2023版高三一轮总复习数学新教材新高考第9章 第3节第2课时古典概型、概率的基本性质

10/10第2课时古典概型、概率的基本性质[考试要求]1.理解古典概型及其概率计算公式.2.会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率.3.当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率．1．古典概型具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．2．古典概型的概率公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ).其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．3．概率的基本性质性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1.性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．eq\o([常用结论])如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)试验“口袋中有2个红球，2个白球，每次从中任取一球，观察颜色后放回，直到取出红球”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)事件A与B的和事件的概率一定大于事件A的概率． ()(4)若一次试验的结果所包含的样本点的个数为有限个，则该试验符合古典概型． ()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材习题衍生1．一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)D[一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)、(反，反)、(正，反)、(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).]2．某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.2,0.3,0.1，则该射手在一次射击中不够8环的概率为()A．0.9 B．0.3C．0.6 D．0.4D[设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则事件A的对立事件eq\x\to(A)是“该射手在一次射击中不小于8环”．∵事件eq\x\to(A)包括射中10环，9环，8环，这三个事件是互斥的，∴P(eq\x\to(A))＝0.2＋0.3＋0.1＝0.6，∴P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－0.6＝0.4，即该射手在一次射击中不够8环的概率为0.4.]3．如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，取到黑桃的概率是eq\f(1,4)，取到梅花的概率是eq\f(1,4)，则取到红色牌的概率是________．eq\f(1,2)[P＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,4)))＝eq\f(1,2).]4．已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.2.(1)如果B⊆A，则P(A∪B)＝__________，P(AB)＝__________；(2)如果A，B互斥，则P(A∪B)＝__________，P(AB)＝__________.(1)0.40.2(2)0.60[(1)因为B⊆A，所以P(A∪B)＝P(A)＝0.4，P(AB)＝P(B)＝0.2.(2)如果A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋0.2＝0.6，P(AB)＝P(∅)＝0.]考点一古典概型 eq[典例1]有编号为A1，A2，…，A10的10个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：编号A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10直径1.511.491.491.511.491.511.471.461.531.47其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品．(1)从上述10个零件中，随机抽取1个，求这个零件为一等品的概率；(2)从这些一等品中，随机抽取2个零件．①用零件的编号列出样本空间；②求这2个零件直径相等的概率．[解](1)由题表知一等品共有6个，设“从10个零件中，随机抽取1个为一等品”为事件A，则P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(2)①一等品的编号为A1，A2，A3，A4，A5，A6，从这6个一等品中随机抽取2个，样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A5),(A2，A6)，(A3，A4)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)}，共15个样本点．②将“从一等品中，随机抽取的2个零件直径相等”记为事件B，则B包含的样本点有(A1，A4)，(A1，A6)，(A4，A6)，(A2，A3)，(A2，A5)，(A3，A5)，共6个，∴P(B)＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).求样本空间中样本点个数的方法(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同．(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．eq\o([跟进训练])1．(1)2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数(注：素数也叫做质数)猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数，从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为()A．eq\f(1,14)B．eq\f(1,7)C．eq\f(3,14)D．eq\f(1,3)(2)(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,5)C．eq\f(2,3) D．eq\f(4,5)(3)标有数字1,2,3,4,5的卡片各一张，从这5张卡片中随机抽取1张，不放回地再随机抽取1张，则抽取的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,5)(1)B(2)C(3)A[(1)依题意，20以内的素数共有8个，从中选两个共包含Ceq\o\al(2,8)＝28(个)样本点，而20以内的孪生素数有(3,5)，(5,7)，(11,13)，(17,19)共四对，包含4个样本点，所以从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率P＝eq\f(4,28)＝eq\f(1,7).(2)4个1和2个0随机排成一行，共有eq\f(A\o\al(6,6),A\o\al(4,4)A\o\al(2,2))＝15种，2个0不相邻，先将4个1全排列，再用插空法将2个0放入共有Ceq\o\al(2,5)＝10种，故2个0不相邻的概率为eq\f(10,15)＝eq\f(2,3).故选C．(3)如图：基本事件的总数为20，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包括的基本事件个数是10个，故所求概率P＝eq\f(10,20)＝eq\f(1,2).故选A．]考点二概率基本性质的应用 互斥事件与对立事件的概率[典例2－1]某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000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)＝eq\f(1,1000)，P(B)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，P(C)＝eq\f(50,1000)＝eq\f(1,20).故事件A，B，C的概率分别为eq\f(1,1000)，eq\f(1,100)，eq\f(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．∵A，B，C两两互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1＋10＋50,1000)＝eq\f(61,1000)，故1张奖券的中奖概率约为eq\f(61,1000).(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，∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝eq\f(989,1000)，故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq\f(989,1000).概率加法公式的应用eq[典例2－2](1)若P(A∪B)＝0.7，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则P(A∩B)＝________.(2)一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，两根同时熔断的概率为0.63，则至少有一根熔断的概率为________．(1)0.3(2)0.96[(1)因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.4＋0.6－0.7＝0.3.(2)设A＝“甲熔丝熔断”，B＝“乙熔丝熔断”，记“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B．P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96.]求复杂互斥事件概率的两种方法(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(eq\x\to(A))求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法就会较简便．提醒：(1)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(或差)．间接法体现了“正难则反”的思想方法．(2)应用概率加法公式解决问题的关键在于理解两个事件A，B的交事件A∩B的含义，准确求出其概率．eq\o([跟进训练])2．(1)抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“向上的点数是奇数”，事件B表示“向上的点数不超过3”，则P(A∪B)等于()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(5,6) D．1(2)甲、乙、丙、丁四人参加4×100米接力赛，他们跑每一棒的概率均为eq\f(1,4).求甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率．(1)B[法一：A包含向上点数是1,3,5的情况，B包含向上的点数是1,2,3的情况，所以A∪B包含了向上点数是1,2,3,5的情况，故P(A∪B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(2,6)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).](2)[解]设事件A＝“甲跑第一棒”，事件B＝“乙跑第四棒”，则P(A)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(1,4).记甲跑第x棒，乙跑第y棒为(x，y)，则共有可能结果12种，样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}．甲跑第一棒，乙跑第四棒只有一种结果，即(1,4)，故P(A∩B)＝eq\f(1,12).所以，甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,12)＝eq\f(5,12).考点三古典概型的综合问题 eq[典例3]人耳的听力情况可以用电子测听器检测，正常人听力的等级为0－25dB(分贝)，并规定测试值在区间(0，5]为非常优秀，测试值在区间(5，10]为优秀．某校500名同学参加了听力测试，从中随机抽取了50名同学的测试值作为样本，制成如图频率分布直方图：(1)从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率；(2)已知样本中听力非常优秀的学生有4人，估计总体中听力为优秀的学生人数；(3)现选出一名同学参加另一项测试，测试规则如下：四个音叉的发音情况不同，由强到弱的编号分别为1,2,3,4.测试前将音叉顺序随机打乱，被测试的同学依次听完后，将四个音叉按发音由强到弱重新排序，所对应的音叉编号分别为a1，a2，a3，a4(其中集合{a1，a2，a3，a4}＝{1，2，3，4})．记Y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－a1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－a2))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－a3))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a4))，可用Y描述被测试者的听力偏离程度，求Y≤2的概率．[解](1)根据频率分布直方图知，样本中测试值在区间(0，10]内的频率为1－eq(\a\vs4\al\co1(0.06＋0.08＋0.02))×5＝1－0.8＝0.2，以频率为概率，从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率为0.2.(2)由(1)知：样本中听力为优秀的学生人数为0.2×50－4＝6，∴估计总体中听力为优秀的学生人数为500×eq\f(6,50)＝60.(3)当a1＝1时，序号a1，a2，a3，a4的情况为6种：分别记为eq(\a\vs4\al\co1(1，2，3，4))，eq(\a\vs4\al\co1(1，2，4，3))，eq(\a\vs4\al\co1(1，3，2，4))，eq(\a\vs4\al\co1(1，3，4，2))，eq(\a\vs4\al\co1(1，4，2，3))，eq(\a\vs4\al\co1(1，4，3，2))，同理，当a1＝2,3,4时，序号a1，a2，a3，a4的情况也分别为6种，∴序号a1，a2，a3，a4所有的情况总数为24种．当Y＝0时，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，当Y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－a1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－a2))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－a3))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－a4))＝2时，a1，a2，a3，a4的取值为a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝3，或a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝4,或a1＝2，a2＝1，a3＝3，a4＝4，∴Y≤2时，序号a1，a2，a3，a4对应的情况为4种，即Peq(\a\vs4\al\co1(Y≤2))＝eq\f(4,24)＝eq\f(1,6).求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，