高三数学概率教案同步教案新人教A版

1、- PAGE 15 -用心爱心专心教学目标高三数学概率教案同步教案新人教 A 版了解随机事件和随机事件的概率，了解等可能性事件的概率，会用排列、组合的公式计算一些等可能事件的概率通过计算等可能事件的概率，提高综合运用排列、组合的知识的能力。通过运用排列、组合的基本公式计算等可能事件的概率通过互斥事件的概率的计算，进一步理解随机事件的概率的意义，提高分析问题和解决问题的能力通过对互斥事件、对立事件概念的理解及其概率的计算通过对独立事件概念的理解，以及其与互斥、对立事件的区别与联系的认知通过相互独立事件及其概率的计算，进一步熟练概率的计算方法，提高运用数学知识解决实际问题的能力结合二项分布公式与二

2、项展开式的关系，理解事物之间相互联系的观点和运用对立统一规律分析问题的辩证方法重点和难点随机事件的概率必然事件：在一定条件下必然要发生的事件；不可能事件： “在一定条件下不可能发生的事件；随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件。m事件的频率：该事件发生的次数m与试验总次数n 三比值n概率：在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的短率m 总是接近于某个常数，在n它附近摆动，这时把这个常数叫做事件做事件A 的概率，记作P（ A）等可能性事件的概率基本事件： 把一次试验连同其中可能出现的每一个结果称为一个基本事件，通常性况下，此试验中的某一事件A 由若干个基本事件组成。等可能性事件的概率公

3、式：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，即此试验由n 个基本事件组成， 而且所有结果出现的可能性相等，那么每一个基本事件的概率都是1 ，n如果某个事件A 包含的结果有m个，那么事件A 的概率P( A)mn从集合的角度着等可能事件的概率：将一次试验中等可能出现的n 个结果作为n 个元素组成集合I ，事件 A 包含的 m个结果作为m个元素组成I 的子集 A，那么，事件A的概率是A 的元素个数与I 的元素个数的比值。即p( A)card ( A)mcard ( I )n互事件有一个发生的概率。互斥事件：在一次试验中，不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件；一般地，如果事件A1. A2An 中的任何两

4、个都是互斥事件，则称事件A1. A2An 彼此互斥。对立事件：其中必有一个发生的两个互斥事件叫做对立事件，事件A 的对立事件记为A 。事件 A+B是指在同一试验中事件A或事件 B至可发生一个就表示它发生，且 P(A+B)=P(A)+P(B) ，（其中 A， B 是互斥事件）一般地， 若A1 . A2An 彼此互斥， 那么： P（A1A2+ An ）=P（A1 )P( A2 )+ P( An ) 对 立 事 件 的 概 率 和 等 于1 ， 即p( AA)P( A)P( A)1 ， 在 计 算 中 ， 利 用p( A)1P( A) 或p(A)1P( A) 常常可将概率的计算简化。相互独立事件同时

5、发生的概率相互独立事件：事件A（或 B）是否发生对事件B（或 A）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件。事件 A、B 是指在同一试验中，事件A 和事件 B 同时发生，且两个相互独立事件A、B 同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即p( AB)P( A)P( B) ，一般地，若事件A1. A2An 相互独立，那么：p( A1A2An)P( A1 )P( A2 )P( An )nn 次独立重复试验中， 某事件恰好发生K 次的概率： 如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生K 次的概率是pn (k)C k p k (1n k例题选讲例

6、1同时掷四枚均匀硬币，求：恰有两枚“正面向上”的概率；至少有两枚“正面向上”的概率分析：同时任意投掷四枚均匀硬币，每个硬币的结果都有两种可能性，四枚硬币的情况决定了一次试验的结果，每种结果的出现是等可能的，本月于等可能事件的概率问题四 枚硬币发生的结果总数我们可以分步确定，恰有两枚正面向上，可以先确定哪两枚正面向上， 则另两枚反面向上，至少有两枚正面向上可分类为两枚正面向上、三校正面向上、全部正面 向上解：同时投掷四枚硬币，正面、反面向上的不同结果总数为：（种）恰有两枚正面向上的结果总数为，所以恰有两枚正面向上的概率为至少有两枚正面向上的结果总数为：种所以至少两枚正面向上的概率为说明：使用等可

7、能事件概率公式时，首先要判定事件是不是等可能事件，本题实际上可推广到投掷几枚硬币，恰好有m枚正面向上的概率以及至少有m枚正面向上的概率，设两个事件分别为A、B，可以求到：例 2用 4 个不同的球任意投入4 个不同的盒子内，每盒投入的球数不限，计算：（l ）无空盒的概率，（2）恰好有一空盒的概率分析：一次试验的结果是每个球分别在哪个盒子，由于一个球投入哪一个盒中是任意的，所以一次试验的各个结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题，4 个不同小球投入4 个盒子的结果总数可以用分步计数原理求得，无空盒的情况实质上相当于每个小球在一个盒中，每个盒子一个球，也就是把4 个小球“分配到”4个不同的盆中，

8、 信有一个空盒的情况相当于有一个盒子两个球，还有两个盒子各1 球，至于它们各自的结果总数可以用排列组合的方法解决解：本题是等可能事件的概率问题，4 个不同的小球投入四个盆子的所有不同的结果总数为：（l ）无空盒的结果总数为所以无空盒的概率为（2）恰有一个空盒，则必有一盒2 球，另有两盒各1 球，其所有可能结果总数为：所以恰有一空盒的概率为：说明：由于每个小球投入哪一个盒子是任意的，从而导致4 个小球投入4 个盒子的不同结果是等可能的，现在把球换成人，盒子换成房间，则问题就转变成了若干人任意住进若干个房间的问题，这就是古典概率中有名的“分房问题”，请看下面的例子例 3有 6 个房间安排4 个旅游

9、者住宿，每人可以随意进哪一间，而且一个房间也可以住几个人试求下列事件的概率事件 A：指定的4 个房间中各有1 人；事件 B：恰有 4 个房间中各有1 人；事件 C：指定的某个房间中有两人；事件 D：第 1 号房间有 1 人，第 2 号房间有3 人分析：由于每个人进哪一个房间是随意的，所以4 个人住房的各种结果是等可能的，本题是等可能事件的概率问题所有可能的不同住房结果总数可以用分步计数原理求得，每人住房的结果都有6 种可能， 最后 4 个人住房的不同结果总数为事件 A 中指定的4 个房间中各有 1 人相当于4 个人排到4 个房间中去，有种不同结果；事件B 中恰有 4 个房间，每间 1 人与事件

10、A 的区别在于哪4 间房不空；事件C中指定的某房间2 人，我们可以先从4人中选 2 人进入此房间， 其它 2 人分步任意住进其它5 个房间； 事件 D可以先安排1 号房间 1人，再安排2 号房间 3 人解： 4 个人住进6 个房间，所有可能的住房结果总数为：（种）指定的4 个房间每间1 人共有种不同住法恰有 4 个房间每间1 人共有种不同住法指定的某个房间两个人的不同的住法总数为：（种），第一号房间1 人，第二号房间3 人的不同住法总数为：（种），说明：“分房问题”抽象化以后可以与许多问题发生联系，比如，前面例题的小球投入盒子、安排几个人做某几项工作，几列火车停在哪个站道，若干个同学各自在哪一

11、天生日等等我们可以看例子：某班有50 名同学，一年按365 天计算，至少有两名同学在同一天生日的概率是多少？50 名同学相当于上述例题中的旅游者，每一天相当于“房间”，50 名同学所有生日的不同结果总数为：，至少有两名同学在同一天生日的结果总数可用间接法计算，总数为，则至少有两人在同一天生日的概率为， 利用工具计算后将会发现，这是一个很接近1 的结果，即50 个人的一个班级中，有两个人在同一天生日的概率很大，高达0.97 ，几乎是令人惊讶的结果例 4某人有 5 把钥匙，其中有一把是打开房门的钥匙，但他忘记了哪一把是打开房门的钥匙，于是他逐把不重复地试开，问：恰好第三次打开房门锁的概率是多少？三

12、次内打开房门锁的概率是多少？分析：某人五次顺次拿出钥匙的结果相当于5 把钥匙的一个排列，由于他每次拿哪一把是任意的，所以不同的拿钥匙的结果的可能性相同，本题是等可能事件的概率问题恰好第三次打开房门锁相当于第三次拿出的钥匙正好是房门钥匙，或者说在5 把钥匙的一个排列中第 3 把钥匙正好是开房门钥匙，三次内打开房门相当于5 把钥匙的排列中，开房门钥匙出现在前 3 个解：本题是等可能事件的概率问题，某人5 次拿钥匙的所有不同的结果是恰好第3 次拿出开房门钥匙的结果总数为： 所以恰好第3 次打开房门的概率为：前 3 次内拿出开房门钥匙的结果总数为：3所以前 3 次打开房门的概率为：说明：如果 5 把钥

13、匙中有2 把可以开房门的钥匙，则在前 3 次内打开房门的概率是多少？ 三次内找开房门说明在前三次中至少有1 次取出开房门钥匙，我们可以通过分类讨论，恰有一把开房门钥匙在前3 次拿出的结果总数为：，恰有两把开房门钥匙在前3 次拿出的结果总数为，这样我们得到前三次内打开房门的结果总数为，从而前 3 次内打开房门的概率为：例 5抽签口语测试，共有a b 张不同的考签，每个考生抽1 张考签，抽过的考签不再放回，某考生只会考其中的a 张，他是第k 个抽签的，求该考生抽到会考考签的概率分析：因为每个人抽哪一张考签是随意的，所有人抽签后抽出的结果相当于这些考签的一个全排列，而且各种不同的排列结果出现的可能性

14、相同，本题是求等可能事件的概率问题由于某考生是第是次抽签，他能抽到会考考签相当于全排列中第k 个元素，是某人会考的 a 个考签中的一个，我们可以用排列组合知识求出这种排列的所有不同种数，然后用等可能事件的概率公式求解解：本题是等可能事件的概率问题a b 个考生的所有不同的抽签结果的总数为， 某个考生第k 次抽签， 他正好抽到会考的a 张考签的一个， 相当于所有抽签的结果中第k张考签是a 张考签中的1 张，我们可以得到所有这种抽签结果的总数为：所以某个考生抽到会考考签的概率为：说明：从计算结果看，第几次抽签对该考生抽到会考考签的概率并没有影响，也就是说， 无论他是第几个抽签，都不会影响他抽到会考

15、考签的可能性在日常生活中有这样的问题：10 张彩票中有1 张是中奖彩票，现在 10 个人去摸彩， 先模后摸对中奖的可能性有无影响？现在我们可以来计算这个问题的结果，现在假定你是第m个去摸奖，为了计算中奖的概率，先算出 10 个人摸彩的所有可能结果是10！，而中奖彩票正好出现在第m个的所有可能结果为9！，这样可以得出你中奖的概率为，结果与 m并无关系， 根本无须担心中奖彩票被别人抓去例 6已知 10 只晶体管中有8 只正品， 2 只次品，每次任抽取1 只测试，测试后放回， 求下列事件的概率抽 3 次，第 3 只是正品；直到第6 只时，才把2 只次品都捡到了解：每次从 10 件晶体管中任取1 件，

16、 经过若干次， 各种结果的可能性是一样的，抽 3 次， 所有可能抽出的结果总数为101010，抽6 次，所有可能抽出的结果总数为，到第 6次时正好第2 只次品也抽到了，说明前5 次抽检中出现过另一只次品，当然这只次品也可能出现过几次我们可以用间接法来求出符合这个要求的所有可能结果的总数为，这个式子的含义是先走下第6 次抽出的次品是哪一个，然后用前5 次抽检的所有结果总数（前5 次未出现第6 次抽检的次品）减去前 5 次全是正品的所有结果总数解：本题是等可能事件的概率问题抽检 3 次所有可能的抽检结果总数为，第三只是正品的所有可能的抽检结果总数为10108所以第三只是正品的概率为：抽检 6 次所

17、有可能的抽检结果总数为第 6 只时才能把第2 只次品抽检到，前 5 次抽检未出现第6 次抽到的次品，但是至少出现一次另一只次品第 6 只时才把第2 只次品抽检到的所有可能的抽检结果总数为 此事件发生的概率为：说明：如果每次抽检的结果不再放回去，直到第6 只时才把2 只次品都找出来的概率是多少？这个问题仍然是等可能事件的概率问题，因为抽出的产品不再拿回，所以前6 次抽出的不同结果相当于从10 件产品中抽出6 件的一个排列，所有可能的结果总数为，第 6次抽到第2 件次品，说明第6 件是次品，前面还有一件次品，所有可能的结果总数为，其含义是先在第6 个位置放一个次品，另一个次品在前面5 个位置的某一

18、个上， 最后在其它四个位置上放上8 件正品中的4 个用等可能事件的概率公式可算出此事件发生的概率是例 7今有标号为1、2、3、4、5 的五封信，另有同样标号的五个信封，现将五封信任意地装入五个信封中，每个信封一封信，试求至少有两封信与信封标号一致的概率分析：至少有两封信与信封的标号配对，包含了下面两种类型：两封信与信封标号配对；3 封信与信封标号配对；4 封信与信封标号配对，注意：4 封信配对与5 封信配对是同一类型现在我们把上述三种类型依次记为事件，可以看出两两互斥， 记“至少有两封信与信封标号配对”为事件，事件发生相当于有一个发生，所 以用公式可以计算.解：设至少有两封信配对为事件，恰好有

19、两封信配对为事件，恰有 3 封信配对为事件，恰有 4 封信（也就是5 封信） 配对为事件，则事件等于事件， 且事件为两两互斥事件，所以5 封信放入 5 个不同信封的所有放法种数为，其中正好有2 封信配对的不同结果总数为正好有 3 封信配对的不同结果总数为正好有 4 封信（ 5 封信）全配对的不同结果总数为1， 而且出现各种结果的可能性相同，说明：至少有两封信与信封配对的反面是全不配对和恰好有1 封信配对，但是配对越少， 计算该结果的所有方法总数越困难，即计算该事件的概率越不方便现在把问题改为计算“至多两封信与信封标号配对”的概率是多少？我们转化为求其对立事件的概率就简单得多，它的对立事件为“3

20、 封信配对或4 封信（即 5 封）配对”，得到其结果的概率为，在计算事件的概率时有时采用“正难则反”的逆向思维方法， 直接计算事件的概率比较难，而计算其对立事件的概率比较容易时可采用这种方法例 8袋中装有红、黄、白3 种颜色的球各1 只，从中每次任取1 只，有放回地抽取3次，求：（ 1） 3 只全是红球的概率，（2） 3 只颜色全相同的概率，（ 3） 3 只颜色不全相同的概率，（4） 3 只颜色全不相同的概率分析：有放回地抽3 次的所有不同结果总数为， 3 只全是红球是其中的1 种结果，同样 3 只颜色全相同是其中3 种结果，全红、全黄、全白，用求等可能事件的概率方式可以求它们的概率 “3种颜

21、色不全相同”包含的类型较多，而其对立事件为“三种颜色全相同”却 比较简单， 所以用对立事件的概率方式求解3 只颜色全不相同， 由于是一只一只地按步取出，相当于三种颜色的一个全排列，其所有不同结果的总数为，用等可能事件的概率公式求解解：有放回地抽取3 次，所有不同的抽取结果总数为：3 只全是红球的概率为3 只颜色全相同的概率为“3只颜色不全相同”的对立事件为“三只颜色全相同”故“3只颜色不全相同”的概率为“3只颜色全不相同”的概率为说明：如果3 种小球的数目不是各1 个，而是红球3 个，黄球和白球各两个，其结果又分别如何？首先抽3 次的所有不同结果总数为，全是红球的结果总数为，所以全是红球的概率

22、为，同样全是黄球的概率为，全是白球的概率也是，所以 3 只球颜色全相同的概率为上述三个事件的概率之和，“三种颜色不全相同”为“三种颜色全相同”的对立事件，其概率为“3只小球颜色全不相同”可以理解为三种颜色的小球各取一只，然后再将它们排成一列，得到抽取的一种结果，其所有不同结果总数为（种），所以“3 只小球颜色全不相同”的概率为例 9有 4 个红球， 3 个黄球， 3 个白球装在袋中，小球的形状、大小相同，从中任取两个小球，求取出两个同色球的概率是多少？分析：与倒2 中取球方式不同的是，从中取出两球是不放回的取出处理上，例2 是分步取球，先取哪个后取哪个是有区别地对待，而本例中，只要搞清是取的什

23、么球，直接用组合数列式取出两个同色球可以分成下面几个类型：两个红球；两个黄球；两个白球解：从 10 个小球中取出两个小球的不同取法数为“从中取出两个红球”的不同取法数为，其概率为“从中取出两个黄球”的不同取法数为，其概率为“从中取出两个白球”的不同取法数为，其概率为所以取出两个同色球的概率为：说明：本题求取出两个同色球的概率，对结果比较容易分类，如果换上“取出3 个球， 至少两个同颜色”，这样的问题分类相对就比较复杂，在此我们不一一列出，但考虑其反面，对立事件为“取出3 个球，颜色全不相同”，对立事件的概率比较容易算出取出3 个 球 ， 颜色全不相同的所有不同取法数为（种） ，对立事件的概率为

24、，所以“取出3 个球，至少两个同颜色”的概率为：例 10在 9 个国家乒乓球队中有3 个亚洲国家队，抽签分成三组进行比赛预赛求：三个组各有一支亚洲队的概率；（2）至少有两个亚洲国家队在同组的概率分析： 9 个队平均分成三组的所有不同的分法总数为，其中每个队有一支亚洲国家队的分法数为，用等可能事件的概率公式可求其概率至少有两支亚洲国家队在同一小组可分成两类：恰好有两支亚洲国家队在同一组；三支亚洲国家队在同一组分别计算它们的概率然后相加此外，我们也可以先计算其对立事件的概率，而其对立事件为“3 支亚洲国家队不在同一组”，实际上两小题的事件互为对立事件解：（ 1）所有的分组结果是等可能的，9 支队平

25、均分成3 组的不同分法数为：（种）其中三个组各有一支亚洲队，可以看成其它6 支队中任取2 支队与第1 个亚洲队合为一组，剩下4 支队任取2 支与第 2 个亚洲队一组，最后2 支队与第2、3 支亚洲队一组，所有不同的分法数为（种）。所以“三个组各有一支亚洲队的概率为方法 1：“至少有两支亚洲队在同一组”分为两类：“恰好两支亚洲国家队在一组”，概率为“三支亚洲国家队在同一组”的概率为方法 2：“至少有两支亚洲在同一组”的对立事件为“三个组各有一支亚洲队”。由（ 1）可得，“至少有两支亚洲队在同一组”的概率为：例 11甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和，求：两个人都译出密码

26、的概率；两个人都译不出密码的概率；恰有 1 个人译出密码的概率；至多 1 个人译出密码的概率；至少 1 个人译出密码的概率分析：我们把“甲独立地译出密码”记为事件，把“乙独立地译出密码”记为事件，显然为相互独立事件，问题（1）两个都译出密码相当于事件、同时发生，即事件问题（ 2）两人都译不出密码相当于事件问题（ 3）恰有 1 个人译出密码可以分成两类：发生不发生，不发生发生，即恰有1 个人译出密码相当于事件问题（ 4）至多 1 个人译出密码的对立事件是两个人都未译出密码，即事件由于、是独立事件，上述问题中，与，与，与是相互独立事件，可以用公式计算相关概率解：记“甲独立地译出密码”为事件，“乙独

27、立地译出密码”为事件，、为相互独立事件，且两个人都译出密码的概率为：两个人都译不出密码的概率为：恰有 1 个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1 个人译出密码的概率为：“至多1 个人译出密码”的对立事件为“有两个人译出密码”，所以至多1 个人译出密码的概率为：“至少有1 个人译出密码”的对立事件为“两人未译出密码”，所以至少有1 个人译出密码的概率为：说明：如果需要提高能译出密码的可能性，就需要增加可能译出密码的人，现在可以提出这样的问题：若要达到译出密码的概率为99，至少需要像乙这样的人多少个？我们可以假设有个像乙这样的人分别独立地破译密

28、码，此问题相当于次独立重复试验，要译出密码相当于至少有1 个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，能译出密码的概率为，按要求，故，可以计算出，即至少有像乙这样的人16 名，才能使译出密码的概率达到99例 12掷三颗骰子，试求：没有一颗骰子出现1 点或 6 点的概率；恰好有一颗骰子出现1 点或 6 点的概率分析：我们把三颗骰子出现1 点或 6 点分别记为事件，由已知，是相互独立事件问题（1）没有 1 颗骰子出现1 点或 6 点相当于，问题（ 2）恰有一颗骰子出现1 点或 6 点可分为三类：，三个事件为互斥事件问题（1）可以用相互独立事件的概率公式求解，问题（2）可以用互斥事件的概率公式求解解

29、：记“第1 颗骰子出现1 点或 6 点”为事件，由已知是相互独立事件， 且（ 1）没有 1 颗骰子出现1 点或 6 点，也就是事件全不发生，即事件， 所以所求概率为：（ 2）恰好有 1 颗骰子出现1 点或 6 点，即发生不发生不发生或不发生发生不发生或不发生不发生发生，用符号表示为事件，所求概率为：说明：再加上问题：至少有1 颗骰子出现1 点或 6 点的概率是多少？我们逆向思考，其对立事件为“没有一颗骰子出现1 点或 6 点，即问题（1）中的事件，所求概率为，在日常生活中，经常遇到几个独立事件，要求出至少有一个发生的概率，比如例1 中的至少有1 个人译出密码的概率，再比如：有两门高射炮，每一门

30、炮击中飞机的概率都是0.6 ，求同时发射一发炮弹，击中飞机的概率是多少？把两门炮弹击中飞机分别记为事件A 与 B，击中飞机即A 与 B 至少有 1 个发生，所求概率为例 13某工厂的产品要同时经过两名检验员检验合格方能出厂，但在检验时也可能出现差错，将合格产品不能通过检验或将不合格产品通过检验，对于两名检验员，合格品不能通过检验的概率分别为，不合格产品通过检验的概率分别为，两名检验员的工作独立求：（1）一件合格品不能出厂的概率，（2）一件不合格产品能出厂的概率分析：记“一件合格品通过两名检验员检验”分别记为事件和事件，问题（ 1） 一件合格品不能出厂相当于一件合格品至少不能通过一个检验员检验，

31、逆向考虑，其对立事件为合格品通过两名检验，即发生，而的概率可以用相互独立事件的概率公式求解我们把“一件不合格品通过两名检验员检验”分别记为事件和事件，则问题（ 2）一件不合格品能出厂相当于一件不合格品同时通过两名检验员检验，即事件发生， 其概率可用相互独立事件概率公式求解解：（ 1）记“一件合格品通过第i 名检验员检验”为事件，“一件合格品不 能通过检验出厂”的对立事件为“一件合格品同时通过两名检验员检验”，即事件发生所以所求概率为（ 2）“一件不合格品能通过第i 名检验员检验”记为事件，“一件不合格品能出厂”即不合格品通过两名检验员检验，事件发生，所求概率为：例 14某大学的校乒乓球队与数学

32、系乒乓球队举行对抗赛，校队的实力比系队强，当一个校队队员与系队队员比赛时，校队队员获胜的概率为0.6 现在校、 系双方商量对抗赛的方式， 提出了三种方案：（1）双方各出3 人；（ 2）双方各出5 人；（ 3）双方各出7 人三种方案中场次比赛中得胜人数多的一方为胜利问：对系队来说，哪一种方案最有利？三种方案中，哪一种方案系队获胜的概率更大一些，哪一种方案对系队更有利进行几场比赛相当于进行几次独立重复试验，可以用n 次独立重复试验中某事件发生次的概率方式解题解：记一场比赛系队获胜为事件，事件的对立事件为校队获胜，所以用方案（ 1），发生两次为系队胜，发生 3 次也为系队胜，所以系队胜的概率为：用方

33、案（ 2），发生 3、4、5 次为系队胜 所以系队胜的概率为：用方案（ 3），发生 4、5、6、7 次为系队胜 所以系队胜的概率为：比较可以看出，双方各出3 个人对系队更有利，获胜概率为0.352 实际上，对弱队而言，比赛场数越少，对弱队越有利，侥幸取胜的可能性越大说明：在日常生活中，经常出现方案的比较问题，或者方案是否合理的论证问题，比如产品抽查，抽检几件比较合理，因为抽多了浪费人力，抽少了容易让不合格产品出厂设备维修安排几位维修工较合理，安排人员过多造成浪费，安排人员过少设备不能及时维修，这些问题都可以用本题的思维方法，先设计一个独立重复试验，然后抓某个事件发生的概率， 看概率是否较小我们可以看例子：10 台同样的设备，各自独立工作，设备发生故障的概率为0.01 ，现在安排 1 名维修工， 试说明这种配备是否合理？10 台设备各自独立工作，相当于 10 次独立重复试验，有1 名维修工人，若两台以上机器发生故障则得不到及时维修，其对立事件为至多1台机器发生故障，我们可以得到多于1 台机器发生故障的概率为： 从结果来看，得不到及时维修的概率很小，安排一人维修比较合理巩固