【备课精选】2012年高一数学新人教A版必修三教案第三章《概率》(第二课时)

第三章《概率》小结与复习(第二课时)
一 教学目标： 1．了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件的概率的意义，了解等可能性事件的概率的意义，会用排列、组合的公式计算一些等可能性事件的概率
2．了解互斥事件与相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率
3. 识别事件间的相互关系，把实际问题抽象成数学概率模型、判断出相互独立事件或独立重复试验，进而利用相应的概率公式解决问题
二 教学重点：事件的概率的求解方法
三 教学难点：事件的概率的综合应用
四 教学方法：启发式
五 数学过程：
I. 复习与引入
1 甲乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1 ，乙解决这个问题的概率是p
2 ，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是多少？
解法一：至少有1人解决问题这一事件可分为三类：第一类是甲解决问题乙没有解决问题，第二类是乙解决问题甲没有解决问题，第三类是甲乙都解决问题。

这三类事件彼此互斥，由加法公式得，至少有1人解决问题的概率是：
1221121122(1)(1)P p p p p p p p p p p =-+-+=-+
解法二：至少有1人解决问题的对立事件是甲乙两人都没有解决问题，有对立事件的概率公式得，至少有1人解决问题的概率是：1211221(1)(1)P p p p p p p =---=-+ 答：至少有1人解决这个问题的概率为1122
p p p p -+ . 点评：通过上面的两种解法，求互斥事件的概率应注意怎么计算，它体现一种什么思想？ 2 某射手射击一次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，求： ①奇次不击中，偶次击中的概率； ②恰有两次击中目标的概率.
解：设击中目标为事件A ，则P(A)=0.9，
①“奇次不击中，偶次击中”是指两次击中有序且顺序唯一，其概率为：
22()0.10.90.0081P A A A A ⋅⋅⋅=⨯=
②恰有两次击中目标的概率为：
22260.90.10.0486P C =⋅⨯=
答：①奇次不击中，偶次击中的概率为0.0081；②恰有两次击中目标的概率为0.0486 点评：在独立重复试验中，某事件恰有 k 次发生，应注意其有序或无序，解题不能照搬公式.
3、抛掷一均匀的正方体骰子（各面分别标有数1，2，3，4，5，6），事件A 表示“朝上一面的数是奇数”，事件B 表示“朝上的一面的数不大于3”，求P(A+B)
(()
()()()1/61/62/62/3
()1()12/62/3;()()()()3/63/62/6
A B (()();
A B ()()(()3P A B P A B A B A B P A B P A B P A B P A B P A B P A B P A P B P A B P A B P A P B P A B P A P P A B +•+•+•=•+•+•=++=+=•=-=+=+-•=+-∴+≠+∴•≠•Q ）＝－　
，不互斥，）本题、. 法一：法二：法三：注意(1)不相互独立：(2，
，)1/21/2142/6
,)()( ) P B P A B ⨯=••＝（）（）＝而/12121326A A B P()()()3/6,
2/3B 552P A A P A P A A 4()2/3()514()()()A B P A B P P B P B A P B P A B P A •••⨯••⨯••算/A （）发生的条当、不相互独立时，可用公式：
　，
　＝＝（）＝其中＝是在发生的概率。

例如，　张票中有一张奖票，人先后从中抽出一张，
求各人中奖的概率。

第个抽票人获奖的概率为：
（）＝（）（/）＝（/件下//（/（）A ）/A ?“＝12312131215
3P A A A P A P A A P A A A 45341315•••••⨯⨯L ）＝/ 个抽票人获奖的概率为：
（）＝（）（/）（/）
＝（/）（/）（/）＝/，　
4. 抛掷一均匀的正方体骰子两次，事件A 表示“第 一次抛，朝上一面的数是奇数”，事件B 表示“第 二次抛，朝上的一面的数不大于3”，求事件A 、B 至少有一个发生的概率.(注意与上题
的区别)
(()()()()
1111113()()()()()()2222224
()1()1(11/2(11/23/4,()()()()1/21/21/21/234
A 4P A
B P A B A B A B P A B P A B P A B P A P B P A P B P A P B P A B P A B P A B P A P B P A B +•+•+•=•+•+••+•+•=⨯+⨯+⨯=+=•=-=+=+-•=+-⨯Q . 法一：法二）＝＝－－）－）
（）（）＝(1/)：法三：注 意：，B (()();
A B ()()()1/21/214(2)P A B P A P B P A B P A P B ∴+≠+∴•=•⨯不互斥，）　本题、相互独立，＝（）（）＝/
点评：理解并领会下列结论：
(()
()()()
()1(),()()()()
A B (()()P A B P A B A B A B P A B P A B P A B P A B P A B P A B P A P B P A B P A B P A P B +•+•+•=•+•+•+=•+=+-•++）＝ 或　－　
或　当，互斥时，还有）＝,
)
()( )
()()(B ),(1)( )()(1)( )(1)(B A P B A P B P A P B A P A B A P B A P B A P B A P B A P C B A P C B A P •≠••=•+-=•+=•-=•••-=++一般地， 独立时，还有与当而 ，
注意：
A B P()(()())A B P A B P P A B •••当、不相互独立时，可公：
　，算用式“＝/A ?
Ⅱ. 讲授新课
例1.如图：用A 、B 、C 、D 四类不同的元件连接成系统N ，当元件A C 都正常工作，或当元件A 正常工作且元件D 正常工作时，系统N 正常工作.已知元件A 、B 、C 、D 正常工作的概率依次为a,b,c,d.⑴求元件A 不正常工作的概率；⑵求元件A 、B 、C 都正常工作的概率；⑶求系统N 正常工作的概率.
解：⑴元件A 正常工作的概 率P （A ）=a ，它不正常工作的概率()1()1;P A P A a =-=－ ⑵ 元件A 、B 、C 都正常工作的概率P(A ·B ·C)=P （A ）P （B ）P （C ）=abc
⑶ 分析㈠：P[A·
(D+B·C)]=P(A)·P(D+B·C) = P(A)·[P(D)+P(B·C)-P(D·B·C)]
=P(A)·[P(D)+P(B)·P(C)-P(D)·P(B)·P(C)]
=ad+abc-abcd
分析㈡: P[A·
(D+B·C)]= P(A·D+A·B·C) = P(A·D)+P(A·B·C)- P(A·D·B·C)=ad+abc-abcd
P A D A B C 1P A D A B C 1P A D P A B C P A [1P D P B C a[1-(1-P A P D B C P A d)(1-bc)[]
1P D B C •≠••••••g g g g g g g g g g g g 注意：（？）
或（）（＋）
＝（（＋）＝－（）
－（）（）　=（）－）－（（（）]＝）]
） 11 •••••••-••••g g g g g g ：先考查不工作的概率：
P[A +（D B C）]＝1-P（A D B C）
＝1-P[A P（D B C）]＝1-P（A ）[P（D B C）]
＝1-　
　分析（三）或P[A +（D B C）]＝P（A）+P（D B C）－P[A （D B C）]
＝－a+(1-d)(1-bc)-(a[1-1-(1-d)(1-bc)]
a)(1-d)(1-bc) P 1P A D A B C ad+a bc-b P a P c P d
••∴≠•g g g g g g g g g g g g 分析（四）：注先考查不工作的概率：
（A D A B C )　＝－（＋）
所求的概率是：意：（A D A B C )（A D）（A B C )
例2．某人参加一次考试,若五道题中解对四题为及格，已知他解题的正确率为3/5，试求他能及格的概率？（结果保留四个有效数字）
解：做对第一道题记为事件A 1，做对第二道题记为事件A 2，做对第三道题记为事件A 3，做对第四道题记为事件A 4，做对第五道题记为事件A 5这五个事件是相互独立的，且P （A 1）=P （A 2）=P （A 3）=P （A 4）=P （A 5）=3/5
记做对四道题为事件C ，则 12345123451234512345123451234545P(C) =P )+P(A )+P(A )
+P(A )+P(A )+P(A )
3235()()()=0.3370=0.3370555
A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⨯⨯+＝
法二：455323P C =P 45()()()=0.3370555
⨯⨯+（） （）＝ 答：他及格的概率是0.3370
例3.同时抛掷15枚均匀的硬币一次 ⑴试求至多有1枚正面向上的概率； ⑵试问出现正面向上为奇数枚的概率与出现正面向上为偶数枚的概率是否相等?请说明理由.
解：⑴记“抛掷1枚硬币1次出现正面向上”为事件A ，P （A ）=1/2，抛掷15枚硬币1次相当于作15次独立重复试验，根据几次独立重复试验中事件A 发生K 次的概率公式，记至多有一枚正面向上的概率为P1
则P1= P15（0）+ P15（1）=0
115151515111()()= 222048C C ＋ ⑵记正面向上为奇数枚的概率为P2，则有P2= P15（1）+ P15（3）+…+ P15（15）
13151515151515151315151514151515111()()()222111() )()2222
(C C C C C C +⋅=L L ＝＋＋＋＝＋＋　＝ 又“出现正面向上为奇数枚”的事件与“出现正面向上为偶数枚” 的事件是对立事件，记“出现正面向上为偶数枚” 的事件的概率为P3 ,311122
P ∴=-= ∴出现正面向上为奇数枚的概率与出现正面向上为偶数枚的概率相等
例4 某校进行乒乓球比赛，A 胜B 的概率是0.4，B 胜C 的概率是0.5，比赛按如下顺序进行：第一局：A 与B ；第二局：第一局胜者与C ；第三局：第二局胜者与第一局战败者；第四局：第三局胜者与第二局战败者，求B 连胜4局的概率.
解： B 连胜4局应分如下四步来考查：
第一局B 胜A 的概率为：110.40.6p =-=；第二局B 胜C 的概率为：2
0.5p =；第三局B
胜A 的概率为：310.40.6p =-=；第四局B 胜C 的概率为：4
0.5.p =
以上四步相互独立，B 连胜4局的概率是它们同时发生，由相互独立事件同时发生的概率乘法公式得， B 连胜4局的概率为：1234
0.60.50.60.50.09.P p p p p =⋅⋅⋅=⨯⨯⨯= 答：B 连胜4局的概率为：0.09 .
例5 甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球比赛，已知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率是0.4，比赛时可以用三局二胜制或五局三胜制．问在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性较大？
解：⑴如果采用三局二胜制，则甲在下列两种情况下获胜. 记事件A ：
2：0(甲净胜两局)；事件B ：2：1(前两局各胜一局，第三局甲胜).
02222()0.6(10.6)0.36,P A C -=⋅⋅-=11212()0.6(10.6)0.60.288,P B C -=⋅⋅-⋅=
因事件A 与事件B 互斥，故甲获胜的概率为：
()()()0.360.2880.648.P P A B P A P B =+=+=+=
22333333(2)(3)0.60.40.60.6418P P C C +=⋅⋅+⋅=（）法二：
⑵如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜. 事件A ：3：0(甲净胜三局)；事件B ：3：1(前三局中，甲胜二局，乙胜一局，第四局甲胜)；事件C ：3：2 (前四局中各胜二局，第五局甲胜).
甲获胜的概率为：
322322240.60.6(10.6)0.6
0.6(10.6)0.6=0.682560.648
C C =+⋅⋅-⋅+⋅⋅-⋅＞
5553324455555(3)(4)(5)0.60.40.60.40.6=0.68256
2P P P C C C ++=⋅⋅+⋅⋅+⋅（）法二：
答：在五局三胜制下，甲获胜的可能性大.
Ⅲ. 课堂练习 1设甲、乙两射手独立地射击同一目标，甲击中目标的概率是0.9，乙击中目标的概率是
0.8，求：①目标恰好被甲击中的概率；②目标被击中的概率.
2甲、乙两人下棋，在每局比赛中，甲取胜的概率为0.5，乙取胜的概率为0.4，平局的概率为0.1，他们约定两人一定要下完三局棋，谁胜两局以上（含两局）谁就是胜者，分别计算甲、乙获胜的概率.
3．一批产品有30%的一级品，现进行重复抽样检查，共取出5个样品，试求：取出的5个样品恰有2个一级品的概率；取出的5个样品中至少有2个一级品的概率答案： 1.P=0.18，P=0.98; 2.甲：0.5；乙：0.352; 3. (1)0.3087 (2)0.4718;
IV. 课时小结
1. 掌握求解事件发生的概率的基本方法.
3.解概率题应注意如下几点：
⑴互斥事件：应注意分类计算，即各类互斥；
⑵相互独立事件：应注意分步计算，即各步相互独立且同时发生；
⑶独立重复试验恰有k次发生：应注意有序和无序的区别，不能照搬公式：
2.概率问题求解的关键是寻找它的模型.
而概率模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的思维过程，常常因题设条件理解不准，某个概念认识不清而误入歧途. 因此，在概率应用问题中，要重视建模的思维过程，从问题的情境中感悟出模型提取的思维机制.
V. 课后作业
1．甲乙两人下象棋，每下三盘，甲平均能胜二盘，若两个下五盘棋，甲至少胜三盘的概率是多少？
2．在抗菌素的生产中，需要培养优良的菌株，若一只菌株变成优良菌株的概率是0.05，那么从大批经过诱变处理的菌株中，选择多少进行培养，才能有95%的把握至少选到一只优良菌株？
3．一个通讯小组有两套相同的通讯设备，每套设备都由A、B、C三个部件组成，只要其中有一个部件出故障，这套设备就不能正常工作（即不以进行通讯）假定三个部件不出故障的概率分别是：P(A)=0.95 P(B)=0.90 P(C)=0.99求：（1）打开一套设备能进行通讯的概率；（2）同时打开两套设备能进行通讯的概率
4．苏大本节内容
答案：1. 64/81 2 59株 3. (1) 0.84645 (2) 0. 9764
思考题：某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和出现绿灯的概率都是1/2.从开关第二次闭合起，若前次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是1/3，出现绿灯的概率是2/3；若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是3/5，出现绿灯的概率是2/5.问：⑴第二次闭合后出现红灯的概率是多少？⑵三次发光中，出现一次红灯、两次绿灯的概率是多少？
解:⑴如果第一次出现红灯，则接着又出现红灯的概率是1123
⨯；
① 如果第一次出现绿灯，则接着出现红灯的概率为1325⨯ ②综上，第二次出现红灯的概率为11137232515⨯+⨯=.
⑵由题意，三次发光中，出现一次红灯、两次绿灯的情况共有三种方式：
①当出现绿、绿、红时的概率为123325525
⨯⨯=； ②当出现绿、红、绿时的概率为13212535
⨯⨯=； ③当出现红、绿、绿时的概率为122223515
⨯⨯=； 所以三次发光中，出现一次红灯、两次绿灯的概率为3
12342551575++=。