第16讲 随机事件的概率、古典概型、条件概率与全概率-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

第一部分 一轮单元复习第六单元 第六单元 概率与统计 第16讲 随机事件的概率、古典概型、条件概率与全概率 自主预习 知识梳理 夯实基础 1.概率的几个基本性质 4.古典概型的概率公式 (1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1. P(A)=事件A包含的可能结果数 (2)必然事件的概率P(E)=1. 试验的所有可能结果数 (3)不可能事件的概率P(F)=0. (4)互斥事件概率的加法公式 5.条件概率的概念 ①如果事件A与事件B互斥，则P(AUB) (1)条件概率的概念 =P(A)+P(B). 条件概率揭示了P(A),P(AB),P(BA)三 ②若事件B与事件A互为对立事件，则 者之间“知二求一”的关系 P(A)=1-P(B). 一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)> 2.基本事件的特点 0,我们称P(lA)=部为在事件A发 (1)任何两个基本事件是互斥的 生的条件下，事件B发生的条件概率，简称 (2)任何事件（除不可能事件）都可以表示成 条件概率。 基本事件的和. (2)概率的乘法公式 3.古典概型 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B, 具有以下两个特征的概率模型称为古典的概 若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(BA).我 率模型，简称古典概型 们称上式为概率的乘法公式. (1)试验的所有可能结果只有有限个，每次试 (3)条件概率的性质 验只出现其中的一个结果 设P(A)>0,则①P(2A)=1: (2)每一个试验结果出现的可能性相同. ②如果B与C是两个互斥事件，则P((BU 3.如果一次试验中可能出现的结果有个， C)A)=P(BA)+(CA); 而且所有结果出现的可能性都相等，那么每 ③设B和B互为对立事件，则P(B|A)= 一个基本事件的概率都是7：如果某个事件 1-P(BA). A包括的结果有m个，那么事件A的概率 6.全概率公式 (1)完备事件组 P(A)= 设2是试验E的样本空间，事件A1,A2,…, ·91· 艺考一本通数学 A,是样本空间的一个划分，满足： 式是概率论中最基本的公式之一. ①A1UA2U…UAn=2. 7.贝叶斯公式 ②A1,A2,…,A,两两互不相容，则称事件 设A1,A2,…,A,是一组两两互斥的事件，A A1,A2,…,An组成样本空间2的一个完备 UA2U…UA=2,且P(A:)>0,i=1,2, 事件组. …,n,则对任意事件B二2，P(B)>0, (2)全概率公式 有P(A:|B)= P(A,)P(BA) 设S为随机试验的样本空间，A1,A2,…,An P(B) 是两两互斥的事件，且有P(A:)>0,i=1,2, P(A)P(BA）,i=1,2,…,n …,n,则对任一事件B,有P(B)= P(AP(BIAD 在贝叶斯公式中，P(A:)和P(A:B)分别称 P(A;)P(BA;). 为先验概率和后验概率. 我们称上面的公式为全概率公式，全概率公 典例剖析 典例变式 识 变式训练 题型一 随机事件与概率 (2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集 考点一 随机事件之间的关系 合彼此的交集为空集，则事件互斥； 【例1-1】对飞机连续射击两次，每次发射一 ②事件A的对立事件A所含的结果组成的集 枚炮弹，设A={两次都击中飞机}，B={两 合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合 次没击中飞机}，C=〈恰有一次击中飞 的补集. 机}，D=〈至少有一次击中飞机}，其中彼此 考点二随机事件的概率与频率 互斥的事件是 ,互为对立事件的是 【例1-2】(2023·新课标Ⅱ卷)（多选）在信道 内传输0,1信号，信号的传输相互独立，发 【解析】设I为对飞机连续射击两次所发生 送0时，收到1的概率为α(0<a<1),收到 的所有情况，因为A∩B=⑦，B∩C=⑦，A 0的概率为1一a;发送1时，收到0的概率 ∩C=⑦，B∩D=⑦，故A与B,B与C,A 为(0<3<1)，收到1的概率为1一B.考虑 与C,B与D为互斥事件.而B∩D=⑦， 两种传输方案：单次传输和三次传输，单次 BUD=I,故B与D互为对立事件. 传输是指每个信号只发送1次，三次传输是 【答案】A与B,A与C,B与C,B与D; 指每个信号重复发送3次，收到的信号需要 B与D 译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信 【规律方法】判断互斥、对立事件的两种方法 号即为译码；三次传输时，收到的信号中出 (1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定 现次数多的即为译码（例如，若依次收到1， 义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事 0,1,则译码为1) () 件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事 A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1， 件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.对立 则依次收到1,0,1的概率为(1一a)(1 事件是互斥事件的充分不必要条件. 3)2 92· 第一部分 一轮单元复习第六单元 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收 【规律方法】 到1,0,1的概率为(1一β) (1)概率与频率的关系 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频 的概率为(1一3)+(1一B) 率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概 D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次 率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时 传输方案译码为0的概率大于采用单次 也用频率来作为随机事件概率的估计值， 传输方案译码为0的概率 (2)随机事件概率的求法 【解析】设事件“发送信号0收到0”为事件 利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大 A,设事件“发送信号0收到1”为事件A1, 量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于 设事件“发送信号1收到0”为事件B,设事 某一个常数，这个常数就是概率 件“发送信号1收到1”为事件B1,由题知， 考点三互斥事件与对立事件概率公式的应用 P(A)=1-a,P(A1)=a,P(B)=3,P(B) 【例1-3】(2025·北京卷)有一道选择题考查 =1一B,且事件A,A1,B,B1互相独立，考 了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100 察选项A,所求事件为B1AB1,所以P 人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用 (B1AB)=P(B)P(A)P(B1)=(1-B) 频率估计概率。 (1-a)(1-B)=(1-a)(1-B)2,所以A正 (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该 确；考察选项B,所求事件为B1BB1,所以 题目的概率. P(B1BB1)=P(B1)P(B)P(B1)=(1-3) (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为 (1一B)=B(1一B)2,所以B正确；考察选 做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X 项C,所求事件为BBB。+B1BB1十 的数学期望， BoB B+BB B,P(BB B)=P(B) (3)若甲校同学掌握这个知识点，则有 P(B1)P(B1)=(1-3)3,所以P(B1B1B。+ 100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这 B1BB1+BB1B1+B1B1B1)=(1-)3+33 个知识点，则有85%的概率做对该题目，未 掌握该知识点的同学都是从四个选项里面 (1一β)2，所以C错误；考察选项D,采用三 随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的 次传输，事件为AA1A0十A1AA0十 概率为1，乙校学生掌握该知识点的概率 A0AA1+AAA,所以P(AAA1+ 为2，试比较p1与2的大小（结论不要求 AoAIAo+AIAoAo+AoAoAo)=3a(1-g)2 证明)》 十(1一a)3,采用单次传输，P(A)=1一a. 【解析】(1)用频率估计概率，从甲校随机抽 所以P(AA0A1+AoA1A。+A1A0A0十 AAA)-P(A)=3a(1-a)2+(1-a)3 取1人，微对题目的就率为0号 (1-a)=(1-a)[3a(1-a)+(1-a)2-1] (2)设A为“从甲校抽取1人做对”，则P(A) =(1-a)(a-2a2)=a(1-a)(1-2a).因为 =0.8,P(A)=0.2,设B为“从乙校抽取1 0<a<0.5,所以a(1-a)(1-2a)>0.所以 人做对”，则P(B)=0.75,P(A)=0.25,设 采用三次传输的概率大于单次传输的概率， C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(AB)十 所以选项D正确. P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.35. 【答案】ABD 依题可知，X可取0,1,2，P(X=0)=P(A 93· 艺考一本通数学 B)=0.05,P(X=1)=0.35,P(X=2)= (1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不 0.8×0.75=0.6,故的分布列如下表： 高于基本保费”，求P(A)的估计值； X 0 1 2 (2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高 P 0.05 0.35 0.6 于基本保费但不高于基本保费的160%”，求 故E(X)=1×0.35+2×0.6=1.55. P(B)的估计值； (3)设D为“甲校掌握这个知识点的学生做 (3)求续保人本年度平均保费的估计值. 该题”，因为甲校掌握这个知识点则有 100%的概率做对该题目，未掌握该知识点 的同学都是从四个选项里面随机选择一个， 故P(D)+1-PD)=0.8,即A十}X 1-p)=08,放A-是，同理有，0.85p 3.(2025·新课标Ⅱ卷节选)甲、乙两人进行乒 乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分， +日×1-加)=0.75，e=号故1< 5 设每个球甲胜的概率为p(侵<p<1),乙胜 【规律方法】复杂事件的慨率的两种求法 的概率为q,p十q=1,且各球的胜负相互独 (1)直接求法，将所求事件分解为一些彼此互斥 立，对正整数k≥>2，记为打完k个球后甲 的事件，运用互斥事件的概率求和公式计算. 比乙至少多得2分的概率，9为打完k个球 (2)间接求法，先求此事件的对立事件的概率， 后乙比甲至少多得2分的概率. 再用公式P(A)=1一P(A)求解（正难则反），特 (1)求3,4（用p表示）. 别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就比较 简便 (2)若二卫=4，求. 94-93 变式训练一 1.事件A,B,C相互独立，如果P(AB)= 6 P(BC)= 名P(ABC)-日则P(B) P(AB)= 2.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： 题型二古典概型 【例2】(1)(2022·全国乙卷)从甲、乙等5名 上年度出险次数 0 1 2 3 4 25 同学中随机选3名参加社区服务工作，则 保费 0.85aa1.25a1.5a1.75a2a 甲、乙都入选的概率为 现随机调查了该险种的200名续保人在一年 (2)(2021·全国甲卷)将3个1和2个0随机 内的出险情况，得到如下统计表： 排成一行，则2个0不相邻的概率为() 出险次数 0 2 2 3 ≥5 A.0.3 B.0.5 C.0.6 D.0.8 频数 60 50 30 30 20 10 【解析】(1)从5名同学中随机选3名的方 94 第一部分一轮单元复习第六单元 法数为C=10,甲、乙都入选的方法数为5.为贯彻十九大报告中“要提供更多优质生态 C=3,所以甲、乙都入选的概率P=品， 3 产品以满足人民日益增长的优美生态环境需 要”的要求，某生物小组通过抽样检测植物高 故答案为品 度的方法来监测培育的某种植物的生长情 (2)将3个1和2个0随机排成一行，可 况.现分别从A,B,C三块试验田中各随机抽 取7株植物测量高度，数据如下表（单位：厘 以是： 米)： 00111,01011,01101,01110,10011,10101, 10110,11001,11010,11100,共10种排法， A组 10 11 12 13 14 15 16 其中2个0不相邻的排列方法为： B组 12 13 14 15 16 17 18 01011,01101,01110,10101,10110,11010, C组 13 14 15 16 17 18 19 36=0.6. 共6种.故2个0不相邻的概率为 假设所有植株的生长情况相互独立.从A, 故选C B,C三组各随机选1株，A组选出的植株记 【答案】(1)0 为甲，B组选出的植株记为乙，C组选出的植 (2)C 株记为丙. 【规律方法】 (1)求丙的高度小于15厘米的概率； 求古典 :算出所有基本事件的个数n (2)求甲的高度大于乙的高度的概率； 概型概 求出事件A包含的所有基本事件数m 率的基 (3)表格中所有数据的平均数记为o·从A, 本步骤 代入公式PA匹，求出PA) B,C三块试验田中分别再随机抽取1株该种 变式训练二 植物，它们的高度依次是14,16,15（单位：厘 1.从1,2,3，…，50中任取一个数，它能被4整 米).这3个新数据与表格中的所有数据构成 除的概率是 的新样本的平均数记为1，试比较o和的 A品 B号 c是 大小.（结论不要求证明） 2.从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a,从 {1,2,3}中随机选取一个数为b,则b>a的概 率是 ( A.青 R号 c号 D 3.甲、乙、丙三人随意坐在一条长凳上，乙正好 坐中间的概率为 ( ) A司 B司 c 题型三条件概率与全概率 4.袋中有4个小球，分别为2个白球，1个蓝球 【例3一1】(1)（多选）某校组织“喜迎二十大，奋 和1个黑球.现在从袋中无放回地依次摸出 进新征程”线上演讲比赛，经预选有甲、乙、 2个球，则摸出的球全为白球的概率为 丙、丁、戊5名同学进入复赛，在复赛中采用 抽签法决定演讲顺序，记事件A:学生甲不 95· 艺考一本通数学 是第一个出场，也不是最后一个出场，事件 案为0.6；3.2. B:学生乙第一个出场，则下列结论中正确 【答案】(1)BC(2)0.63.2 的是 【例3-2】(2024·天津卷)A,B,C,D,E五种活 A.事件A中包括78种情况 动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A B P(A)-3 的概率为 ;己知乙选了A活动，他 再选择B活动的概率为 C.P(A∩B)= 20 【解析】列举法：从五个活动中选三个的情况 有：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE, D.P(AIB)- BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况，其中 (2)(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周2 甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE, 次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈 ACD,ACE,ADE,则甲选到A得概率为：P 的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二 =昌-昌，乙选A活动有6种可能怪： 10 次跑5圈的概率为0.4,6圈的概率为0.6； ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,其中 若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为 再选则B有3种可能性：ABC,ABD,ABE, 0.6,6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率 概率为 ;若一周至少跑11圈为动 量达标，则连续跑4周，记合格周数为X,则 期望E(X)= 【解析】(1)由学生甲不是第一个出场，也不 【答案司 是最后一个出场，则学生甲只能在中间3个 【例3一3】某市运动会上，将要进行甲、乙两人的 出场，所以事件A中包括Cg·A=72种情 羽毛球冠亚军决赛，比赛实行三局两胜制 况，故A错误，PA)CA-,故B正 已知每局比赛中，若甲先发球，其获胜的概 A 骑；P(A∩B)=C·A-3 率为，否则其获胜的概率为2 A ,故C正确： (1)若在第一局比赛中采用抛硬币的方式决 P是-则PAB P(A∩B) 定谁先发球，试求乙在此局获胜的概率； P(B) (2)若第一局由甲先发球，以后每局由负方 20=3,故D错误. 先发球.规定胜一局记1分，负一局记0分， 4 记X为比赛结束时甲的得分，求随机变量 5 X的分布列. (2)设小桐一周跑11圈为事件A,设第一次 【解析】(1)设事件A为“乙在第一局中获得 跑5圈为事件B,设第二次跑5圈为事件C, 胜利”，设事件B为“甲先发球”，事件C为 P(A)=P(B)P(CB)+P(B)P(C B)= “乙先发球”，则BUC=2,B,C互斥.由全 0.5×0.6+0.5×0.6=0.6;若至少跑11圈 概率公式可知P(A)=P(BA UCA)=P 为运动量达标为事件D,P(D)=P(A)十P (BA)+P(CA)=P(B)P(B A)+P(C)P (B)P(CB)=0.6十0.5×0.4=0.8，所以 X~B(4,0.8),E(X)=4×0.8=3.2;故答 0号×层×分品 96 第一部分一轮单元复习第六单元 (2)X的可能取值为0,1,2，X=0时，比赛 (1)从中任取一件，求此产品为正品的概率； 的结果为：乙连胜两局，所以P(X=0》=昌 (2)现取到一件产品为正品，问它是由甲、乙、 丙三个厂中哪个厂生产的可能性大？ X=1时，比赛的结果为“乙胜甲胜乙胜”， “甲胜乙胜乙胜”，所以P(X=1=号×号X X=2时，比赛的结果为：“甲胜甲胜”，“甲胜 乙胜甲胜”，“乙胜甲胜甲胜”，所以P(X 2)×号×分×是+号×号×是 X的分布列为： 0 1 2 P 6 3 2 25 4.已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱 变式训练三 中有5个白球和3个红球，所有球的大小、形 1.(多选)已知随机事件A,B发生的概率分别 状完全相同. 为P(A)=0.3,P(B)=0.6,下列说法正确的 (1)从1号箱中不放回地依次取1个球，求第 有 ( 一次取得红球且第二次取得仍是红球的 A.若P(AB)=0.18,则A,B相互独立 概率； B.若A,B相互独立，则P(BA)=0.6 (2)若从1号箱中任取2个球放入2号箱中， C.若P(BA)=0.4,则P(AB)=0.12 再从2号箱中任取1个球，求取出的这个球 D.若A二B,则P(AB)=0.3 是红球的概率。 2.对某批手机玻璃屏成品作抗摔试验时，发现 手机屏第一次落地时打破的概率为？；若第 一次落地未打破，则第二次落地打破的概率 是0：若前两次未打破，则第三次落地打破的 概率是。则手机屏落地三次未打破的概率 为 3.同一种产品由甲、乙、丙三个厂供应.由长期 的经验知，三家的正品率分别为0.95,0.90， 0.80,三家产品数所占比例为2：3：5，混合 在一起 ·97· 艺考一本通数学 随堂检测 基础训练 温故知新 1.(多选)随机投掷一枚质地均匀的骰子3次，6.（多选）已知编号为1,2,3的三个盒子，其中 记3次掷出的点数之积为X,掷出的点数之 1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和 和为Y,则 ( 一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一 A.事件“X=2”和“Y=4”相等 个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个 B.事件“X=4”和“Y=6”互斥 2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1 CX为奇数的概率为日 个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中， 第二次从放入球的盒子中任取一个球，设事 山Y<17的輟率为 件A:为第一次取出的球为i号，事件B,为第 2.若以连续掷两次骰子分别得到的点数m,n 二次取出的球为i号，则下列说法正确的是 作为点P的横、纵坐标，则点P(,n)落在直 线x+y=4下方的概率为 ( A.P(BA)=合 B.P(A)- A石 B c D司 3.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2 CP)晨 D.P(BA.)- 粒都是黑子的概率为，从中取出2粒都是白 7.某天下课以后，教室里还剩下2位男同学和 2位女同学.若他们依次走出教室，则第2位 子的概率是是则从中任意取出2粒恰好是同 35 走出的是男同学的概率是 () 一色的概率是 ( A司 B号 c A月 B12 5 c品 D.1 8.(多选)设样本空间2={1,2,3,4}含有等可 4.小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两 能的样本点，且A={1,2},B={1,3},C= 位，只记得第一位是M,I,N中的一个字母， {1,4},则下列结论正确的是 () 第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏 A.P(AB)=P(A)P(B) 输入一次密码能够成功开机的概率是( B.P(A C)=P(CA) A.i RS c品 D高 C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C) D.P(BC)-P(B)P(C) 5.某公司进行招聘，甲、乙、丙被录取的概率分 9.(多选)在2021年的高考中，数学出现了多项 别为号，号，，且他们是否被录取互不影响， 选择题.假设某一道多项选择题有四个选项 若甲、乙、丙三人中恰有两人被录取，则甲被 1、2、3、4,其中正确选项的个数有可能是2个 录取的概率为 ( 或3个或4个，这三种情况出现的概率均为 A9B号 了，且在每种情况内，每个选项是正确选项的 ·98· 第一部分一轮单元复习第六单元 概率相同.根据以上信息，下列说法正确的是10.一个盒子中装有标号为1,2,3,4,5的五个 大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游 A.某同学随便选了三个选项，则他能完全答 戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回 对这道题的概率高于0 地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地 随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之 B,1选项是正确选项的概率高于2 和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否 C.在1选项为正确选项的条件下，正确选项 则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的 有3个的概率为3 两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲 抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则 D.在1选项为错误选项的条件下，正确选项 甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中 有2个的概率为2 甲共获得2分的概率为 ·99·上单调递增，所以函数f(x)存在极小值f(1)=0,所以A选 项不正确，B,C选项正确；由(x一1)lnx=x一1得x=1或x =e,因为f(1)=0,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,0) 处的切线方程为y=0,同理f(x)在，点(e,e一1)处的切线方 程为y=(2-)正e,所以D选项不正确，故选C 7,ACD【解析】r)=子十 1nx+x十x2,得f(1)=3, )=++1+ 2 y=C 2x,所以(1)=3，所以曲 线y=f(x)在x=1处的切 线方程为y-3=3(x-1), 01 即3x一y=0,所以A正确； f(x)=-lnx+x+x2,得 y=h(x) f(x)=-1+1+2x= x 2)山D,所以f(x)在[3,2)上单调递减，在 x (分，1]上单调递增，又f(号)=号+ln3,f1)=2,且易 知f1)>f(3),所以当x∈[31]时，f(xm=f)= 厂1 2,所以B不正确：f(x)=4+1nx十x,定义域为(0，十o∞)， 广)=++1=2.因为f0在区间1,2》 上单调递增，所以f(x)≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≤ x2十x在区间(1,2)上恒成立，而当x∈(1,2)时，函数y=x2 十x的值域为(2,6)，所以a≤2，所以C正确：f(x)=-lnx +x十cx2,所以g(x)=-lnx十cx2,定义域为(0，十o∞)，g (x)在区间(0，十∞)上存在两个不同的零，点，等价于关于x 的方程c2-hx=0,即c=在区间(0，十∞)上存在两 个不同的根.令h()=n,则原问题等价于函数y=h(x) .1-2xlnx 和y=c的图象有两个不同的交，点，h'(x)= =1-2ln工，所以由h(x)>0,得0<r<e,由'(x)<0,得 x>√，所以h(x)在(0，W)上单调递增，在(We,十∞)上单调 递减，h0=0当一0时，h()·-0,当一十∞时么 (x）0,作出函数h(x)=n严和y=c的大致图象，如图所 示，由图可得c∈(0，)，所以D正确， 8.(1)a=-2,b=6(2)6x一y+2=0(3)最大值为6，最小 值为-2 【解析】(1)因为f(x)=3ax2十b,f(x)在x=一1处取得极 位-2，所以（二=8一解舒：8子 当a=-2,b=6时，f(x)=-6.x2+6=-6(x+1)(x-1), 所以当x∈(-∞，-1)U(1,十∞)时，f(x)<0:当x∈ (-1,1)时，f(x)>0;所以f(x)在(-∞，-1)，(1，+∞)上 单调递减，在（一1,1）上单调递增，所以x=一1是f(x)的极 小值点，满足题意；综上所述：a=一2，b=6. (2)由(1)得：f(x)=一6x2+6,f(x)=-2x3+6x+2,所以 f(0)=6,f(0)=2,所以y=f(x)在，点(0，f(0))处的切线方 程为：y一2=6(x一0)，即6x一y十2=0. 参考答案·数学 (3)由(1)知：f(x)在（一∞，一1），(1，十∞)上单调递减，在 (-1,1)上单调递增；所以f(x)mmx=f(1)=-2+6+2=6, 又f(0)=2,f(2)=-2X8+6×2+2=-2,所以f(x)m= f(2)=一2，所以f(x)在[0,2]上的最大值为6，最小值为 -2. 9.【解析】(1)f(x)=e(ax十a十b)一2x一4.由已知得f(0)= 4,f(0)=4.故b=4,a十b=8.从而a=4,b=4. (2)由(1)知，f(x)=4e(x+1)-x2-4.x,f(x)=4e(x+ 2)-2x-4=4(x+2)(e-2).令f(x)=0得，x=-ln2 或x=-2.从而当x∈(-∞，-2)U(-ln2,+∞)时， f(x)>0:当x∈(-2，-ln2)时，f(x)<0.故f(x)在 (-∞，一2)，(-ln2,十∞)上单调递增，在（一2，ln2)上 单调递减.当x=一2时，函数f(x)取得极大值，极大值为 f(-2)=4(1-e-2). 第六单元 概率与统计 第16讲随机事件的概率、古典概型、 条件概率与全概率 【典例变式】 变式训练一 P(A)P(B)=6, 1 12 【解析】由题意得PB)P(O=名 P(A)P(B)P(C)= 8 得PA)=3,PB)=.所以PB)=P不)P(B)=号× 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60十50 200 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 30+30=0.3,故P(B)的估计值为0.3， 200 (3)由所给数据得 保费 0.85a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.300.250.150.150.100.05 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30十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. 3.1p,=产，p:=P(4-3D)（(2)p=号【解析11)p为 打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三 场，故所求为p=C月(1一)°p3=p,p4为打完4个球后甲 比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，故所求为p =C(1-)1p3+C4(1-)°p=4p2(1-p)+p=p3(4 3b): (2)由(1)得p=p,p:=p3(4-3p),同理s=q,q4=q(4 -3g),若二色=4，p+g=1,则色二色=D4二32）2 q4一q3 94一9sq(4-3g)-q7 2-(号)=4，由于01，所以==21-的 0,解得=号 25 艺考一本通数学 变式训练二 1.B【解析】从1,2,3，…，50中任取一个数，共有50种情况， 其中能被4整除的数有4,8,12,16,20,24,28,32,36,40,44， 48,共12个，故所求概率P品-云长速R 2.D【解析】基本事件的个数有5×3=15（种），其中满足b> 口的有3种，所以>a的概率为是=日 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=号=弓故选B 4.日【解析】袋中有4个小球，分别为2个白球，1个蓝球和1 个黑球.现在从袋中无放回地依次摸出2个球，则摸出的球 全为白球的概率P子×宁=日故答案为 1 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(MD =号，即丙的高度小于15厘米的概率为号 (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,A,A4,A,A6,A.B组7株植物依次为B, B2,B3,B4,B,B,B.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)、(A,B1)、(A,B2)、(A6、B1)、(A6、B2)、(A6、B)、 (A7,B1)、(A7,B2)、(A,B)、(A7,B4)共10种.所以P(N) =吕即甲的高度大于乙的高度的桃率为吕 (3)04 变式训练三 1.ABC【解析】因为随机事件A,B发生的概率分别为P(A) =0.3,P(B)=0.6.因为P(AB)=0.18=P(A)P(B)=0.3 X0.6,所以A,B相互独立，故A正确；若A,B相互独立，则 P(BA)=P(B)=0.6,故B正确：若P(BA)=PA3 P(A) PCAB=0.4,则P(AB)=0.12,故C正确：若ACB,则 0.3 P(AB)--合-0.5，放D错误. 3 2.200【解析】设A(i=1,2,3)表示事件“手机玻璃屏第i次 落地打破”，以B表示事件“手机玻璃屏落下三次未打破”， PA)=,PA不)=品PAA)=0, .7 所以P(B)=P(AAA)=P(AAA)P(AA)P(A) =(1-)(1-)01-)=品 所以手机屏落地三次未打破的概率为20 3.【解析】(1)设事件A表示取到的产品为正品，B1,B2,B3分 别表示产品由甲、乙、丙厂生产.则2=BUB2UB,且B, B2,B3两两互斥，由已知P(B1)=0.2,P(B2)=0.3,P(B3) =0.5, P(AB1)=0.95,P(AB2)=0.9,P(AB)=0.8.由全概率 公式得P(A)=)P(B:)P(AB)=0.2×0.95+0.3X 0.9+0.5×0.8=0.86. (2)由贝叶斯公式得P(B,1A)=PB)PAB) P(A) D0-最PA=PBB2-0889- 0.86 P(A) 0.86 26 品P(B.A)-P_g3品 P(A) 0.86 86 由以上3个数作比较，可知这件产品由丙厂生产的可能性最 大，由甲厂生产的可能性最小」 4.【解析】(1)设“从1号箱中第1次取得红球”为事件A,“从1 号箱中第2次取得红球”为事件B,则P(A)=音=号，P(Bl A)=号，P(AB)=P(BADP(A)=号，所以第1次取得红 球且第2次取得仍是红球的概率为导 (2)设“从2号箱中任取1个球是红球”为事件C,“从1号箱 中任取2个球都是红球”为事件B,“从1号箱中任取2个 球1个红球和1个白球”为事件B2,“从1号箱中任取2个 球都是白球”为事件B3,则事件B1,B2,B3彼此互斥. P(B )=C PCB)=品=，PCB)=是-号，P(CA)=是所 5 P(C)=P(B)P(C B)+P(B2)P(C B2)+P(Bs) PCB)=号×+是×号+品×=品所以取出的 这个球是红球的概率为品 【基础训练】 1.ACD【解析】对于A,事件“X=2”和“Y=4”都相当于掷出 两个1点和一个2点，故A正确；对于B,事件“X=4”和“Y =6”都包含掷出两个1点和一个4点，故B错误；对于C,X 为奇数等价于“3次掷出的点数都为奇数”，因此其概率为 (分）广=8，故C正确：对于D,事件“Y<17”的对立事件为 Y=17载Y=18,Py=18)=(g）/=PY=1)- d(信)广=7，因此PY<17)=1克-器故D正 确，故选ACD. 2.C【解析】试验是连续掷两次骰子，故共包含6×6=36个 基本事件.事件“点P(,n)落在x十y=4下方”，包含 10,(1,2),(2,1)共3个基本事件，故P=品=立故 选C 3.C【解析】2粒棋子恰好同一色可以同是黑色，也可以同是 白色，此所求概率为P-7+是-品此远C 4.C【解析】前2位共有3×5=15种可能，其中只有1种是 正扇的密局，因此所求概率为P=言故选C 5.C【解析】设甲，乙，丙被录取分别为事件A,B,C,三人中恰 有两人被录取为事件D,则P(A)=号，P(B)=号，P(O 3 ，P(D)=P(ABCUAECUABC)=P(ABC)+P(ABC) +P(ABC)=号×号X+号×号X是+号×号× 5 P(AD)-P(ATCUABC)=P(ARC)+P(ABC)= 所以P(A|D)=PAD)_307 P(D)133故选C 30 6ABD【解析】由题意得，P(A,)=寸PCB)=合×子十 X+子×日=PAB)=子×日=a,PBA) 1 PAB=4-日，故ABD正确，C错误，故选ABD P(A3)1 4 7.A【解析】已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能 顺序有（女，女，男，男），（女，男，女，男），（女，男，男，女）， (男，男，女，女)，（男，女，男，女），（男，女，女，男），所以第2 位走出的走男同学的概率P=号-合故选A &.ABD【解析]时于A,由题意可得PA=兰=合，P(B)= 4 是=，PCAB)=子，所以PAB)=PAP(B,故A正 疏对于BPC=号-7PA0=PaG=智 =PC=梁=号，所以PA1O=PCA,故 B正瑞；对于C,因为PABC)=,P(A)P(BP(CO)=× 合X号-=日所以PABC)≠PAPPO,故C精 对于D,因为PBO)=},所以P(BC)=P(B)P(C.故D 正确.故选ABD. 9.BC【解析】若正确选项的个数为2个，则有(1,2)，(1,3)， (1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种组合，每种组合为正确答 案的概率为了×日=西若正璃选项的个数为3个，则有 (1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4)共4种组合，每种组合 为正确答案的概率为了×=立：若正骑选项的个数为4 个，则有(1,2,3,4)共1种组合，这种组合为正确答案的概率 为行随便选了三个选项，能完全答对这道题的概率为2 A错误：1选项是正确选项的概率为3X品十3X位十 1 日-子>？B正确：1选项为正喷递项为率件A,由B选 项知，P(A=子，正确选项有3个为事件B,则P(BA) 空-占，C至1或项为件溪线项为半外C 1 P(AB) P(A) 3 4 P(O=子，正确选项有2个为事件D,则P(DC)=PC咒 P(C) 3X8=名，D错误. 三 1 3 4 10.需【解析】诺第一轮在第一轮中得1分，若第一轮中甲抽 到的小球为1,3，则乙抽到的小球只能是2，若第一轮中甲 抽到的小球为1,4，则乙抽到的小球可以是2或3，若第一 轮中甲抽到的小球为2,3，则乙抽到的小球可以是1或4， 若第一轮中甲抽到的小球为1,5或者2,4或者2,5或者3， 4或者3,5或者4,5时，则乙抽到的小球可以是剩下三个 小球中的任何一个，故共有6×3=18，因此第一轮中甲得1 分的概率为1十18-器在第二轮的过程中，只剩下 CC 两个球，要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球 中抽到号码大的球即可，故概率为2，因此甲在两轮中共 参考答案·数学 得2分的概率为7×铝-器故答案为器 第17讲抽样方法与总体分布的估计 【典例变式】 变式训练一 1.A【解析】根据系统抽样的规则—“等距离”抽取，也就 抽取的号码差相等，根据抽出的序号可知学号之间的差为 8,所以在19与35之间还有27. 2B【解析】由题意，这批来内夹谷约为1534×器≈ 169(石). 3.B【解析】样本间隔为1000÷200=5，因为122÷5=24余 2,故抽取的余数应该是2的号码，116÷5=23余1,927÷ 5=185余2,834÷5=166余4,726÷5=145余1. 4.B【解析】在购买“化妆品”这一类中抽取了116人，则在购 买“家居月品”这一美中应袖取的问卷份教为，则6 =94000,解得x=94. 变式训练二 1.B【解析】因为50名学生中有女生20名，按男女比例用分 层抽样的方法，抽到的女生有4名，所以本次调查抽取的人 数是50×易=10，故选B 2.B【解析】设高三人数为x,由480+(30十x)十x=1290 可得x=390,分层抽样为按比例抽样则样本中的高三学生 人数为8×96=78故选B 3.B【解析】设北面人数为x,根据分层抽样，可得 干748+9205解得=810人.故选R 变式训练三 1.【解析】(1)由图知，该平台的骑手人均日业务量不少于65单 的频率为0.2十0.15十0.05=0.4，所以随机选取一天，估计 这一天该平台的骑手人均日业务量不少于65单的概率 为0.4. (2)因为从5名骑手中随机选取2名的基本事件总数=C =10,至少有1名骑手选择日工资方案②的基本事件个数m 二CC+C=7所以所求报奉P-只-品 (3)由图知，该平台的骑手人均日业务量的平均数是30× 0.05+40×0.05+50×0.2+60×0.3+70×0.2+80×0.15 +90×0.05=62(单)，所以方案①的日工资约为50+62×3 =236(元)，方案②的日工资约为100+(62一44)×5=190 (元)，故新聘骑手应选择方案①. 2.【解析】(1)如图所示. B地区用户满意度评分的频率分布直方图 频率 组距↑ 0.040 0.035 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 0.005 0 5060708090100满意度评分 通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B 地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分 的平均值：B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户 满意度评分比较分散. (2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大.记C表示 27