高中数学必修三课时训练3章末知识整合含答案.docx
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高中数学必修三课时训练3章末知识整合含答案
数学·必修3(苏教版)
黄种人群中各种血型的人所占的比例如下:
血型
A
B
AB
O
该血型的人所占比例/%
28
29
8
35
已知同种血型的人可以输血,O型血可以输给任一种血型的人,其他不同血型的人不能互相输血.小明是B型血,若小明因病需要输血,问:
(1)任找一个人,其血可以输给小明的概率是多少?
(2)任找一个人,其血不能输给小明的概率是多少?
分析:
各种血型之间不可同时进行,故给各种血型输血对应四个互斥事件.
解析:
(1)对任一个,其血型为A,B,AB,O型血的事件分别记为A′,B′,C′,D′,它们是互斥的,由已知,有P(A′)=0.28,P(B′)=0.29,P(C′)=0.08,P(D′)=0.35.
因为B,O型血可以输给B型血的人,故“可以输给B型血的人”为事件B′+D′.根据互斥事件的加法公式有:
P(B′+D′)=P(B′)+P(D′)=0.29+0.35=0.64.
(2)由于A,AB型血不能输给B型血的人,故“不能输给B型血的人”为事件A′+C′,根据互斥事件的加法公式,有P(A′+C′)=P(A′)+P(C′)=0.28+0.08=0.36.
答:
任找一人,其血可以输给小明的概率为0.64,其血不能输给小明的概率为0.36.
规律总结:
互斥事件和对立事件都是研究怎样从一些较简单的事件的概率的计算来推算较复杂事件的概率.应用互斥事件的概率的加法公式解题,备受高考命题者的青睐,应用公式时一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥,然后求出各事件分别发生的概率,再求和.对于较复杂事件的概率,可以转化为求其对立事件的概率.
变式训练
1.据中央电视台报道,学生的视力下降是十分严峻的问题,通过随机抽样调查某校1000名在校生,其中有200名学生裸眼视力在0.6以下,有450名学生裸眼视力在0.6~1.0,剩下的能达到1.0及以上.问:
(1)这个学校在校生眼睛需要配镜或治疗(视力不足1.0)的概率为多少?
(2)这个学校在校生眼睛合格(视力达到1.0及以上)的概率为多少?
解析:
(1)因为事件A(视力在0.6以下)与事件B(视力在0.6~1.0)为互斥事件,所以事件C(视力不足1.0)的概率P(C)=P(A)+P(B)=
+
=0.65.
(2)事件D(视力达到1.0及以上)与事件C为对立事件,所以P(D)=1-P(C)=0.35.
2.如果在一百张有奖储蓄的奖券中,只有一、二、三等奖,其中有一等奖1个,二等奖5个,三等奖10个,买一张奖券,求中奖的概率.
记事件A=“买一张奖券中奖”,则对立事件A=“买一张奖券不中奖”.
由条件知P(A)=
=0.84.
由互为对立事件的概率公式得
P(A)=1-P(A)=1-0.84=0.16
即中奖概率为0.16.
3.甲、乙两人下棋,和棋的概率为
,乙获胜的概率为
,求:
(1)甲获胜的概率;
(2)甲不输的概率.
解析:
(1)“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件,
所以概率为P=1-
-
=
.
(2)“甲不输”是“乙胜”的对立事件,
故所求概率为P=1-
=
.
有A、B、C、D四位贵宾,应分别坐在a、b、c、d四个席位上,现在这四人均未留意,在四个席位上随便坐下时:
(1)求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率;
(2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率;
(3)求这四人恰有1位坐在自己的席位上的概率.
分析:
本题属于对号入座问题,情况较为复杂,所包含的基本事件也较多,为清楚地列举出所有可能的基本事件,可借助于树形图处理.
解析:
将A、B、C、D四位贵宾就座情况用下图的图形表示出来(座位依次是a、b、c、d):
如上图所示,本题中的等可能基本事件共有24个.
(1)设事件A为“这四人恰好都坐在自己的席位上”,则事件A只包含1个基本事件,所以P(A)=
.
(2)设事件B为“这四人恰好都没有坐在自己的席位上”,则事件B包含9个基本事件,所以P(B)=
=
.
(3)设事件C为“这四人恰好有1位坐在自己的席位上”,则事件C包含8个基本事件,所以P(C)=
=
.
规律总结:
当题中的基本事件较多、较为复杂时,可结合树形图进行分析,分类求解.
a,b,c,d,e五位同学按任意次序站成一排,试求下列事件的概率:
(1)a在边上;
(2)a和b都在边上.
分析:
哪个同学在什么位置是等可能的,且结果有限,因此是古典概型.
解析:
五位同学按任意次序站成一排,可看做已有五个位置,让五个同学去站,第一个人可从5个位置中任选一个位置,有5种选法,第二个人有4种选法,第三个人有3种选法,第4个人有2种选法,最后一个人有1种选法,故站法总数为
n=5×4×3×2×1=120,即基本事件总数为120.
(1)记“a在边上”为事件A,下面计算事件A包含的基本事件数.a可以站在左边或右边,有两种站法.其余4人依次有4种、3种、2种、1种站法,故事件A包含的基本事件数为
m1=2×4×3×2=48.
∴由古典概型的概率公式,得P(A)=
=
.
(2)记“a和b都在边上”为事件B,下面计算事件B包含的基本事件数.
a和b可以a在左边b在右边,也可以a在右边b在左边,因此有2种站法,其余3人分别有3种、2种、1种站法,故事件B包含的基本事件数为m2=2×3×2×1=12.
∴P(B)=
=
=
.
规律总结:
当基本事件总数较大时,要按一定次序搜索,不重复、不遗漏“一网打尽”并计数.
古典概型是一种最基本的概型,是学习其他概型的基础.在高考中经常出现此种类型的题目.解题时要紧紧抓住此问题的两个基本特征,想清楚或写出所有基本事件.在求某些较为复杂的事件的概率时通常有两种方法:
一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和;二是先求此事件的对立事件的概率,再利用公式P(A)=1-P(A)就可求出所求事件的概率.
变式训练
4.有3个人,每人都以相同的概率被分配到4个房间中的一间,求至少有2人分配到同一房间的概率.
解析:
3个人以相同的概率被分配到4个房间中的一间,第一个人有4种可能,第二个人有4种可能,第三个人有4种可能,故所有可能结果有4×4×4=64种.记事件A为“至少有2人分配到同一房间”,其对立事件为“一人入住一个房间”.给4个房间编号1,2,3,4;3个人记为甲、乙、丙;当3人入住1,2,3房间时,共有(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,甲,丙),(乙,丙,甲),(丙,甲,乙),(丙,乙,甲)6种可能,同样,入住(2,3,4),(1,3,4),(1,2,4)时都有6种可能结果,故对立事件共有6×4=24种结果.所以,所求事件的概率为P(A)=1-
=
.
5.从含有两件正品a1,a2和一件次品b1的3件产品中每次任取1件,每次取出后不放回,连续取两次.
(1)求取出的两件产品中恰有一件次品的概率;
(2)如果将“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放回”,则取出的两件产品中恰有一件次品的概率是多少?
解析:
列出每种情况的基本事件总数,然后找出满足条件的基本事件的个数进行计算即可.
于是:
(1)每次取一件,取后不放回地连续取两次,其一切可能的结果组成的基本事件空间为Ω={(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品,右边的字母表示第2次取出的产品.Ω由6个基本事件组成,而且可以确定这些基本事件的出现是等可能的.用A表示“取出的两件中,恰好有一件次品”这一事件,则A={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)}.
事件A由4个基本事件组成,所以P(A)=
=
.
(2)有放回地连续取出两件,其一切可能的结果组成的基本事件空间为Ω={(a1,a1),(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2),(b1,b1)},由9个基本事件组成.由于每一件产品被取到的机会均等,因此可以确定这些基本事件的出现是等可能的.用B表示“恰有一件次品”这一事件,则B={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)}.
事件B由4个基本事件组成,所以P(A)=
.
6.储蓄卡上的密码是一种六位号码,每位数上的数字可以从0到9这10个数中任取.
(1)如果某人拾到储蓄卡一张,随意按一下六位号码正好按对密码的概率是多少?
(2)若某人未记准储蓄卡的末两位数字,随机按下这两位数字正好按对密码的概率是多少?
解析:
(1)由于储蓄卡的密码是六位数字号码,且每位上的数字都从0到9共10种取法,故这种号码共有106个,由于随意按下一个六位号码,无论按下哪个号码可能性均等,故正好按对密码的概率P=
.
(2)按六位号码的末两位数字共有10×10=100种按法,随意按下末两位数字,每一种按法机会均等,故按对的概率为P=
.
甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头,它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的.如果甲船停泊时间为1h,乙船停泊时间为2h,求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率.
分析:
可以把两船到码头的时刻设为x,y,然后建立坐标系求解.
设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y,则0≤x≤24,0≤y≤24,且基本事件空间为Ω={(x,y)|x∈[0,24],y∈[0,24]}.所以这是几何概型.
解析:
要使两船都不需要等待码头空出,当且仅当甲比乙早到达1h以上或乙比甲早到达2h以上,即y-x≥1或x-y≥2,设A为“两船都不需要等待码头空出”,则A={(x,y)|y-x≥1或x-y≥2,x∈[0,24],y∈[0,24]}.
A为下图中阴影部分,Ω为边长是24的正方形,由几何概率定义,
所求概率为P(A)=
=
=
≈0.87934.
规律总结:
几何概型问题的关键是要构造出随机事件对应的几何图形,利用图形的几何试题来求随机事件的概率.
水池的容积是20m3,向水池注水的水龙头A和水龙头B的流量都是1m3/h,它们在一昼夜内随机开0~24h,求水不溢出水池的概率.
解析:
设水龙头A开x小时,水龙头B开y小时,显然x≥0,y≥0,水池不溢出水,则x+y≤20,记“水不溢出水池”为事件C,如右图,则C所占区域面积为
×20×20=200,整个区域的面积为24×24=576.由几何概型的概率计算公式,得P(C)=
≈0.35.
即水不溢出水池的概率约为0.35.
规律总结:
由两个水龙头引出两个变量x,y,再抓住“流量相等且都在一昼夜内随机开0~24h”,于是符合“约会型”概率问题的条件,可依照“约会型”概率问题进行求解.
变式训练
7.如下图所示的三个转盘,甲、乙两人玩转盘游戏,规定指针指向字母B时甲获胜,求甲获胜的概率.
解析:
此题三个转盘中,虽然字母B所在区域各不相同,但所在区域的圆弧长度都是圆周长的一半,即甲获胜的概率为
.
8.(2014·宁波调考)在直角坐标系中,A(1,2),B(4,0),动直线l与x轴垂直且交于点P,与AB交于点R,求四边形OPRA的面积不大于2的概率.
解析:
如图所示,设直线l的方程为x=a,1<a<4.
∵直线AB的方程为y=-
x+
,
∴点P的坐标为(a,0),点R的坐标为
.
∵四边形OPRA的面积不大于2,
∴△BPR的面积不小于2(因为△ABO的面积为4),
∴1<a≤4-
.
记“四边形OPRA的面积不大于2”为事件M,则P(M)=
,即四边形OPRA的面积不大于2的概率为
.
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