(1,20). 故事件A，B，C的概率分别为 eq \f(1,1000)， eq \f(1,100)， eq \f(1,20). (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)＝ eq \f(1＋10＋50,1000)＝ eq \f(61,1000). 故1张奖券的中奖概率为 eq \f(61,1000). (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－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝ eq \f(989,1000). 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 eq \f(989,1000). 1．有4张面值相同的债券，其中有2张中奖债券． (1)有放回地从债券中任取2张，每次取出1张，计算取出的2张中至少有1张是中奖债券的概率； (2)无放回地从债券中任取2张，每次取出1张，计算取出的2张中至少有1张是中奖债券的概率． 解：(1)把四张债券分别编号1，2，3，4，其中3，4是中奖债券，用(2，3)表示“第一次取出2号债券，第二次取出3号债券”，则试验的样本空间为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)}． 用C表示“有放回地从债券中任取2次，取出的2张都不是中奖债券”，则 eq \x\to(C)表示“有放回地从债券中任取2次，取出的2张中至少有1张是中奖债券”， 则C＝{(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)}， 所以P( eq \o(C,\s\up16(－))) ＝1－P(C)＝1－ eq \f(4,16)＝ eq \f(3,4). (2)无放回地从债券中任取2张，则试验的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}． 用D表示“无放回地从债券中任取2张，取出的2张都不是中奖债券”，则 eq \o(D,\s\up16(－))表示“无放回地从债券中任取2次，取出的2张至少有1张是中奖债券”， 则P( eq \x\to(D)) ＝1－P(D)＝1－ eq \f(2,12)＝ eq \f(5,6). 二、古典概型 古典概型是一种最基本的概率模型，也是学习其他概率模型的基础，在高考题中，经常出现此种概率模型的题目．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)＝ eq \f(m,n)时，关键是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. 角度1　古典概型概率的计算 [例 2]　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． (1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率； (2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名教师来自同一学校的概率． 解：(1)从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，所有样本点为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)，共9个；选出的2名教师性别相同的样本点有(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)，共4个，所以选出的2名教师性别相同的概率为 eq \f(4,9). (2)从报名的6名教师中任选2名，所有样本点为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)、(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共15个； 选出的2名教师来自同一学校的所有样本点为(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共6个，所以选出的2名教师来自同一学校的概率为 eq \f(6,15)＝ eq \f(2,5). 角度2　古典概型与统计的综合应用 [例 3]　有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现场投票决定歌手名次，根据年龄将大众评委分为五组，各组的人数如下： 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 (1)为了调查大众评委对7位歌手的支持情况，现用分层随机抽样方法从各组中抽取若干名大众评委，其中从B组中抽取了6人．请将其余各组抽取的人数填入下表． 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 抽取人数 6 2)在(1)中，若A，B两组被抽到的大众评委中各有2人支持1号歌手，现从这两组被抽到的大众评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率． [解]　(1)由题设知，分层随机抽样的抽取比例为6%，所以各组抽取的人数如下表： 组别 A B C D E 人数 50 100 150 150 50 抽取人数 3 6 9 9 3 (2)记从A组抽到的3个评委为a1，a2，a3，其中a1，a2，支持1号歌手；从B组抽到的6个评委为b1，b2，b3，b4，b5，b6，其中b1，b2支持1号歌手．从{a1，a2，a3}和{b1，b2，b3，b4，b5，b6}中各抽取1人的所有结果为 由以上树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2共4种，故所求概率P＝ eq \f(4,18)＝ eq \f(2,9). 2．某校高三学生体检后，为了解高三学生的视力情况，该校从高三六个班的300名学生中以班为单位(每班学生50人)，每班按随机抽样方法抽取了8名学生的视力数据．其中高三(1)班抽取的8名学生的视力数据与人数见下表 视力数据 4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 5.1 5.2 5.3 人数 2 2 2 1 1 (1)用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值； (2)已知其余五个班学生视力的平均值分别为4.3，4.4，4.5，4.6，4.8.若从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较，求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率． 解：(1)高三(1)班学生视力的平均值为 eq \f(4.4×2＋4.6×2＋4.8×2＋4.9＋5.1,8) ＝4.7， 故用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值为4.7. (2)从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较，所有的取法共有15种，而满足抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的取法有：(4.3，4.5)，(4.3，4.6)，(4.3，4.7)，(4.3，4.8)，(4.4，4.6)，(4.4，4.7)，(4.4，4.8)，(4.5，4.7)，(4.5，4.8)，(4.6，4.8)，共有10种，故抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于0.2的概率为P＝ eq \f(10,15)＝ eq \f(2,3). 三、频率与概率 对于概率的定义应注意以下几点 (1)求一个事件的概率的基本方法是通过大量的重复试验． (2)只有当频率在某个常数附近摆动时，这个常数才叫作事件A的概率． (3)概率是频率的稳定值，而频率是概率的近似值． (4)概率反映了随机事件发生的可能性的大小． (5)必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故0≤P(A)≤1. [例 4]　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 ≥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 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件“一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“一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． [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 eq \f(60＋50,200)＝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 eq \f(30＋30,200)＝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. 3．近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)： “厨余垃 圾”箱 “可回收 物”箱 “其他垃 圾”箱 厨余垃圾 400 100 100 续表 可回收物 30 240 30 其他垃圾 20 20 60 (1)试估计厨余垃圾投放正确的概率； (2)试估计生活垃圾投放错误的概率． 解：(1)设“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量为m吨，厨余垃圾总量为n吨，则m＝400，n＝400＋100＋100＝600. 以频率估计概率，得厨余垃圾投放正确的概率约为 eq \f(m,n)＝ eq \f(400,600)＝ eq \f(2,3). (2)设“生活垃圾投放错误”为事件A，则事件 eq \x\to(A)表示“生活垃圾投放正确”． 以频率估计概率，得P( eq \x\to(A))＝ eq \f(400＋240＋60,1000)＝0.7， 所以P(A) ＝1－P( eq \x\to(A)) ＝1－0.7－0.3. 四、事件的独立性 相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解． [例 5]　某车间共有八名工人，为了保障安全生产，每月1号要从中选取四名工人参加同样的技能测试，每名工人通过每次测试的概率都是 eq \f(3,4).甲从事的岗位比较特殊，每次他都必须参加技能测试．工厂规定：工人连续两次没通过测试，则被撤销上岗资格．求甲恰好参加四次技能测试后被撤销上岗资格的概率． [解]　设事件A为“甲恰好参加四次技能测试后被撤销上岗资格”，记事件A1为“甲第一、二次通过，第三、四次未通过测试”，则P(A1)＝ eq \f(3,4)× eq \f(3,4)× eq \f(1,4)× eq \f(1,4)＝ eq \f(9,256). 记A2为“甲第一次未通过，第二次通过，第三、四次未通过测试”，则P(A2)＝ eq \f(1,4)× eq \f(3,4)× eq \f(1,4)× eq \f(1,4)＝ eq \f(3,256). 因为A1，A2互斥，所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝ eq \f(9,256)＋ eq \f(3,256)＝ eq \f(3,64). 所以甲恰好参加四次技能测试后被撤销上岗资格的概率是 eq \f(3,64). 4．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为(　　) A．0.25　　　　　B．0.30 C．0.31 D．0.35 解析：选C　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，所以同一工作日至少3人需使用设备的概率为P(ABC eq \o(D,\s\up16(－))＋AB eq \o(C,\s\up16(－))D＋A eq \o(B,\s\up16(－))CD＋ eq \o(A,\s\up16(－))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 $$