高考数学考点归纳之 随机事件的概率 12页

高考数学考点归纳之 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 试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数❶，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝ nA n 为事件 A 出现的频率❷. (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 包含关系 A 发生⇒B 发生 事件B 包含事件A(事件A 包含于事件 B) B⊇A(或 A⊆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 发生或 B 发生 事件A与事件B的并事件 (或和事件)❸ A∪B(或 A＋B) 交(积) 事件 A 发生且 B 发生 事件A与事件B的交事件 (或积事件) A∩B(或 AB) 互斥事件 A∩B 为不可能事件 事件 A 与事件 B 互斥❹ A∩B＝∅ 对立事件 A∩B 为不可能事件，A∪ B 为必然事件 事件A与事件B互为对立 事件❺ A∩B＝∅， 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 n 的可能取值介于 0 与 1 之间，即 0≤fn(A)≤1. 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 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 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 动卡”的概率是 3 10 ，那么概率是 7 10 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：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 数据知，最高气温低于 25 ℃的频率为2＋16＋36 90 ＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过 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. 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 为36＋25＋7＋4 90 ＝0.8，因此 Y 大于零的概率的估计值为 0.8. [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 于 2 的频率为60＋50 200 ＝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＋30 200 ＝0.30，故 P(B)的估计 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)； (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)易知 P(A)＝ 1 1 000 ，P(B)＝ 1 100 ，P(C)＝ 1 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 1 000 ＝ 61 1 000. 故 1 张奖券的中奖概率为 61 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， 所以 P(N)＝1－P(A∪B)＝1－ 1 1 000 ＋ 1 100 ＝ 989 1 000. 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 989 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 (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＋3×10 100 ＝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)＝ 20 100 ＝1 5 ，P(A2)＝ 10 100 ＝ 1 10.则 P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－1 5 － 1 10 ＝ 7 10. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 7 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. 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1 7 ，都是白子的 概率为12 35.则从中任意取出 2 粒恰好是同一颜色的概率为( ) A.1 7 B.12 35 C.17 35 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)＝1 7 ＋12 35 ＝17 35 ，即任意取出 2 粒恰好是同一颜色的概率为17 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( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.5 6 解析：选 C 掷一个骰子的试验有 6 种可能结果，依题意 P(A)＝2 6 ＝1 3 ，P(B)＝4 6 ＝2 3 ， 所以 P( B )＝1－P(B)＝1－2 3 ＝1 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) ＋P( B )＝1 3 ＋1 3 ＝2 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)＝( ) A.1 3 B.2 3 C.1 2 D.5 6 解析：选 B 事件 A 为掷出向上为偶数点，所以 P(A)＝1 2. 事件 B 为掷出向上为 3 点，所以 P(B)＝1 6. 又事件 A，B 是互斥事件， 所以 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝2 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 4 ，2 B. 5 4 ，3 2 C. 5 4 ，3 2 D. 5 4 ，4 3 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5 4 ＜a≤4 3. 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 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. 解析：在随机抽取的 50 人中，持反对态度的频率为 1－14 50 ＝18 25 ，则可估计该地区对“键 盘侠”持反对态度的有 9 600×18 25 ＝6 912(人). 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 取一个，取得两个红玻璃球的概率为 7 15 ，取得两个绿玻璃球的概率为 1 15 ，则取得两个同色玻 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 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＝ 7 15 ＋ 1 15 ＝ 8 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 至少取得一个红玻璃球的概率为 P(A)＝1－P(B)＝1－ 1 15 ＝14 15. 答案： 8 15 14 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] 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 1 000(50×400＋100×300＋150×280＋200×20)＝96. (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 P(A)＝ 150 1 000 ＝0.15，P(B)＝ 120 1 000 ＝0.12. 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 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 24 100 ＝0.24，由 频率估计概率得 P(C)＝0.24. B 级 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 解析：选 B 这批米内夹谷约为 28 254 ×1 534≈169 石，故选 B . 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( ) A.3 5 B.1 2 C. 3 10 D.1 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 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＝ 6 10 ＝3 5. 3.[与不等式交汇]若 A，B 互为对立事件，其概率分别为 P(A)＝4 x ，P(B)＝1 y ，则 x＋y 的 最小值为________. 解析：由题意，x＞0，y＞0，4 x ＋1 y ＝1.则 x＋y＝(x＋y)· 4 x ＋1 y ＝5＋ 4y x ＋x y ≥5＋2 4y x ·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 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 200 1 000 ＝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＋200 1 000 ＝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 200 1 000 ＝0.2， 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋300 1 000 ＝0.6， 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为 100 1 000 ＝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. 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； 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.