2020江苏高考数学一轮复习学案：第81课互斥事件及其发生的概率 含解析

第80课 第81课互斥事件及其发生的概率
1. 理解互斥事件与对立事件的概念，能判断两个事件是否是互斥事件、对立事件.
2. 了解两个互斥事件概率的加法公式，了解对立事件概率之和为1的结论.
3. 能用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率.
1. 阅读：必修3第112～117页.
2. 解悟：①读懂互斥事件、对立事件的定义；②归纳出互斥事件、对立事件的特征；③重解课本例题，体会方法.
3. 践习：在教材空白处，完成本节习题.
基础诊断
1. 根据多年气象统计资料，某地6月1日下雨的概率为0.45，阴天的概率为0.20，则该日晴天的概率为 0.35 .
解析：设事件“某地6月1日下雨”为事件A ，“某地6月1日阴天”为事件B ，“某地6月1日晴天”为事件C ，由题意可得事件A ，B ，C 为互斥事件，所以P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.因为P(A)＝0.45，P(B)＝0.2，所以P(C)＝0.35.
2. 一个人在打靶中连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是 2次都不中靶 .
3. 将两枚均匀的正六面体的骰子各掷一次，出现点数之和不小于8的概率是 512
. 解析：将两枚均匀的正六面体骰子各掷一次，则基本事件的总数是6×6＝36，且每个基本事件都是等可能的.出现点数之和不小于8的基本事件有(2，6)，(3，5)，(3，6)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，3)，(5，
4)，(5，5)，(5，6)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共有15种，所以出现点数之和不小于8的概
率为P ＝1536＝512
. 4. 从装有5只红球，5只白球的袋中任意取出3只球，有事件：①“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”；②“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”；③“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”；④“取出3只红球”与“取出3只白球”. 其中是对立事件的有 ③ .(填序号)
解析：从袋中任意取3只球，可能的情况有“3只红球”“2只红球、1只白球”“1只红球、2只白球”“3只白球”，由此可知①②④中的两个事件都不是对立事件；对于③，“取出3只球中至少有1只球”包
含“2只红球、1只白球”“1只红球、2只白球”“3只白球”三种情况，故“取出3只红球”与“取出3只球中至少1只白球”是对立事件.
范例导航
考向❶ 互斥事件的概念
例1 某射手在一次射击训练中，射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21、0.23、0.25、0.28，计算这个射手在一次射击中：
(1) 射中10环或7环的概率；
(2) 不够7环的概率.
解析：(1) 记“射中10环”为事件A ，记“射中7环”为事件B ，由于在一次射击中，A 与B 不可能同时发生，故A 与B 是互斥事件，故P(A ＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.21＋0.28＝0.49.
(2) 记“不够7环”为事件E ，则事件E 为“射中7环或8环或9环或10环”，
所以P(E)＝1－P(E)＝1－(0.21＋0.23＋0.25＋0.28)＝0.03.
箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，则摸到的2只球颜色不同的概率为 35 . 解析：从5只球中一次摸出2只球，共有10种摸法，摸到的2只球颜色不同的摸法共有6种，则所求的概率为35
. 考向❷ 对立事件的概念
例2 一盒中装有各色球共12个，其中5个红球、4个黑球、2个白球、1个绿球.现从中随机取出1个球，求：
(1) 取出的1个球是红球或黑球的概率；
(2) 取出的1个球是红球或黑球或白球的概率.
解析：方法一：(1) 从12个球中任取1个球得到红球有5种取法，得到黑球有4种取法，得红球或黑
球共有5＋4＝9(种)不同取法.任取1球，有12种取法，故任取1球得到红球或黑球的概率为P 1＝912＝34
. (2) 从12个球中任取1个球得到红球有5种取法，得到黑球有4种取法，得到白球有2种取法，从而
得到红球或黑球或白球的概率为P 2＝512＋412＋212＝1112
. 方法二：记事件A 1＝{任取1个球为红球}，A 2＝{任取1个球为黑球}，A 3＝{任取1个球为白球}，A 4
＝{任取1个球为绿球}，则P(A 1)＝512，P(A 2)＝13，P(A 3)＝16，P(A 4)＝112.
根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥，由互斥事件概率加法公式，得：
(1) 取出的1个球为红球或黑球的概率为P(A 1＋A 2)＝P(A 1)＋P(A 2)＝512＋13＝34
. (2) 取出的1个球为红球或黑球或白球的概率为P(A 1＋A 2＋A 3)＝P(A 1)＋P(A 2)＋P(A 3)＝512＋13＋16＝1112
. 方法三：(1) 由方法二知，取出的1个球为红球或黑球的对立事件为取出1白球或绿球，即A 1＋A 2的
对立事件为A 3＋A 4，所以取得1个红球或黑球的概率为P(A 1＋A 2)＝1－P(A 3)－P(A 4)＝1－16－112＝34
. (2) A 1＋A 2＋A 3的对立事件为A 4，所以P(A 1＋A 2＋A 3)＝1－P(A 4)＝1－112＝1112
.
为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是 23
. 解析：将4种颜色的花任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红
色和紫色的花不在同一花坛的种法有4种，故概率为23
. 考向❸ 互斥与对立事件的综合
例3 袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球.
(1) 问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；
(2) 若摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为奇数的概率.
解析：(1) 一共有8种不同的结果，列举如下：红红红，红红黑，红黑红，红黑黑，黑红红，黑红黑，黑黑红，黑黑黑.
(2) 记“3次摸球所得总分为5”为事件A ，事件A 包含的基本事件为：红红黑，红黑红，黑红红，故P(A)＝38
. 记“3次摸球所得总分为3”为事件B ，事件B 包含的基本事件为：黑黑黑，所以P(B)＝18
， 所以3次摸球所得总分为奇数的概率P ＝P(A)＋P(B)＝18＋38＝12
.
某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选1个.假设各部门选择每个景区是等可能的.
(1) 求3个景区都有部门选择的概率；
(2) 求恰有2个景区有部门选择的概率.
解析：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34＝81.由于任意选择，所以这些结果出现的可能性都相等.
(1) 从4个部门中任选2个作为1组，另外两个部门各作一组，共3组，共有6种分法，每组选择不同的景区，共有3×2×1＝6种选法，所以3个景区都有部门选择可能出现的结果数为6×6＝36.记“3个
景区都有部门选择”为事件A 1，所以事件A 1的概率P(A 1)＝3681＝49
. (2) 分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事件A 2和A 3，则事件
A 3的概率为P(A 3)＝334＝127，所以事件A 2的概率为P(A 2)＝1－P(A 1)－P(A 3)＝1－49－127＝1427
. 【注】 注意区分放回不放回.
自测反馈
1. 一只口袋中有大小一样的5只球，其中3只红球，2只黄球，从中摸出2只球，2只球颜色不同的
概率为 5
. 解析：从5只球中任意取2只含有的基本事件总数为10.记：“从5只球中任意取2只球颜色相同”为事件A ，“从5只球中任意取2只为红球”为事件B ，“从5只球中任意取2只为黄球”为事件C ，则A ＝B ＋C.
因为P(B)＝310，P(C)＝110
， 所以P(A)＝P(B ＋C)＝310＋110＝25
， 则“从5只球中任意取2只球颜色不同”的概率为：P(A)＝1－P(A)＝1－25＝35
. 2. 甲、乙两个人下棋，甲获胜的概率为0.2，甲、乙两人和棋的概率0.5，则甲不输的概率为 0.7 . 解析：“甲不输”由“甲胜”和“甲、乙和棋”两个互斥事件构成，故“甲不输”的概率为0.2＋0.5＝0.7.
3. 在数字1、2、3、4四个数中，任取两个不同的数，其和大于积的概率是 12
. 解析：在数字1，2，3，4中任取两个不同的数，共有6种情况，其中满足和大于积的取法有(1，2)，
(1，3)，(1，4)，共3种，故其和大于积的概率是36＝12
. 4. 从数字1，2，3，4，5中随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于9的
概率为
125
.
解析：从1，2，3，4，5中随机抽取3个数字(允许重复)，可以组成5×5×5＝125(个)不同的三位数，其中各位数字之和等于9的三位数，可分为以下情形：①由1，3，5三个数字组成的三位数：135，153，315，351，513，531共6个；②由1，4，4三个数字组成的三位数：144，414，441，共3个；③同理由2，3，4三个数字可以组成6个不同的三位数；④由2，2，5三个数字可以组成3个不同的三位数；⑤由3，
3，3三个数字可以组成1个三位数，故满足条件的三位数共有6＋3＋6＋3＋1＝19，所求的概率为19
125
.
1. 在求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.特别是计算“至少有一个发生”的概率问题时，常用方法二.
2. 你还有那些体悟，写下;：。