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第四节 随机事件的概率
一、基础知识
1.频数、频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出现，称 n 次
nA
试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数 ，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝ 为事件n
A 出现的频率 .
(2)概率：对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数的增加，事件 A 发生的频率 fn(A)
稳定在某个常数上，把这个常数记作 P(A)，称为事件 A 的概率.
2.事件的关系与运算
名称 条件 结论 符号表示
事件B包含事件A(事件A
包含关系 A 发生 B 发生 B A(或 A B)
包含于事件 B)
相等关系 若 B A 且 A B 事件 A 与事件 B 相等 A＝B
并(和) 事件A与事件B的并事件
A 发生或 B 发生 A∪B(或 A＋B)
事件 (或和事件)
交(积) 事件A与事件B的交事件
A 发生且 B 发生 A∩B(或 AB)
事件 (或积事件)
互斥事件 A∩B 为不可能事件 事件 A 与事件 B 互斥 A∩B＝
A∩B 为不可能事件，A∪ 事件A与事件B互为对立 A∩B＝ ，
对立事件
B 为必然事件 事件 P(A∪B)＝1
3.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率：P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率：P(F)＝0.
(4)概率的加法公式：如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝P(A)＋P(B).
(5)对立事件的概率：若事件 A 与事件 B 互为对立事件，则 A∪B 为必然事件，P(A∪B)
＝1，P(A)＝1－P(B).
频数是一个整数，其取值范围为 0≤nA≤n，nA∈N，因此随机事件 A 发生的频率 fn(A)
nA
＝ 的可能取值介于 0 与 1 之间，即 0≤fn(A)≤1. n
频率在一定程度上可以反映事件发生的可能性的大小.但是，频率不是一个完全确定的
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数，随着试验次数的不同，产生的频率也可能不同.
并(和)事件包含三种情况：①事件 A 发生，事件 B 不发生；②事件 A 不发生，事件 B
发生；③事件 A，B 都发生.即事件 A，B 至少有一个发生.
互斥事件具体包括三种不同的情形：①事件 A 发生且事件 B 不发生；②事件 A 不发生
且事件 B 发生；③事件 A 与事件 B 都不发生.
“事件A与事件B是对立事件”是“其概率满足P(A)＋P(B)＝1”的充分不必要条件，
这里一定不要认为是充要条件.事实上，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；反之不一定成立.
二、常用结论
探究概率加法公式的推广
(1)当一个事件包含多个结果时，要用到概率加法公式的推广，即 P(A1∪A2∪…∪An)＝
P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
(2)P( A1∪A2∪…∪An )＝1－P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1)－P(A2)－…－P(An).注意涉
及的各事件要彼此互斥.
考点一 随机事件的关系
1.一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A.至多有一次中靶 B.两次都中靶
C.只有一次中靶 D.两次都不中靶
解析：选 D 事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况.由
互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥.
2.从 1,2,3，…，7 这 7 个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.
上述事件中，是对立事件的是( )
A.① B.②④
C.③ D.①③
解析：选 C “至少有一个是奇数”即“两个都是奇数或一奇一偶”，而从 1,2,3，…，
7 这 7 个数中任取两个数，根据取到数的奇偶性知共有三种情况：“两个都是奇数”“一奇
一偶”“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知
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其余都不是对立事件.故选 C.
3.在 5 张电话卡中，有 3 张移动卡和 2 张联通卡，从中任取 2 张，若事件“2 张全是移
3 7
动卡”的概率是 ，那么概率是 的事件是( )
10 10
A.至多有一张移动卡 B.恰有一张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有一张移动卡
解析：选 A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”
两个事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，故选 A.
4.对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设 A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没
击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是
________________________，互为对立事件的是________.
解析：设 I 为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为 A∩B＝ ，A∩C＝ ，B∩C
＝ ，B∩D＝ ，故 A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D 为互斥事件.而 B∩D＝ ，B∪D＝I，故
B 与 D 互为对立事件.
答案：A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D B 与 D
考点二 随机事件的频率与概率
某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，
未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求
量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气
温位于区间[20,25)，需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20，需求量为 200 瓶.为了确定六
月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位：元).当六月份这种酸奶一天的进货量为
450 瓶时，写出 Y 的所有可能值，并估计 Y 大于零的概率.
[解] (1)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶，当且仅当最高气温低于 25 ℃，由表格
2＋16＋36
数据知，最高气温低于 25 ℃的频率为 ＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过
90
300 瓶的概率的估计值为 0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时，
若最高气温不低于 25 ℃，则 Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则 Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于 20 ℃，则 Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100，
所以，Y 的所有可能值为 900,300，－100.
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Y 大于零当且仅当最高气温不低于 20 ℃，由表格数据知，最高气温不低于 20 ℃的频率
36＋25＋7＋4
为 ＝0.8，因此 Y 大于零的概率的估计值为 0.8.
90
[题组训练]
某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该保险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
60＋50
于 2 的频率为 ＝0.55，故 P(A)的估计值为 0.55.
200
(2)事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 1 且小于 4.
30＋30
由所给数据知，一年内出险次数大于 1 且小于 4 的频率为 ＝0.30，故 P(B)的估计
200
值为 0.30.
(3)由所给数据得如下关系：
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.
考点三 互斥事件、对立事件概率公式的应用
[典例精析]
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)；
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(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.
1 1 1
[解] (1)易知 P(A)＝ ，P(B)＝ ，P(C)＝ .
1 000 100 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.
因为 A，B，C 两两互斥，
所以 P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
1＋10＋50 61
＝ ＝ .
1 000 1 000
61
故 1 张奖券的中奖概率为 .
1 000
(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，
1 1 989
所以 P(N)＝1－P(A∪B)＝1－ ＋ 1 000 100 ＝ . 1 000
989
故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 .
1 000
[题组训练]
某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购
物的 100 位顾客的相关数据，如下表所示.
一次购物量 1 至 4 件 5 至 8 件 9 至 12 件 13 至 16 件 17 件及以上
顾客数(人) x 30 25 y 10
结算时间
1 1.5 2 2.5 3
(分钟/人)
已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%.
(1)确定 x，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率.(将频率视为概率)
解：(1)由已知得 25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以 x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次
购物的结算时间组成一个总体，所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个
容量为 100 的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估
1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10
计值为 ＝1.9(分钟).
100
(2)记 A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”，A1，A2 分别表示事件
“该顾客一次购物的结算时间为 2.5 分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为 3 分钟”，将
20 1 10 1 1 1 7
频率视为概率得 P(A1)＝ ＝ ，P(A2)＝ ＝ .则 P(A)＝1－P(A1)－P(A )＝1－ － ＝ . 100 5 100 10 2 5 10 10
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7
故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 .
10
[课时跟踪检测]
A 级
1.从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是
( )
A.“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B.“至少有一个黑球”与“都是红球”
C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：选 D A 中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B 中的两个事件是对立事件；
C 中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D 中的两个事件是互
斥而不对立的关系.
1
2.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为 ，都是白子的
7
12
概率为 .则从中任意取出 2 粒恰好是同一颜色的概率为( )
35
1 12
A. B.
7 35
17
C. D.1
35
解析：选 C 设“从中取出 2 粒都是黑子”为事件 A，“从中取出 2 粒都是白子”为事
件 B，“任意取出 2 粒恰好是同一色”为事件 C，则 C＝A∪B，且事件 A 与 B 互斥.所以 P(C)
1 12 17 17
＝P(A)＋P(B)＝ ＋ ＝ ，即任意取出 2 粒恰好是同一颜色的概率为 .
7 35 35 35
3.某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级
品和丙级品的概率分别是 5%和 3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为( )
A.0.95 B.0.97
C.0.92 D.0.08
解析：选 C 记抽检的产品是甲级品为事件 A，是乙级品为事件 B，是丙级品为事件 C，
这三个事件彼此互斥，因而所求概率为 P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.
4.抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件 A 表示“小于 5 的偶数点出现”，事件 B 表示
“小于 5 的点数出现”，则一次试验中，事件 A＋ B 发生的概率为( )
1 1
A. B.
3 2
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2 5
C. D.
3 6
2 1 4 2
解析：选 C 掷一个骰子的试验有 6 种可能结果，依题意 P(A)＝ ＝ ，P(B)＝ ＝ ，
6 3 6 3
2 1
所以 P( B )＝1－P(B)＝1－ ＝ ，
3 3
因为 B 表示“出现 5 点或 6 点”的事件，所以事件 A 与 B 互斥，从而 P(A＋ B )＝P(A)
1 1 2
＋P( B )＝ ＋ ＝ .
3 3 3
5.抛掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 个点)一次，观察掷出
向上的点数，设事件 A 为掷出向上为偶数点，事件 B 为掷出向上为 3 点，则 P(A∪B)＝( )
1 2
A. B.
3 3
1 5
C. D.
2 6
1
解析：选 B 事件 A 为掷出向上为偶数点，所以 P(A)＝ .
2
1
事件 B 为掷出向上为 3 点，所以 P(B)＝ .
6
又事件 A，B 是互斥事件，
2
所以 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝ .
3
6.若随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，
则实数 a 的取值范围是( )
A.
5
，2
5 3
4 B.
，
4 2
C.
5 3
，
5 4
，
4 2 D. 4 3
0＜P(A)＜1，

解析：选 D 由题意可得 0＜P(B)＜1， P(A)＋P(B)≤1，
0＜2－a＜1，

即 0＜4a－5＜1，
－ ≤ ，
5 4
解得 ＜a≤ .
4 3
3a 3 1
7.若 A，B 为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则 P(B)＝________.
解析：∵A，B 为互斥事件，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，
∴P(B)＝P(A∪B)－P(A)＝0.7－0.4＝0.3.
答案：0.3
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8.已知某台纺纱机在 1 小时内发生 0 次、1 次、2 次断头的概率分别是 0.8,0.12,0.05，则
这台纺纱机在 1 小时内断头不超过两次的概率和断头超过两次的概率分别为________，
________.
解析：断头不超过两次的概率 P1＝0.8＋0.12＋0.05＝0.97.于是，断头超过两次的概率
P2＝1－P1＝1－0.97＝0.03.
答案：0.97 0.03
9.“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事、自私自利，却习惯在网络上
大放厥词的一种现象.某地新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可程度进行调查：在随
机抽取的 50 人中，有 14 人持认可态度，其余持反对态度，若该地区有 9 600 人，则可估计
该地区对“键盘侠”持反对态度的有________人.
14 18
解析：在随机抽取的 50 人中，持反对态度的频率为 1－ ＝ ，则可估计该地区对“键
50 25
18
盘侠”持反对态度的有 9 600× ＝6 912(人).
25
答案：6 912
10.一只袋子中装有 7 个红玻璃球，3 个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只
7 1
取一个，取得两个红玻璃球的概率为 ，取得两个绿玻璃球的概率为 ，则取得两个同色玻
15 15
璃球的概率为________；至少取得一个红玻璃球的概率为________.
解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃
7 1 8
球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为 P＝ ＋ ＝ .
15 15 15
由于事件 A“至少取得一个红玻璃球”与事件 B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则
1 14
至少取得一个红玻璃球的概率为 P(A)＝1－P(B)＝1－ ＝ .
15 15
8 14
答案：
15 15
11.(2019·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取 1 000 名网络购物者进行调查.这 1 000
名购物者 2018 年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3，0.4)，
[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：
电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
购物金额分组 [0.3,0.5) [0.5,0.6) [0.6,0.8) [0.8,0.9]
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发放金额 50 100 150 200
(1)求这 1 000 名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这 1 000 名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠
券金额不少于 150 元的概率.
解：(1)购物者的购物金额 x 与获得优惠券金额 y 的频率分布如下表：
x 0.3≤x＜0.5 0.5≤x＜0.6 0.6≤x＜0.8 0.8≤x≤0.9
y 50 100 150 200
频率 0.4 0.3 0.28 0.02
这 1 000 名购物者获得优惠券金额的平均数为
1
(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96.
1 000
(2)由获得优惠券金额 y 与购物金额 x 的对应关系及(1)知
P(y＝150)＝P(0.6≤x＜0.8)＝0.28，
P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，
从而，获得优惠券金额不少于 150 元的概率为 P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28
＋0.02＝0.3.
12.某保险公司利用简单随机抽样方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付
结果统计如下：
赔付金额(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000
车辆数(辆) 500 130 100 150 120
(1)若每辆车的投保金额均为 2 800 元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占 10%，在赔付金额为 4 000 元的样本车辆中，车主
是新司机的占 20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为 4 000 元的概率.
解：(1)设 A 表示事件“赔付金额为 3 000 元”，B 表示事件“赔付金额为 4 000 元”，
以频率估计概率得
150 120
P(A)＝ ＝0.15，P(B)＝ ＝0.12.
1 000 1 000
由于投保金额为 2 800 元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为 3 000 元和
4 000 元，所以其概率为 P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设 C 表示事件“投保车辆中新司机获赔 4 000 元”，由已知，可得样本车辆中车主
为新司机的有 0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为 4 000 元的车辆中，车主为新司机的有
24
0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为 4 000 元的频率为 ＝0.24，由
100
频率估计概率得 P(C)＝0.24.
B 级
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1.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米 1 534
石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷 28 粒，则这批米内夹谷约为( )
A.134 石 B.169 石
C.338 石 D.1 365 石
28
解析：选 B 这批米内夹谷约为 ×1 534≈169 石，故选 B .
254
2.现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项，－3 为公比的等比数列，若从这 10 个数
中随机抽取一个数，则它小于 8 的概率是( )
3 1
A. B.
5 2
3 1
C. D.
10 5
－
解析：选 A 由题意得 an＝(－3)n 1，易知前 10 项中奇数项为正，偶数项为负，所以小
6 3
于 8 的项为第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以所求概率 P＝ ＝ .
10 5
4 1
3.[与不等式交汇]若 A，B 互为对立事件，其概率分别为 P(A)＝ ，P(B)＝ ，则 x＋y 的
x y
最小值为________.
4 1 4 1 4y x 4y x
解析：由题意，x＞0，y＞0，＋ ＝1.则 x＋y＝(x＋y)· ＋ ＋
x y x y ＝5＋ x y ≥5＋2 ·x y
＝9，当且仅当 x＝2y 时等号成立，故 x＋y 的最小值为 9.
答案：9
4.某超市随机选取 1 000 位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整
理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.
商品
甲 乙 丙 丁
顾客人数
100 √ × √ √
217 × √ × √
200 √ √ √ ×
300 √ × √ ×
85 √ × × ×
98 × √ × ×
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率；
(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？
解：(1)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙，所以
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200
顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为 ＝0.2.
1 000
(2)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中有 100 位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有
200 位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了 2 种商品，所以顾客在甲、乙、丙、
100＋200
丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为 ＝0.3.
1 000
(3)与(1)同理，可得：
200
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为 ＝0.2，
1 000
100＋200＋300
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为 ＝0.6，
1 000
100
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为 ＝0.1.
1 000
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.
5.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 地到火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间(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)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)，
用频率估计概率，可得所求概率为 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分布如下表：
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
L1 的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2
L2 的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1
(3)记事件 A1，A2 分别表示甲选择 L1 和 L2 时，在 40 分钟内赶到火车站；
记事件 B1，B2 分别表示乙选择 L1 和 L2时，在 50 分钟内赶到火车站.
用频率估计概率及
由(2)知 P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
P(A1)＞P(A2)，故甲应选择 L1；
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P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
P(B2)＞P(B1)，故乙应选择 L2.
第五节 古典概型与几何概型
一、基础知识
1.古典概型
(1)古典概型的特征：
①有限性：在一次试验中，可能出现的结果是有限的，即只有有限个不同的基本事件；,
②等可能性：每个基本事件出现的可能性是相等的.
一个试验是否为古典概型，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)古典概型的概率计算的基本步骤：
①判断本次试验的结果是否是等可能的，设出所求的事件为 A；
②分别计算基本事件的总数 n 和所求的事件 A 所包含的基本事件个数 m；
m
③利用古典概型的概率公式 P(A)＝ ，求出事件 A 的概率.
n
(3)频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同
名称 不同点 相同点
频率计 频率计算中的 m，n 均随随机试验的变化而变化，但随着
算公式 试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值
m
都计算了一个比值
m n
古典概型的 是一个定值，对同一个随机事件而言，m，n 都不
n
概率计算公式
会变化
2.几何概型
(1)概念：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则
称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型.
(2)几何概型的基本特点：
①试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个；
②每个基本事件出现的可能性相等.
(3)计算公式：
构成事件A的区域长度(面积或体积)
P(A)＝ .
试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)
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