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章末复习　能力整合与素养提升
考法1　利用古典概型求概率
例1　(1) (多选)某展会安排了分别标有序号为“1，2，3”的三辆车，等可能的按随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车．方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到车序号为“3”的车的概率分别为P1，P2，则(　BCD　)
A．P1＋P2＝　 B．P1·P2＝
C．P1＋P2＝　 D．P1＞P2
【解析】按照发车的顺序，列举基本事件如下：123，132，213，231，312，321，共6种．方案一坐到车序号为“3”的车，包含的基本事件有132，213，231，共3种，所以方案一坐到车序号为“3”的车的概率P1＝＝．方案二坐到车序号为“3”的车，包含的基本事件有312，321，共2种，所以方案二坐到车序号为“3”的车的概率P2＝＝．所以P1·P2＝，P1＋P2＝，P1＞P2，故B，C，D选项正确，A选项错误．
(2) (多选)某次考试中的多项选择题的要求是“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分．若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分；若答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分．”已知某道多项选择题的正确答案是“AB”，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，则下列表述正确的是(　ABC　)
A．甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是
B．乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是
C．丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是
D．丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是
【解析】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为{A}，{B}，{C}，{D}，随机事件“能得3分”中有基本事件{A}，{B}，故“能得3分”的概率为，故A正确．乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，随机事件“能得6分”中有基本事件{A，B}，故“能得6分”的概率为，故B正确．丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，共有基本事件10个，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，随机事件“能得分”中有基本事件{A，B}，故“能得分”的概率为，故C正确．丙同学随机选择选项，但不选四项，由以上分析可知共有14种选法，能得分的选法有{A}，{B}，{A，B}共3种，故能得分的概率是，故D错误．
【类题固法】
1．下列不是古典概型的是(　C　)
A．从10名同学中，选出3人参加数学竞赛，每人被选中的可能性的大小
B．同时掷两枚质地均匀的骰子，点数和大于7的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．从集合{a，b，c，d，e}中任取一个元素，每个元素被选中的可能性的大小
2．从集合{a，b，c，d，e}的所有子集中，任取一个恰是集合{a，b，c}子集的概率是(　C　)
A．　 B．
C．　 D．
【解析】集合{a，b，c}的子集个数为23＝8，集合{a，b，c，d，e}的子集个数为25＝32，因此所求概率为＝．
3．有红心1，2，3，4和黑桃5这五张扑克牌，现从中随机抽取两张，则抽到的牌均为红心的概率是(　B　)
A．　 B．
C．　 D．
【解析】五张扑克牌中随机抽取两张，试验的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)}，共10个样本点．设A＝“抽到2张均为红心”，则A＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共6个样本点．故P(A)＝＝．
4．甲、乙、丙三人玩传球游戏，开始由甲发球，传球三次后，球又回到甲手中的概率是____．
【解析】画出树状图如图．由图知，样本点共有8个，其中传球三次后，球又回到甲手中的样本点有2个，故所求概率为＝．
考法2　互斥事件与对立事件的概率计算
例2　某商场有奖销售活动中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每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)；
【解答】因为每1 000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，所以P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝．
(2) 抽取1张奖券中奖的概率；
【解答】设事件D＝“抽取1张奖券中奖”，则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝．
(3) 抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．
【解答】设事件E＝“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖”，则P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－－＝．
【类题固法】
1．若A，B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝(　B　)
A．0.1　 B．0.3
C．0.4　 D．0.7
2．抽查8件产品，设事件M＝“至少抽到3件次品”，则M的对立事件是(　B　)
A．至多抽到2件正品　 B．至多抽到2件次品
C．至多抽到5件正品　 D．至多抽到3件正品
3．抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6)，事件A＝“正面朝上的点数为3”，事件B＝“正面朝上的点数为偶数”，则P(A＋B)＝__ __．
【解析】易得P(A)＝，P(B)＝，事件A与事件B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝．
4．(多选)设A，B是一个随机试验的两个事件，则(　AC　)
A．若A，B对立，则A，B一定互斥
B．若A B，则P(AB)＝P(B)
C．若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立
D．若P(A)＋P(B)＝1，则A，B一定对立
【解析】互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，故A正确；若A B，则P(AB)＝P(A)，故B错误；由相互独立事件的定义可知，若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立，故C正确；对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，而P(A)＋P(B)＝1既不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生，如投掷一枚骰子，事件A为“向上的点数为奇数”，事件B为“向上的点数不小于4”，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，故D错误．
考法3　相互独立事件同时发生的概率计算
例3　某校设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得5个学豆、10个学豆、20个学豆的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束．设选手甲第一关、第二关、第三关闯关成功的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．
(1) 求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；
【解答】设A＝“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”，A1＝“第一关闯关成功第二关闯关失败”，A2＝“前两关闯关成功第三关闯关失败”，A1，A2互斥．
则P(A1)＝＝，
P(A2)＝＝，
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝．
所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为．
(2) 求该选手所得学豆总个数不少于15的概率．
【解答】设B＝“该选手所得学豆个数不少于15”．由题意得该选手所得学豆总个数可能为0，5，15，35．设B1＝“该选手所得学豆总个数为15”，则P(B1)＝＝，设B2＝“该选手所得学豆总个数为35”，则P(B2)＝＝．所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝．
【类题固法】
1．如图，A，B，C表示3个开关，若在某段时间内，它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，则该系统的可靠性(3个开关只要一个开关正常工作即可靠)为(　B　)
A．0.504　 B．0.994
C．0.496　 D．0.064
2．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A)＝__ __．
【解析】因为P(A)＝，P(B)＝，所以P()＝，所以P(A)＝P(A)P()＝＝．
3．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是__ 0.18 丯．
【解析】前五场中有一场客场输时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108；前五场中有一场主场输时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.6×2×0.52×0.6＝0.072．综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是0.108＋0.072＝0.18．
4．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8，0.6，0.5，则三人都达标的概率是__0.24__，三人中至少有一人达标的概率是__0.96__．
【解析】由题意可知三人都达标的概率为0.8×0.6×0.5＝0.24；三人中至少有一人达标的概率为1－(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.96．
考法4　概率与统计的综合
例4　改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额 支付方式 不大于2 000元 大于2 000元
仅使用A 27人 3人
仅使用B 24人 1人
(1) 估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
【解答】由题可知仅使用A的学生有30人，仅使用B的学生有25人，且A，B两种支付方式都不使用的有5人，所以样本中两种支付方式都使用的有100－30－25－5＝40(人)，所以估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的有×1 000＝400(人)．
(2) 从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；
【解答】设C＝“从样本仅使用B的学生中抽取1人，该学生上个月支付金额大于2 000元”，则P(C)＝＝0.04．
(3) 已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？请说明理由．
【解答】设D＝“从样本仅使用B的学生中抽取1人，该学生本月支付金额大于2 000元”，由(2)知P(D)＝．
答案1：可以认为有变化，理由如下：P(D)概率比较小，一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．
答案2：无法确定有没有变化，理由如下：事件D是随机事件，P(D)比较小，一般不容易发生，但是也可能发生，所以无法确定有没有变化．
【类题固法】
1．某校希望统计学生是否曾在考试中作弊，考虑到直接统计可能难以得到真实的回答，故设计了如下方案：在一个袋子里放入只有颜色和序号不同的红球和绿球各50个，分别编号为1~50，被调查的学生从中随机摸出一个，确认颜色和序号后放回(调查者不知道)，摸到红球的学生回答“你摸到的球的序号是否为奇数？”，摸到绿球的学生回答“你是否曾在考试中作弊？”．共调查了1 200名学生，得到了390个“是”的回答，据此估计该校学生的作弊率为(　A　)
A．15%　 B．20%
C．5%　 D．10%
【解析】调查的1 200名学生中，摸到红球的概率是，其编号是奇数的概率也是，摸到绿球的概率为，即摸到红球的人数为1 200×＝600人，摸到绿球的人数为1 200×＝600人，所以回答问题“你摸到的球的序号是否为奇数？”且回答“是”的学生人数为600×＝300人，回答问题“你是否曾在考试中作弊？”且回答“是”的学生人数为390－300＝90人，所以估计该校学生的作弊率为×100%＝15%．
2．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成．如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字n(n＝2，3，…，11)的不同路线条数记为rn．从1移动到11的事件中，跳过数字n(n＝2，3，…，10)的概率记为pn，则p5的值为____．
【解析】由题意可知r2＝1，r3＝2，rn＋1＝rn＋rn－1(n≥3)，则r4＝3，r5＝5，r6＝8，r7＝13，r8＝21，r9＝34，r10＝55，r11＝89．如图，作树状图，分别计算1→5的路线共有5条，5→11的路线共有13条，所以过数字5的路线共有5×13＝65条，则p5＝＝．(共33张PPT)
第十章
章复习　能力整合与素养提升
概　率
要点回顾·连点成面
考法聚焦·核心突破
考法
1
利用古典概型求概率
　　　(1) (多选)某展会安排了分别标有序号为“1，2，3”的三辆车，等可能的按随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车．方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到车序号为“3”的车的概率分别为P1，P2，则 (　　　)
A．P1＋P2＝　 B．P1·P2＝
C．P1＋P2＝　 D．P1＞P2
1
【解析】
　　　　按照发车的顺序，列举基本事件如下：123，132，213，231，312，321，共6种．方案一坐到车序号为“3”的车，包含的基本事件有132，213，231，共3种，所以方案一坐到车序号为“3”的车的概率P1＝＝．方案二坐到车序号为“3”的车，包含的基本事件有312，321，共2种，所以方案二坐到车序号为“3”的车的概率P2＝＝．所以P1·P2＝，P1＋P2＝，P1＞P2，故B，C，D选项正确，A选项错误．
【答案】BCD
　　　(2) (多选)某次考试中的多项选择题的要求是“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分．若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分；若答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分．”已知某道多项选择题的正确答案是“AB”，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，则下列表述正确的是 (　　　)
A．甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是
B．乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是
C．丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是
D．丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是
1
【解析】
　　　　甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为{A}，{B}，{C}，{D}，随机事件“能得3分”中有基本事件{A}，{B}，故“能得3分”的概率为，故A正确．乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，随机事件“能得6分”中有基本事件{A，B}，故“能得6分”的概率为，故B正确．丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，共有基本事件10个，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，随机事件“能得分”中有基本事件{A，B}，故“能得分”的概率为，故C正确．丙同学随机选择选项，但不选四项，由以上分析可知共有14种选法，能得分的选法有{A}，{B}，{A，B}共3种，故能得分的概率是，故D错误．
【答案】ABC
【类题固法】
1．下列不是古典概型的是 (　　)
A．从10名同学中，选出3人参加数学竞赛，每人被选中的可能性的大小
B．同时掷两枚质地均匀的骰子，点数和大于7的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．从集合{a，b，c，d，e}中任取一个元素，每个元素被选中的可能性的大小
C
2．从集合{a，b，c，d，e}的所有子集中，任取一个恰是集合{a，b，c}子集的概率是 (　　)
A．　 B．
C．　 D．
【解析】
　　　　集合{a，b，c}的子集个数为23＝8，集合{a，b，c，d，e}的子集个数为25＝32，因此所求概率为＝．
【答案】C
3．有红心1，2，3，4和黑桃5这五张扑克牌，现从中随机抽取两张，则抽到的牌均为红心的概率是 (　　)
A．　 B．
C．　 D．
【解析】
　　　　五张扑克牌中随机抽取两张，试验的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)}，共10个样本点．设A＝“抽到2张均为红心”，则A＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共6个样本点．故P(A)＝＝．
B
4．甲、乙、丙三人玩传球游戏，开始由甲发球，传球三次后，球又回到甲手中的
概率是______．
【解析】
　　　　画出树状图如图．由图知，样本点共有8个，其中传球三次后，球又回到甲手中的样本点有2个，故所求概率为＝．
考法
2
互斥事件与对立事件的概率计算
　　　某商场有奖销售活动中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每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
【解答】
　　　　因为每1 000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，所以P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝．
　　　某商场有奖销售活动中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每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：
(2) 抽取1张奖券中奖的概率；
2
【解答】
　　　　设事件D＝“抽取1张奖券中奖”，则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝．
(3) 抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．
【解答】
　　　　设事件E＝“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖”，则P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－－＝．
【类题固法】
1．若A，B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝ (　　)
A．0.1　 B．0.3
C．0.4　 D．0.7
2．抽查8件产品，设事件M＝“至少抽到3件次品”，则M的对立事件是 (　　)
A．至多抽到2件正品　 B．至多抽到2件次品
C．至多抽到5件正品　 D．至多抽到3件正品
B
B
3．抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6)，事件A＝
“正面朝上的点数为3”，事件B＝“正面朝上的点数为偶数”，则P(A＋B)＝____.
【解析】
　　　　易得P(A)＝，P(B)＝，事件A与事件B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝．
4．(多选)设A，B是一个随机试验的两个事件，则 (　 　)
A．若A，B对立，则A，B一定互斥
B．若A B，则P(AB)＝P(B)
C．若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立
D．若P(A)＋P(B)＝1，则A，B一定对立
【解析】
　　　　互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，故A正确；若A B，则P(AB)＝P(A)，故B错误；由相互独立事件的定义可知，若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立，故C正确；对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，而P(A)＋P(B)＝1既不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生，如投掷一枚骰子，事件A为“向上的点数为奇数”，事件B为“向上的点数不小于4”，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，故D错误．
【答案】AC
考法
3
相互独立事件同时发生的概率计算
　　　某校设计了如下有奖闯关游戏：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得5个学豆、10个学豆、20个学豆的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏；也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束．设选手甲第一关、第二关、第三关闯关成功的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．
(1) 求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；
3
【解答】
　　　　设A＝“甲第一关闯关成功且所得学豆为零”，A1＝“第一关闯关成功第二关闯关失败”，A2＝“前两关闯关成功第三关闯关失败”，A1，A2互斥．
则P(A1)＝＝，
P(A2)＝＝，
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝．
所以选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率为．
【解答】
　　　　设B＝“该选手所得学豆个数不少于15”．由题意得该选手所得学豆总个数可能为0，5，15，35．设B1＝“该选手所得学豆总个数为15”，则P(B1)＝＝，设B2＝“该选手所得学豆总个数为35”，则P(B2)＝＝．所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝．
(2) 求该选手所得学豆总个数不少于15的概率．
【类题固法】
1．如图，A，B，C表示3个开关，若在某段时间内，它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，则该系统的可靠性(3个开关只要一个开关正常工作即可靠)为 (　　)
A．0.504　 B．0.994
C．0.496　 D．0.064
B
2．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝，P(B)＝，则P(A)＝______．
【解析】
　　　　因为P(A)＝，P(B)＝，所以P()＝，所以P(A)＝P(A)P()＝＝．

3．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
【解析】
　　　　前五场中有一场客场输时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108；前五场中有一场主场输时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.6×2×0.52×0.6＝0.072．综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是0.108＋0.072＝0.18．
0.18
4．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8，0.6，0.5，则三人都达标的概率是_______，三人中至少有一人达标的概率是_______．
【解析】
　　　　由题意可知三人都达标的概率为0.8×0.6×0.5＝0.24；三人中至少有一人达标的概率为1－(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.96．
0.24
0.96
考法
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概率与统计的综合
　　　改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
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支付金额 支付方式 不大于2 000元 大于2 000元
仅使用A 27人 3人
仅使用B 24人 1人
(1) 估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
【解答】
　　　　由题可知仅使用A的学生有30人，仅使用B的学生有25人，且A，B两种支付方式都不使用的有5人，所以样本中两种支付方式都使用的有100－30－25－5＝40(人)，所以估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的有×1 000＝400(人)．
【解答】
　　　　设C＝“从样本仅使用B的学生中抽取1人，该学生上个月支付金额大于2 000元”，则P(C)＝＝0.04．
(2) 从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；
【解答】
　　　　设D＝“从样本仅使用B的学生中抽取1人，该学生本月支付金额大于2 000元”，由(2)知P(D)＝．
答案1：可以认为有变化，理由如下：P(D)概率比较小，一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．
答案2：无法确定有没有变化，理由如下：事件D是随机事件，P(D)比较小，一般不容易发生，但是也可能发生，所以无法确定有没有变化．
(3) 已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，发现他本月的支付金额大于2 000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？请说明理由．
【类题固法】
1．某校希望统计学生是否曾在考试中作弊，考虑到直接统计可能难以得到真实的回答，故设计了如下方案：在一个袋子里放入只有颜色和序号不同的红球和绿球各50个，分别编号为1~50，被调查的学生从中随机摸出一个，确认颜色和序号后放回(调查者不知道)，摸到红球的学生回答“你摸到的球的序号是否为奇数？”，摸到绿球的学生回答“你是否曾在考试中作弊？”．共调查了1 200名学生，得到了390个“是”的回答，据此估计该校学生的作弊率为 (　　)
A．15%　 B．20%
C．5%　 D．10%
【解答】
　　　　调查的1 200名学生中，摸到红球的概率是，其编号是奇数的概率也是，摸到绿球的概率为，即摸到红球的人数为1 200×＝600人，摸到绿球的人数为1 200×＝600人，所以回答问题“你摸到的球的序号是否为奇数？”且回答“是”的学生人数为600×＝300人，回答问题“你是否曾在考试中作弊？”且回答“是”的学生人数为390－300＝90人，所以估计该校学生的作弊率为×100%＝15%．
【答案】A
2．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成．如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字n(n＝2，3，…，11)的不同路线条数记为rn．从1移动到11的事件中，跳过数字n(n＝2，
3，…，10)的概率记为pn，则p5的值为______．
【解析】
　　　　由题意可知r2＝1，r3＝2，rn＋1＝rn＋rn－1(n≥3)，则r4＝3，r5＝5，r6＝8，r7＝13，r8＝21，r9＝34，r10＝55，r11＝89．如图，作树状图，分别计算1→5的路线共有5条，5→11的路线共有13条，所以过数字5的路线共有5×13＝65条，则p5＝＝．

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