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2018届高考数学大一轮复习--随机事件的概率(理科含解析)

时间:2017-08-25 08:47:03作者:佚名教案来源:网络
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第三节随机事件的概率
 

突破点(一) 随机事件的频率与概率

基础联通        抓主干知识的“源”与“流”               
1.事件的分类
 
2.频率和概率
(1)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)=nAn为事件A出现的频率.
(2)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,简称为A的概率.
考点贯通      抓高考命题的“形”与“神”           

 
随机事件的频率与概率
事件A发生的频率是利用频数nA除以试验总次数n所得到的值,且随着试验次数的增多,它在A的概率附近摆动幅度越来越小,即概率是频率的稳定值,因此在试验次数足够的情况下,给出不同事件发生的次数,可以利用频率来估计相应事件发生的概率.
[典例] (2017•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2015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]
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:
50×400+100×300+150×280+200×201 000=96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系,由(1)有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.
能力练通     抓应用体验的“得”与“失”            
1.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
顾客人数    甲 乙 丙 丁
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,所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000=0.2.
(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、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100+2001 000=0.3.
(3)与(1)同理,可得:
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000=0.2,
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100+200+3001 000=0.6,
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000=0.1.
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.
2.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,故由调查结果得所求各频率为

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.
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;
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.

突破点(二) 互斥事件与对立事件
基础联通       抓主干知识的“源”与“流”                 
1.概率的基本性质
(1)概率的取值范围:0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率:P(A)=1.不可能事件的概率:P(A)=0.
2.互斥事件和对立事件
事件 定义 概率公式
互斥事件 在一个随机试验中,我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件 P(A∪B)=P(A)+P(B);
P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An)
对立事件 在一个随机试验中,两个试验不会同时发生,并且一定有一个发生的事件A和A称为对立事件
P(A)=1-P(A)


考点贯通      抓高考命题的“形”与“神”                              

 
事件关系的判断
[例1] (1)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
(2)设条件甲:“事件A与事件B是对立事件”,结论乙:“概率满足P(A)+P(B)=1”,则甲是乙的(  )
A.充分不必要条件   B.必要不充分条件
C.充要条件   D.既不充分也不必要条件
(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张全是移动卡”的概率是310,那么概率是 710 的事件是(  )
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] (1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”,而从1~7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件:“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,易知其余都不是对立事件.
(2)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,充分性成立.设掷一枚硬币3次,事件A:“至少出现一次正面”,事件B:“3次出现正面”,则P(A)=78,P(B)=18,满足P(A)+P(B)=1,但A,B不是对立事件,必要性不成立.故甲是乙的充分不必要条件.
(3)“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,其概率为1-310=710.
[答案] (1)C (2)A (3)A
[方法技巧]
事件间的关系的判断方法
(1)判断事件间的关系时,可把所有的试验结果写出来,看所求事件包含哪几个试验结果,从而断定所给事件间的关系.
(2)对立事件一定是互斥事件,也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件,在确定了两个事件互斥的情况下,就要看这两个事件的和事件是不是必然事件,这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法.判断互斥事件、对立事件时,注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的,不能在多次试验中判断.
(3)从集合的角度上看:事件A,B对应的基本事件构成了集合A,B,则A,B互斥时,A∩B=∅;A,B对立时,A∩B=∅且A∪B=Ω(Ω为全集).两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件.

 
互斥事件、对立事件的概率

[例2] 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);
(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)=11 000,P(B)=101 000=1100,
P(C)=501 000=120.
故事件A,B,C的概率分别为11 000,1100,120.
(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+501 000=611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000.
(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,
所以P(N)=1-P(A∪B)=1-11 000+1100=9891 000.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.
[方法技巧]
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接求解法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和;
(2)间接法:先求该事件的对立事件的概率,再由P(A)=1-P(A)求解.当题目涉及“至多”“至少”型问题时,多考虑间接法.

能力练通      抓应用体验的“得”与“失”                   
1.[考点一]把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人,每人分得1张,事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是(  )
A.对立事件
B.不可能事件
C.互斥事件但不是对立事件
D.以上答案都不对
解析:选C 由互斥事件和对立事件的概念可判断,应选C.
2.[考点一]抽查10件产品,设事件A为“至少有2件次品”,则事件A的对立事件为(  )
A.至多有2件次品   B.至多有1件次品
C.至多有2件正品   D.至少有2件正品
解析:选B 因为“至少有n个”的反面是“至多有n-1个”,又因为事件A为“至少有2件次品”,所以事件A的对立事件为“至多有1件次品”.
3.[考点二]口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球,其中红球45个,从口袋中摸出一个球,摸出白球的概率为0.23,则摸出黑球的概率为(  )
A.0.45   B.0.67 
C.0.64   D.0.32
解析:选D 由题可知,摸出红球的概率为0.45,摸出白球的概率为0.23,故摸出黑球的概率P=1-0.45-0.23=0.32.
4.[考点二]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17,都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是(  )
A.17  B.1235  C.1735   D.1
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)=P(A)+P(B)=17+1235=1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.
5.[考点二]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     
(分钟/人) 1 1.5 2 2.5 3
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,其估计值为1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10100=1.9(分钟).
(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”,将频率视为概率得P(A1)=20100=15,P(A2)=10100=110.则P(A)=1-P(A1)-P(A2)=1-15-110=710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]                                          
1.(2016•全国甲卷)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,一年内出险次数小于2的频率为60+50200=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+30200=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.
2.(2015•新课标全国卷Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度,从A,B两地区分别随机调查了40个用户,根据用户对产品的满意度评分,得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表.
 
B地区用户满意度评分的频数分布表
满意度评分分组 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
频数 2 8 14 10 6
(1)在图②中作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图,并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,给出结论即可).
 
(2)根据用户满意度评分,将用户的满意度分为三个等级:
满意度评分 低于70分 70分到89分 不低于90分
满意度等级 不满意 满意 非常满意

估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大?说明理由.
解:(1)B地区用户满意度评分的频率分布直方图如图所示.
 
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CA表示事件:“A地区用户的满意度等级为不满意”;CB表示事件:“B地区用户的满意度等级为不满意”.由直方图得P(CA)的估计值为(0.01+0.02+0.03)×10=0.6,P(CB)的估计值为(0.005+0.02)×10=0.25.
所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大.

[课时达标检测]     重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考           
[练基础小题——强化运算能力]
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.
2.在一次随机试验中,彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3,则下列说法正确的是(  )
A.A∪B与C是互斥事件,也是对立事件
B.B∪C与D是互斥事件,也是对立事件
C.A∪C与B∪D是互斥事件,但不是对立事件
D.A与B∪C∪D是互斥事件,也是对立事件
解析:选D 由于A,B,C,D彼此互斥,且A∪B∪C∪D是一个必然事件,故其事件的关系可由如图所示的Venn图表示,由图可知,任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.
3.甲、乙两人下棋,和棋的概率为12,乙获胜的概率为13,则下列说法正确的是(  )
A.甲获胜的概率是16   B.甲不输的概率是12
C.乙输了的概率是23   D.乙不输的概率是12
解析:选A “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件,所以“甲获胜”的概率是P=1-12-13=16,故A正确;“乙输了”等于“甲获胜”,其概率为16,故C不正确;设事件A为“甲不输”,则A是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件,所以P(A)=16+12=23或设事件A为“甲不输”,则A是“乙获胜”的对立事件,所以P(A)=1-13=23,故B不正确;同理,“乙不输”的概率为56,故D不正确.
4.某城市2016年的空气质量状况如下表所示:
污染指数T 30 60 100 110 130 140
概率P 110
16
13
730
215
130

其中污染指数T≤50时,空气质量为优;50<T≤100时,空气质量为良;100<T≤150时,空气质量为轻微污染,则该城市2016年空气质量达到良或优的概率为________.
解析:由题意可知2016年空气质量达到良或优的概率为P=110+16+13=35.
答案:35
5.口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球,从中摸出1个球,摸出红球的概率是0.42,摸出白球的概率是0.28,若红球有21个,则黑球有________个.
解析:摸到黑球的概率为1-0.42-0.28=0.3.设黑球有n个,则0.4221=0.3n,故n=15.
答案:15
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1.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%,则抽检一个产品是正品(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.
2.容量为20的样本数据,分组后的频数如下表:
分组 [10,20) [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70)
频数 2 3 4 5 4 2
则样本数据落在区间[10,40)的频率为(  )
A.0.35         B.0.45       C.0.55     D.0.65
解析:选B 数据落在[10,40)的概率为2+3+420=920=0.45,故选B.
3.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
解析:选B 这批米内夹谷约为28254×1 534≈169石,故选B.
4.从某校高二年级的所有学生中,随机抽取20人,测得他们的身高(单位:cm)分别为:
162,153,148,154,165,168,172,171,173,150,
151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.
根据样本频率分布估计总体分布的原理,在该校高二年级的所有学生中任抽一人,估计该生的身高在155.5 cm~170.5 cm之间的概率约为(  )
A.25  B.12  C.23  D.13
解析:选A 从已知数据可以看出,在随机抽取的这20位学生中,身高在155.5 cm~170.5 cm之间的学生有8人,频率为25,故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人,其身高在155.5 cm~170.5 cm之间的概率约为25.
5.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.54,2   B.54,32 
C.54,32   D.54,43
解析:选D 由题意可得0<PA<1,0<PB<1,PA+PB≤1,
即0<2-a<1,0<4a-5<1,3a-3≤1,解得54<a≤43.
6.做掷一个骰子的试验,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(  )
A.13      B.12       C.23       D.56
解析:选C 由于基本事件总数为6,故P(A)=26=13,P(B)=46=23,从而P(B-)=1-P(B)=1-23=13,又A与B-互斥,故P(A+B-)=P(A)+P(B-)=13+13=23.故选C.
二、填空题
7.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
8.2014年6月,一篇关于“键盘侠”的时评引发了大家对“键盘侠”的热议(“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.
解析:在随机抽取的50人中,持反对态度的频率为1-1450=1825,则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有9 600×1825=6 912(人).
答案:6 912
9.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________.
解析:由题意得an=(-3)n-1,易知前10项中奇数项为正,偶数项为负,所以小于8的项为第一项和偶数项,共6项,即6个数,所以P=610=35.
答案:35
10.若A,B互为对立事件,其概率分别为P(A)=4x,P(B)=1y,则x+y的最小值为________.
解析:由题意,x>0,y>0,4x+1y=1.则x+y=(x+y)•4x+1y=5+4yx+xy≥9,当且仅当x=2y时等号成立,故x+y的最小值为9.
答案:9
三、解答题
11.某河流上的一座水力发电站,每年六月份的发电量Y(单位:万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位:毫米)有关.据统计,当X=70时,Y=460;X每增加10,Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
(1)完成如下的频率分布表:
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率 120
 420
  220

(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同,并将频率视为概率,求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率.
解:(1)在所给数据中,降雨量为110毫米的有3个,为160毫米的有7个,为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量 70 110 140 160 200 220
频率 120
320
420
720
320
220

(2)由已知可得Y=X2+425,
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)
=P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210)
=P(X=70)+P(X=110)+P(X=220)
=120+320+220=310.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为310.

 

12.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验,一株该种作物的年收获量 Y(单位:kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示:

X 1 2 3 4
Y 51 48 45 42
 这里,两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.
(1)完成下表,并求所种作物的平均年收获量;
Y 51 48 45 42
频数  4  
(2)在所种作物中随机选取一株,求它的年收获量至少为48 kg的概率.
解:(1)所种作物的总株数为1+2+3+4+5=15,其中“相近”作物株数为1的作物有2株,“相近”作物株数为2的作物有4株,“相近”作物株数为3的作物有6株,“相近”作物株数为4的作物有3株.列表如下:
Y 51 48 45 42
频数 2 4 6 3
所种作物的平均年收获量为51×2+48×4+45×6+42×315
=102+192+270+12615=69015=46.
(2)由(1)知,P(Y=51)=215,P(Y=48)=415.
故在所种作物中随机选取一株,它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)=P(Y=51)+P(Y=48)=215+415=25.

 

 


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