《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 專題四 概率與統計 第2講 概率與統計學案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 專題四 概率與統計 第2講 概率與統計學案 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　概率與統計 高考定位　1.以選擇題、填空題的形式考查古典概型、幾何概型的基本應用，同時滲透互斥事件、對立事件；2.概率常與統計知識結合在一起命題，主要以解答題形式呈現，中檔難度. 真 題 感 悟 1.(2018·全國Ⅱ卷)從2名男同學和3名女同學中任取2人參加社區(qū)服務，恰好選中的2人都是女同學的概率是(　　) A.0.6 B.0.5 C.0.4 D.0.3 解析　設2名男同學記為x，y，3名女同學記為a，b，c. 從中任取2人有{x，a}，{x，b}，{x，c}，{y，a}，{y，b}，{y，c}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，{x，y}共10種不同的

2、結果，其中都是女生的有{a，b}，{a，c}，{b，c}三種不同結果. 故所求事件的概率p＝＝0.3. 答案　D 2.(2018·全國Ⅰ卷)如圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形.此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則(　　) A.p1＝p2 B.p1＝p3 C.p2＝p3 D.p1＝p2＋p3 解析　不妨設△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，則BC＝2，所以區(qū)域Ⅰ

3、的面積即△ABC的面積，為S1＝×2×2＝2，區(qū)域Ⅲ的面積S3＝－S1＝π－2.區(qū)域Ⅱ的面積為S2＝π·－S3＝2.根據幾何概型的概率計算公式，得p1＝p2＝，p3＝，所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故選A. 答案　A 3.(2017·全國Ⅱ卷)從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為(　　) A. B. C. D. 解析　法一　如下表所示，表中的點橫坐標表示第一次取到的數，縱坐標表示第二次取到的數， 1 2 3 4 5 1 (1，1) (1，2) (

4、1，3) (1，4) (1，5) 2 (2，1) (2，2) (2，3) (2，4) (2，5) 3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，4) (3，5) 4 (4，1) (4，2) (4，3) (4，4) (4，5) 5 (5，1) (5，2) (5，3) (5，4) (5，5) 總計有25種情況，滿足條件的有10種， 所以所求概率為＝. 法二　從5張卡片中有放回的隨機抽取兩次，共有25種結果.其中兩次卡片上的數相同有5種. 所以抽得卡片上數字不同的概率p＝1－＝， 因此所求事件的概率p′＝p＝. 答案　D 4.(201

5、8·天津卷)已知某校甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數分別為240，160，160.現采用分層抽樣的方法從中抽取7名同學去某敬老院參加獻愛心活動. (1)應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取多少人？ (2)設抽出的7名同學分別用A，B，C，D，E，F，G表示，現從中隨機抽取2名同學承擔敬老院的衛(wèi)生工作. ①試用所給字母列舉出所有可能的抽取結果； ②設M為事件“抽取的2名同學來自同一年級”，求事件M發(fā)生的概率. 解　(1)由已知，甲、乙、丙三個年級的學生志愿者人數之比為3∶2∶2，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7名同學，因此應從甲、乙、丙三個年級的學生志愿者中分別抽取3人，2人

6、，2人. (2)①從抽出的7名同學中隨機抽取2名同學的所有可能結果為 {A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21種. ②由(1)，不妨設抽出的7名同學中，來自甲年級的是A，B，C，來自乙年級的是D，E，來自丙年級的是F，G，則從抽出的7名同學中隨機抽取的2名同學來自同一年級的所有可能結果為{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5種.所以，事件M發(fā)生的概

7、率P(M)＝. 考 點 整 合 1.古典概型的概率 (1)公式P(A)＝＝. (2)古典概型的兩個特點：所有可能出現的基本事件只有有限個；每個基本事件出現的可能性相等. 2.幾何概型的概率 (1)P(A)＝. (2)幾何概型應滿足兩個條件：①試驗中所有可能出現的結果(基本事件)有無限多個；②每個基本事件出現的可能性相等. 3.概率的性質及互斥事件的概率 (1)概率的取值范圍：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率：P(A)＝1. (3)不可能事件的概率：P(A)＝0. (4)若A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，特別地P(A)＋P()＝1. 熱點一

8、　幾何概型 【例1】 (1)(2016·全國Ⅰ卷)某公司的班車在7：30，8：00，8：30發(fā)車，小明在7：50至8：30之間到達發(fā)車站乘坐班車，且到達發(fā)車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過10分鐘的概率是(　　) A. B. C. D. (2)(2018·湖南師大附中聯考)太極圖是以黑白兩個魚形紋組成的圖形圖案，它形象化地表達了陰陽輪轉，相反相成是萬物生成變化根源的哲理，展現了一種相互轉化，相對統一的形式美.按照太極圖的構圖方法，在平面直角坐標系中，圓O被y＝3sinx的圖象分割為兩個對稱的魚形圖案(如圖所示).其中小圓的半徑均為1，現在大圓內隨機取一點，則此點取自陰影部

9、分的概率為________. 解析　(1)如圖所示，畫出時間軸： 小明到達的時間會隨機的落在圖中線段AB上，而當他的到達時間落在線段AC或DB上時，才能保證他等車的時間不超過10分鐘. 根據幾何概型得所求概率p＝＝. (2)依題意，大圓的直徑為y＝3sinx的最小正周期T＝8.所以大圓的面積S＝π＝16π.又一個小圓的面積S0＝π×12＝π.故所求事件的概率P＝＝＝. 答案　(1)B　(2) 探究提高　1.幾何概型適用條件：當構成試驗的結果的區(qū)域為長度、面積、體積時，應考慮使用幾何概型求解. 2.求解關鍵：尋找構成試驗的全部結果的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域，有時需要設出變量，在

10、坐標系中表示所需要的區(qū)域. 易錯警示　在計算幾何概型時，對應的是區(qū)間、區(qū)域還是幾何體，一定要區(qū)分開來，否則結論不正確. 【訓練1】 (1)若函數f(x)＝在區(qū)間[0，e]上隨機取一個實數x，則f(x)的值不小于常數e的概率是(　　) A. B.1－ C. D. (2)(2018·湖南長郡中學調研)折紙已經成為開發(fā)少年兒童智力的一種重要工具和手段，已知在折疊“愛心”活動中，會產生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點，四邊形AEFG與四邊形DGHI也是正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，則該點落在陰影部分的概率為(　　)

11、 A. B. C. D. 解析　(1)當0≤x<1時，恒有f(x)＝ex

12、轉盤兩次，每次轉動后，待轉盤停止轉動時，記錄指針所指區(qū)域中的數.設兩次記錄的數分別為x，y.獎勵規(guī)則如下： ①若xy≤3，則獎勵玩具一個； ②若xy≥8則獎勵水杯一個； ③其余情況獎勵飲料一瓶. 假設轉盤質地均勻，四個區(qū)域劃分均勻，小亮準備參加此項活動. (1)求小亮獲得玩具的概率； (2)請比較小亮獲得水杯與獲得飲料的概率的大小，并說明理由. 解　用數對(x，y)表示兒童參加活動先后記錄的數，則基本事件空間Ω與點集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}一一對應. 因為S中元素的個數是4×4＝16. 所以基本事件總數n＝16. (1)記“xy≤3”為

13、事件A， 則事件A包含的基本事件數共5個， 即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)， 所以P(A)＝，即小亮獲得玩具的概率為. (2)記“xy≥8”為事件B，“3＜xy＜8”為事件C. 則事件B包含的基本事件數共6個. 即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4). 所以P(B)＝＝. 事件C包含的基本事件數共5個， 即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1). 所以P(C)＝.因為＞， 所以小亮獲得水杯的概率大于獲得飲料的概率. 探究提高　1.求古典概型的概率的關鍵是正確列舉出基本事件的總數和待求事件

14、包含的基本事件數. 2.兩點注意：(1)對于較復雜的題目，列出事件數時要正確分類，分類時應不重不漏. (2)當直接求解有困難時，可考慮求其對立事件的概率. 【訓練2】 (2018·泰安質檢)某產品按行業(yè)質量標準分成五個等級A，B，C，D，E，現從一批產品中隨機抽取20件，對其等級進行統計分析，得到頻率分布表如下： 等級 A B C D E 頻率 a b 0.45 c 0.1 (1)若所抽取的20件產品中，等級為A的恰有2件，等級為B的恰有4件，求c的值； (2)在(1)的條件下，將等級為A的2件產品記為A1，A2，等級為B的4件產品記為B1，B2，B3，B4，

15、現從A1，A2，B1，B2，B3，B4這6件產品中任取兩件(假定每件產品被取出的可能性相同)，寫出所有可能的結果，并求這兩件產品的等級不相同的概率. 解　(1)由題意得a＝＝0.1，b＝＝0.2. ∴c＝1－(0.1＋0.2＋0.45＋0.1)＝0.15. (2)由題意可得，所有可能的結果為：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)共15種情況. 任取兩件產品中等級不同的共有8種情況， 所

16、以，任取兩件產品等級不同的概率為P＝. 熱點三　概率與統計的綜合問題 【例3】 (2018·西安二模)手機作為客戶端越來越為人們所青睞，通過手機實現衣食住行消費已經成為一種主要的消費方式.在某市隨機調查了200名顧客購物時使用手機支付的情況，得到如下的2×2列聯表.已知從使用手機支付的人群中隨機抽取1人，抽到青年的概率為. (1)根據已知條件完成2×2列聯表，并根據此資料判斷是否有99.5%的把握認為“市場購物用手機支付與年齡有關”？ 2×2列聯表： 青年 中老年 總計 使用手機支付120 不使用手機支付48 總計200 (2)現采

17、用分層抽樣的方法從這200名顧客中按照“使用手機支付”和“不使用手機支付”抽取得到一個容量為5的樣本，設事件A為“從這個樣本中任選2人，這2人中至少有1人是不使用手機支付的”，求事件A發(fā)生的概率. 附：K2＝ P(K2≥k0) 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 3.841 5.024 6.635 7.879 解　(1)∵從使用手機支付的人群中隨機抽取1人，抽到青年的概率為， ∴使用手機支付的人群中的青年的人數為×120＝84. 則使用手機支付的人群中的中老年的人數為120－84＝36，所以2×2列聯表為： 青年 中老年 總計 使用手

18、機支付 84 36 120 不使用手機支付 32 48 80 總計 116 84 200 K2的觀測值k＝＝≈17.734. ∵17.734>7.879，P(K2≥7.879)＝0.005， 故有99.5%的把握認為“市場購物用手機支付與年齡有關”. (2)這200名顧客中采用分層抽樣，從“使用手機支付”和“不使用手機支付”中抽到一個容量為5的樣本中： 使用手機支付的人有5×＝3人，記編號為1，2，3. 不使用手機支付的人有2人，記編號為a，b. 則從這個樣本中任選2人有(1，2)，(1，3)，(1，a)，(1，b)，(2，3)，(2，a)，(2，b)，(3

19、，a)，(3，b)，(a，b)共10種. 其中至少有1人是不使用手機支付的有(1，a)，(1，b)，(2，a)，(2，b)，(3，a)，(3，b)，(a，b)共7種. 故所求事件A的概率P(A)＝. 探究提高　1.概率與統計的綜合題一般是先給出樣本數據或樣本數據的分布等，在解題中首先要處理好數據，如數據的個數、數據的分布規(guī)律等，即把數據分析清楚，然后再根據題目要求進行相關計算. 2.在求解該類問題時要注意兩點： (1)明確頻率與概率的關系，頻率可近似替代概率. (2)此類問題中的概率模型多是古典概型，在求解時，要明確基本事件的構成. 【訓練3】 (2018·石家莊質檢)交通違法扣

20、分，是指駕駛人在道路行車中不按規(guī)定行車，產生相應的交通違法行為，從而導致相應的交通違法扣分，目前道路交通安全違法行為扣分分值，主要分為1，2，3，6，12分共五個等級的分值扣分項目.某街道居委會調查了本街道男女各50名駕駛員的交通違法扣分情況，如下表： 扣分 12 6 3 2 1 0 男駕駛員 1 4 10 11 4 20 女駕駛員 1 2 14 5 3 25 (1)寫出樣本中男駕駛員扣分(包含0分情況)的眾數和中位數； (2)從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，求其中至少有1名女駕駛員的概率； (3)請你依據表中數據，運用所學統計知識對該

21、街道男女駕駛員交通違法扣分情況進行評價. 解　(1)樣本中男駕駛員扣分的眾數是0，中位數是2. (2)分別記樣本中扣6分的4名男駕駛員為a，b，c，d，2名女駕駛員為M，N. 從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，分別是ab，ac，ad，aM，aN，bc，bd，bM，bN，cd，cM，cN，dM，dN，MN，共有15種可能. 其中至少有1名女駕駛員共有9種可能. 設“從樣本中扣6分的6名駕駛員中任意抽取2人，其中至少有1名女駕駛員”為事件A，則P(A)＝＝. (3)從表中數據可以計算出男、女駕駛員交通違法扣分的平均值分別為，，可以估計該街道男駕駛員去年全年交通違法扣分比女駕駛員

22、略高(答案不唯一). 一、選擇題 1.(2018·全國Ⅲ卷)若某群體中的成員只用現金支付的概率為0.45，既用現金支付也用非現金支付的概率為0.15，則不用現金支付的概率為(　　) A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7 解析　某群體中的成員分為只用現金支付、既用現金支付也用非現金支付、不用現金支付，是互斥事件，所以不用現金支付的概率為1－(0.15＋0.45)＝0.4. 答案　B 2.(2018·合肥模擬)三國時期吳國的數學家趙爽曾創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用數形結合的方法給出了勾股定理的詳細證明.如圖所示的“勾股圓方圖”中，四個全等的直角三角形與中間的小

23、正方形拼成一個大正方形，其中一個直角三角形中較小的銳角α滿足tan α＝，現向大正方形內隨機投擲一枚飛鏢，則飛鏢落在小正方形內的概率是(　　) A. B. C. D. 解析　在Rt△ABC中，tan α＝.不妨設BC＝3，則AC＝4， 則AB＝5，DC＝1，故p＝＝＝. 答案　D 3.(2016·全國Ⅲ卷)小敏打開計算機時，忘記了開機密碼的前兩位，只記得第一位是M，I，N中的一個字母，第二位是1，2，3，4，5中的一個數字，則小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率是(　　) A. B. C. D. 解析　小敏輸入密碼的所有可能情況如下：(M，1)，(M，2

24、)，(M，3)，(M，4)，(M，5)，(I，1)，(I，2)，(I，3)，(I，4)，(I，5)，(N，1)，(N，2)，(N，3)，(N，4)，(N，5)，共15種. 而能開機的密碼只有一種，所以小敏輸入一次密碼能夠成功開機的概率為. 答案　C 4.(2017·天津卷)有5支彩筆(除顏色外無差別)，顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫.從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為(　　) A. B. C. D. 解析　從5支彩筆中任取2支不同顏色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫、黃藍、黃綠、黃紫、藍綠、藍紫、綠紫，共10種，其中取出的2支彩筆

25、中含有紅色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫，共4種. 所以所求概率p＝＝. 答案　C 5.有一底面半徑為1、高為2的圓柱，點O為這個圓柱底面圓的圓心，在這個圓柱內隨機取一點P，則點P到點O的距離大于1的概率為(　　) A. B. C. D. 解析　設點P到點O的距離小于等于1的概率為p1，由幾何概型，則p1＝＝＝. 故點P到點O的距離大于1的概率p＝1－＝. 答案　B 二、填空題 6.(2018·廣州二模)在區(qū)間[－6，7]內任取一實數m，f(x)＝－x2＋mx＋m的圖象與x軸有公共點的概率為________. 解析　∵f(x)＝－x2＋mx＋m圖象與x軸有公

26、共點， ∴Δ＝m2＋4m≥0，則m≥0或m≤－4. 故所求事件概率p＝＝. 答案　 7.(2018·湖北六校聯考)一個棱長為4的正方體涂上紅色后，將其均切成棱長為1的若干個小正方體，置于一密閉容器中攪拌均勻，從中任取一個小正方體，則取到至少兩面涂紅色的小正方體的概率為________. 解析　一個棱長為4的正方體涂上紅色后，將其切成棱長為1的小正方體，切割后共計43＝64個正方體.原來的正方體有8個頂點、12條棱、6個面，所以三面紅色的正方體有8個；兩面紅色的正方體數為棱數的2倍，有12×2＝24個. ∴從中任取一個，則取到至少兩面涂紅色的小正方體的概率為p＝＝. 答案　 8.

27、(2017·黃山二模改編)從集合A＝{2，4}中隨機抽取一個數記為a，從集合B＝{1，3}中隨機抽取一個數記為b，則f(x)＝ax2＋bx＋1在(－∞，－1]上是減函數的概率為________. 解析　依題意，數對(a，b)所有取值為(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)共4種情況. 記“f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數”為事件A. 則A發(fā)生時，x＝－≥－1，即a≥b. ∴事件A發(fā)生時，有(2，1)，(4，1)，(4，3)共3種情況. 故所求事件的概率P(A)＝. 答案　 三、解答題 9.(2018·北京卷)電影公司隨機收集了電影的有關數據，經分類整理得到下表：

28、 電影類型 第一類 第二類 第三類 第四類 第五類 第六類 電影部數 140 50 300 200 800 510 好評率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1 好評率是指：一類電影中獲得好評的部數與該類電影的部數的比值. (1)從電影公司收集的電影中隨機選取1部，求這部電影是獲得好評的第四類電影的概率； (2)隨機選取1部電影，估計這部電影沒有獲得好評的概率； (3)電影公司為增加投資回報，擬改變投資策略，這將導致不同類型電影的好評率發(fā)生變化.假設表格中只有兩類電影的好評率數據發(fā)生變化，那么哪類電影的好評率增加0.1，哪類電影的好

29、評率減少0.1，使得獲得好評的電影總部數與樣本中的電影總部數的比值達到最大(只需寫出結論)? 解　(1)由題意知，樣本中電影的總部數是140＋50＋300＋200＋800＋510＝ 2 000， 第四類電影中獲得好評的電影部數是200×0.25＝50. 故所求概率為＝0.025. (2)由題意知，樣本中獲得好評的電影部數是 140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1 ＝56＋10＋45＋50＋160＋51＝372. 故所求概率估計為1－＝0.814. (3)增加第五類電影的好評率，減少第二類電影的好評率. 10.(201

30、7·山東卷)某旅游愛好者計劃從3個亞洲國家A1，A2，A3和3個歐洲國家B1，B2，B3中選擇2個國家去旅游. (1)若從這6個國家中任選2個 ，求這2個國家都是亞洲國家的概率； (2)若從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，求這2個國家包括A1但不包括B1的概率. 解　(1)由題意知，從6個國家中任選兩個國家，其一切可能的結果組成的基本事件有： {A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15

31、個. 所選兩個國家都是亞洲國家的事件所包含的基本事件有 {A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3個. 則所求事件的概率為p＝＝. (2)從亞洲國家和歐洲國家中各任選一個，其一切可能的結果組成的基本事件有： {A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9個. 包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有 {A1，B2}，{A1，B3}，共2個，則所求事件的概率為p＝. 11.(2018·成都診斷)某科研所共有30位科研員，其中60%的人愛好體育鍛煉.經體檢調查，這30

32、位科研員的健康指數(百分制)如下莖葉圖所示. 愛好體育鍛煉 不愛好體育鍛煉 5 6 8 9 8 5 6 3 3 4 5 7 7 6 6 5 2 1 7 2 9 7 6 4 3 2 0 8 5 5 4 2 9 1 3 體檢評價標準指出：健康指數不低于70者為身體狀況好，健康指數低于70者為身體狀況一般. (1)根據以上資料完成下面的2×2列聯表，并判斷有多大把握認為“身體狀況好與愛好體育鍛煉有關系”？ 身體狀況好 身體狀況一般 總計 愛

33、好體育鍛煉 不愛好體育鍛煉 總計 30 (2)從該科研所健康指數高于90的5人中隨機選取2人介紹養(yǎng)生之道，求這2人中至多1人愛好體育鍛煉的概率. 附：K2＝. K2≥k0 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 解　(1)2×2的列聯表如下： 身體狀況好 身體狀況一般 總計 愛好體育鍛煉 16 2 18 不愛好體育鍛煉 4 8 12 總計 20 10 30 則K2＝＝10>7.879， 所以有99.5%的把握認為“身體狀況好與愛好體育鍛煉有關”. (2)記“健康指數高于90的5人中愛好體育鍛煉的”為ai(i＝1，2，3)，“健康指數高于90的5人中不愛好體育鍛煉的”為bj(j＝1，2)，由題意知“從健康指數高于90的5人中隨機選取2人”的所有基本事件是：a1a2、a1a3、a1b1、a1b2、a2a3、a2b1、a2b2、a3b1、a3b2、b1b2. 記“2人中至多1人愛好體育鍛煉”為事件A，則事件＝“2人中都愛好體育鍛煉”， 又所含的基本事件為a1a2、a1a3、a2a3. ∴P()＝，故P(A)＝1－P()＝. 14