高三数学总复习 （回顾+突破+巩固+提升作业） 第十章 第二节 古典概型课件 文.ppt

第二节古典概型 1 古典概型具有以下两个特征的随机试验的数学模型称为古典概型 1 有限性 试验的所有可能结果 每次试验只出现其中的一个结果 2 等可能性 每个试验结果出现的可能性 只有有限个 相同 2 古典概型的概率公式如果试验的所有可能结果 基本事件 数为n 随机事件a包含的基本事件数为m 那么事件a的概率规定为p a 3 互斥事件定义 在一个随机试验中 把一次试验下 的两个事件a与b称作互斥事件 p a b 概率公式 p a1 a2 an 不能同时发生 p a p b p a1 p a2 p an 4 对立事件的概率在每一次试验中 相互对立的事件a和事件不会同时发生 并且一定有一个发生 对立事件也称为逆事件 其计算公式 p 1 p a 判断下面结论是否正确 请在括号中打 或 1 我们所说的试验都是古典概型 2 在适宜条件下 种下一粒种子观察它是否发芽 属于古典概型 其基本事件是 发芽与不发芽 3 掷一枚硬币两次 出现 两个正面 一正一反 两个反面 这三个结果是等可能事件 4 两个事件的和事件是指两个事件都得发生 5 两个事件对立时一定互斥 但两个事件互斥时不一定对立 解析 1 错误 在一次试验中 可能出现的结果是有限个 并且每个试验结果的可能性是均等的 这样的试验才是古典概型 2 错误 它不符合古典概型的定义中每个事件发生的可能性相等 3 错误 掷一枚硬币两次 出现 正 正 正 反 反 正 反 反 这四个事件是等可能事件 4 错误 两个事件的和事件是指两个事件至少有一个发生 不一定是同时发生 5 正确 由互斥事件与对立事件的概念可知该说法正确 答案 1 2 3 4 5 1 从甲 乙 丙三人中任选两人参加志愿者服务 甲 乙均被选中的概率是 b c d 解析 选b 任选两人为志愿者的结果有 甲 乙 甲 丙 乙 丙 共3种 所以甲 乙均被选中的概率是故选b 2 连续抛掷两枚骰子得到的点数分别是m n 则向量a m n 与向量b 1 1 共线的概率是 a b c d 解析 选c 由向量a m n 与向量b 1 1 共线 可得m n 连续抛掷两枚骰子得到的点数 m n 的可能结果共有36种 m n的有6种 分别是 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 所以所求概率 3 设a是抛掷一枚骰子得到的点数 则方程x2 ax 2 0有两个不相等的实数根的概率为 a b c d 解析 选a 由方程x2 ax 2 0有两个不相等的实数根 得 a2 8 0 故a 3 4 5 6 根据古典概型的概率计算公式有 4 在第3 6 16路公共汽车的一个停靠站 假定这个车站只能停靠一辆公共汽车 有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里 他可乘3路或6路公共汽车到厂里 已知3路公共汽车 6路公共汽车在5分钟之内到此车站的概率分别为0 20和0 60 则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为 a 0 12 b 0 20 c 0 60 d 0 80 解析 选d 能上车 记为事件a 则3路或6路公共汽车有一辆路过即事件发生 故p a 0 20 0 60 0 80 5 三张卡片上分别写有字母a a b 将三张卡片随机地排成一行 恰好排成b a a的概率是 解析 三张卡片共有6种排法 排成b a a有两种 故答案 6 在20瓶饮料中 有2瓶已过了保质期 从中任取一瓶 取到已过保质期的饮料的概率是 解析 从20瓶饮料中 拿一瓶共有20种可能性 已过保质期的共有2种可能 所以取到已过保质期的饮料的概率为答案 考向1简单古典概型的概率 典例1 1 十一 国庆假期 甲 乙两人一起去游玩 他们约定 各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览 每个景点参观一小时 则最后一小时他们同在一个景点的概率是 a b c d 2 2012 江苏高考 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 思路点拨 1 由于每个景点被参观的可能性相等 且构成的基本事件个数有限 因此该问题能归结到古典概型解决 2 从等比数列的通项公式和等可能事件的概率两方面处理 规范解答 1 选d 若用 1 2 3 4 5 6 代表6处景点 显然甲 乙两人最后一小时游览的景点可能为 1 1 1 2 1 3 6 6 共36种 其中满足题意的 最后一小时他们同在一个景点 包括 1 1 2 2 3 3 6 6 共6个基本事件 所以所求的概率为 2 这10个数是1 3 3 2 3 3 3 4 3 5 3 6 3 7 3 8 3 9 所以它小于8的概率等于答案 互动探究 在本例题 2 中 条件不变 则它大于8的概率是多少 解析 小于8的对立事件为大于等于8 而等于8的事件没有 因此 本题中大于8的事件与小于8的事件为对立事件 因此它大于8的概率为 拓展提升 1 求古典概型的概率的基本步骤 1 算出所有基本事件的个数n 2 求出事件a包含的所有基本事件数m 3 代入公式p a 求出p a 2 基本事件个数的确定方法 变式备选 从 1 2 3 4 5 中随机选取一个数为a 从 1 2 3 中随机选取一个数为b 则b a的概率为 a b c d 解析 选d 将a b看作数对 共有 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 1 3 2 3 3 3 4 3 5 3 15种基本事件 其中b a的有 1 2 1 3 2 3 3个基本事件 符合条件的概率为 考向2互斥事件 对立事件的概率 典例2 1 在一次投掷骰子的试验中 记事件a1 出现4点 a2 出现大于3点 a3 出现小于6点 a4 出现6点 下列等式中正确的是 a p a1 a2 p a1 p a2 b p a1 a3 p a1 p a3 c p a2 a3 p a2 p a3 d p a1 a4 p a1 p a4 2 从一批羽毛球产品中任取一个 质量小于4 8g的概率是0 3 质量不小于4 85g的概率是0 32 那么质量在 4 8 4 85 g范围内的概率是 a 0 62 b 0 38 c 0 7 d 0 68 3 某射手在一次射击中 射中10环 9环 8环的概率分别为0 2 0 3 0 1 则此射手在一次射击中不超过8环的概率为 思路点拨 1 由于选项中的公式只有两个互斥事件的和事件的概率才满足 所以只需判断a1与a2 a1与a3 a1与a4以及a2与a3是否互斥即可 2 利用概率的性质及互斥事件概率的公式即可解决 3 不超过8环的事件与大于8环的事件为对立事件 大于8环含有10环和9环 规范解答 1 选d 由题设 只有事件a1与a4是互斥事件 因此p a1 a4 p a1 p a4 即选d 2 选b 设一个羽毛球的质量为 g 则p 4 8 p 4 8 4 85 p 4 85 1 所以p 4 8 4 85 1 0 3 0 32 0 38 3 依题意知 此射手在一次射击中不超过8环的概率为1 0 2 0 3 0 5 答案 0 5 拓展提升 求复杂的互斥事件的概率的两种方法 1 直接求法 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 运用互斥事件概率的加法公式计算 2 间接求法 先求此事件的对立事件的概率 再用公式p a 1 p 求得 即运用逆向思维 正难则反 特别是 至多 至少 型题目 用间接求法会较简便 提醒 应用互斥事件概率的加法公式 一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥 然后求出各事件发生的概率 再求和 变式训练 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 0 970 03 考向3构建不同的概率模型解决问题 典例3 1 2013 淮北模拟 一个袋中装有四个形状 大小完全相同的球 球的编号分别为1 2 3 4 先从袋中随机取一个球 该球的编号为m 将球放回袋中 然后再从袋中随机取一个球 该球编号为n 则n m 2的概率为 2 2013 大连模拟 同时投掷两粒骰子 求向上的点数之和为奇数的概率 思路点拨 1 将两次取出的球的编号看作有序实数对 列举出基本事件及满足n m 2的事件 转化为古典概型及对立事件的概率求解 2 适当选取观察角度以减少复杂的计数 角度一 通过坐标法列出所有基本事件 角度二 把一次试验的所有可能结果取为 奇 奇 奇 偶 偶 奇 偶 偶 角度三 把一次试验的所有可能结果取为 点数之和为奇数 点数之和为偶数 规范解答 1 依题设 一切可能结果 m n 有 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 3 1 3 2 3 3 3 4 4 1 4 2 4 3 4 4 共16个 又满足条件n m 2的事件为 1 3 1 4 2 4 共3个 所以满足条件n m 2的事件的概率为故满足条件n m 2的事件的概率为p 1 p1 答案 2 方法一 从下图可以看出基本事件与所描点一一对应 有36种 记 向上的点数之和为奇数 为事件a 从图中可以看出 事件a包含的基本事件共有18个 因此 方法二 由于两粒骰子中出现奇 偶数的机会相同 且每粒骰子中的奇 偶数的个数也相同 若把一次试验的所有可能结果取为 奇 奇 奇 偶 偶 奇 偶 偶 基本事件总数为4 且每个事件出现是等可能的 事件a 点数之和为奇数 包含的基本事件个数为2 故 方法三 由于两粒骰子中出现奇 偶数的机会相同 且每粒骰子中的奇 偶数的个数也相同 若把一次试验的所有可能结果取为 点数之和为奇数 点数之和为偶数 则基本事件总数为2 且每个事件出现是等可能的 事件a 点数之和为奇数 包含的基本事件个数为1 故 拓展提升 建立概率模型的原则 要求及作用 1 原则 建立概率模型的一般原则是 结果越少越好 这就要求选择恰当的观察角度 把问题转化为易于解决的古典概型问题 2 要求 每次试验有一个并且只有一个基本事件出现 3 作用 一方面 对于同一个实际问题 有时可以通过建立不同的 模型 来解决 即 一题多解 在这 多解 的方法中 再寻求较为 简捷 的解法 另一方面 又可以用一种 模型 去解决很多 不同 的问题 即 多题一解 变式训练 已知 p 3 q 3 当p q z时 求方程x2 2px q2 1 0有两个相异实数根的概率 解析 由方程x2 2px q2 1 0有两个相异实数根 可得 2p 2 4 q2 1 0 即p2 q2 1 当p q z时 设点m p q 如图 直线x 3 2 1 0 1 2 3和直线y 3 2 1 0 1 2 3的交点 即为点m 共有49个 其中在圆p2 q2 1上和圆p2 q2 1内的共有5个 图中黑点 当点m p q 落在圆p2 q2 1外时 方程x2 2px q2 1 0有两个相异实数根 所以方程x2 2px q2 1 0有两个相异实数根的概率 易错误区 基本事件判断不准致误 典例 2012 广东高考 从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个 其个位数为0的概率是 a b c d 误区警示 本题易出现的错误主要有两个方面 1 基本事件弄错 由于0与1 2 3 9这十个数字被取到不是等可能的 因此误认为本题不是古典概型 2 寻找基本事件时 误认为0与1 2 3 9的地位是一样的 致使基本事件个数不正确 规范解答 选d 首先确定符合条件的两位数的所有个数 再找到个位数是0的个数 利用公式求解 设个位数与十位数分别为y x 则如果两位数之和是奇数 则x y分别为一奇数 一偶数 第一类 x为奇数 y为偶数时 共有5 5 25 种 情况 第二类 x为偶数 y为奇数时 共有4 5 20 种 情况 两类共计45种情况 其中个位数是0 十位数是奇数的两位数有10 30 50 70 90这5个数 所以其中个位数是0的概率为 思考点评 1 基本事件的特点 1 任何两个基本事件是互斥的 2 任何事件 除不可能事件 都可以表示成基本事件的和 本题中基本事件是个位数与十位数之和为奇数的两位数 2 古典概型的判断标准判断一个概率问题是否是古典概型问题 其主要依据有以下两个标准 1 有限性 试验中所有可能出现的基本事件只有有限个 2 等可能性 每个基本事件出现的可能性相等 1 2013 鹰潭模拟 分别写有数字1 2 3 4的4张卡片 从这4张卡片中随机抽取2张 则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是 a b c d 解析 选d 从写有数字1 2 3 4的4张卡片中随机抽取2张 有 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 共6种 取出的2张卡片上的数字之和为奇数的取法有 1 2 1 4 2 3 3 4 共4种 故取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是 2 2013 合肥模拟 设函数若a是从0 1 2三数中任取一个 b是从1 2 3 4四数中任取一个 那么f x b恒成立的概率为 a b c d 解析 选a 当a 0时 因为f x b恒成立 所以恒成立 若b 1 则a 1 2 若b 2 则a 1 2 若b 3 则a 1 2 若b 4 则a 2 共7种情况 a 0时 b 1适合 故概率为 3 2012 浙江高考 从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中 随机 等可能 取两点 则该两点间的距离为的概率是 解析 如图 正方形abcd和中心e 从a b c d e中任取两点 有以下 a b a c a d a e b c b d b e c d c e d e 共10种情况 两点间距离为的有 a e b e c e d e 四种情况 由古典概型公式得答案 4 2013 宿州模拟 袋中有12个小球 分别为红球 黑球 黄球 绿球 从中任取一球 已知取到红球的概率是取到黑球或黄球的概率是取到黄球或绿球的概率也是则取到黑球 黄球 绿球的概率分别是 解析 设取得红球 黑球 黄球 绿球分别为事件a b c d 则b与c互斥 c与d互斥 设p b x p c y p d z 依题意有 p a p b p c p d p b c p b p c x y p c d p c p d y z 解上式得 答案 5 2013 新余模拟 甲 乙两颗卫星同时监测台风 在同一时刻 甲 乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0 8和0 75 则在同一时刻至少有